2023 年九年级数学中考复习 最值与存在性问题 专题提升训练（含解析）

2022-2023学年九年级数学中考复习《最值与存在性问题》专题提升训练（附答案）一．选择题1．如图，在△ABC中，点A、B、C的坐标分别为（m，0）、（0，1）和（3，2），则当△ABC的周长最小时，m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．32．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝105°，在BC，CD上分别找一点M、N，使得△AMN周长最小，则∠AMN+∠ANM的度数为（）A．100° B．105° C．120° D．150°3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在BC边的延长线上，点B的对应点为点E，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是（）A．AC＝DE B．∠AEF＝∠D C．DF⊥AB D．AB＝BC+CD4．如图，在正△ABC中，D为AC上一点，E为AB上一点，BD，CE交于P，若AE＝CD，则∠BPE的度数为（）A．60° B．45° C．75° D．50°5．如图，已知直线l：y＝x，过点A（0，1）作y轴的垂线交直线l于点B，过点B作直线l的垂线交y轴于点A1；过点A1作y轴的垂线交直线l于点B1，过点B1作直线l的垂线交y轴于点A2；…；按此作法继续下去，则点A4的坐标为（）A．（0，64） B．（0，128） C．（0，256） D．（0，512）二．填空题6．将10cm长的线段分成两部分，一部分作为正方形的一边，另一部分作为一个等腰直角三角形的斜边，求这个正方形和等腰直角三角形面积之和的最小值为．7．若点（m，n）在函数y＝2x﹣4的图象上，则m2+n2的最小值是．8．二次函数y＝x2+bx+c经过（5，3）和（﹣2，3），则当x＝时，函数取到最小值．9．在直角坐标系xOy中，点A1，A2，A3，…和B1，B2，B3，…，分别在直线y＝kx+b和x轴上．△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，如果A1（1，1），A2（），那么点A3的横坐标是，点An的横坐标是．10．如图，在直角坐标系中，直线y＝﹣x+4交矩形OACB于F与G，交x轴于D，交y轴于E．（1）△OED的面积为；（2）若∠FOG＝45°，则矩形OACB的面积是．11．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，BE、CD交于点O，BC∥x轴．已知A（3，5），B（1，1），D（2，3），则点O坐标为．12．如图，边长为1的正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，将正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，使点B落在抛物线y＝ax2（a＜0）的图象上，则该抛物线的解析式为．13．如图1所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P以1cm/秒的速度沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q以2cm/秒的速度沿BC运动到点C时停止．设P、Q同时出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图2（其中曲线OG为抛物线的一部分，其余各部分均为线段），则下列结论：①AD＝BE＝5；②当0＜t≤5时，y＝t2；③cos∠ABE＝；④当t＝秒时，△ABE∽△QBP；⑤当△BPQ的面积为4cm2时，时间t的值是或；其中正确的结论是．三．解答题14．如图，四边形ABCD是边长为的正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．（1）求证：△AMB≌△ENB；（2）当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，说明理由；并求出AM、BM、CM的值．15．如图，已知△ABC为等边三角形，M为三角形外任意一点．