26年淄川一模第23题 二次函数面积最值问题

专题：二次函数 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：对称性问题+面积最值问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

（26年淄川一模第23题）
如图，抛物线\(y=ax^2+\dfrac{3}{2} x+c\)与\(x\)轴交于点\(A，B\)，与\(y\)轴交于点\(C\).已知\(A，C\)两点
坐标分别是\(A(1，0)，C(0，-2)\)，连接\(AC，BC\)．
（1）求抛物线的表达式和\(AC\)所在直线的表达式；
（2）将\(△ABC\)沿\(BC\)所在直线折叠，得到\(△DBC\)，点\(A\)的对应点\(D\)是否落在抛物线的对称轴上？若点\(D\)在对称轴上，请求出点\(D\)的坐标；若点\(D\)不在对称轴上，请说明理由：
（3）若点\(P\)是抛物线位于第三象限上的一动点，连接\(AP\)交\(BC\)于点\(Q\)，连接\(BP\)．\(△BPQ\)的面积记为\(S_1\)，\(△ABQ\)的面积记为\(S_2\)，求\(\dfrac{S_1}{S_2}\)的值最大时，点\(P\)的坐标．

 
 
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：
直接代点求抛物线解析式得\(y=\dfrac{1}{2} x^2+\dfrac{3}{2} x-2\)，待定系数法可得直线\(AC:y=2x-2\)；
 

第二问：
由“\(△ABC\)沿\(BC\)所在直线折叠得到\(△DBC\)”，有两个角度：

①\(△ABC≅△DBC ⟹BD=BA=5，CD=CA=\sqrt{5}\)，
可设\(D(m，n)\)，便可得关于\(m，n\)的方程组，求出点\(D\)坐标再判断是否落在抛物线的对称轴\(x=-\dfrac{3}{2}\)上；
②\(BC\)是\(AD\)的中垂线
由图可得，\(OC=2，OA=1，OB=4\)，满足\(OC^2=OA\cdot OB\)，容易联想到“射影定理内容”，即\(BC⊥AC\)是成立的，可通过勾股定理逆定理\(AC^2+BC^2=AB^2\)或证明相似三角形\(△OAC\sim△OCB\)得到；
确定\(BC⊥AC\)后，即点\(C\)是\(AD\)的中点，便可求出点\(D\)坐标；

 

第三问：
方法1代数法
题目要求\(\dfrac{S_1}{S_2}\)的最大值，先把\(\dfrac{S_1}{S_2}\)求出来；由题境可得\(\dfrac{S_1}{S_2}\)是受“点\(P\)的位置”影响的，
设点\(P\left(m，\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2\right)\)，则\(\dfrac{S_1}{S_2}\)是用\(m\)表示的式子，再用函数的方法求其最大值；
这是典型的代数法思路；
遇到三角形面积，可直接使用面积公式\(S=\dfrac{1}{2}×底×高\)，可想到割补法；

明显求\(S_2=S_{△ABQ}\)用前者，\(S_2=\dfrac{1}{2}×AB×(-y_Q )=-\dfrac{5}{2} y_Q\)，
求\(S_1=S_{△BPQ}\)用后者，\(S_1=S_{△ABP}-S_{△ABQ}=\dfrac{1}{2}×AB×(-y_P )+\left(-\dfrac{5}{2} y_Q\right)=\dfrac{5}{2}\left(y_Q-y_P\right)\)，
所以\(\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{y_P-y_Q}{y_Q} =\dfrac{y_P}{y_Q} -1=\dfrac{\frac{1}{2} m^2+\frac{3}{2} m-2}{y_Q} -1\)；接着求点\(Q\)坐标，
由点\(P\left(m，\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2\right)\)和\(A(1，0)\)用待定系数法求出直线\(AP\)的方程，再联立直线\(BC\)的方程，求出点\(Q\)的坐标(用\(m\)表示)；
计算量看起来会比较大，但利用好因式分解不会很复杂.

