重难点突破03 二次函数中的线段、周长与面积的最值问题及定值问题（解析版）

重难点突破03 二次函数中的线段、周长与面积 的最值问题及定值问题 目 录 题型01 利用二次函数解决单线段的最值问题 题型02 利用二次函数解决两条线段之和的最值问题 题型03 利用二次函数解决两条线段之差的最值问题 题型04 利用二次函数解决三条线段之和的最值问题 题型05 利用二次函数解决三角形周长的最值问题 题型06 利用二次函数解决四边形周长的最值问题 题型07 利用二次函数解决图形面积的最值问题 类型一 利用割补、拼接法解决面积最值问题 类型二 利用用铅垂定理巧求斜三角形面积最值问题 类型三 构建平行线，利用同底等高解决面积最值问题 题型08 利用二次函数解决定值问题 题型01 利用二次函数解决单线段的最值问题 【解题思路】抛物线中的线段最值问题有三种形式： 1．平行于坐标轴的线段的最值问题：常通过线段两端点的坐标差表示线段长的函数关系式，运用二次函 数性质求解．求最值时应注意： ①当线段平行于y 轴时，用上端点的纵坐标减去下端点的纵坐标； ②当线段平行于x 轴时，用右端点的横坐标减去左端点的横坐标．在确定最值时，函数自变量的取值范围 应确定正确． 1．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=a x 2+2 x+c与x 轴分别交于 点(1，0)和点B，与y 轴交于点(0，﹣3)，连接B． (1)求抛物线的解析式及点B 的坐标． (2)如图，点P 为线段B 上的一个动点（点P 不与点B，重合），过点P 作y 轴的平行线交抛物线于点Q， 求线段PQ 长度的最大值． (3)动点P 以每秒❑ √2个单位长度的速度在线段B 上由点向点B 运动，同时动点M 以每秒1 个单位长度的速 度在线段B 上由点B 向点运动，在平面内是否存在点，使得以点P，M，B，为顶点的四边形是菱形？若存 在，请直接写出符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答】(1)y=x 2+2 x−3，（-3，0） (2)9 4 (3)(−3,−3 2)或（-2，1）或(0,3−3 ❑ √2) 【分析】（1）将，两点坐标代入抛物线的解析式求得，的值，进而得出解析式，当y=0 时，求出方程的解， 进而求得B 点坐标； （2）由B，两点求出B 的解析式，进而设出点P 和点Q 坐标，表示出PQ 的长，进一步得出结果； （3）要使以点P，M，B，为顶点的四边形是菱形，只需△PMB 是等腰三角形，所以分为PM=BM， PM=PB 和BP=BM，结合图象，进一步得出结果． 【详解】（1）解：把点(1，0)，(0，﹣3)代入y=a x 2+2 x+c得： ¿，解得：¿， ∴抛物线解析式为y=x 2+2 x−3； 令 y=0，则x 2+2 x−3=0， 解得：x1=1, x2=−3， ∴点B 的坐标为（-3，0）； （2）解：设直线B 的解析式为y=kx+b (k ≠0)， 把点B（-3，0），(0，﹣3)代入得： ¿，解得：¿， ∴直线B 的解析式为y=−x−3， 设点P (m,−m+3)，则Q (m,m 2+2m−3)， ∴PQ=(−m−3)−(m 2+2m−3)=−m 2−3m=−(m+ 3 2) 2 + 9 4 ， ∴当m=−3 2 时，PQ 最大，最大值为9 4 ； （3）解：存在， 根据题意得：PC=❑ √2t ,BM=t，则PB=3 ❑ √2−❑ √2t， 如图，当BM=PM 时， ∵B（-3，0），（0，-3）， ∴B==3， ∴∠B=∠B=45°， 延长P 交y 轴于点D， ∵点P，M，B，为顶点的四边形是菱形， ∴P∥x 轴，B∥PM，即D⊥y 轴， ∴△DP 为等腰直角三角形， ∴CD=PD=PC ⋅sin∠OCB=❑ √2t × ❑ √2 2 =t， ∵BM=PM， ∴∠MPB=∠B=45°， ∴∠PM=∠PD=∠MD=90°， ∴四边形MPD 