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专题6最值问题探究


最值问题,也就是最大值和最小值问题,这类问题出现的试题,内容丰 富,知识点多,涉及面广,解法灵活多样,而且具有一定的难度.

最值问题一般有三类,一是以几何背景的最值问题,一般可以看成是运
动变化的图形在特殊位置时,与图形有关的几何量达到最大或最小值; 二是有关函数的最值问题,如一次函数、反比例函数和二次函数;三是

实际背景问题,来求最优化问题.
关键是要结合题意,借助相关的概念、图形的性质,将最值问题化归与 转化为相应的数学模型(函数增减性、线段公理、三角形三边关系等)进 行分析与突破

几何最值问题
(一)线段之和最值问题

1. (2014· 黔东南州)在如图所示的平面直角坐标系中, 点 P 是直线 y=x 上的动点,A(1,0),B(2,0)是 x 轴上的两点, 求 PA+PB 的最小值. 【解析】作 A 点关于直线 y=x 的对称点 A′,利用一次 函数图象上点的坐标性质得出 OA′=1, 进而利用勾股定理得 出即可. 解:作 A 点关于直线 y=x 的对称点 A′,连结 A′B,交 直线 y=x 于点 P,此时 PA+PB 最小,由题意可得 OA′=1, BO=2,PA′=PA,∴PA+PB=A′B= 12+22= 5

2.(2014· 张家界)如图,AB,CD 是半径为 5 的⊙O 的两条弦,AB=8,CD =6,MN 是直径,AB⊥MN 于点 E,CD⊥MN 于点 F,P 为 EF 上任意一点,求 PA+PC 的最小值. 【解析】由于 A,B 两点关于 MN 对称,因而 PA+PC=PB+PC,即当 B, C,P 在一条直线上时,PA+PC 的值最小,即 BC 的值就是 PA+PC 的最小值. 1 解:连结 OA,OB,OC,作 CH 垂直于 AB 于 H.根据垂径定理得 BE= AB 2 1 = 4 , CF = CD = 3 , ∴ OE = OB2-BE2 = 52-42 = 3 , OF = OC2-CF2 = 2 52-32=4,∴CH=OE+OF=7,BH=BE+EH=BE+CF=7,在直角△BCH 中,根据勾股定理得 BC=7 2,则 PA+PC 的最小值为 7 2

3.(2013· 苏州)如图,在平面直角坐标系中,Rt△OAB 的顶点 A 在 x 轴的正半轴上,顶点 B 的 1 坐标为(3, 3),点 C 的坐标为(2,0),点 P 为斜边 OB 上的一动点,求 PA+PC 的最小值. 作 A 关于 OB 的对称点 D,连结 CD 交 OB 于 P,连结 AP,过 D 作 DN⊥OA 于 N,则此时 PA+PC 的值最小,

∵DP=PA,∴PA+PC=PD+PC=CD,∵B(3, 3),∴AB= 3,OA=3,∠B=60°,由 1 1 3 3 勾股定理得 OB=2 3,由三角形面积公式得 ×OA×AB= ×OB×AM,∴AM= ,∴AD=2× 2 2 2 2 =3,∵∠AMB=90°,∠B=60°,∴∠BAM=30°,∵∠BAO=90°,∴∠OAM=60°,∵ 1 3 3 1 1 DN⊥OA,∴∠NDA=30°,∴AN= AD= ,由勾股定理得 DN= 3,∵C( ,0),∴CN=3- 2 2 2 2 2 3 3 31 31 - =1,在 Rt△DNC 中,由勾股定理得 DC= 12+( 3)2= ,即 PA+PC 的最小值是 2 2 2 2

2 4.如图,已知抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为(4,-3),且与 y 轴交于点 C(0, 2),与 x 轴交于 A,B 两点(点 A 在点 B 的左边).