 

方法2几何法
本题要求的\(\dfrac{S_1}{S_2}\)是面积之比，可想到“同高的两个三角面积比等于底的比，同底的两个三角面积比等于高的比”或“相似三角形中面积比等于相似比”；

结合图形可知，\(S_{△BPQ}\)与\(S_{△ABQ}\)若以\(PQ、AQ\)为底，高是相同的，即\(\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{S_{△BPQ}}{S_{△ABQ} } =\dfrac{PQ}{AQ}\)，
此时想到构造相似三角形，方式也是多样的，
如左图：\(\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{PQ}{AQ}=\dfrac{AF}{EF}=\dfrac{1-x_Q}{x_Q-x_P}\)

或\(\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{PQ}{AQ}=\dfrac{EP-FQ}{FQ}=\dfrac{-y_P-(-y_Q)}{-y_Q }=\dfrac{y_P-y_Q}{y_Q} =\dfrac{y_P}{y_Q} -1\);
若右图：\(\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{PQ}{AQ}=\dfrac{PG}{AH }=\dfrac{y_G-y_P}{-y_H }=\dfrac{y_P-y_G}{y_H }\)；

左图其实就是方法1，右图的计算量应该会小些.
 

【解答】

第一问：
抛物线解析式得\(y=\dfrac{1}{2} x^2+\dfrac{3}{2} x-2\)，直线\(AC:y=2x-2\)；

 

第二问：
方法1代数法
点\(D\)不在对称轴上，理由如下：
对抛物线\(y=\dfrac{1}{2} x^2+\dfrac{3}{2} x-2\)，令\(y=0\)得到\(\dfrac{1}{2} x^2+\dfrac{3}{2} x-2=0\)，
解得\(x=-4\)或\(x=1\)，即\(B(-4，0)\)，

\(∵△ABC\)沿\(BC\)所在直线折叠得到\(△DBC\)，
\(∴△ABC≅△DBC\)，
\(∴BD=BA=5\)，\(CD=CA=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{5}\)，
可设\(D(m，n)\)，则有\(\left\{ \begin{array}{c} \sqrt{(m+4)^2+(n-0)^2}=5\\ \sqrt{(m-0)^2+(n+2)^2}=\sqrt{5} \end{array} \right. \)，

化简得\(\left\{ \begin{array}{c} m^2+8m+n^2=9 &①\\ m^2+n^2+4n=1 &② \end{array} \right. \)，
①-②得\(n=2m-2\)，代入①得\(5m^2-5=0\)，

解得\(m=-1\)或\(1\)（舍去），
而抛物线的对称轴\(x=-\dfrac{3}{2}\)，
所以点\(D\)不在抛物线的对称轴上；

 

方法2几何法
同方法1可得\(B(-4，0)\)，
又\(OA=1，OC=2\)，
\(∴AB=5\)，\(BC=\sqrt{OC^2+OB^2}=2\sqrt{5}\)，\(AC=\sqrt{OA^2+OB^2}=5\)，
\(∴AC^2+BC^2=AB^2\)，即\(BC⊥AC\)，
\(∵△ABC\)沿\(BC\)所在直线折叠得到\(△DBC\)，
\(∴△ABC≅△DBC\)，
\(∴∠BCD=∠BCA=90°\)，\(AC=CD\)，
\(∴\)点\(C\)是\(AD\)的中点，\(∴D(-1，-4)\)，
而抛物线的对称轴\(x=-\dfrac{3}{2}\)，
所以点\(D\)不在抛物线的对称轴上；

 

第三问：
方法1代数法
设\(Q(x_Q，y_Q)\)，\(P\left(m，\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2\right)\)且\(-4<m<0\)，