是矩形， ∴M=PD=t，MP⊥x 轴， ∴B⊥x 轴， ∵BM+M=B， ∴t+t=3，解得t=3 2， ∴P( −3 2 ,−3 2)， ∴N(−3,−3 2)； 如图，当PM=PB 时，作PD⊥y 轴于D，连接P， ∵点P，M，B，为顶点的四边形是菱形， ∴P⊥BM，E=PE， ∴BM=2BE， ∴∠EP=∠DE=∠DP=90°， ∴四边形PDE 是矩形， ∴E=PD=t， ∴BE=3-t， ∴t=2（3-t），解得：t=2， ∴P（-2，-1）， ∴（-2，1）； 如图，当PB=MB 时， 3 ❑ √2−❑ √2t=t，解得：t=6−3 ❑ √2， ∴PN=BP=BM=6−3 ❑ √2， 过点P 作PE⊥x 轴于点E， ∴PE⊥PM， ∴∠E=∠EP=∠EP=90°， ∴四边形EP 为矩形， ∴P=E，P⊥y 轴， ∵∠B=45°， ∴BE=PE=PB⋅sin∠OBC=(6−3 ❑ √2)× ❑ √2 2 =3 ❑ √2−3， ∴OE=OB−BE=3−(3 ❑ √2−3)=6−3 ❑ √2， ∴点在y 轴上， ∴N (0,3−3 ❑ √2)， 综上所述，点的坐标为(−3,−3 2)或（-2，1）或(0,3−3 ❑ √2)． 【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和 等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形． 2．（2021·西藏·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2＋bx＋与x 轴交于，B 两点．与y 轴 交于点．且点的坐标为（﹣1，0），点的坐标为（0，5）． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图（甲）．若点P 是第一象限内抛物线上的一动点．当点P 到直线B 的距离最大时，求点P 的坐 标； （3）图（乙）中，若点M 是抛物线上一点，点是抛物线对称轴上一点，是否存在点M 使得以B，，M， 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答】（1）y＝﹣x2＋4x＋5；（2）P（5 2，35 4 ）；（3）存在，M 的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16） 或（7，﹣16）． 【分析】（1）将的坐标（﹣1，0），点的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋，即可得抛物线的解析式为y＝ ﹣x2＋4x＋5； （2）过P 作PD⊥x 轴于D，交B 于Q，过P 作P⊥B 于，由y＝﹣x2＋4x＋5 可得B（5，0），故B＝，△B 是等腰直角三角形，可证明△PQ 是等腰直角三角形，即知P＝PQ ❑ √2 ，当PQ 最大时，P 最大，设直线B 解析 式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得直线B 解析式为y＝﹣x＋5，设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜ 5），则Q（m，﹣m＋5），PQ＝﹣（m﹣5 2）2＋25 4 ，故当m＝5 2时，P 最大，即点P 到直线B 的距离最 大，此时P（5 2，35 4 ）； （3）抛物线y＝﹣x2＋4x＋5 对称轴为直线x＝2，设M（s，﹣s2＋4s＋5），（2，t），而B（5，0）， （0，5），①以M、B 为对角线，则M、B 的中点重合，可列方程组¿，即可解得M（3，8），②以MB、 为对角线，则MB、的中点重合，同理可得¿，解得M（﹣3，﹣16），③以M、B 为对角线，则M、B 中点 重合，则¿，解得M（7，﹣16）． 