《2026年天利38套中考试题精选数学浙江专版》

23. （本小题满分10分）已知抛物线$ y = ax^{2}+bx + 3 $（$ a $，$ b $为常数）经过点$ A(1,0) $，$ B(4,3) $.
(1) 求该抛物线的函数表达式.
(2) 当$ 6 - t ≤ x ≤ t $时，记函数的最大值为$ M $，最小值为$ N $.
① 当$ t = 5 $时，求$ N $的值.
② 当$ t ≥ 4 $时，求证：$ M - N ≥ 4 $.

答案： 23.待定系数法求二次函数表达式+二次函数的图象与性质
解：
(1)把$A(1,0)$和$B(4,3)$的坐标分别代入$y = ax^{2} + bx + 3$，
得$\begin{cases} a + b + 3 = 0 \\ 16a + 4b + 3 = 3 \end{cases}$，解得$\begin{cases} a = 1 \\ b = - 4 \end{cases}$
∴函数表达式为$y = x^{2} - 4x + 3$. (3分)
(2)①当$t = 5$时，$1 \leq x \leq 5$，
由
(1)得抛物线$y = x^{2} - 4x + 3$的对称轴为直线$x = 2$.
∴当$x = 2$时，函数的最小值$N = 2^{2} - 4 × 2 + 3 = - 1$(关键：根据二次函数的性质求解). (6分)
②证明：当$t \geq 4$时，$6 - t \leq 2 \leq t$，
∵$t - 2 - [2 - (6 - t)] = 2 ＞ 0$，
∴$t - 2 ＞ 2 - (6 - t)$.
∴当$x = t$时，$M = t^{2} - 4t + 3$，$N = - 1$.
∴$M - N = t^{2} - 4t + 4 = (t - 2)^{2}$.
当$t \geq 2$时，$M - N$随$t$的增大而增大，
∴当$t \geq 4$时，$M - N \geq 4$. (10分)

24. （本小题满分12分）如图，在矩形ABCD中，过点D作$ EF⊥BD $，$ DE = DF $. 连接BE交边AD于点G，连接BF交边CD于点H.
【认识图形】求证：$ ∠ABD = ∠EDA $.
【研究特例】若$ AB = 6 $，$ AD = 8 $，$ DE = 3 $，直接写出$ \frac{BG}{EG} $与$ \frac{BH}{FH} $的值.
【探索关系】若$ \tan∠ABD = n $（$ n $是常数），设$ \frac{BG}{EG} = x $，$ \frac{BH}{FH} = y $，求$ y $关于$ x $的函数表达式.
【应用结论】若$ \frac{BG}{EG} = \frac{12}{5} $，$ \frac{BH}{FH} = 3 $，$ DE = 3 $，求AB的长.

答案：
24.矩形的性质+全等三角形的判定与性质+相似三角形的判定与性质+勾股定理+解直角三角形
解：【认识图形】证明：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$\angle A = 90^{\circ}$.
∴$\angle ABD + \angle ADB = 90^{\circ}$.
∵$EF \perp BD$，
∴$\angle EDB = \angle ADB + \angle EDA = 90^{\circ}$.
∴$\angle ABD + \angle ADB = \angle ADB + \angle EDA$.
∴$\angle ABD = \angle EDA$. (3分)
【研究特例】$\frac{BG}{EG} = \frac{5}{2}$，$\frac{BH}{FH} = \frac{40}{9}$.
【解题过程】
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$\angle A = 90^{\circ}$.
∴$BD = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = 10$.
如图，过点$E$作$EP \perp AD$于点$P$，过点$F$作$FQ \perp CD$于点$Q$(巧作辅助线：构造直角三角形，由相似三角形的性质求解)，

则$\angle EPD = \angle EPA = 90^{\circ} = \angle A$.
又$\angle ABD = \angle EDA$，
∴$\triangle EPD \sim \triangle DAB$.
∵$\frac{EP}{DA} = \frac{DE}{BD}$
即$\frac{EP}{8} = \frac{3}{10}$，
∴$EP = \frac{12}{5}$.
∵$\angle AGB = \angle PGE$，$\angle A = \angle EPG$，
∴$\triangle BAG \sim \triangle EPG$.
∵$\frac{BG}{EG} = \frac{AB}{PE} = \frac{6}{\frac{12}{5}} = \frac{5}{2}$.
同理可证$\triangle FQD \sim \triangle DCB$，
∴$\frac{FQ}{DC} = \frac{DF}{BD}$，即$\frac{FQ}{6} = \frac{3}{10}$，
∴$FQ = \frac{9}{5}$.
∵$\angle C = \angle FQH = 90^{\circ}$，$\angle BHC = \angle FHQ$，
∴$\triangle BCH \sim \triangle FQH$.
∴$\frac{BH}{FH} = \frac{BC}{FQ} = \frac{8}{\frac{9}{5}} = \frac{40}{9}$. (7分)
【探索关系】[第1步，根据相似三角形的性质得线段比]
由【研究特例】知$\triangle BAG \sim \triangle EPG$，$\triangle BCH \sim \triangle FQH$，
∴$\frac{BG}{EG} = \frac{AB}{PE} = x$，$\frac{BH}{FH} = \frac{BC}{FQ} = y$.
[第2步，由全等三角形的判定与性质得线段相等]
∵$\angle DFQ + \angle QDF = \angle EDP + \angle QDF = 90^{\circ}$，
∴$\angle DFQ = \angle EDP$.
又
∵$ED = FD$，$\angle EPD = \angle DQF$，
∴$\triangle EDP \cong \triangle DFQ(AAS)$.
∴$EP = DQ$，$DP = FQ$.
[第3步，计算$\frac{y}{x}$的值，得$y$关于$x$的函数表达式]
∴$\frac{y}{x} = \frac{\frac{BC}{FQ}}{\frac{AB}{PE}} = \frac{BC}{FQ} · \frac{PE}{AB} = \frac{BC}{AB} · \frac{PE}{FQ} = \frac{AD}{AB} · \frac{PE}{DP} = n^{2}$.
∴$y = n^{2}x$. (10分)
【应用结论】
∵$\frac{BG}{EG} = \frac{12}{5}$，$\frac{BH}{FH} = 3$，
∴$n = \frac{\sqrt{5}}{2}$(舍负).
∴$\frac{EP}{DP} = \frac{\sqrt{5}}{2}$.
设$EP = \sqrt{5}t$，则$DP = 2t$，
在$Rt \triangle EPD$中，$EP^{2} + DP^{2} = DE^{2}$，
即$(\sqrt{5}t)^{2} + (2t)^{2} = 3^{2}$，解得$t = 1$(舍负).
∴$EP = \sqrt{5}$.
∵$\frac{BG}{EG} = \frac{AB}{EP}$，
∴$AB = \frac{BG}{EG} · EP = \frac{12\sqrt{5}}{5}$. (12分)
难点突破
求线段之比的方法
(1)定义法：求出两线段的值，从而计算比值；
(2)相似法：证明两条线段所在的两个三角形相似，通过相似比求得线段之比；
(3)面积法：根据线段所在的两个三角形的面积比，求得两线段之比；
(4)转化法：根据平行线分线段成比例，将两线段之比转化为其他线段之比，从而求解；
(5)坐标法：将线段转化到坐标系中，由勾股定理求得长度，从而求得比值.
（解析人：张红建）