最值问题的常用解法

故当 x = 1 时 , S矩形PNDM的最大值为 12.
例 8 已 知 3 个 非 负 数 a 、b 、c 满 足
3 a + 2 b + c = 5和 2 a + b - 3c = 1. 若 m =
3 a + b - 7c ,则 m 的最小值为
,m的
最大值为
.
(第 14 届江苏省初中数学竞赛)
解 :由方程 3 a + 2 b + c = 5 和 2 a + b -
则 M
=
M 1
=
( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) xyz
=
x
+ 1·y
x
+ 1·z
y
+1 z
=
1+
1 x
1
+
1 y
1
+
1 z
.
②
由 ①、②得
M2 =
1
+
1 x
1
+
1 z
( x + 1)
1
+
1 y
( z + 1)
( y + 1) ·
=
x+
1 x
+2
y+
1 y
+2
收稿日期 :2003 - 02 - 24
z+
1 z
+2
.
但
x
+
1 x
+2=
x
-
2
+
1 x
+4
=
x-
1
2
+ 4.
x
显然 ,
x- 1
2
的最小值为 0.
x
故
x-
1
2
+ 4 ≥4 ,
x
当 x = 1 时 ,等号成立.
x
所以 , x = 1.
因此 , M2 ≥4 ×4 ×4 = 64 ,最小值为 64.
此时 , x = y = z = 1 , M 取得最小值 8.
因此 ,当 H 位于 AC 和 BD 的交点时 ,
HA + HB + HC + HD = AC + BD 为最小值.
作 DM ⊥BC 于 M . 在 Rt △DCM 中 ,
DC =
2 4
a
,
∠DCM
= 60°,
CM =
DC·cos
60°=
2 8
a
,
DM
=
DC·sin
60°=
6 8
a
.
则 BD = BM2 + DM2
.
(2001 ,全国初中数学竞赛)
解 :作点 Q 关于 x 轴的对称点 Q′, 连结
PQ′、MQ′,则 MP + MQ′≥PQ′. 因此 , MP +
MQ 的最小值为 PQ′. 此时 ,点 Q 的对称点 Q′
的坐标为 (2 , - 1) .
所以直线 PQ′的方程为 y = 2 x - 5.
由此求得
PQ′与
3 c = 1 联立解得
a = 7 c - 3 , b = 7 - 11 c.
分别代入 m = 3 a + b - 7 c 解得
m = 3c - 2.
①
因 a ≥0 , b ≥0 , c ≥0 ,则有
a = 7 c - 3 ≥0 ,
b = 7 - 11 c ≥0 ,
c ≥0.
解不等式组得
3 7
≤c
≤7 11
AB 1
=
8
5 ×8 20
5 = 16.
故 BM + MN 的最小值为 16 cm.
例 6 在直角坐标系 xOy 中 , x 轴上的
动点 M ( x ,0) 到定点 P (5 ,5) 、Q (2 ,1) 的距离
分别是 MP 和 MQ. 那么 ,当 MP + MQ 取最小
值时 ,点 M 的横坐标 x =
BQ ⊥AC 于 Q , 并延长
BQ 交 AB 1 于 B1 ; 作 N P ⊥AC 于 P , 并延长
N P 交 AB1 于 N1 , 则点
图4
B1 与点 B 、点 N1 与点 N 关于 AC 对称. 作
B H ⊥AB1 于 H. 易知 △MPN ≌△MPN1. 故 MN1 = MN . 所以 , BM + MN = BM + MN1
.
②
由 ①、②解得
-
5 7
≤m
≤-
1 11
.
故 m 的最小值为 -
5 7
,最大值为 -
1 11
.
4 比较法
例 9 有 4 个工厂 A 、B 、C 、D , 且 AB =
a
km , BC =
2 2
a
km , CD =
2 4
a
km , ∠ACB
=
90°, ∠BCD = 120°. 现在要找一个供应站 H
3 2
,
故 ∠B′OP = 60°, ∠A′OB′= 120°.
所以
,
S 扇形A′OB′=
120π 360
×22
=
4π 3
,
S △A′OB′=
1 2
A′B′·OP =
3.
因此
,
S 弓形A′BB′=
4π 3
-
3.
2 对称法
例 4 如图 3 , 已知 ⊙O 的半径为 R , C 、 D 是直径 AB 同侧圆周
因此 , PC + PD 的最小值为 3 R.
