二次函數(shù)中動點圖形的面積最值問題探究

胡雅雯

摘要：縱觀各省市中考真題，二次函數(shù)中動點圖形的面積最值問題一直是熱點、難點，其中三角形面積的最值問題更是呈現(xiàn)出考查頻次高、題目分值大等特點，加之此類題目涵蓋代數(shù)、幾何等多維度知識，能否熟練解答此類問題已經(jīng)成為影響學生數(shù)學學習的重要因素.本文中以中考真題為例，以中學生普遍掌握的數(shù)學原理為工具，嘗試剖析此類問題的各種切題思維和解題路徑，為中學數(shù)學教學研究提供新思路.

關鍵詞：二次函數(shù)；動點；三角形面積；最值

1 真題呈現(xiàn)

［2021年重慶市中考數(shù)學（B卷）第25題］如圖1所示，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx－4（a≠0）與x軸交于點A（-1，0），B（4，0），與y軸交于點C．

（1）求該拋物線的解析式；

（2）直線l為該拋物線的對稱軸，點D與點C關于直線l對稱，點P為直線AD下方拋物線上一動點，連接PA，PD，求△PAD面積的最大值.

2 解法探究

（1）因為拋物線y=ax2+bx－4（a≠0）經(jīng)過點A（-1，0），B（4，0），所以a－b－4=0，

16a+4b－4=0，解得

a=1，

b=－3.

所以，該拋物線的解析式為y=x2－3x－4.

本題第（2）問可采取以下解法.

2.1 補形法

2.1.1 解法提煉

在平面直角坐標系中求“斜”△APD的面積時，可以將該三角形補形為一個易于計算面積的“規(guī)則圖形”，然后將補后圖形的面積與所補圖形的面積相減，從而得出結果.此種方法可化未知為已知、化復雜為簡單，實現(xiàn)巧妙求解.

2.1.2 試題解析

如圖2所示，過點P作PF垂直于y軸，交AD的延長線于點F.易求得直線AD的解析式為y=－x－1.

因P為直線AD下方拋物線上一動點，故設P（m，m2－3m－4）（－1

故PF=－m2+3m+3－m=－m2+2m+3.

所以S△APD=S△APF－S△PDF

=12·PF·（yP－yP－yD）

=12×（－m2+2m+3）×（｜m2－3m－4｜－｜m2－3m｜）

=12×（－m2+2m+3）×4

=－2（m－1）2+8.

所以當m=1時，△PAD面積的最大值為8.

2.2 “鉛錘高，水平寬”面積法

2.2.1 解法提煉

如圖3所示，過△APD的三個頂點分別作出與水平線垂直的三條直線，則外側兩條直線之間的距離a就叫作△APD的“水平寬”，中間這條垂線與AD相交于點E，則線段PE的長度h就叫作△APD的“鉛垂高”.由此可以得出一種計算三角形面積的方法：

S△APD=S△APE+S△PED=12ah.

即三角形的面積等于其水平寬與鉛垂高乘積的一半[1]．

2.2.2 試題解析

如圖4所示，過點P作PE垂直于x軸交直線AD于點E，易求得C（0，-4），D（3，-4）及直線AD的解析式為y=－x－1.因點P為直線AD下方拋物線上一動點，故設P（m，m2－3m－4）（－1

PE=－m－1－（m2－3m－4）=－m2+2m+3.

故S△APD=12·PE·xD－xA

=12×－m2+2m+3×4

=－2（m－1）2+8.

所以當m=1時，△PAD面積的最大值為8.

2.3 公式法

2.3.1 解法提煉

本題可利用點到直線的距離公式求出△APD的高，然后結合配方法，求得高的最大值或直接求△APD面積的最大值.

公式：在平面直角坐標系中，點P（x0，y0）到直線y=kx+b（k≠0）的距離為kx0－y0+bk2+1.

推導：如圖5所示，設AD所在的直線方程為y=kx+b，過點P作AD的垂線PG，垂足為G，則直線PG的解析式為

y=－1k（x－x0）+y0.

聯(lián)立y=kx+b，

y=－1k（x－x0）+y0，解得

x=x0+ky0－kbk2+1，

y=kx0+k2y0+bk2+1.

所以G（x0+ky0－kbk2+1，kx0+k2y0+bk2+1）.

由兩點間的距離公式，得PG=kx0－y0+bk2+1.

2.3.2 試題解析

易求得AD的斜率k=－1.因點P為直線AD下方拋物線上一動點，故設P（m，m2－3m－4）（－1

所以S△APD=12·AD·h

=12×42×－m－（m2－3m－4）－1（－1）2+1

=2－m2+2m+3

=－2（m－1）2+8.

所以當m=1時，△APD面積的最大值為8，此時P點的坐標為（1，-6）.