(1)求抛物线的解析式及 A,B 两点的坐标; (2)在(1)中抛物线的对称轴 l 上是否存在一点 P,使 AP+CP 的值最小?若存在,求 AP+ CP 的最小值;若不存在,请说明理由. 2 (1)由题意,设抛物线的解析式为 y=a(x-4)2- (a≠0),∵抛物线经过点 C(0,2),∴a(0 3 2 1 1 2 1 4 -4)2- =2,解得 a= ,∴y= (x-4)2- ,当 y=0 时, x2- x+2=0,解得 x1=2,x2=6, 3 6 6 3 6 3 ∴A(2,0),B(6,0) (2)存在,由(1)知,抛物线的对称轴 l 为 x=4,因为 A,B 两点关于 l 对称,连结 CB 交 l 于点 P,则 AP=BP,所以 AP+CP=BC 的值最小.∵B(6,0),C(0, 2),∴OB=6,OC=2,∴BC= 62+22=2 10,∴AP+CP=BC=2 10,∴AP+CP 的最 小值为 2 10

(二)线段之差最值问题
1.(2013· 宿迁)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A(0,1),B(1,2),点 P 在 x 轴上运动,当点 P 到 A,B 两点距离之差的绝对值最大时,求点 P 的坐标. 【解析】 由三角形两边之差小于第三边可知, 当 A, B, P 三点不共线时, |PA -PB|<AB,又因为 A(0,1),B(1,2)两点都在 x 轴同侧,则当 A,B,P 三点 共线时,|PA-PB|=AB,即|PA-PB|≤AB,所以本题中当点 P 到 A,B 两点距 离之差的绝对值最大时,点 P 在直线 AB 上.先运用待定系数法求出直线 AB 的 解析式,再令 y=0,求出 x 的值即可. 解:由题意可知,当点 P 到 A,B 两点距离之差的绝对值最大时,点 P 在直 ?b=1, 线 AB 上. 设直线 AB 的解析式为 y=kx+b, ∵A(0, 1), B(1, 2 ), ∴? ?k+b=2, ?k=1, 解得? ∴y=x+1, 令 y=0, 得 0=x+1, 解得 x=-1, ∴点 P 的坐标是(- b = 1 , ? 1,0)

1 2.(2013· 茂名)如图,抛物线 y=ax2-3x+2 与 x 轴交于点 A 和点 B,与 y 轴交于点 C,已知点 B 的坐标为(3,0). (1)求 a 的值和抛物线的顶点坐标; (2)设 N 是抛物线对称轴上的一个动点,d=|AN-CN|.探究:是否存在一点 N,使 d 的值最大? 若存在,请直接写出点 N 的坐标和 d 的最大值;若不存在,请简单说明理由. 1 1 1 1 1 (1)抛物线 y=ax2- x+2 经点 B(3,0),∴9a- ×3+2=0,解得 a=- ,∴y=- x2- x+2, 3 3 9 9 3 1 1 1 3 9 3 9 ∵y=- x2- x+2=- (x+ )2+ ,∴顶点坐标为(- , ) (2)在抛物线对称轴上存在一点 N,能 9 3 9 2 4 2 4 1 1 够使 d=|AN-CN|的值最大.理由如下:∵抛物线 y=- x2- x+2 与 x 轴交于点 A 和点 B,∴点 9 3 3 A 和点 B 关于抛物线的对称轴对称.连结 BC 并延长,交直线 x=- 于点 N,连结 AN,则 AN= 2 BN,此时 d=|AN-CN|=|BN-CN|=BC 最大.设直线 BC 的解析式为 y=mx+t,将 B(3,0), 2 ? ? ?m=-3, ?3m+t=0, 2 C(0,2)两点的坐标代入,得? 解得? ∴直线 BC 的解析式为 y=- x+2,当 x 3 ? ?t=2, ? t =2 , ? 3 2 3 3 =- 时,y=- ×(- )+2=3,∴点 N 的坐标为(- ,3),d 的最大值为 BC= 32+22= 13 2 3 2 2

点P为任意一点时,要探究PA-PB的最大值,可数形结合, 将其转化为相关图形(三角形),三边关系始终满足两边之差小 于第三边(|PA-PB︱<AB),而当点A,B,P在同一直线上时

存在PA-PB=AB,此时AB为最大值,今后有关两线段之差
的最大值问题,常借助“三角形两边之差小于第三边”,将 其最大值转化为一条特殊(三点共线)线段的长.

