《2026年江苏13大市中考名卷优选38套数学》

27 (12分)如图,在平面直角坐标系中,二次函数$y=-x^{2}-2x + 3$的图像(记为$G_{1}$)与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,二次函数$y = x^{2}+bx + c$的图像(记为$G_{2}$)经过点A,C,直线$x = t$与图像$G_{1}$,$G_{2}$分别交于点M,N,与x轴交于点P.
(1)求b,c的值;
(2)当点P在线段AO上时,求MN的最大值;
(3)设点M,N到直线AC的距离分别为m,n.当$m + n = 4$时,对应的t值有2个;当$m - n = 3$时,对应的t值有0个;当$mn = 2$时,对应的t值有4个;当$\frac{m}{n}=1$时,对应的t值有无数个.

答案：
27解：
(1)在y = -x^{2} - 2x + 3 = -(x + 3)(x - 1)中，
令y = 0，得x = -3或x = 1，
所以点A的坐标为(-3,0)，点B的坐标为(1,0)；
令x = 0，得y = 3，所以点C的坐标为(0,3)。
将点A，C的坐标代入y = x^{2} + bx + c，
得$\begin{cases}9 - 3b + c = 0, \\c = 3,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}b = 4, \\c = 3,\end{cases}$
故b的值为4，c的值为3。
(2)由
(1)知，G_{2}的表达式为y = x^{2} + 4x + 3。
设点P的坐标为(t,0)(-3 ≤ t ≤ 0)，
则点M的坐标为(t, -t^{2} - 2t + 3)，点N的坐标为(t, t^{2} + 4t + 3)，
所以MN = -t^{2} - 2t + 3 - t^{2} - 4t - 3 = -2t^{2} - 6t = -2(t + $\frac{3}{2}$)^{2} + $\frac{9}{2}$。
因为 -2 ＜ 0，
所以当t = -$\frac{3}{2}$时，MN的最大值为$\frac{9}{2}$。
(3)2 0 4 无数
解析：如图，过点M作MS⊥AC于点S，过点N作NR⊥AC于点R，设MN交AC于点E。由A(-3,0)，C(0,3)，得直线AC的表达式为y = x + 3，所以AO = CO = 3，所以∠ACO = 45°。因为MN//OC，所以∠MES = ∠NER = 45°。因为MS = m，NR = n，所以ME = $\sqrt{2}$m，NR = $\sqrt{2}$n。因为E(t,t + 3)，M(t, -t^{2} - 2t + 3)，N(t,t^{2} + 4t + 3)，所以ME = | -t^{2} - 2t + 3 - (t + 3)| = | -t^{2} - 3t| = |t^{2} + 3t|，NE = |t^{2} + 4t + 3 - (t + 3)| = |t^{2} + 3t|，即ME = NE = |t^{2} + 3t|，进而可得m = n = $\frac{\sqrt{2}}{2}$|t^{2} + 3t|。①当m + n = 4，即m = n = 2时，MN = 4$\sqrt{2}$；当 -3 ≤ t ≤ 0时，MN的最大值为$\frac{9}{2}$ ＜ 4$\sqrt{2}$，由图可知当t ＜ -3或t ＞ 0时，共2种情况满足题意，故对应的t值有2个；②当m - n = 3，即m = n + 3时，这与m = n相矛盾，故不成立，对应的t值有0个；③当mm = 2，即m = n = $\sqrt{2}$时，ME = 2，所以|t^{2} + 3t| = 2，即t^{2} + 3t = ±2，解得t = -2或t = -1或t = -3 - $\sqrt{17}$或t = -3 + $\sqrt{17}$，故对应的t值有4个；④当$\frac{m}{n}$ = 1时，m = n恒成立，所以对应的t值有无数个。

本题考查了待定系数法求函数的表达式，函数与坐标轴的交点的求法，二次函数与线段，点到直线的距离，等腰直角三角形的判定与性质.求线段最值可以运用函数思想，建立变量与线段长的函数关系，进而求最值.计算点到直线距离时充分利用几何推理，三角函数等知识转化长度，运用解方程或数形结合的方法解决问题，当位置不明确时要分类讨论.

