走进中考数学专题复习讲座走进中考数学专题复习几何最值问题解题策略

走进中考数学专题复习讲座走进中考数学专题复习几何最值问题解题策略

走进2019年中考数学专题复习第七讲几何最值问题解题策略 ‎【专题分析】‎ 最值问题是初中数学的重要内容,无论是代数问题还是几何问题都有最值问题,在中考压轴题中出现比较高的主要有利用重要的几何结论(如两点之间线段最短、三角形两边之和大于第三边、两边之差小于第三边、垂线段最短等)以及用一次函数和二次函数的性质来求最值问题. ‎ ‎【知识归纳】‎ ‎1.在求几何图形中的周长或线段长度最值时,解决此类问题的方法一般是先将要求线段(要求的量)用未知数x表示出来,建立函数模型(一般所表示的式子为一次函数解析式或二次函数解析式),常用勾股定理或三角形相似求得函数关系式,再用函数的增减性或最值来求解即可. ‎ ‎2.利用对称的性质求两条线段之和最小值的问题,解决此类问题的方法为:如图,要求直线l上一动点P到点A,B距离之和的最小值,先作点A关于直线l的对称点A',连接A'B,则A'B与直线l的交点即为P点,根据对称性可知此时A'B的长即为PA+PB的最小值,求出A'B的值即可.‎ ‎【题型解析】‎ 题型1: 三角形中最值问题 例题：（2019山东枣庄）如图，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P的坐标为（　　）‎ A．（﹣3，0） B．（﹣6，0） C．（﹣，0） D．（﹣，0）‎ ‎【考点】F8：一次函数图象上点的坐标特征；PA：轴对称﹣最短路线问题．‎ ‎【分析】（方法一）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标，根据对称的性质找出点D′的坐标，结合点C、D′的坐标求出直线CD′的解析式，令y=0即可求出x的值，从而得出点P的坐标．‎ ‎（方法二）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标，根据对称的性质找出点D′的坐标，根据三角形中位线定理即可得出点P为线段CD′的中点，由此即可得出点P的坐标．‎ ‎【解答】解：（方法一）作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．‎ 令y=x+4中x=0，则y=4，‎ ‎∴点B的坐标为（0，4）；‎ 令y=x+4中y=0，则x+4=0，解得：x=﹣6，‎ ‎∴点A的坐标为（﹣6，0）．‎ ‎∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，‎ ‎∴点C（﹣3，2），点D（0，2）．‎ ‎∵点D′和点D关于x轴对称，‎ ‎∴点D′的坐标为（0，﹣2）．‎ 设直线CD′的解析式为y=kx+b，‎ ‎∵直线CD′过点C（﹣3，2），D′（0，﹣2），‎ ‎∴有，解得：，‎ ‎∴直线CD′的解析式为y=﹣x﹣2．‎ 令y=﹣x﹣2中y=0，则0=﹣x﹣2，解得：x=﹣，‎ ‎∴点P的坐标为（﹣，0）．‎ 故选C．‎ ‎（方法二）连接CD，作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．‎ 令y=x+4中x=0，则y=4，‎ ‎∴点B的坐标为（0，4）；‎ 令y=x+4中y=0，则x+4=0，解得：x=﹣6，‎ ‎∴点A的坐标为（﹣6，0）．‎ ‎∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，‎ ‎∴点C（﹣3，2），点D（0，2），CD∥x轴，‎ ‎∵点D′和点D关于x轴对称，‎ ‎∴点D′的坐标为（0，﹣2），点O为线段DD′的中点．‎ 又∵OP∥CD，‎ ‎∴点P为线段CD′的中点，‎ ‎∴点P的坐标为（﹣，0）．‎ 故选C．‎ 方法指导：出现最值问题,可转化为轴对称知识所涉及的最短路径问题是我们解答此类问题的常见方法.‎ 题型2: 四边形中最值问题 例题: （2019贵州安顺）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为　6　．‎ ‎【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；KK：等边三角形的性质；LE：正方形的性质．‎ ‎【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的边长为6，可求出AB的长，从而得出结果．‎ ‎【解答】解：设BE与AC交于点P，连接BD，‎ ‎∵点B与D关于AC对称，‎ ‎∴PD=PB，‎ ‎∴PD+PE=PB+PE=BE最小．‎ 即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；‎ ‎∵正方形ABCD的边长为6，‎ ‎∴AB=6．‎ 又∵△ABE是等边三角形，‎ ‎∴BE=AB=6．‎ 故所求最小值为6．‎ 故答案为：6．‎ 方法指导：本题借助不等式“a2+b2≥2ab”通过代换转化来求平行四边形面积的最值,体现了转化思想和整体思想的运用.‎ 题型3:圆中最值问题 例题：（2019浙江衢州）如图，在直角坐标系中，⊙A的圆心A的坐标为（﹣1，0），半径为1，点P为直线y=﹣x+3上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是　2　．‎ ‎【考点】MC：切线的性质；F5：一次函数的性质．‎ ‎【分析】连接AP，PQ，当AP最小时，PQ最小，当AP⊥直线y=﹣x+3时，PQ最小，根据两点间的距离公式得到AP=3，根据勾股定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：连接AP，PQ，‎ 当AP最小时，PQ最小，‎ ‎∴当AP⊥直线y=﹣x+3时，PQ最小，‎ ‎∵A的坐标为（﹣1，0），y=﹣x+3可化为3x+4y﹣12=0，‎ ‎∴AP==3，‎ ‎∴PQ==2．