(三)表面展开最值问题
1.(2014· 凉山州)如图,圆柱形容器高为 18 cm ,底面周长 为 24 cm ,在杯内壁离杯底 4 cm 的点 B 处有一滴蜂蜜,此时一 只蚂蚁正好在杯外壁,离杯上沿 2 cm 与蜂蜜相对的点 A 处,求 蚂蚁从外壁 A 处到达内壁 B 处的最短距离. 【解析】将杯子侧面展开,作出 A 关于 EF 的对称点 A′,根 据两点之间线段最短可知 A′B 的长度即为所求.

解:如图 ,将杯子侧面展开,作 A 关于 EF 的 对称点 A′, 连结 A′B, 则 A′B 即为最短距离, A′B= A′D2+BD2 = 122+162=20(cm)

2.(2012· 内江)如图,有一圆锥形粮堆,其主视图是边长为 6 m 的正三角 形, 母线 AC 的中点 P 处有一老鼠正在偷吃粮食. 小猫从 B 处沿圆锥表面去偷 袭老鼠,求小猫所经过的最短路程.

如图,

小猫所经过的最短路程是线段 BP= 62+32=3 5

四)图形周长最值问题
3 1.(2014· 贵港)如图,点 A(a,1),B(-1,b)都在双曲线 y=-x(x<0)上,点 P,Q 分别是 x 轴、y 轴上的动点,当四边形 PABQ 的周长取最小值时,求 PQ 所在直线的解析式. 【解析】作 A 点关于 x 轴的对称点 C,B 点关于 y 轴的对称点 D,根据对称的性质得到 C 点坐标为(-3,-1),D 点坐标为(1,3),CD 分别交 x 轴、y 轴于 P 点、Q 点,根据两点之间线 段最短得此时四边形 PABQ 的周长最小,然后利用待定系数法确定 PQ 的解析式. 3 解:分别把点 A(a,1),B(-1,b)代入双曲线 y=- (x<0)得 a=-3,b=3,则点 A(-3, x 1),B(-1,3),作 A 点关于 x 轴的对称点 C(-3,-1),B 点关于 y 轴的对称点 D(1,3),连结 CD 分别交 x 轴、y 轴于 P 点、Q 点,此时四边形 PABQ 的周长最小.设直线 CD 的解析式为 y ? ? ?-3k+b=-1, ?k=1, ? =kx+b,把 C(-3,-1),D(1,3)分别代入 解得? 所以直线 CD 的解析 k + b = 3 , ? ? ? ?b=2, 式为 y=x+2

2.(2014· 资阳)如图,在边长为 4 的正方形 ABCD 中,E 是 AB 边上的一 点,且 AE=3,点 Q 为对角线 AC 上的动点,求△BEQ 周长的最小值.

连结 BD,DE,∵四边形 ABCD 是正方形,∴点 B 与点 D 关于直线 AC 对称,∴DE 的长即为 BQ+QE 的最小值,∵DE= AD2+AE2= 42+32= 5,∴△BEQ 周长的最小值=DE+BE=5+1=6