例 5 如图 4 , 在矩形 ABCD 中 , AB =
20 cm , BC = 10 cm. 若在 AC 、AB 上各取一点
M 、N ,使得 BM + MN 的值最小 , 求这个最小
值.
(1998 ,北京市初中数学竞赛)
解: 如 图 4, 作
∠B1 AC = ∠BAC , 作
其值 PM = CM = 3 .
则 s = PA + PM = 2 + 3 .
如 图 1 , 作 正 △A′
BC , 设 M′为 A′B 的 中
点 ,则
△PBM ≌△PBM′.
故 PM = PM′.
在 △PAM′中 ,
图1
PA + PM′> AM′.
连结 CM′,则
∠ACM′= 60°+ 30°= 90°,
≥BN1 ≥B H. 因此 , BM + MN 的最小值为点 B 到 AB1
的距离.
在 Rt △ABC 中 ,
4
中等数学
BQ
=
AB ·BC
AC
=
4
5 , BB1 = 2 BQ = 8
5.
在 Rt △ABQ 中 ,
AQ = AB2 - BQ2 = 8 5 .
在 △ABB1 中 ,
BH
=
AQ·BB 1
上的两点 , AC的度数为
96°, BD的度数为 36°,动
点 P 在 AB 上. 求 PC +
PD 的最小值.
图3
(1997 ,陕西省初中数学竞赛)
解 :设 D′是点 D 关于直径 AB 的对称点 , 连结 CD′交 AB 于 P. 由圆的对称性可知 , 点 D′在圆上. 所以 ,
PD + PC = PD′+ PC. 因为此时 PD′+ PC 最短 , 所以 PD + PC 最短. 连结 CO 、D′O ,作 OM ⊥CD′于 M .
2
●数学活动课程讲座 ●
最值问题的常用解法
中等数学
王定成
(湖北省黄梅县教研室 ,435500)
(本讲适合初中) 最值问题是各级各类数学竞赛中的热门
赛题. 这类题不仅涉及的知识面广 ,而且蕴涵 着丰富的数学思想和方法. 本文结合近年来 的数学竞赛试题 ,介绍一些常用的解题方法.
1 极端法
极端原理指的是在有限个实数中 ,一定 有一个最大数 ,有一个最小数 ;在无限个自然 数中也一定有一个最小数等. 求解最值问题 的极端法就是运用极端原理把所要求解的问 题放在极端情况之中加以研究 ,使复杂问题 简单化 ,使隐蔽问题明朗化.
2 2
a
2
+
2 2
a
+
2 4
a
=
5
4
2
a
.
( 2) 如图 7 , 当 A 、D
位于 BC 同侧时 , 在四边
形 ABCD 内任取异 于 对
角线 交 点 的 点 H′, 连 结
H′A 、H′C 、H′B 、H′D. 则
H′A + H′C > AC ,
H′B + H′D > BD.
图7
故 H′A + H′B + H′C + H′D > AC + BD.
形面积是 6 000 m2.
(3) 当点 F 落在 BC 上 ,显然此时最大矩
劣弧 AB 组成一个弓形.
图2
求此弓形面积的最小值.
(第 13 届江苏省初中数学竞赛)
分析 :在圆一定的条件下 ,弦越短所对的
圆心角就越小 , 相应的弓形面积就越小. 因
此 ,只要求出经过此点 P 的弦的极端位置 ,
即可求出弓形面积的最小值. 显然 , 过点 P
且垂直于 OP 的弦最短.
解 :如图 2 ,连结 OP. 过点 P 作弦 A′B′⊥
的位置 ,使它到 4 个工厂的距离和 HA + HB
+ HC + HD 为最小 , 说明道理 , 并求出最小
值.
(2000 ,湖北省黄冈市初中数学竞赛)
2003 年第 3 期
解 : (1) 如图 6 , 当
A 、D 分 别 位 于 直 线
BC 两侧时 , 在 △ABD
中任取异于 C 的一点
H′, 连 结 H′A 、H′B 、
2 3
x
,0 ≤x ≤30.
则 S长方形 = (100 - x)
80 -
20 -
2 3
x
=-
2 3
x2
+
20 3
x
+6
000
=-
2 3
(
x
-
5) 2
+6
016
2 3
.
当 x = 5 时 , y = 20 -
2 3
x≈17.
因此 , S长方形最大值为 6 017 m2.