（1）请你借助旋转知识说明AM≤BM+CM；（2）线段AM是否存在最大值？若存在，请指出存在的条件；若不存在，请说明理由．16．如图，△ABC中，∠ACB＝70°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△BDE（点D与点A是对应点，点E与点C是对应点），且边DE恰好经过点C，求∠ABD的度数．17．如图1所示抛物线与x轴交于O，A两点，OA＝6，其顶点与x轴的距离是6．（1）求抛物线的解析式；（2）点P在抛物线上，过点P的直线y＝x+m与抛物线的对称轴交于点Q．①当△POQ与△PAQ的面积之比为1：3时，求m的值；②如图2，当点P在x轴下方的抛物线上时，过点B（3，3）的直线AB与直线PQ交于点C，求PC+CQ的最大值．18．如图，⊙O′经过原点O，并且与x轴、y轴分别交于A、B两点，线段OA、OB（OA＞OB）的长分别是方程x2﹣7x+12＝0的两根．（1）如图（1）求⊙O′的直径；（2）如图（2）已知点C在劣弧OA上，连接BC交OA于D，当OC2＝CD•CB时①请找出图中的一对相似并给予证明；②求C点的坐标．19．如图1，以矩形OABC的顶点O为原点，OA所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，顶点为点D的抛物线y＝﹣x2+2x+1经过点B，点C．（1）写出抛物线的对称轴及点B的坐标；（2）将矩形OABC绕点O顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到矩形OA′B′C′，①当点B′恰好落在BA的延长线上时，如图2，求点B′的坐标；②在旋转过程中，直线B'C'与直线OA'分别与抛物线的对称轴相交于点M，点N．若MN＝DM，求点M的坐标．20．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+mx+n与x轴正半轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．（1）利用直尺和圆规，作出抛物线y＝x2+mx+n的对称轴（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（2）若△OBC是等腰直角三角形，且其腰长为3，求抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，点P为抛物线对称轴上的一点，则PA+PC的最小值为．参考答案一．选择题1．解：如图所示，做出B关于x轴对称点为B′，连接B′C，交x轴于点A'，此时△ABC周长最小过点C作CH⊥x轴，过点B'作B'H⊥y轴，交CH于H，∵B（0，1），∴B′（0，﹣1），∵C（3，2），∴CH＝BH＝3，∴∠CB'H＝45°，∴∠BB'A'＝45°，∴∠OB'A'＝∠OA'B'＝45°，∴OB'＝OA'＝1，则此时A'坐标为（1，0）．m的值为1．故选：B．2．解：如图，作点A关于BC的对称点A′，关于CD的对称点A″，连接A′A″与BC、CD的交点即为所求的点M、N，∵∠BAD＝105°，∠B＝∠D＝90°，∴∠A′+∠A″＝180°﹣105°＝75°，由轴对称的性质得：∠A′＝∠A′AM，∠A″＝∠A″AN，∴∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″）＝2×75°＝150°．故选：D．3．解：由旋转可得，△ABC≌△DEC，∴AC＝DC，故A选项错误，AB＝DE≠BC+CD，故D选项错误，∠AEF＝∠DEC＝∠B，故B选项错误，∠A＝∠D，又∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∴∠D+∠B＝90°，∴∠BFD＝90°，即DF⊥AB，故C选项正确，故选：C．4．解：∵△ABC是正三角形，∴AC＝BC，∠A＝∠BCD＝60°，在△AEC和△CDB中，，∴△AEC≌△CDB（SAS），∴∠ACE＝∠DBC，∴∠BPE＝∠DBC+∠ECB＝∠ACE+∠ECB＝60°，故选：A．5．解：∵点A的坐标是（0，1），∴OA＝1，∵点B在直线y＝x上，∴OB＝2，∴OA1＝4，∴OA2＝16，得出OA3＝64，∴OA4＝256，∴A4的坐标是（0，256）．故选：C．二．填空题6．