4 3 3.(2014· 绵阳)如图,抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的图象过点 M(-2, 3),顶点坐标为 N(-1, ),且与 x 轴交 3 于 A,B 两点,与 y 轴交于 C 点. (1)求抛物线的解析式; (2)在直线 AC 上是否存在一点 Q,使△QBM 的周长最小?若存在,求出 Q 点坐标;若不存在,请说明理由. 4 3 4 3 3 (1)设其解析式为 y=a(x+1)2+ ,将 M(-2, 3)代入,得 3=a(-2+1)2+ ,解得 a=- ,故所求抛物线 3 3 3 3 2 3 的解析式为 y=- x2- x+ 3 3 3 (2)连结 BC,可求 BC=2 3,AC=2,AB=4,∵BC2+AC2=AB2,∴BC⊥AC.延长 BC 至 B′,使 B′C=BC,连 结 B′M,交直线 AC 于点 Q,∵B,B′关于直线 AC 对称,∴QB=QB′,∴QB+QM=QB′+QM=MB′,又 BM=2, 所以此时△QBM 的周长最小.由 B(-3,0),C(0, 3),易得 B′(3,2 3).设直线 MB′的解析式为 y=kx+n,将 M(- 3 ? k= , ? - 2k + n = 3 , ? 5 ? 3 7 3 2, 3),B′(3,2 3)代入,得? 解得? 即直线 MB′的解析式为 y= x+ .同理可求得直线 5 5 3k + n = 2 3 , 7 3 ? ? ? ?n= 5 , 1 ? x =- , ?y= 53x+7 5 3, ? 3 1 4 3 AC 的解析式为 y=- 3x+ 3.由? 解得? 即 Q(- , ),所以在直线 AC 上存在一点 Q(- 3 3 4 3 ?y=- 3x+ 3, ? ?y= 3 , 1 4 3 , ),使△QBM 的周长最小 3 3

(五)翻折后最值问题
1.(2014· 成都)如图,在边长为 2 的菱形 ABCD 中,∠A=60°,M 是 AD 边的中点, N 是 AB 边上一动点,将△AMN 沿 MN 所在的直线翻折得到△A′MN,连结 A′C. 求 A′C 长度的最小值. 【解析】 根据题意先判断 A′C 长度取最小值时 A′的位置, 进而利用锐角三角函数关系 求出 A′C 的长即可. 解:

如图,连结 MC,∵MC,MA′是定值,A′C 长度取最小值时,A′在 MC 上.过点 M 作 MF⊥DC 于点 F,∵在边长为 2 的菱形 ABCD 中,∠A=60°,∴CD=2,∠ADC= 1 1 3 120°,∴∠FDM=60°,∠FMD=30°,∴FD= MD= ,∴FM=DM×cos30°= , 2 2 2

2.(2014· 达州)如图,折叠矩形纸片 ABCD,使点 B 落 在边 AD 上,折痕 EF 的两端分别在 AB,BC 上(含端点),且 AB=6 cm,BC=10 cm.求折痕 EF 的最大值. 点 F 与点 C 重合时,折痕 EF 最大,由翻折的性质得, BC=B′C=10 cm,在 Rt△B′DC 中,B′D= B′C2-CD2 = 102-62=8(cm),∴AB′=AD-B′D=10-8=2(cm), 设 BE=x,则 B′E=BE=x,AE=AB-BE=6-x,在 Rt△ AB′E 中,AE2+AB′2=B′E2,即(6-x)2+22=x2,解得 x 10 = , 在 Rt△BEF 中, EF= BC2+BE2= 3 10 10 (cm) 3 10 102+( )2= 3

函数最值问题
︵ 1. (2014· 十堰)如图, 扇形 OAB 中, ∠AOB=60°, 扇形半径为 4, 点 C 在AB上, CD⊥OA, 垂足为点 D,当△OCD 的面积最大时,求图中阴影部分的面积. ︵ 【解析】由 OC=4,点 C 在AB上,CD⊥OA,求得 DC= OC2-OD2= 16-OD2,运 1 用 S△OCD= OD· 16-OD2,求得 OD=2 2时△OCD 的面积最大,运用阴影部分的面积= 2 扇形 AOC 的面积-△OCD 的面积求解. ︵ 解:∵OC=4,点 C 在AB上,CD⊥OA,∴DC= OC2-OD2= 16-OD2,∴S△OCD 1 1 1 1 = OD· 16-OD2,∴S△OCD2= OD2·(16-OD2)=- OD4+4OD2=- (OD2-8)2+16, 2 4 4 4 2 2 2 ∴当 OD =8, 即 OD=2 2时△OCD 的面积最大, ∴DC= OC -OD = 16-OD2=2 2, 45π×42 1 ∴∠COA=45°,∴阴影部分的面积=扇形 AOC 的面积-△OCD 的面积= - 360 2 ×2 2×2 2=2π-4