【详解】解：（1）将的坐标（﹣1，0），点的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋得： ¿，解得¿， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5； （2）过P 作PD⊥x 轴于D，交B 于Q，过P 作P⊥B 于，如图： 在y＝﹣x2＋4x＋5 中，令y＝0 得﹣x2＋4x＋5＝0， 解得x＝5 或x＝﹣1， ∴B（5，0）， ∴B＝，△B 是等腰直角三角形， ∴∠B＝45°， ∵PD⊥x 轴， ∴∠BQD＝45°＝∠PQ， ∴△PQ 是等腰直角三角形， ∴P＝PQ ❑ √2 ， ∴当PQ 最大时，P 最大， 设直线B 解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得0＝5k＋5， ∴k＝﹣1， ∴直线B 解析式为y＝﹣x＋5， 设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5）， ∴PQ＝（﹣m2＋4m＋5）﹣（﹣m＋5）＝﹣m2＋5m＝﹣（m﹣5 2）2＋25 4 ， ∵＝﹣1＜0， ∴当m＝5 2时，PQ 最大为25 4 ， ∴m＝5 2时，P 最大，即点P 到直线B 的距离最大，此时P（5 2，35 4 ）； （3）存在，理由如下： 抛物线y＝﹣x2＋4x＋5 对称轴为直线x＝2， 设M（s，﹣s2＋4s＋5），（2，t），而B（5，0），（0，5）， ①以M、B 为对角线，则M、B 的中点重合，如图： ∴¿，解得¿， ∴M（3，8）， ②以MB、为对角线，则MB、的中点重合，如图： ∴¿，解得¿， ∴M（﹣3，﹣16）， ③以M、B 为对角线，则M、B 中点重合，如图： ¿，解得¿， ∴M（7，﹣16）； 综上所述，M 的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）． 【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、等腰直角三角形、平 行四边形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度． 3．（2021·山东泰安·统考中考真题）二次函数y=a x 2+bx+4(a≠0)的图象经过点A(−4,0)，B(1,0)， 与y 轴交于点，点P 为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P 作PD⊥x轴于点 D． （1）求二次函数的表达式； （2）连接BC，当∠DPB=2∠BCO时，求直线BP的表达式； （3）请判断：PQ QB 是否有最大值，如有请求出有最大值时点P 的坐标，如没有请说明理由． 【答】（1）y=−x 2−3 x+4；（2）y=−15 8 x+ 15 8 ；（3）PQ QB 有最大值为4 5 ，P 点坐标为(−2,6) 【分析】（1）将A(−4,0)，B(1,0)代入y=a x 2+bx+4(a≠0)中，列出关于、b 的二元一次方程组，求 出、b 的值即可； （2）设BP与y 轴交于点E，根据PD/¿ y轴可知，∠DPB=∠OEB，当∠DPB=2∠BCO，即 ∠OEB=2∠BCO，由此推断△OEB为等腰三角形，设OE=a，则CE=4−a，所以BE=4−a，由勾 股定理得B E 2=O E 2+O B 2，解出点E 的坐标，用待定系数法确定出BP 的函数解析式即可； （3）设PD与AC交于点，过B 作y 轴的平行线与AC相交于点M．由、两点坐标可得AC所在直线表达式， 求得 M 点坐标，则BM=5，由BM /¿ PN，可得△PNQ∽△BMQ，PQ QB = PN BM = PN 5 ，设 P(a0,−a0 2−3a0+4)(−4<a0<0)，则N (a0,a0+4) PQ QB =−a0 2−3a0+4−(a0+4) 5 =−a0 2−4 a0 5 =−(a0+2) 2+4 5 ，根据二次函数性质求解即可． 