2023 年九年級數學中考復習 最值與存在性問題 專題提升訓練（含解析）

2022-2023學年九年級數學中考復習《最值與存在性問題》專題提升訓練（附答案）一．選擇題1．如圖，在△ABC中，點A、B、C的坐標分別為（m，0）、（0，1）和（3，2），則當△ABC的周長最小時，m的值為（）A．0 B．1 C．2 D．32．如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝105°，在BC，CD上分別找一點M、N，使得△AMN周長最小，則∠AMN+∠ANM的度數為（）A．100° B．105° C．120° D．150°3．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△DEC，使點A的對應點D恰好落在BC邊的延長線上，點B的對應點為點E，延長DE交AB于點F，則下列結論一定正確的是（）A．AC＝DE B．∠AEF＝∠D C．DF⊥AB D．AB＝BC+CD4．如圖，在正△ABC中，D為AC上一點，E為AB上一點，BD，CE交于P，若AE＝CD，則∠BPE的度數為（）A．60° B．45° C．75° D．50°5．如圖，已知直線l：y＝x，過點A（0，1）作y軸的垂線交直線l于點B，過點B作直線l的垂線交y軸于點A1；過點A1作y軸的垂線交直線l于點B1，過點B1作直線l的垂線交y軸于點A2；…；按此作法繼續(xù)下去，則點A4的坐標為（）A．（0，64） B．（0，128） C．（0，256） D．（0，512）二．填空題6．將10cm長的線段分成兩部分，一部分作為正方形的一邊，另一部分作為一個等腰直角三角形的斜邊，求這個正方形和等腰直角三角形面積之和的最小值為．7．若點（m，n）在函數y＝2x﹣4的圖象上，則m2+n2的最小值是．8．二次函數y＝x2+bx+c經過（5，3）和（﹣2，3），則當x＝時，函數取到最小值．9．在直角坐標系xOy中，點A1，A2，A3，…和B1，B2，B3，…，分別在直線y＝kx+b和x軸上．△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，如果A1（1，1），A2（），那么點A3的橫坐標是，點An的橫坐標是．10．如圖，在直角坐標系中，直線y＝﹣x+4交矩形OACB于F與G，交x軸于D，交y軸于E．（1）△OED的面積為；（2）若∠FOG＝45°，則矩形OACB的面積是．11．如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，BE、CD交于點O，BC∥x軸．已知A（3，5），B（1，1），D（2，3），則點O坐標為．12．如圖，邊長為1的正方形OABC的頂點A在x軸的正半軸上，將正方形OABC繞頂點O順時針旋轉75°，使點B落在拋物線y＝ax2（a＜0）的圖象上，則該拋物線的解析式為．13．如圖1所示，E為矩形ABCD的邊AD上一點，動點P、Q同時從點B出發(fā)，點P以1cm/秒的速度沿折線BE﹣ED﹣DC運動到點C時停止，點Q以2cm/秒的速度沿BC運動到點C時停止．設P、Q同時出發(fā)t秒時，△BPQ的面積為ycm2．已知y與t的函數關系圖象如圖2（其中曲線OG為拋物線的一部分，其余各部分均為線段），則下列結論：①AD＝BE＝5；②當0＜t≤5時，y＝t2；③cos∠ABE＝；④當t＝秒時，△ABE∽△QBP；⑤當△BPQ的面積為4cm2時，時間t的值是或；其中正確的結論是．三．解答題14．如圖，四邊形ABCD是邊長為的正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將線段BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）當M點在何處時，AM+BM+CM的值最小，說明理由；并求出AM、BM、CM的值．15．