28 (12分)问题:如图1,P为正方形ABCD内一个动点,过点P作$EF// AD$,$GH// AB$,矩形PHCF的面积是矩形PGAE面积的2倍,探索$\angle FAH$的度数随点P运动的变化情况.
【从特例开始】
(1)小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形(如图2),请你仅用无刻度的直尺连接一条线段,由此可得此图形中$\angle FAH =$45°;
(2)小亮也画出了一个符合条件的特殊图形(如图3),其中PE = PF = 6,PG = 4,PH = 8,求此图形中$\angle FAH$的度数;
【一般化探索】
(3)利用图1,探索上述问题中$\angle FAH$的度数随点P运动的变化情况,并说明理由.

答案：
28解：
(1)45° 解析：解法一：如图1，MN即为所求。
易知AM = $\sqrt{AE^{2} + EM^{2}}$ = $\sqrt{10}$，MN = $\sqrt{1^{2} + 3^{2}}$ = $\sqrt{10}$，AN = $\sqrt{2^{2} + 4^{2}}$ = $\sqrt{20}$，所以AM^{2} + MN^{2} = AN^{2}，AM = MN，所以∠AMN = 90°，所以△AMN为等腰直角三角形，所以∠FAH = 45°。
解法二：如图2，HN即为所求。在△ATN和△NMH中，$\begin{cases}AT = NM = 4, \\∠ATN = ∠NMH = 90°, \\TN = MH = 2,\end{cases}$
所以△ATN≌△NMH(SAS)，所以AN = NH，∠TAN = ∠MNH。因为∠TAN + ∠ANT = 90°，所以∠MNH + ∠ANT = 90°，所以∠ANH = 90°，所以∠FAH = 45°。

(2)解法一：如图3，延长CB至点T，使得BT = DF，连接AT，FH。
因为四边形ABCD是正方形，
所以AB = AD，∠BAD = ∠C = ∠D = ∠ABC = ∠ABT = 90°，
所以△ABT≌△ADF(SAS)，
所以AT = AF，∠TAB = ∠FAD，
所以∠FAD + ∠BAF = ∠TAB + ∠BAF = ∠TAF = 90°。
易知四边形PGAE，四边形PEBH，四边形PGDF，四边形PHCF均为矩形。
设正方形的边长为x，AG = a，PG = b，
所以AG = PE = BH = a，PG = DF = BT = b，
所以CH = BC - BH = x - a，CF = CD - DF = x - b，
所以HT = BH + BT = a + b，HF = $\sqrt{PH^{2} + PF^{2}}$ = $\sqrt{6^{2} + 8^{2}}$ = 10，
所以HT = HF。
在△AHT和△AHF中，$\begin{cases}AH = AH, \\HT = HF, \\AT = AF,\end{cases}$
所以△AHT≌△AHF(SSS)，所以∠TAH = ∠FAH。
因为∠TAH = ∠TAF - ∠FAH = 90° - ∠FAH，
所以∠TAH = ∠FAH = 45°。
解法二：如图4，设AH与EF交于点M，过点M作MT⊥AF，垂足为T。
因为PE = PF = 6，PG = 4，PH = 8，
所以AB = GH = PG + PH = 12，BC = AD = EF = PE + PF = 12，AE = DF = PG = 4，BH = PE = 6。
因为EF//BC，所以△AEM∽△ABH，
所以$\frac{AE}{AB}$ = $\frac{EM}{BH}$，即$\frac{4}{12}$ = $\frac{EM}{6}$，所以EM = 2，
所以MF = EF - EM = 12 - 2 = 10。
在Rt△AEM中，AM = $\sqrt{AE^{2} + EM^{2}}$ = $\sqrt{4^{2} + 2^{2}}$ = 2$\sqrt{5}$，在Rt△ADF中，AF = $\sqrt{AD^{2} + DF^{2}}$ = $\sqrt{12^{2} + 4^{2}}$ = 4$\sqrt{10}$。
因为AD//EF，所以∠DAF = ∠AFE，
所以$\frac{DF}{AF}$ = $\frac{MT}{MF}$，即$\frac{4}{4\sqrt{10}}$ = $\frac{MT}{10}$，解得MT = $\sqrt{10}$。
在Rt△AMT中，sin∠FAH = $\frac{MT}{AM}$ = $\frac{\sqrt{10}}{2\sqrt{5}}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以∠FAH = 45°。