【详解】解：（1）由题意可得： ¿ 解得：¿， ∴二次函数的表达式为y=−x 2−3 x+4； （2）设BP与y 轴交于点E， ∵PD/¿ y轴， ∴∠DPB=∠OEB， ∵∠DPB=2∠BCO， ∴∠OEB=2∠BCO， ∴∠ECB=∠EBC， ∴BE=CE，设OE=a， 则CE=4−a，∴BE=4−a， 在Rt △BOE中，由勾股定理得B E 2=O E 2+O B 2， ∴(4−a) 2=a 2+1 2 解得a=15 8 ， ∴E(0, 15 8 )， 设BE所在直线表达式为y=kx+e(k ≠0) ∴¿解得¿ ∴直线BP的表达式为y=−15 8 x+ 15 8 ． （3）设PD与AC交于点． 过B 作y 轴的平行线与AC相交于点M． 由、两点坐标分别为(−4,0)，(0,4) 可得AC所在直线表达式为y=x+4 ∴M 点坐标为(1,5)，BM=5 由BM /¿ PN，可得△PNQ∽△BMQ， ∴PQ QB = PN BM = PN 5 设P(a0,−a0 2−3a0+4)(−4<a0<0)，则N (a0,a0+4) ∴PQ QB =−a0 2−3a0+4−(a0+4) 5 =−a0 2−4 a0 5 =−(a0+2) 2+4 5 ， ∴当a0=−2时，PQ QB 有最大值08， 此时P 点坐标为(−2,6)． 【点睛】本题主要考查二次函数以及一次函数解析式的确定，函数图像的性质，相似三角形，勾股定理等 知识点，熟练运用待定系数法求函数解析式是解题关键，本题综合性强，涉及知识面广，难度较大，属于 中考压轴题． 4．（2020·辽宁阜新·中考真题）如图，二次函数y=x 2+bx+c的图象交x 轴于点A (−3,0)，B (1,0)，交y 轴于点．点P (m,0)是x 轴上的一动点，PM ⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点． （1）求这个二次函数的表达式； （2）①若点P 仅在线段AO上运动，如图1．求线段MN的最大值； ②若点P 在x 轴上运动，则在y 轴上是否存在点Q，使以M，，，Q 为顶点的四边形为菱形．若存在，请 直接写出所有满足条件的点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答】（1）y=x 2+2 x−3；（2）①9 4 ，②存在，Q1(0,−3 ❑ √2−1),Q2(0,3 ❑ √2−1) 【分析】（1）把A(−3,0),B(1,0)代入y=x 2+bx+c中求出b，的值即可； （2）①由点P (m,0)得M (m,−m−3), N (m,m 2+2m−3)，从而得MN=(−m−3)−(m 2+2m−3)，整理， 化为顶点式即可得到结论； ②分M=M 和MC=❑ √2 MN两种情况，根据菱形的性质得到关于m 的方程，求解即可． 【详解】解：（1）把A(−3,0),B(1,0)代入y=x 2+bx+c中，得 ¿ 解得¿ ∴y=x 2+2 x−3． （2）设直线AC的表达式为y=kx+b，把A(−3,0),C(0,−3)代入y=kx+b． 得，¿解这个方程组，得¿ ∴y=−x−3． ∵点P (m,0)是x 轴上的一动点，且PM ⊥x轴． ∴M (m,−m−3), N (m,m 2+2m−3)． ∴MN=(−m−3)−(m 2+2m−3) ¿−m 2−3m ¿−(m+ 3 2) 2 + 9 4 ． ∵a=−1<0， ∴此函数有最大值． 