如圖，已知△ABC為等邊三角形，M為三角形外任意一點．（1）請你借助旋轉知識說明AM≤BM+CM；（2）線段AM是否存在最大值？若存在，請指出存在的條件；若不存在，請說明理由．16．如圖，△ABC中，∠ACB＝70°，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉得到△BDE（點D與點A是對應點，點E與點C是對應點），且邊DE恰好經過點C，求∠ABD的度數．17．如圖1所示拋物線與x軸交于O，A兩點，OA＝6，其頂點與x軸的距離是6．（1）求拋物線的解析式；（2）點P在拋物線上，過點P的直線y＝x+m與拋物線的對稱軸交于點Q．①當△POQ與△PAQ的面積之比為1：3時，求m的值；②如圖2，當點P在x軸下方的拋物線上時，過點B（3，3）的直線AB與直線PQ交于點C，求PC+CQ的最大值．18．如圖，⊙O′經過原點O，并且與x軸、y軸分別交于A、B兩點，線段OA、OB（OA＞OB）的長分別是方程x2﹣7x+12＝0的兩根．（1）如圖（1）求⊙O′的直徑；（2）如圖（2）已知點C在劣弧OA上，連接BC交OA于D，當OC2＝CD?CB時①請找出圖中的一對相似并給予證明；②求C點的坐標．19．如圖1，以矩形OABC的頂點O為原點，OA所在直線為x軸，OC所在直線為y軸，建立平面直角坐標系，頂點為點D的拋物線y＝﹣x2+2x+1經過點B，點C．（1）寫出拋物線的對稱軸及點B的坐標；（2）將矩形OABC繞點O順時針旋轉α（0°＜α＜180°）得到矩形OA′B′C′，①當點B′恰好落在BA的延長線上時，如圖2，求點B′的坐標；②在旋轉過程中，直線B'C'與直線OA'分別與拋物線的對稱軸相交于點M，點N．若MN＝DM，求點M的坐標．20．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+mx+n與x軸正半軸交于A，B兩點（點A在點B左側），與y軸交于點C．（1）利用直尺和圓規(guī)，作出拋物線y＝x2+mx+n的對稱軸（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）；（2）若△OBC是等腰直角三角形，且其腰長為3，求拋物線的解析式；（3）在（2）的條件下，點P為拋物線對稱軸上的一點，則PA+PC的最小值為．參考答案一．選擇題1．解：如圖所示，做出B關于x軸對稱點為B′，連接B′C，交x軸于點A'，此時△ABC周長最小過點C作CH⊥x軸，過點B'作B'H⊥y軸，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，則此時A'坐標為（1，0）．m的值為1．故選：B．2．解：如圖，作點A關于BC的對稱點A′，關于CD的對稱點A″，連接A′A″與BC、CD的交點即為所求的點M、N，∵∠BAD＝105°，∠B＝∠D＝90°，∴∠A′+∠A″＝180°﹣105°＝75°，由軸對稱的性質得：∠A′＝∠A′AM，∠A″＝∠A″AN，∴∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″）＝2×75°＝150°．故選：D．3．解：由旋轉可得，△ABC≌△DEC，∴AC＝DC，故A選項錯誤，AB＝DE≠BC+CD，故D選項錯誤，∠AEF＝∠DEC＝∠B，故B選項錯誤，∠A＝∠D，又∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∴∠D+∠B＝90°，∴∠BFD＝90°，即DF⊥AB，故C選項正確，故選：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°，故選：A．5．解：∵點A的坐標是（0，1），∴OA＝1，∵點B在直線y＝x上，∴OB＝2，∴OA1＝4，∴OA2＝16，得出OA3＝64，∴OA4＝256，∴A4的坐標是（0，256）．