《2026年江苏13大市中考名卷优选38套数学》

26 (10分)在四边形 ABCD 中,对角线 AC,BD 相交于点 O , AB = 2 , AD = 1 .
(1) 若$\triangle ABD$是等腰三角形,则 BD = 2;
(2) 已知 OB = OD , AC = BD .
①若 OA = OC ,判断四边形 ABCD 是哪种特殊四边形,并说明理由;
②如图,在$\triangle ACD$中$, CD^2 = AD^2 + AC^2 ,$求 AC 的长.

答案： 26解:
(1)2　解析:因为△ABD是等腰三角形,AB = 2,AD = 1,所以当BD = AB = 2时，满足三角形三边关系;当BD = AD = 1时，1 + 1 = 2,不满足三角形三边关系.综上,BD = 2.
(2)①四边形ABCD是矩形,理由如下:
因为OA = OC,OB = OD,
所以四边形ABCD是平行四边形.
因为AC = BD,所以四边形ABCD是矩形.
②解法一:过点B作BE⊥AC于点E.
因为在△ACD中,$CD^2 = AD^2 + AC^2$，
所以△ACD是直角三角形，且∠DAC = 90°,
所以∠DAO = ∠BEO = 90°.
在△AOD和△EOB中,$\begin{cases} \angle DAO = \angle BEO = 90°, \\ \angle AOD = \angle EOB, \\ OD = OB, \end{cases}$
所以△AOD≌△EOB(AAS)，
所以BE = DA = 1,AO = EO.
在Rt△ABE中,由勾股定理,得$AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = \sqrt{3}$，所以$AO = EO = \frac{1}{2}AE = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
在Rt△AOD中,由勾股定理,得$OD = \sqrt{AD^2 + AO^2} = \frac{\sqrt{7}}{2}$，所以$BD = 2OD = \sqrt{7}$，所以$AC = BD = \sqrt{7}$.
解法二:过点B作BF⊥DA交DA的延长线于点F.因为在△ACD中,$CD^2 = AD^2 + AC^2$，
所以△ACD是直角三角形，且∠DAC = 90°.
因为BF⊥DF,所以∠DAO = ∠DFB = 90°,
所以AO//BF，所以△DAO∽△DFB.
因为OD = OB,所以$\frac{DA}{AF} = \frac{DO}{OB} = 1$，
所以AF = DA = 1,
所以在Rt△ABF中，由勾股定理，得$BF = \sqrt{AB^2 - AF^2} = \sqrt{3}$，
所以在Rt△DFB中，由勾股定理，得$BD = \sqrt{DF^2 + BF^2} = \sqrt{7}$，
所以$AC = BD = \sqrt{7}$.
Plus方法总结：本题考查等腰三角中的分类讨论及三角形三边关系，矩形的判定，勾股定理及其逆定理等，本题的突破口是利用中点构造全等三角形，或者相似三角形，结合勾股定理计算长度。中点的解题技巧常见的有:构造三角形中位线、直角三角形斜边上的中线、构造X型全等及构造相似等.

27 (10分)如图,在平面直角坐标系$ xOy $中,一次函数$ y = -\frac{3}{2}x + 3 $的图像分别与$ x $轴,$ y $轴交于点$ A $,$ B $,$ C $是线段$ AB $上一点,点$ C $与点$ B $不重合.二次函数$ y = ax^2 + bx + c $($ a,b,c $是常数,且$ a \neq 0 $)的图像经过点$ B $,顶点是$ C $.将该二次函数的图像平移后得到新抛物线,$ B',C' $分别是点$ B,C $的对应点,且点$ B' $落在$ x $轴正半轴上,点$ C' $的纵坐标为$-2$.
(1) $ OB = $3$ $;
(2) 求点$ C $的坐标;
(3) 已知新抛物线与$ y $轴交于点$ G(0,\frac{5}{2}) $,点$ D(3,y_1) $,$ E(x_2,y_2) $在新抛物线上,若对于满足$ m ＜ x_2 \leq m + 1 $的任意实数$ x_2 $,$ y_2 ＞ y_1 $总成成立,求$ m $的取值范围.