又∵点P 在线段OA上运动，且−3←3 2 <0 ∴当m=−3 2 时，MN有最大值9 4 ． ②∵点P (m,0)是x 轴上的一动点，且PM ⊥x轴． ∴M (m,−m−3), N (m,m 2+2m−3)． ∴MN=(−m−3)−(m 2+2m−3) ¿−m 2−3m （）当以M，，，Q 为顶点的四边形为菱形，则有M=M，如图， ∵（0，-3） M= ∴ ❑ √(m−0) 2+(−m−3+3) 2= ❑ √2m 2 ∴−m 2−3m= ❑ √2m 2 整理得，m 4+6m 3+7m 2=0 ∵m 2≠0， ∴m 2+6m+7=0， 解得，m1=−3+❑ √2，m2=−3−❑ √2 ∴当m=−3+❑ √2时，Q=M=3 ❑ √2−2， Q=-3-( ∴ 3 ❑ √2−2)=−3 ❑ √2−1 Q(0 ∴ ，−3 ❑ √2−1)； 当m=−3−❑ √2时，Q=M=-3 ❑ √2−2， Q=-3-(- ∴ 3 ❑ √2−2)=3 ❑ √2−1 Q(0 ∴ ，3 ❑ √2−1)； ()若MC=❑ √2 MN，如图， 则有−m 2−3m= ❑ √2 2 × ❑ √2m 2 整理得，m 2+4 m=0 解得，m1=−4，m2=0（均不符合实际，舍去） 综上所述，点Q 的坐标为Q1(0,−3 ❑ √2−1),Q2(0,3 ❑ √2−1) 【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用线段的和差得 出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用菱形的性质得出关于m 的方程，要分类讨 论，以防遗漏． 5．（2020·天津·中考真题）已知点A(1,0)是抛物线y=a x 2+bx+m（a,b,m为常数，a≠0,m<0）与x 轴的一个交点． （1）当a=1,m=−3时，求该抛物线的顶点坐标； （2）若抛物线与x 轴的另一个交点为M (m,0)，与y 轴的交点为，过点作直线l 平行于x 轴，E 是直线l 上 的动点，F 是y 轴上的动点，EF=2❑ √2． ①当点E 落在抛物线上（不与点重合），且AE=EF时，求点F 的坐标； ②取EF的中点，当m 为何值时，MN的最小值是 ❑ √2 2 ？ 【答】（1）抛物线的顶点坐标为(−1,−4)；（2）①点F 的坐标为(0,−2−❑ √7)或(0,−2+❑ √7)；②当m 的值为−3 2 或−1 2 时，M 的最小值是 ❑ √2 2 ． 【分析】（1）根据a=1,m=−3，则抛物线的解析式为y=x 2+bx−3，再将点（1，0）代入 y=x 2+bx−3，求出b 的值，从而得到抛物线的解析式，进一步可求出抛物线的顶点坐标； （2）①首先用含有m 的代数式表示出抛物线的解析式，求出C(0,m)，点E(m+1,m) 过点作AH ⊥l于点,在Rt△EAH中，利用勾股定理求出E 的值，再根据AE=EF，EF=2❑ √2，可求出m 的值，进一步求出F 的坐标； ②首先用含m 的代数式表示出M 的长，然后分情况讨论M 什么时候有最值 【详解】解：（1）当a=1，m=−3时，抛物线的解析式为y=x 2+bx−3． ∵抛物线经过点A(1,0)， ∴0=1+b−3．解得b=2． ∴抛物线的解析式为y=x 2+2 x−3． ∵y=x 2+2 x−3=( x+1) 2−4， ∴抛物线的顶点坐标为(−1,−4)． （2）①∵抛物线y=a x 2+bx+m经过点A(1,0)和M (m,0)，m<0， ∴0=a+b+m， 0=am 2+bm+m，即am+b+1=0． ∴a=1，b=−m−1． ∴抛物线的解析式为y=x 2−(m+1)x+m． 根据题意，得点C(0,m)，点E(m+1,m)． 过点作AH ⊥l于点． 由点A(1,0)，得点H (1,m)． 在Rt△EAH中，EH=1−(m+1)=−m，HA=0−m=−m， ∴AE= ❑ √E H 2+H A 2=−❑ √2m． ∵AE=EF=2❑ √2， ∴−❑ √2m=2❑ √2．解得m=−2． 此时，点E(−1,−2)，点C(0,−2)，有EC=1． ∵点F 在y 轴上， ∴在Rt△EFC中，CF= ❑ √E F 2−EC 2=❑ √7． ∴点F 的坐标为(0,−2−❑ √7)或(0,−