(3)随点P的运动，∠FAH的度数不变，且为45°。理由如下：
解法一：如图5，延长CB至点T，使得BT = DF，连接AT，FH。
因为四边形ABCD是正方形，
所以AB = AD，∠BAD = ∠C = ∠D = ∠ABC = ∠ABT = 90°，
所以△ABT≌△ADF(SAS)，
所以AT = AF，∠TAB = ∠FAD，
所以∠FAD + ∠BAF = ∠TAB + ∠BAF = ∠TAF = 90°，
易知四边形PGAE，四边形PEBH，四边形PGDF，四边形PHCF均为矩形。
设正方形的边长为x，AG = a，PG = b，
所以AG = PE = BH = a，PG = DF = BT = b，
所以CH = BC - BH = x - a，CF = CD - DF = x - b，
所以HT = BH + BT = a + b。
因为S_{矩形PHCF} = 2S_{矩形PGAE}，
所以(x - a)(x - b) = 2ab，整理，得x^{2} = ab + ax + bx。
在Rt△CHF中，CH^{2} + CF^{2} = HF^{2}，
所以HF^{2} = (x - a)^{2} + (x - b)^{2} = 2x^{2} - 2ax + a^{2} - 2bx + b^{2} = 2ab + 2ax + 2bx - 2ax + a^{2} - 2bx + b^{2} = (a + b)^{2}，
解得HF = a + b(负值舍去)，
所以HF = HT。
在△AHT和△AHF中，$\begin{cases}AH = AH, \\HT = HF, \\AT = AF,\end{cases}$
所以△AHT≌△AHF(SSS)，所以∠TAH = ∠FAH。
因为∠TAH = ∠TAF - ∠FAH = 90° - ∠FAH，
所以∠TAH = ∠FAH = 45°。
解法二：如图6，设AH与EF交于点M，过点M作MT⊥AF，垂足为T。
设正方形的边长a，AG = na，AE = ma，则PH = EB = AB - AE = a - ma = (1 - m)a，BH = AG = na，PF = GD = AD - AG = a - na = (1 - n)a，EF = AD = a。
因为EF//BC，所以△AEM∽△ABH，
所以$\frac{AE}{AB}$ = $\frac{EM}{BH}$，即$\frac{ma}{a}$ = $\frac{EM}{na}$，所以EM = mna，
所以MF = EF - EM = a - mna = (1 - mn)a。
在Rt△AEM中，AM = $\sqrt{AE^{2} + EM^{2}}$ = $\sqrt{(ma)^{2} + (mna)^{2}}$ = m$\sqrt{1 + n^{2}}$a，
在Rt△ADF中，AF = $\sqrt{AD^{2} + DF^{2}}$ = $\sqrt{a^{2} + (ma)^{2}}$ = $\sqrt{1 + m^{2}}$a。
因为AD//EF，所以∠DAF = ∠AFE，
所以$\frac{DF}{AF}$ = $\frac{MT}{MF}$，即$\frac{ma}{\sqrt{1 + m^{2}}a}$ = $\frac{MT}{(1 - mn)a}$，解得MT = $\frac{m(1 - mn)}{\sqrt{1 + m^{2}}}$a。
在Rt△AMT中，sin∠FAH = $\frac{MT}{AM}$ = $\frac{\frac{m(1 - mn)}{\sqrt{1 + m^{2}}}a}{m\sqrt{1 + n^{2}}a}$ = $\frac{(1 - mn)}{\sqrt{1 + m^{2}} · \sqrt{1 + n^{2}}}$。
因为S_{矩形PHCF} = 2S_{矩形PGAE}，
所以(1 - m)a · (1 - n)a = 2ma · na，
即1 - m - n + mn = 2mn，所以n = $\frac{1 - m}{1 + m}$，
所以sin∠FAH = $\frac{1 - m - \frac{1 - m}{1 + m} · m}{\sqrt{1 + m^{2}} · \sqrt{1 + (\frac{1 - m}{1 + m})^{2}}}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以∠FAH = 45°。

本题考查正方形和矩形的性质，及特殊角45°的求解.求解45°角可构建等腰直角三角形，本题的难点是如何构建等腰直角三角形.观察线与线位置关系，借助K型全等及A型相似来计算线段长度，45°角也可利用三角函数、利用边角比求解.当长度或比例未知时可设参，寻找数量关系，列方程求解.多元问题的解决运用消元思想和整体思想.