解：设等腰直角三角形的斜边为xcm，则正方形的边长为（10﹣x）cm．若等腰直角三角形的面积为S1，正方形面积为S2，则S1＝•x•x＝x2，S2＝（10﹣x）2，面积之和S＝x2+（10﹣x）2＝x2﹣20x+100．∵＞0，∴函数有最小值．即S最小值＝＝20（cm2）．故答案为20平方厘米．7．解：∵点（m，n）在函数y＝2x﹣4的图象上，∴n＝2m﹣4，∴m2+n2＝m2+（2m﹣4）2，＝5m2﹣16m+16，∵a＝5＞0，∴m2+n2的最小值＝＝．故答案为：．8．解：∵二次函数y＝x2+bx+c中，a＝1＞0，∴函数有最小值，∵二次函数y＝x2+bx+c经过（5，3）和（﹣2，3），两点的函数值相等，∴当x＝＝时，y有最小值，故答案为．9．解：∵A1（1，1），A2（，）在直线y＝kx+b上，∴，解得，∴直线解析式为y＝x+；设直线与x轴、y轴的交点坐标分别为N、M，当x＝0时，y＝，当y＝0时，x+＝0，解得x＝﹣4，∴点M、N的坐标分别为M（0，），N（﹣4，0），∴tan∠MNO＝＝＝，作A1C1⊥x轴与点C1，A2C2⊥x轴与点C2，A3C3⊥x轴与点C3，∵A1（1，1），A2（，），∴OB2＝OB1+B1B2＝2×1+2×＝2+3＝5，tan∠MNO＝＝＝，∵△B2A3B3是等腰直角三角形，∴A3C3＝B2C3，∴A3C3＝＝（）2，即＝x+，解得：x＝，∴A3的坐标为；∵A1（1，1），A2（，），A3的坐标为：（，），…，∴点An的横坐标是5（）n﹣1﹣4．故答案为：5（）n﹣1﹣4．10．解：（1）∵直线y＝﹣x+4与x轴，y轴分别交于点D，点E，∴D（4，0），E（0，4），∴OD＝OE＝4，∴△ODE的面积＝OD•OE＝×4×4＝8；故答案为：8；（2）∵OD＝OE，∴∠ODE＝∠OED＝45°；∴∠OGE＝∠ODF+∠DOG＝45°+∠DOG，∵∠EOF＝45°，∴∠DOF＝∠EOF++∠DOG＝45°+∠DOG，∴∠DOF＝∠OGE，∴△DOF∽△EGO，∴，∴DF•EG＝OE•OD＝16，过点F作FM⊥x轴于点M，过点G作GN⊥y轴于点N．∴△DMF和△ENG是等腰直角三角形，设NG＝AC＝a，FM＝BC＝b，∴DF＝b，GE＝a，∴DF•GE＝2ab，∴2ab＝16，∴ab＝8，∴矩形OACB的面积＝ab＝8．故答案为：8．11．解：A0所在直线的解析式是x＝3，则E的坐标是（4，3），C的坐标是（5，1）．设直线BE的解析式是y＝kx+b，则，解得：，则直线BE的解析式是：y＝x+，同理，CD的解析式是：y＝﹣x+，解方程组，，解得：．则O的坐标是（3，）．故答案是：（3，）12．解：如图，作BE⊥x轴于点E，连接OB，∵正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，∴∠AOE＝75°，∵∠AOB＝45°，∴∠BOE＝30°，∵OA＝1，∴OB＝，∵∠OEB＝90°，∴BE＝OB＝，∴OE＝，∴点B坐标为（，﹣），代入y＝ax2（a＜0）得a＝﹣，∴y＝﹣x2．故答案是：y＝﹣x2．13．解：根据图1可得，当点P到达点E时，点Q也到达点C，∵点P、Q的运动的速度分别是1cm/秒、2cm/秒∴BC＝BE＝10，∴AD＝BC＝10．∴①错误；又∵从M到N的变化是4，∴ED＝4，∴AE＝AD﹣ED＝10﹣4＝6．∵AD∥BC，∴∠EBQ＝∠AEB，∴cos∠EBQ＝cos∠AEB＝，故③错误；如图2，过点P作PF⊥BC于点F，∵AD∥BC，∴∠EBQ＝∠AEB，∴sin∠EBQ＝sin∠AEB＝＝，∴PF＝PBsin∠EBQ＝t，∴当0＜t≤5时，y＝BQ×PF＝×2t×t＝t2，故②正确，如图4，当t＝时，点P在CD上，∴PD＝﹣BE﹣ED＝﹣10﹣4＝，PQ＝CD﹣PD＝8﹣＝，∴，，∴∵∠A＝∠Q＝90°，∴△ABE∽△QBP，故④正确．由②知，y＝t2当y＝4时，t2＝4，从而，故⑤错误综上所述，正确的结论是②④．三．解答题14．解：（1）由旋转的性质可知：BN＝BM，BA＝BE．∵△BAE为等边三角形，∴∠EBA＝60°．又∵∠MBN＝60°，∴∠NBE＝∠MBA．在△AMB和△ENB中，BN＝BM，∠NBE＝∠MBA，BA＝BE，∴△AMB≌△ENB．（2）如图所示：连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，过点E作EF⊥BC，垂足为F．