(2) 当点 F 落在 A E 上 , 显然此时最大矩
AM′= AC2 + ( CM′) 2 = 7 .
2003 年第 3 期
3
故 PA + PM′的最小值为 7 ,即 t = 7 . 因此 , s2 - t2 = (2 + 3) 2 - ( 7) 2 = 4 3 . 例 3 如图 2 , ⊙O 的半 径 为 2 , ⊙O 内 的 点 P 到圆心 O 的距离 为 1 ,过点 P 的弦 AB 与
因为 AC = 96°, BD = 36°,
所以 , CD = 48°.
于是 , CD′的度数为 48°+ 36°×2 = 120°. 故 ∠COD′= 120°,
∠COM =
1 2
∠COD′= 60°.
在 Rt △COM 中 ,
CO =
R , CM
=
CO·sin
60°=
3 2
R
,
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
CD′= 2 CM = 3 R.
x
轴交点横坐标为
5 2
.
3 构造法
有些最值题目的已知条件与未知条件之
间的关系比较隐蔽 ,需要通过构造搭建桥梁 ,
使问题解决的途径明朗化. 具体来说 ,构造的
方法有数数联想构造 ,有形形联想构造 ,还有
数形联想构造.
例 7 如图 5 ,已知边
长为 4 的正方形截去一
角成为五边形 ABCDE , 其
所以 , PG∶B F = AG∶A F. 设 PG = x ,则
GF = 2 - 2 x , PN = 4 - x , PM = 2 x + 2.
从而 , S矩形PNDM = (4 - x) (2 x + 2)
= - 2 x2 + 6 x + 8 = - 2
x-
3 2
2
+
25 2
.
因为 0 ≤x ≤1 ,
例 2 设正 △ABC 的边长为 2 , M 是 AB
的中点 , P 是 BC 上任意一点 , PA + PM 的最
大值与最小 值 分 别 记 为 s 和 t . 则 s2 - t2 =
.
(2000 ,全国初中数学联赛)
解 :因为 PA ≤AC ,且当 P 处于 △ABC的
顶点 C 这一极端位置时 ,得到 PM 的最大值 ,
=
2
2 2
a
+
2 8
a
+
2
6 8
a
=
14 4
a
.
此时 , HA + HB + HC + HD 的最小值为
AC + BD = 2
2+ 4
14 a.
5
例 10 某房地产公司拥有一块“缺角矩 形”荒地 ABCDE ,边 长和方向如图 8. 欲 在这 块 地 上 建 一 座
地基 为 长 方 形 东 西
走向的公寓, 请划
中 A F = 2 , B F = 1. 在 AB
上的 一 点 P, 使 得 矩 形
PNDM 有最大面积 , 则矩
图5
形 PNDM 面积的最大值是 ( ) .
(A)
8
(B)
12
(C)
25 2
(D)
14
(1996 ,国家理科实验班招生试题)
解 :延长 N P 交 A F 于 G. 则
△PGA ∽ △B FA .
H′C 、H′D. 则
图6
H′B + H′C > BC ,
H′A + H′D > CA + CD.
故 H′B + H′C + H′A + H′D
> CA + CB + CD.
因此 ,当 H 位于点 C 时 , HA + HB + HC +
HD 最小 ,此时 ,最小值为
CA + CB + CD
=
a2 -
出这块地基, 并求
地基的最大面积
图8
(精确到 1 m2) . 解 :如图 8 ,以直线 BC 、A E 所在直线为 x
轴 、y 轴建立直角坐标系 , BC 、A E 为正方向 , 长度单位为 m ,直线 AB 的方程为
y= -
2 3
x
+ 20.
(1) 当所求的点 F 在 AB 上 ,有
F
x ,20 -
OP ,并作 AB 的弦心距 OQ , 显然 OP > OQ.
则 A′B′< AB . 因此 , 面积最小的弓形应为弓
形 A′BB′.
因 O 为圆心 , OP = 1 , A′B′⊥OP ,则
A′B′= 2 B′P = 2 B′O2 - PO2 = 2 3 .
而 sin
∠B′O P
=
B′P B′O
=
例 1 若 x 、y 、z 是正实数 ,且满足 xyz = 1 ,则代数式 ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) 的最小值 是 ( ) .
(A) 64 (B) 8 (C) 8 2 (D) 2 (2002 ,湖北省黄冈市初中数学竞赛) 解 :设 M = ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) , ①