‎ 方法指导: 此题综合性强,解题方法很多,考查范围较广,与初中数学很多内容有关,如勾股定理、圆周角定理及推论、垂径定理、相似、三角函数、二次函数、垂线段的性质、二次根式的计算与化简等.考查了多种数学思想,如建模思想、化归思想等.此题难度中等,有一定的灵活性,考生不易拿满分.‎ ‎【提升训练】‎ ‎1. （2019江苏盐城）如图，在边长为1的小正方形网格中，将△ABC绕某点旋转到△A'B'C'的位置，则点B运动的最短路径长为　π　．‎ ‎【考点】O4：轨迹；R2：旋转的性质．‎ ‎【分析】如图作线段AA′、CC′的垂直平分线相交于点P，点P即为旋转中心，观察图象可知，旋转角为90°（逆时针旋转）时B运动的路径长最短 ‎【解答】解：如图作线段AA′、CC′的垂直平分线相交于点P，点P即为旋转中心，‎ 观察图象可知，旋转角为90°（逆时针旋转）时B运动的路径长最短，PB==，‎ ‎∴B运动的最短路径长为==π，‎ 故答案为π．‎ ‎2. （2019•新疆）如图，在边长为6cm的正方形ABCD中，点E、F、G、H分别从点A、B、C、D同时出发，均以1cm/s的速度向点B、C、D、A匀速运动，当点E到达点B时，四个点同时停止运动，在运动过程中，当运动时间为　3　s时，四边形EFGH的面积最小，其最小值是　18　cm2．‎ ‎【考点】H7：二次函数的最值；LE：正方形的性质．‎ ‎【分析】设运动时间为t（0≤t≤6），则AE=t，AH=6﹣t，由四边形EFGH的面积=正方形ABCD的面积﹣4个△AEH的面积，即可得出S四边形EFGH关于t的函数关系式，配方后即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设运动时间为t（0≤t≤6），则AE=t，AH=6﹣t，‎ 根据题意得：S四边形EFGH=S正方形ABCD﹣4S△AEH=6×6﹣4×t（6﹣t）=2t2﹣12t+36=2（t﹣3）2+18，‎ ‎∴当t=3时，四边形EFGH的面积取最小值，最小值为18．‎ 故答案为：3；18‎ ‎【点评】本题考查了二次函数的最值、三角形以及正方形的面积，通过分割图形求面积法找出S四边形EFGH关于t的函数关系式是解题的关键．‎ ‎3. (2019湖北宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点（与B，C不重合），以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON=90°．‎ ‎（1）当OM经过点A时，‎ ‎①请直接填空：ON　不可能　（可能，不可能）过D点；（图1仅供分析）‎ ‎②如图2，在ON上截取OE=OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EH⊥CD于H，求证：四边形EFCH为正方形．‎ ‎（2）当OM不过点A时，设OM交边AB于G，且OG=1．在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得S△PKO=4S△OBG，连接GP，求四边形PKBG的最大面积．‎ ‎【考点】LO：四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）①若ON过点D时，则在△OAD中不满足勾股定理，可知不可能过D点；‎ ‎②由条件可先判业四边形EFCH为矩形，再证明△OFE≌△ABO，可证得结论；‎ ‎（2）由条件可证明△PKO∽△OBG，利用相似三角形的性质可求得OP=2，可求得△POG面积为定值及△PKO和△OBG的关系，只要△CGB的面积有最大值时，则四边形PKBG的面积就最大，设OB=a，BG=b，由勾股定理可用b表示出a，则可用a表示出△CBG的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，则可求得四边形PKBG面积的最大值．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）①若ON过点D，则OA＞AB，OD＞CD，‎ ‎∴OA2＞AD2，OD2＞AD2，‎ ‎∴OA2+OD2＞2AD2≠AD2，‎ ‎∴∠AOD≠90°，这与∠MON=90°矛盾，‎ ‎∴ON不可能过D点，‎ 故答案为：不可能；‎ ‎②∵EH⊥CD，EF⊥BC，‎ ‎∴∠EHC=∠EFC=90°，且∠HCF=90°，‎ ‎∴四边形EFCH为矩形，‎ ‎∵∠MON=90°，‎ ‎∴∠EOF=90°﹣∠AOB，‎ 在正方形ABCD中，∠BAO=90°﹣∠AOB，‎ ‎∴∠EOF=∠BAO，‎ 在△OFE和△ABO中 ‎∴△OFE≌△ABO（AAS），‎ ‎∴EF=OB，OF=AB，‎ 又OF=CF+OC=AB=BC=BO+OC=EF+OC，‎ ‎∴CF=EF，‎ ‎∴四边形EFCH为正方形；‎ ‎（2）∵∠POK=∠OGB，∠PKO=∠OBG，‎ ‎∴△PKO∽△OBG，‎ ‎∵S△PKO=4S△OBG，‎ ‎∴=（）2=4，‎ ‎∴OP=2，‎ ‎∴S△POG=OG•OP=×1×2=1，‎ 设OB=a，BG=b，则a2+b2=OG2=1，‎ ‎∴b=，‎ ‎∴S△OBG=ab=a==，‎ ‎∴当a2=时，△OBG有最大值，此时S△PKO=4S△OBG=1，‎ ‎∴四边形PKBG的最大面积为1+1+=．‎ ‎4. （2019甘肃张掖）如图，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点B（﹣2，0），点C（8，0），与y轴交于点A．‎ ‎（1）求二次函数y=ax2+bx+4的表达式；‎ ‎（2）连接AC，AB，若点N在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求N点的坐标；‎ ‎（3）连接OM，在（2）的结论下，求OM与AC的数量关系．‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）由B、C的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）可设N（n，0），则可用n表示出△ABN的面积，由NM∥AC，可求得，则可用n表示出△AMN的面积，再利用二次函数的性质可求得其面积最大时n的值，即可求得N点的坐标；‎ ‎（3）由N点坐标可求得M点为AB的中点，由直角三角形的性质可得OM=AB，在Rt△AOB和Rt△AOC中，可分别求得AB和AC的长，可求得AB与AC的关系，从而可得到OM和AC的数量关系．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）将点B，点C的坐标分别代入y=ax2+bx+4可得，解得，‎ ‎∴二次函数的表达式为y=﹣x2+x+4；‎ ‎（2）设点N的坐标为（n，0）（﹣2＜n＜8），‎ 则BN=n+2，CN=8﹣n．‎ ‎∵B（﹣2，0），C（8，0），‎ ‎∴BC=10，‎ 在y=﹣x2+x+4中令x=0，可解得y=4，‎ ‎∴点A（0，4），OA=4，‎ ‎∴S△ABN=BN•OA=（n+2）×4=2（n+2），‎ ‎∵MN∥AC，‎ ‎∵﹣＜0，‎ ‎∴当n=3时，即N（3，0）时，△AMN的面积最大；‎ ‎（3）当N（3，0）时，N为BC边中点，‎ ‎∵MN∥AC，‎ ‎∴M为AB边中点，‎ ‎∴OM=AB，‎ ‎∵AB===2，AC===4，‎ ‎∴AB=AC，‎ ‎∴OM=AC．‎ ‎5. （2019江苏盐城）【探索发现】‎ 如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=60°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为　　．‎ ‎【拓展应用】‎ 如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为　　．（用含a，h的代数式表示）‎ ‎【灵活应用】‎ 如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．‎ ‎【实际应用】‎ 如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．‎ ‎【考点】LO：四边形综合题．‎ ‎【分析】【探索发现】：由中位线知EF=BC、ED=AB、由=可得；‎ ‎【拓展应用】：由△APN∽△ABC知=，可得PN=a﹣PQ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ•PN═﹣（x﹣）2+，据此可得；‎ ‎【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△‎ HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；‎ ‎【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得．‎ ‎【解答】解：【探索发现】‎ ‎∵EF、ED为△ABC中位线，‎ ‎∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，‎ 又∠B=90°，‎ ‎∴四边形FEDB是矩形，‎ 则===，‎ 故答案为：；‎ ‎【拓展应用】‎ ‎∵PN∥BC，‎ ‎∴△APN∽△ABC，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴PN=a﹣PQ，‎ 设PQ=x，‎ 则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a﹣x）=﹣x2+ax=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为，‎ 故答案为：；‎ ‎【灵活应用】‎ 如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，‎ 由题意知四边形ABCH是矩形，‎ ‎∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，‎ ‎∴EH=20、DH=16，‎ ‎∴AE=EH、CD=DH，‎ 在△AEF和△HED中，‎ ‎∴△AEF≌△HED（ASA），‎ ‎∴AF=DH=16，‎ 同理△CDG≌△HDE，‎ ‎∴CG=HE=20，‎ ‎∴BI==24，‎ ‎∵BI=24＜32，‎ ‎∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，‎ 过点K作KL⊥BC于点L，‎ 由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG•BF=×（40+20）×（32+16）=720，‎ 答：该矩形的面积为720；‎ ‎【实际应用】‎ 如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，‎ ‎∵tanB=tanC=，‎ ‎∴∠B=∠C，‎ ‎∴EB=EC，‎ ‎∵BC=108cm，且EH⊥BC，‎ ‎∴BH=CH=BC=54cm，‎ ‎∵tanB==，‎ ‎∴EH=BH=×54=72cm，‎ 在Rt△BHE中，BE==90cm，‎ ‎∵AB=50cm，‎ ‎∴AE=40cm，‎ ‎∴BE的中点Q在线段AB上，‎ ‎∵CD=60cm，‎ ‎∴ED=30cm，‎ ‎∴CE的中点P在线段CD上，‎ ‎∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，‎ 由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2，‎ 答：该矩形的面积为1944cm2．‎