4 2.如图,直线 y=- x+8 与 x 轴交于 A 点,与 y 轴交于 B 点,动点 P 从 A 点出发,以 3 每秒 2 个单位的速度沿 AO 方向向点 O 匀速运动,同时动点 Q 从 B 点出发,以每秒 1 个单 位的速度沿 BA 方向向点 A 匀速运动,当一个点停止运动,另一个点也随之停止运动,连结 PQ,设运动时间为 t(s)(0<t≤3). (1)写出 A,B 两点的坐标; (2)设△AQP 的面积为 S, 试求出 S 与 t 之间的函数关系式; 并求出当 t 为何值时, △AQP 的面积最大? 【解析】利用勾股定理列式求出 AB,并表示出 AP,AQ,再利用∠OAB 的正弦求出点 Q 到 AP 的距离,得出三角形的面积关于 t 的二次函数,再利用函数的性质求出最值. 4 解:(1)令 y=0,则- x+8=0,解得 x=6,当 x=0 时,y=8,∴OA=6,OB=8,∴ 3 点 A(6,0),B(0,8) (2)在 Rt△AOB 中,由勾股定理得,AB= OA2+OB2= 62+82= 10,∵点 P 的速度是每秒 2 个单位,点 Q 的速度是每秒 1 个单位,∴AP=2t,AQ=AB- 8 4 BQ=10-t, ∴点 Q 到 AP 的距离为 AQ· sin∠OAB=(10-t)× = (10-t), ∴△AQP 的面 10 5 1 4 4 4 4 积 S= ×2t× (10-t)=- (t2-10t)=- (t-5)2+20,∵- <0,0<t≤3,∴当 t=3 时, 2 5 5 5 5 4 84 △AQP 的面积最大,S 最大=- (3-5)2+20= 5 5

3.(2014· 绵阳)如图①,矩形 ABCD 中,AB=4,AD=3,把矩形沿直线 AC 折叠,使 点 B 落在点 E 处,AE 交 CD 于点 F,连结 DE.

(1)求证:△DEC≌△EDA; (2)求 DF 的值; (3)如图②,若 P 为线段 EC 上一动点,过点 P 作△AEC 的内接矩形,使其顶点 Q 落在 线段 AE 上,顶点 M,N 落在线段 AC 上,当线段 PE 的长为何值时,矩形 PQMN 的面积最 大?并求出其最大值.

? △ADE 与△CED 中,?DE=ED, ∴△DEC≌△EDA(SSS) ?DC=EA,

(1)由矩形的性质可知△ADC≌△CEA,∴AD=CE,DC=EA,∠ACD=∠CAE,在 AD=CE, (2)∵∠ACD=∠CAE,∴AF

=CF,设 DF=x,则 AF=CF=4-x,在 Rt△ADF 中,AD2+DF2=AF2,即 32+x2=(4 7 7 PE PQ -x)2,解得 x= ,即 DF= (3)由矩形 PQMN 的性质得 PQ∥CA,∴ = ,又∵CE 8 8 CE CA y PQ 5 =3,AC= AB2+BC2=5,设 PE=y(0<y<3),则 = ,即 PQ= y,过 E 作 EG⊥AC 3 5 3 CP PN 12 于 G,则 PN∥EG,∴ = ,又∵在 Rt△AEC 中,EG·AC=AE· CE,解得 EG= , CE EG 5 3-y PN 4 4 ∴ = ,即 PN= (3-y),设矩形 PQMN 的面积为 S,则 S=PQ· PN=- y2+4y=- 3 12 5 3 5 4 3 3 3 (y- )2+3(0<y<3),所以当 y= ,即 PE= 时,矩形 PQMN 的面积最大,最大面积为 3 3 2 2 2


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