数学人教版九年级上册探究二次函数中的面积最值问题.doc

题型专项(九)　函数与几何图形综合(广西压轴题) 类型1　探究线段的数量关系及最值问题　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2014·玉林)给定直线l：y＝kx，抛物线C：y＝ax2＋bx＋1. (1)当b＝1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值； (2)若把直线l向上平移k2＋1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点． ①求此抛物线的解析式； ②若P是此抛物线上任一点，过点P作PQ∥y轴且与直线y＝2交于点Q，O为原点．求证：OP＝PQ. 解：(1)∵l：y＝kx，C：y＝ax2＋bx＋1，当b＝1时有A，B两交点， ∴A，B两点的横坐标满足kx＝ax2＋x＋1，即ax2＋(1－k)x＋1＝0.∵B与A关于原点对称， ∴0＝xA＋xB＝eq \f(k－1,a)，∴k＝1. ∵y＝ax2＋x＋1＝a(x＋eq \f(1,2a))2＋1－eq \f(1,4a)， ∴顶点(－eq \f(1,2a)，1－eq \f(1,4a))在y＝x上， ∴－eq \f(1,2a)＝1－eq \f(1,4a)，解得a＝－eq \f(1,4). (2)①∵无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点， ∴k＝1时，k＝2时，直线r与抛物线C都只有一个交点．当k＝1时，r：y＝x＋2. ∴代入C：y＝ax2＋bx＋1中，有ax2＋(b－1)x－1＝0. ∵Δ＝(b－1)2＋4a＝0，∴(b－1)2＋4a＝0. 当k＝2时，r：y＝2x＋5，∴代入C：y＝ax2＋bx＋1中，有ax2＋(b－2)x－4＝0， ∵Δ＝(b－2)2＋16a＝0，∴(b－2)2＋16a＝0， ∴联立得关于a，b的方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（b－1）2＋4a＝0，,（b－2）2＋16a＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,4)，,b＝0.))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,36)，,b＝\f(4,3).)) ∵r：y＝kx＋k2＋1代入C：y＝ax2＋bx＋1，得ax2＋(b－k)x－k2＝0，∴Δ＝(b－k)2＋4ak2. 当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,4)，,b＝0))时，Δ＝(－k)2＋4·(－eq \f(1,4))k2＝k2－k2＝0，故无论k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,36)，,b＝\f(4,3)))时，Δ＝(eq \f(4,3)－k)2＋4·(－eq \f(1,36))k2＝eq \f(8,9)k2－eq \f(8,3)k＋eq \f(16,9)，显然随k值的变化，Δ不恒为0，∴不合题意，舍去．∴C：y＝－eq \f(1,4)x2＋1. ②证明：根据题意，画出图象，如图． 由P在抛物线y＝－eq \f(1,4)x2＋1上，设P坐标为(x，－eq \f(1,4)x2＋1)，连接OP，过点P作PQ⊥直线y＝2于点Q，作PD⊥x轴于点D， ∵PD＝|－eq \f(1,4)x2＋1|，OD＝|x|， ∴OP＝eq \r(PD2＋OD2)＝eq \r(\f(1,16)x4－\f(1,2)x2＋1＋x2)＝eq \r(\f(1,16)x4＋\f(1,2)x2＋1)＝eq \f(1,4)x2＋1，PQ＝2－yP＝2－(－eq \f(1,4)x2＋1)＝eq \f(1,4)x2＋1， ∴OP＝PQ. 2．(2016·淄博)已知点M是二次函数y＝ax2(a＞0)图象上的一点，点F的坐标为(0，eq \f(1,4a))，直角坐标系中的坐标原点O与点M，F在同一个圆上，圆心Q的纵坐标为eq \f(1,8). (1)求a的值； (2)当O，Q，M三点在同一条直线上时，求点M和点Q的坐标； (3)当点M在第一象限时，过点M作MN⊥x轴，垂足为点N，求证：MF＝MN＋OF. 解：(1)∵圆心Q的纵坐标为eq \f(1,8)， ∴设Q(m，eq \f(1,8))，F(0，eq \f(1,4a))． ∵QO＝QF， ∴m2＋(eq \f(1,8))2＝m2＋(eq \f(1,8)－eq \f(1,4a))2.∴a＝1. (2)∵M在抛物线上，设M(t，t2)，Q(m，eq \f(1,8))， ∵O，Q，M在同一直线上，∴kOM＝kOQ. ∴eq \f(t2,t)＝eq \f(\f(1,8),m).∴m＝eq \f(1,8t).∵QO＝QM， ∴m2＋(eq \f(1,8))2＝(m－t)2＋(eq \f(1,8)－t2)2， 整理得－eq \f(1,4)t2＋t4＋t2－2mt＝0. ∴4t