2.4 切線法

2.4.1 解法提煉

如圖6所示，在△APD中，底邊AD是確定的，平移直線AD，當其與拋物線相切于點P時，AD邊上的高取最大值，即△APD的面積取最大值.

2.4.2 試題解析

如圖7所示，過點P作PG⊥AD，PH垂直于x軸，分別交AD于點G，H.過點P作直線l1平行于AD，當l1與拋物線相切時，AD邊上的高PG取最大值.

易求得C（0，-4），D（3，-4）及直線AD的解析式為y=－x－1，故設直線l1的解析式為y=－x+n.

聯(lián)立y=－x+n，

y=x2－3x－4，得x2－2x－n－4=0.

令Δ=4－4（－n－4）=0，解得n=－5.

所以l1的解析式為y=－x－5，點P的坐標為（1，-6），點H的坐標為（1，-2），此時高PG取到最大值，最大值為

PG=PH·sin∠PHD

=PH·sin 45°

=4×22

=22.

所以S△APD=12·AD·PG=12×42×22=8.

即當點P的坐標為（1，-6）時，△PAD面積的最大值為8.

2.5 “中橫結論”法

2.5.1 解法提煉

“中橫結論”：若直線y=kx+m與拋物線y=ax2+bx+c交于AxA，yA，DxD，yD兩點，點P為拋物線上A，D兩點間的一個動點，則當點P的橫坐標xP=xA+xD2時，△ADP的面積最大，即當動點的橫坐標為兩交點橫坐標和的一半時，三角形的面積取最大值[2].

簡證：聯(lián)立y=kx+m，

y=ax2+bx+c，得

ax2+（b－k）x+c－m=0.

由韋達定理，知xA+xD=k－ba.

平移直線AD，當AD與拋物線相切于點P時，AD邊上的高取最大值，即△ADP的面積取最大值，此時xP=xA+xD2=k－b2a.

2.5.2 試題解析

如圖8所示，過點P作PK垂直于x軸，交x軸于點K，過點D作DM垂直于x軸，交x軸于點M.根據(jù)上述“中橫結論”得

xp=xA+xD2=1.

所以P（1，-6）時，S△APD取最大值，此時

S△APD=S△APK+S梯形MDPK－S△ADM

=12×6×2+12×10×2－8=8.

即當點P的坐標為（1，-6）時，△PAD面積的最大值為8.

2.6 “于函定理”法

2.6.1 解法提煉

“于函定理”：如圖9所示，在拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）上任意取三點A，P，D，過P作對稱軸的平行線，交直線AD于點E，設PE長為d，點A，D到直線PE的垂線段長分別為m1，m2，則有d=a·m1·m2[3].

利用“于函定理”，可以推導出一種新的計算三角形面積的公式.

對于形如y=ax2+bx+c的二次函數(shù)，若A（x1，y1），P（x2，y2），D（x3，y3）都在拋物線上，則△PAD的面積為12ax1－x2x1－x3x2－x3.

簡證：由圖可知，

S△APD=S△APE+S△PED=12d（m1+m2）.

由“于函定理”，得d=a·m1·m2.

所以S△APD=12a·m1m2·（m1+m2）.

顯然有m1=x1－x2，m2=x2－x3，

m1+m2=x1－x3.

所以S△APD=12ax1－x2x1－x3x2－x3.

2.6.2 試題解析

由（1）求得該拋物線的二次項系數(shù)a=1.

因點P為直線AD下方拋物線上一動點，故設P（m，m2－3m－4）（－1

故S△APD=12ax1－x2x1－x3x2－x3

=2m-3－1－m

=－2m-3m+1

=－2m－12+8.

即當m=1時，△PAD面積的最大值為8，此時點P的坐標為（1，-6）.

3 解題感悟

綜合分析以上六種解法，數(shù)形結合與轉化思想是破解此類問題的“金鑰匙”.在解題時，一是要以轉化思想為引領，合理構造輔助線，將幾何問題代數(shù)化，復雜問題簡單化，實現(xiàn)由形轉數(shù)；二是要以數(shù)形結合思想為橋梁，將抽象的數(shù)學語言與直觀的圖形相結合，使抽象問題具體化，實現(xiàn)由形析數(shù).此外，二次函數(shù)中動點圖形的面積最值問題題目變化無窮，且上述解題方法在最優(yōu)題型適用上存在一定差異，建議教師在教學中既要帶領學生深入剖析題目本質，也要引導學生熟練掌握以上解法，以便靈活應對不同題目.

參考文獻：

[1]劉增元.一道中考壓軸題的多種解法與教學思考[J].中學數(shù)學，2018（20）：87-88，91.

[2]段昆山.以二次函數(shù)為載體的三角形面積最值問題的求解策略[J].河北理科教學研究，2021（2）：1-4.

[3]高健.探究二次函數(shù)中三角形面積問題——以一道中考試題為例[J].考試周刊，2019（73）：49-51.