则\(S_2=\dfrac{1}{2}×AB×(-y_Q )=-\dfrac{5}{2} y_Q\)，
\(S_1=S_{△ABP}-S_{△ABQ}=-\dfrac{1}{2}×AB×\left(\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2\right)+\left(-\dfrac{5}{2} y_Q \right)\)\(=-\dfrac{5}{2}\left[\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2-y_Q\right]\)，
设直线\(AP\)的方程为\(y=kx+b\)，
代入\(P\left(m，\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2\right)\)和\(A(1，0)\)可得\(\left\{ \begin{array}{c} km+b=\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2 &①\\ k+b=0 &② \end{array} \right. \)，
①-②得\((m-1)k=\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2\)，
\(∴k=\dfrac{\frac{1}{2} m^2+\frac{3}{2} m-2}{m-1 }=\dfrac{\frac{1}{2}(m-1)(m+4)}{m-1 }=\dfrac{m+4}{2}\)，
（此处利用到了十字相乘因式分解，其实在求点\(B\)坐标时就用过了，所以计算量不算大）
\(∴b=-k=-\dfrac{m+4}{2}\)，
\(∴\)直线\(AP\)的方程为\(y=\dfrac{m+4}{2} x-\dfrac{m+4}{2}\)，
（若对高中的直线方程的点斜式有所了解，运算会更小些，中考还是用待定系数法求解）
设直线\(BC\)方程为\(y=k_1 x+b_1\)，
代入\(B(-4，0)\)和\(C(0，-2)\)可得\(\left\{ \begin{array}{c} -4k_1+b_1=0\\ b_1=-2 \end{array} \right. \)，解得\(\left\{ \begin{array}{c} k_1=-\dfrac{1}{2}\\ b_1=-2 \end{array} \right. \)，
\(∴\)直线\(BC\)方程为\(y=-\dfrac{1}{2} x-2\)，
由\(\left\{ \begin{array}{c} y=\dfrac{m+4}{2} x-\dfrac{m+4}{2}\\ y=-\dfrac{1}{2} x-2 \end{array} \right. \)，解得\(\left\{ \begin{array}{c} x=\dfrac{m}{m+5} \\ y=\dfrac{-5(m+4)}{2(m+5)} \end{array} \right. \)，

即\(y_Q=-\dfrac{5}{2}\cdot \dfrac{m+4}{m+5}\)，
\(∴\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{\frac{1}{2} m^2+\frac{3}{2} m-2-y_Q}{y_Q } =\dfrac{\frac{1}{2} m^2+\frac{3}{2} m-2}{-\frac{5}{2}\cdot \frac{m+4}{m+5}}-1\)\(=\dfrac{\frac{1}{2} (m-1)(m+4)}{-\frac{5}{2}\cdot \frac{m+4}{m+5}} -1=-\dfrac{1}{5} (m-1)(m+5)-1\)，
\(∵-\dfrac{1}{5} <0\)，
\(∴\)当\(m=-2\)，即点\(P(-2，-3)\)时，\(\dfrac{S_1}{S_2}\)取到最大值；

 

方法2几何法
同方法1，可得直线\(BC\)方程为\(y=-\dfrac{1}{2} x-2\)，

过点\(A\)作\(AH||y\)轴，交直线\(BC\)于点\(H\)，则点\(H(1，-\dfrac{5}{2})\)，

\(∴AH=\dfrac{5}{2}\)，
过点\(P\)作\(PG||y\)轴，交直线\(BC\)于点\(G\)，
设点\(P\left(m，\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2\right)\)，则\(G\left(m，-\dfrac{1}{2} m-2\right)\)，
\(∴PQ=-\dfrac{1}{2} m-2-\left(\dfrac{1}{2} m^2+\dfrac{3}{2} m-2\right)=-\dfrac{1}{2} m^2-2m\)，
\(∵AH||PQ\)，
\(∴∆AHQ\sim ∆PGQ\)，\(∴\dfrac{PQ}{AQ}=\dfrac{PG}{AH }=\dfrac{-\frac{1}{2} m^2-2m}{\frac{5}{2}} =-\dfrac{1}{5} (m+2)^2+\dfrac{4}{5}\)，
\(∴\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{PQ}{AQ}=-\dfrac{1}{5} (m+2)^2+\dfrac{4}{5}\)，

\(∵-\dfrac{1}{5} <0\)，
\(∴\)当\(m=-2\)，即点\(P(-2，-3)\)时，\(\dfrac{S_1}{S_2}\)取到最大值；
 

【总结】

1图形作对称翻转，可以想到全等和中垂线，有时候中垂线会比较好使，在选填题中利用中点坐标公式和“\(l_1⊥l_2⟹k_1 k_2=-1\)”求解会较快；
2要求三角形面积，可直接使用面积公式\(S=\dfrac{1}{2}×\)底×高和割补法；
3要求面积比\(\dfrac{S_1}{S_2}\)，可想到“同高的两个三角面积比等于底的比，同底的两个三角面积比等于高的比”或“相似三角形中面积比等于相似比”；
4最值问题，即代数法和几何法两大思路，代数法往往计算量较大但好在易想，几何法具有一定的技巧性但一旦想到往往会较为巧妙计算量较小；
5在初中求最值的式子，大多数是二次函数.