登录
14.我们已经学习了利用配方法解一元二次方程,其实配方法还有其他重要应用。
例:已知$x$可取任何实数,试求二次三项式$x^2+6x-1$的最小值。
解:$x^2+6x-1$
$=x^2+2×3· x+3^2-3^2-1$
$=(x+3)^2-10$。
∵无论$x$取何实数,总有$(x+3)^2≥0$,
∴$(x+3)^2-10≥-10$,即$x^2+6x-1$的最小值是$-10$。
【问题】
(1)已知$y=x^2-4x+7$,求证:$y$是正数;
【知识迁移】
(2)如图,在$Rt△ABC$中,$∠C=90°,AC=6\ cm,BC=4\ cm$,点$P$在边$AC$上,从点$A$向点$C$以$2\ cm/s$的速度移动,点$Q$在边$CB$上,从点$C$向点$B$以$\sqrt{3}\ cm/s$的速度移动。若点$P,Q$同时出发,且当一点移动到终点时,另一点也随之停止移动,设$△PCQ$的面积为$S\ cm^2$,运动时间为$t\ s$,求$S$的最大值。
例:已知$x$可取任何实数,试求二次三项式$x^2+6x-1$的最小值。
解:$x^2+6x-1$
$=x^2+2×3· x+3^2-3^2-1$
$=(x+3)^2-10$。
∵无论$x$取何实数,总有$(x+3)^2≥0$,
∴$(x+3)^2-10≥-10$,即$x^2+6x-1$的最小值是$-10$。
【问题】
(1)已知$y=x^2-4x+7$,求证:$y$是正数;
【知识迁移】
(2)如图,在$Rt△ABC$中,$∠C=90°,AC=6\ cm,BC=4\ cm$,点$P$在边$AC$上,从点$A$向点$C$以$2\ cm/s$的速度移动,点$Q$在边$CB$上,从点$C$向点$B$以$\sqrt{3}\ cm/s$的速度移动。若点$P,Q$同时出发,且当一点移动到终点时,另一点也随之停止移动,设$△PCQ$的面积为$S\ cm^2$,运动时间为$t\ s$,求$S$的最大值。
答案
(1)证明:$y=x^2-4x+7$
$=x^2-4x+4+3$
$=(x-2)^2+3$。
$\because (x-2)^2≥0$,
$\therefore y≥3$。
$\therefore y＞0$,
即$y$是正数。
(2)解:由题意,得 $AP=2t\ \mathrm{cm},CQ=\sqrt{3}t\ \mathrm{cm}$,
则 $PC=(6-2t)\ \mathrm{cm}(0≤ t≤ \dfrac{4\sqrt{3}}{3})$。
$\therefore S=\dfrac{1}{2}PC· CQ$
$=\dfrac{1}{2}(6-2t)· \sqrt{3}t$
$=-\sqrt{3}t^2+3\sqrt{3}t$
$=-\sqrt{3}(t^2-3t)$
$=-\sqrt{3}(t-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$。
$\because (t-\dfrac{3}{2})^2≥0$,
$\therefore$ 当 $t=\dfrac{3}{2}$时,$S$ 的最大值为 $\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$。
$=x^2-4x+4+3$
$=(x-2)^2+3$。
$\because (x-2)^2≥0$,
$\therefore y≥3$。
$\therefore y＞0$,
即$y$是正数。
(2)解:由题意,得 $AP=2t\ \mathrm{cm},CQ=\sqrt{3}t\ \mathrm{cm}$,
则 $PC=(6-2t)\ \mathrm{cm}(0≤ t≤ \dfrac{4\sqrt{3}}{3})$。
$\therefore S=\dfrac{1}{2}PC· CQ$
$=\dfrac{1}{2}(6-2t)· \sqrt{3}t$
$=-\sqrt{3}t^2+3\sqrt{3}t$
$=-\sqrt{3}(t^2-3t)$
$=-\sqrt{3}(t-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$。
$\because (t-\dfrac{3}{2})^2≥0$,
$\therefore$ 当 $t=\dfrac{3}{2}$时,$S$ 的最大值为 $\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$。
解析
【分析】
(1) 要证明y是正数，即证明y的取值恒大于0，结合题干给出的配方法应用示例，我们可以先对二次三项式$x^2-4x+7$进行配方，转化为“完全平方式+正数”的形式，再利用完全平方式的非负性即可完成证明。