故選：C．二．填空題6．解：設等腰直角三角形的斜邊為xcm，則正方形的邊長為（10﹣x）cm．若等腰直角三角形的面積為S1，正方形面積為S2，則S1＝?x?x＝x2，S2＝（10﹣x）2，面積之和S＝x2+（10﹣x）2＝x2﹣20x+100．∵＞0，∴函數有最小值．即S最小值＝＝20（cm2）．故答案為20平方厘米．7．解：∵點（m，n）在函數y＝2x﹣4的圖象上，∴n＝2m﹣4，∴m2+n2＝m2+（2m﹣4）2，＝5m2﹣16m+16，∵a＝5＞0，∴m2+n2的最小值＝＝．故答案為：．8．解：∵二次函數y＝x2+bx+c中，a＝1＞0，∴函數有最小值，∵二次函數y＝x2+bx+c經過（5，3）和（﹣2，3），兩點的函數值相等，∴當x＝＝時，y有最小值，故答案為．9．解：∵A1（1，1），A2（，）在直線y＝kx+b上，∴，解得，∴直線解析式為y＝x+；設直線與x軸、y軸的交點坐標分別為N、M，當x＝0時，y＝，當y＝0時，x+＝0，解得x＝﹣4，∴點M、N的坐標分別為M（0，），N（﹣4，0），∴tan∠MNO＝＝＝，作A1C1⊥x軸與點C1，A2C2⊥x軸與點C2，A3C3⊥x軸與點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的坐標為；∵A1（1，1），A2（，），A3的坐標為：（，），…，∴點An的橫坐標是5（）n﹣1﹣4．故答案為：5（）n﹣1﹣4．10．解：（1）∵直線y＝﹣x+4與x軸，y軸分別交于點D，點E，∴D（4，0），E（0，4），∴OD＝OE＝4，∴△ODE的面積＝OD?OE＝×4×4＝8；故答案為：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，過點F作FM⊥x軸于點M，過點G作GN⊥y軸于點N．∴△DMF和△ENG是等腰直角三角形，設NG＝AC＝a，FM＝BC＝b，∴DF＝b，GE＝a，∴DF?GE＝2ab，∴2ab＝16，∴ab＝8，∴矩形OACB的面積＝ab＝8．故答案為：8．11．解：A0所在直線的解析式是x＝3，則E的坐標是（4，3），C的坐標是（5，1）．設直線BE的解析式是y＝kx+b，則，解得：，則直線BE的解析式是：y＝x+，同理，CD的解析式是：y＝﹣x+，解方程組，，解得：．則O的坐標是（3，）．故答案是：（3，）12．解：如圖，作BE⊥x軸于點E，連接OB，∵正方形OABC繞頂點O順時針旋轉75°，∴∠AOE＝75°，∵∠AOB＝45°，∴∠BOE＝30°，∵OA＝1，∴OB＝，∵∠OEB＝90°，∴BE＝OB＝，∴OE＝，∴點B坐標為（，﹣），代入y＝ax2（a＜0）得a＝﹣，∴y＝﹣x2．故答案是：y＝﹣x2．13．解：根據圖1可得，當點P到達點E時，點Q也到達點C，∵點P、Q的運動的速度分別是1cm/秒、2cm/秒∴BC＝BE＝10，∴AD＝BC＝10．∴①錯誤；又∵從M到N的變化是4，∴ED＝4，∴AE＝AD﹣ED＝10﹣4＝6．∵AD∥BC，∴∠EBQ＝∠AEB，∴cos∠EBQ＝cos∠AEB＝，故③錯誤；如圖2，過點P作PF⊥BC于點F，∵AD∥BC，∴∠EBQ＝∠AEB，∴sin∠EBQ＝sin∠AEB＝＝，∴PF＝PBsin∠EBQ＝t，∴當0＜t≤5時，y＝BQ×PF＝×2t×t＝t2，故②正確，如圖4，當t＝時，點P在CD上，∴PD＝﹣BE﹣ED＝﹣10﹣4＝，PQ＝CD﹣PD＝8﹣＝，∴，，∴∵∠A＝∠Q＝90°，∴△ABE∽△QBP，故④正確．由②知，y＝t2當y＝4時，t2＝4，從而，故⑤錯誤綜上所述，正確的結論是②④．三．解答題14．解：（1）由旋轉的性質可知：BN＝BM，BA＝BE．∵△BAE為等邊三角形，∴∠EBA＝60°．又∵∠MBN＝60°，∴∠NBE＝∠MBA．在△AMB和△ENB中，BN＝BM，∠NBE＝∠MBA，BA＝BE，∴△AMB≌△ENB．