∵△ABE为等边三角形，四边形ABCD为正方形，∴∠EBA＝60°，∠ABC＝90°，∴∠EBC＝150°．∴∠EBF＝30°．∴EF＝，FB＝．∴FC＝+．由（1）可知：△AMB≌△ENB，∴EN＝AM．又∵BN＝BM，∠NBM＝60°，∴△BNM为等边三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+MC＝EN+NM+MC≥EC．∴AM+BM+MC的最小值＝EC＝＝＝＝+1．过点M作MG⊥BC垂足为G，设BG＝MG＝x，则NB＝x，EN＝AM＝MC＝（+）x，∴x+2（+）x＝+1，∴x＝，∴BM＝，AM＝CM＝．15．解：（1）将△BMC绕B点逆时针方向旋转，使C点与A点重合，得△BM′A，∵∠MBM′＝60°，BM＝BM′，AM′＝MC．∴△BMM′为正三角形．∴MM′＝BM．①若M′在AM上，则AM＝AM′+MM′＝BM+MC，②若M′不在AM上，连接AM′、MM′，在△AMM′中，根据三角形三边关系可知：AM＜AM′+MM′，∴AM＜BM+MC，综上所述：AM≤BM+CM；（2）线段AM有最大值．当且仅当M′在AM上时，AM＝BM+MC；存在的条件是：∠BMC＝120°．16．解：∵△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△BDE（点D与点A是对应点，点E与点C是对应点），∴∠ABD＝∠CBE，∠E＝∠ACB＝70°，BC＝BE，∴∠BCE＝∠E＝70°，∴∠CBE＝180°﹣70°﹣70°＝40°，∴∠ABD＝40°．故∠ABD的度数为40°．17．解：（1）∵OA＝6，∴抛物线的对称轴为直线x＝3，设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）2+k，∵顶点与x轴的距离是6，∴顶点为（3，﹣6），∴y＝a（x﹣3）2﹣6，∵抛物线经过原点，∴9a﹣6＝0，∴a＝，∴y＝（x﹣3）2﹣6；（2）①设直线y＝x+m与y轴的交点为E，与x轴的交点为F，∴E（0，m），F（﹣m，0），∴OE＝|m|，AF＝|6+m|，∵直线y＝x+m与坐标轴的夹角为45°，∴OM＝|m|，AN＝|6+m|，∵S△POQ：S△PAQ＝1：3，∴OM：AN＝1：3，∴|m|：|6+m|＝1：3，解得m＝﹣或m＝3；②设P（t，t2﹣4t），过P作PE∥y轴交AB于点E，过P作PF⊥BQ交于F，设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+6，∴E（t，﹣t+6），∴PE＝﹣t+6﹣（t2﹣4t）＝﹣t2+3t+6，设直线AB与y轴交点为G，令x＝0，则y＝6，∴G（0，6），∴OG＝OA＝6，∴∠OGA＝45°，设直线PQ与x轴交点为K，与y轴交点为L，直线PQ的解析式为y＝x+m，令x＝0，则y＝m∴L（0，m），令y＝0，则x＝﹣m，∴K（﹣m，0），∴OL＝OK，∴∠OLK＝45°，∴∠GCL＝90°，∴PF＝FQ＝3﹣t，设BF与x轴交点为H，∴FH＝﹣t2+4t，∴HQ＝﹣t2+4t﹣3+t＝﹣t2+5t﹣3，∴BQ＝3﹣t2+5t﹣3＝﹣t2+5t，∴CQ＝BQ＝（﹣t2+5t），∵CP＝PE＝（﹣t2+3t+6），∴PC+CQ＝（﹣t2+3t+6）+（﹣t2+5t）＝（﹣t2+8t+6）＝﹣（t﹣3）2+9，当t＝3时，PC+CQ的最大值为9．18．解：（1）x2﹣7x+12＝0x1＝3，x2＝4，∵OA＞OB，∴OA＝4，OB＝3，由勾股定理得，AB＝＝5，∵∠AOB＝90°，∴AB为⊙O′的直径，即⊙O′的直径为5；（2）①△OCD∽△BCO，理由如下：∵OC2＝CD•CB，∴＝，又∠OCD＝∠BCO，∴△OCD∽△BCO；②连接O′A，O′C，O′C交OA于H，∵△OCD∽△BCO，∴∠COA＝∠CBO，∴＝，∴O′C⊥OA，∴AH＝OA＝2，则O′H＝＝1.5，∴HC＝1，∴C点的坐标为（2，﹣1）．19．解：（1）∵y＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2∴抛物线对称轴为直线x＝1∵四边形OABC是矩形∴CB∥OA，即CB∥x轴∴点C、B关于对称轴对称∵x＝0时，y＝1，即C（0，1）∴点B坐标为（2，1）（2）①如图1，连接OB、OB'∵矩形OABC绕点