(2) 本题是动点几何的最值问题，解题思路如下：首先根据点P、Q的运动速度和运动时间t，分别表示出$△ PCQ$两条直角边PC、CQ的长度，同时确定t的合理取值范围；再根据直角三角形面积公式写出S关于t的二次函数表达式，最后用配方法将函数变形为顶点式，结合完全平方式的非负性即可求出S的最大值。
【解析】
(1) 证明:
$y=x^2-4x+7$
$=x^2-4x+4+3$
$=(x-2)^2+3$。
$\because (x-2)^2≥0$,
$\therefore y≥3$,
$\therefore y＞0$,
即$y$是正数。
(2) 解:由题意,得 $AP=2t\ \mathrm{cm},CQ=\sqrt{3}t\ \mathrm{cm}$,
则 $PC=(6-2t)\ \mathrm{cm}(0≤ t≤ \dfrac{4\sqrt{3}}{3})$。
$\therefore S=\dfrac{1}{2}PC· CQ$
$=\dfrac{1}{2}(6-2t)· \sqrt{3}t$
$=-\sqrt{3}t^2+3\sqrt{3}t$
$=-\sqrt{3}(t^2-3t)$
$=-\sqrt{3}(t-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$。
$\because (t-\dfrac{3}{2})^2≥0$,
$\therefore$ 当 $t=\dfrac{3}{2}$时,$S$ 的最大值为 $\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$。
【答案】
(1) y是正数，证明成立；
(2) $S$的最大值为$\dfrac{9\sqrt{3}}{4}\ \mathrm{cm^2}$。
【知识点】
配方法的应用，二次函数的最值，直角三角形面积计算
【点评】
本题将代数配方法与几何动点问题结合考查，既需要熟练掌握二次式的配方变形技巧，又要能结合几何图形性质建立函数模型，解题时需注意先确定自变量的取值范围，保证所求最值符合实际运动情况。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明y是正数，即证明y的取值恒大于0，结合题干给出的配方法应用示例，我们可以先对二次三项式$x^2-4x+7$进行配方，转化为“完全平方式+正数”的形式，再利用完全平方式的非负性即可完成证明。
(2) 本题是动点几何的最值问题，解题思路如下：首先根据点P、Q的运动速度和运动时间t，分别表示出$△ PCQ$两条直角边PC、CQ的长度，同时确定t的合理取值范围；再根据直角三角形面积公式写出S关于t的二次函数表达式，最后用配方法将函数变形为顶点式，结合完全平方式的非负性即可求出S的最大值。
【解析】
(1) 证明:
$y=x^2-4x+7$
$=x^2-4x+4+3$
$=(x-2)^2+3$。
$\because (x-2)^2≥0$,
$\therefore y≥3$,
$\therefore y＞0$,
即$y$是正数。
(2) 解:由题意,得 $AP=2t\ \mathrm{cm},CQ=\sqrt{3}t\ \mathrm{cm}$,
则 $PC=(6-2t)\ \mathrm{cm}(0≤ t≤ \dfrac{4\sqrt{3}}{3})$。
$\therefore S=\dfrac{1}{2}PC· CQ$
$=\dfrac{1}{2}(6-2t)· \sqrt{3}t$
$=-\sqrt{3}t^2+3\sqrt{3}t$
$=-\sqrt{3}(t^2-3t)$
$=-\sqrt{3}(t-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$。
$\because (t-\dfrac{3}{2})^2≥0$,
$\therefore$ 当 $t=\dfrac{3}{2}$时,$S$ 的最大值为 $\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$。
【答案】
(1) y是正数，证明成立；
(2) $S$的最大值为$\dfrac{9\sqrt{3}}{4}\ \mathrm{cm^2}$。
【知识点】
配方法的应用，二次函数的最值，直角三角形面积计算
【点评】
本题将代数配方法与几何动点问题结合考查，既需要熟练掌握二次式的配方变形技巧，又要能结合几何图形性质建立函数模型，解题时需注意先确定自变量的取值范围，保证所求最值符合实际运动情况。
【难度系数】
0.7