答案： 27解:
(1)3
(2)因为B(0, 3),点B的对应点B'落在x轴正半轴上,即$y_B = 0$，
所以点B向下平移3个单位长度，
所以点C向下平移3个单位长度后，与点C'的纵坐标相同.
因为点C'的纵坐标为 - 2,
所以点C的纵坐标为 - 2 + 3 = 1.
因为点C在线段AB上,即点C在直线$y = -\frac{3}{2}x + 3$上,所以将y = 1代入$y = -\frac{3}{2}x + 3$，得$x = \frac{4}{3}$，
所以点C的坐标为$(\frac{4}{3}, 1)$.
(3)解法一:因为二次函数$y = ax^2 + bx + c$(a,b,c是常数，且a≠0)的图像经过点B,顶点是C.
所以设二次函数的表达式为$y = a(x - \frac{4}{3})^2 + 1$，
将点B(0, 3)代入,得$a(0 - \frac{4}{3})^2 + 1 = 3$，解得$a = \frac{9}{8}$，所以$y = \frac{9}{8}(x - \frac{4}{3})^2 + 1$.
因为平移后点B的对应点B'落在x轴的正半轴上，所以设抛物线向右平移h(h＞0)个单位长度,再向下平移3个单位长度得到新的抛物线，
所以新的抛物线的表达式为$y = \frac{9}{8}(x - \frac{4}{3} - h)^2 - 2$.将点G(0,$\frac{5}{2}$)代入,得$\frac{9}{8}(0 - \frac{4}{3} - h)^2 - 2 = \frac{5}{2}$，
解得$h = \frac{2}{3}$或$h = -\frac{10}{3}$(舍去)，
所以$y = \frac{9}{8}(x - \frac{4}{3} - \frac{2}{3})^2 - 2 = \frac{9}{8}(x - 2)^2 - 2$，
所以$\frac{9}{8}＞0$，抛物线的开口向上,对称轴为直线x = 2，所以抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，点D(3,$y_1$)关于对称轴x = 2的对称点为D'(1,$y_1$),因为对于满足$m ＜ x_2 \leq m + 1$的任意实数$x_2$,$y_2＞y_1$总成立，
所以$m + 1 ＜ 1$或$m \geq 3$，即m ＜ 0或m≥3,
所以m的取值范围是m ＜ 0或m≥3.
解法二:同解法一,得新的抛物线的表达式为$y = \frac{9}{8}(x - 2)^2 - 2$，所以新抛物线$a = \frac{9}{8}＞0$，开口向上,对称轴为直线x = 2,
当x = 3时,$y_1 = -\frac{7}{8}$.
因为对于满足$m ＜ x_2 \leq m + 1$的任意实数$x_2$,$y_2＞y_1$总成立，
所以$(y_2)_{\min}＞-\frac{7}{8}$.
①当$m + 1 \leq 2$，即$m \leq 1$时，y随x的增大而减小，
当$x = m + 1$时，$(y_2)_{\min} = \frac{9}{8}(m + 1 - 2)^2 - 2＞-\frac{7}{8}$，解得m ＜ 0或m ＞ 2(舍去);
②当$\begin{cases} m ＜ 2, \\ m + 1 ＞ 2, \end{cases}$即$1 ＜ m ＜ 2$时，在对称轴处取最小值 - 2,则$(y_2)_{\min} = - 2$，
与任意实数$x_2$，$y_2＞y_1$总成立矛盾，舍去;
③当$m \geq 2$时，y随x的增大而增大，
当$x = m$时，$y = \frac{9}{8}(m - 2)^2 - 2 \geq -\frac{7}{8}$，
解得$m \geq 3$或$m \leq 1$(舍去).
综上,m的取值范围是m ＜ 0或m≥3.
Plus解后反思：本题考查一次函数与坐标轴的交点问题，二次函数图像的平移，待定系数法求二次函数表达式，运用二次函数的图像和性质比较大小。二次函数值的比较大小问题既可以从“形”入手，充分利用抛物线对称的性质，比较到对称轴距离的大小即可，也可以从“数”入手，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题。本题的易错点为端点值的取舍问题，是否带等号需着重思考，可运用临界思想加以分析。