（2）如圖所示：連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最小，過點E作EF⊥BC，垂足為F．∵△ABE為等邊三角形，四邊形ABCD為正方形，∴∠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為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+MC＝EN+NM+MC≥EC．∴AM+BM+MC的最小值＝EC＝＝＝＝+1．過點M作MG⊥BC垂足為G，設BG＝MG＝x，則NB＝x，EN＝AM＝MC＝（+）x，∴x+2（+）x＝+1，∴x＝，∴BM＝，AM＝CM＝．15．解：（1）將△BMC繞B點逆時針方向旋轉，使C點與A點重合，得△BM′A，∵∠MBM′＝60°，BM＝BM′，AM′＝MC．∴△BMM′為正三角形．∴MM′＝BM．①若M′在AM上，則AM＝AM′+MM′＝BM+MC，②若M′不在AM上，連接AM′、MM′，在△AMM′中，根據三角形三邊關系可知：AM＜AM′+MM′，∴AM＜BM+MC，綜上所述：AM≤BM+CM；（2）線段AM有最大值．當且僅當M′在AM上時，AM＝BM+MC；存在的條件是：∠BMC＝120°．16．解：∵△ABC繞點B按逆時針方向旋轉得到△BDE（點D與點A是對應點，點E與點C是對應點），∴∠ABD＝∠CBE，∠E＝∠ACB＝70°，BC＝BE，∴∠BCE＝∠E＝70°，∴∠CBE＝180°﹣70°﹣70°＝40°，∴∠ABD＝40°．故∠ABD的度數為40°．17．解：（1）∵OA＝6，∴拋物線的對稱軸為直線x＝3，設拋物線的解析式為y＝a（x﹣3）2+k，∵頂點與x軸的距離是6，∴頂點為（3，﹣6），∴y＝a（x﹣3）2﹣6，∵拋物線經過原點，∴9a﹣6＝0，∴a＝，∴y＝（x﹣3）2﹣6；（2）①設直線y＝x+m與y軸的交點為E，與x軸的交點為F，∴E（0，m），F（﹣m，0），∴OE＝|m|，AF＝|6+m|，∵直線y＝x+m與坐標軸的夾角為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設P（t，t2﹣4t），過P作PE∥y軸交AB于點E，過P作PF⊥BQ交于F，設直線AB的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+6，∴E（t，﹣t+6），∴PE＝﹣t+6﹣（t2﹣4t）＝﹣t2+3t+6，設直線AB與y軸交點為G，令x＝0，則y＝6，∴G（0，6），∴OG＝OA＝6，∴∠OGA＝45°，設直線PQ與x軸交點為K，與y軸交點為L，直線PQ的解析式為y＝x+m，令x＝0，則y＝m∴L（0，m），令y＝0，則x＝﹣m，∴K（﹣m，0），∴OL＝OK，∴∠OLK＝45°，∴∠GCL＝90°，∴PF＝FQ＝3﹣t，設BF與x軸交點為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，當t＝3時，PC+CQ的最大值為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為⊙O′的直徑，即⊙O′的直徑為5；（2）①△OCD∽△BCO，理由如下：∵OC2＝CD?CB，∴＝，又∠OCD＝∠BCO，∴△OCD∽△BCO；②連接O′A，O′C，O′C交OA于H，∵△OCD∽△BCO，∴∠COA＝∠CBO，∴＝，∴O′C⊥OA，∴AH＝OA＝2，則O′H＝＝1.5，∴HC＝1，∴C點的坐標為（2，﹣1）．19．解：（1）∵y＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2∴拋物線對稱軸為直線x＝1∵四邊形OABC是矩形∴CB∥OA，即CB∥x軸∴點C、B關于對稱軸對稱∵x＝0時，y＝1，即C（0，1）∴點B坐標為（2，1）（2）①如圖1，連接OB、OB'∵矩形OABC繞點