《2026年江苏13大市中考名卷优选38套数学》

26 (10 分) 两个智能机器人在如图所示的 $R t \triangle A B C$ 区域工作, $\angle A B C=90^{\circ}, A B=40 \mathrm{~m}, B C=30 \mathrm{~m}$, 直线$B D$ 为生产流水线, 且 $B D$ 平分 $\triangle A B C$ 的面积 (即 $D$ 为 $A C$ 的中点). 机器人甲从点 $A$ 出发, 沿 $A \rightarrow B$的方向以 $v_{1}$ (单位: $\mathrm{m} / \mathrm{min}$) 的速度匀速运动, 其所在位置用点 $P$ 表示, 机器人乙从点 $B$ 出发, 沿 $B \rightarrow C \rightarrow D$ 的方向以 $v_{2}$ (单位: $\mathrm{m} / \mathrm{min}$) 的速度匀速运动, 其所在位置用点 $Q$ 表示. 两个机器人同时出发, 设机器人运动的时间为 $t \mathrm{~min}$, 记点 $P$ 到 $B D$ 的距离 (即垂线段 $P P^{\prime}$ 的长) 为 $d_{1} \mathrm{~m}$, 点 $Q$ 到 $B D$ 的距离 (即垂线段 $Q Q^{\prime}$ 的长) 为 $d_{2} \mathrm{~m}$. 当机器人乙到达终点时, 两个机器人立即同时停止运动, 此时 $d_{1}=7.5 \mathrm{~m}$, $d_{2}$ 与 $t$ 的部分对应数值如下表 $(t_{1}＜t_{2})$:

(1) 机器人乙运动的路线长为55 $\mathrm{m}$;
(2) 求 $t_{2}-t_{1}$ 的值;
(3) 当机器人甲、乙到生产流水线 $B D$ 的距离相等 (即 $d_{1}=d_{2}$) 时, 求 $t$ 的值.

答案： 26　
(1)$55$
(2)根据题意，得$v_{2}=55÷5.5 = 10$，
在$\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$D$为$AC$的中点，$AB = 40cm$，$BC = 30cm$，所以$BD = CD = AD = 25cm$，
所以$\angle ABD = \angle A$，$\angle DBC = \angle C$，
所以$\sin\angle ABD = \sin A=\frac{3}{5}$，$\sin\angle DBC = \sin C=\frac{4}{5}$。当点$Q$在$BC$上时，
$d_{2}=BQ·\sin\angle DBC = 10t×\frac{4}{5}=8t$，
所以$8t_{1}=16$，解得$t_{1}=2$。
当点$Q$在$CD$上时，如图，过点$A$作$AH\perp BD$，垂足为$H$，则$AH = AB·\sin\angle ABD = 40×\frac{3}{5}=24$。
因为$\angle CDB = \angle ADH$，
所以$\sin\angle CDB = \sin\angle ADH=\frac{24}{25}$，
所以$d_{2}=QD·\sin\angle CDB=(55 - 10t)×\frac{24}{25}=\frac{264}{5}-\frac{48}{5}t$，所以$\frac{264}{5}-\frac{48}{5}t_{2}=16$，解得$t_{2}=\frac{23}{6}$，
所以$t_{2}-t_{1}=\frac{23}{6}-2=\frac{11}{6}$。
(3)当$t = 5.5$时，$d_{1}=7.5$，
所以$BP=\frac{PP'}{\sin\angle ABD}=\frac{7.5}{\frac{3}{5}} = 12.5$，
所以$AP = AB - BP = 40 - 12.5 = 27.5$，
所以$v_{1}=\frac{AP}{5.5}=\frac{27.5}{5.5}=5$，
所以$d_{1}=BP\sin\angle ABD=(40 - 5t)×\frac{3}{5}=24 - 3t$。当点$Q$在$BC$上时，$0\leq t\leq3$，
由$d_{1}=d_{2}$，得$24 - 3t = 8t$，解得$t=\frac{24}{11}$；
当点$Q$在$CD$上时，$3\lt t\lt5.5$，
由$d_{1}=d_{2}$，得$24 - 3t=\frac{264}{5}-\frac{48}{5}t$，解得$t=\frac{48}{11}$。
综上，$t=\frac{24}{11}$或$t=\frac{48}{11}$。

27 (10 分) 如图, 二次函数 $y=-x^{2}+2 x+3$ 的图像与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点 (点 $A$ 在点 $B$ 的左侧), 与 $y$ 轴交于点 $C$, 作直线 $B C, M\left(m, y_{1}\right), N\left(m+2, y_{2}\right)$ 为二次函数 $y=-x^{2}+2 x+3$ 图像上两点.
(1) 求直线 $B C$ 对应的函数表达式;
(2) 试判断是否存在实数 $m$ 使得 $y_{1}+2 y_{2}=10$ ? 若存在, 求出 $m$ 的值; 若不存在, 请说明理由;
(3) 已知 $P$ 是二次函数 $y=-x^{2}+2 x+3$ 图像上一点 (不与点 $M 、 N$ 重合), 且点 $P$ 的横坐标为 $1-m$,作 $\triangle M N P$. 若直线 $B C$ 与线段 $M N 、 M P$ 分别交于点 $D 、 E$, 且 $\triangle M D E$ 与 $\triangle M N P$ 的面积的比为 $1: 4$, 请直接写出所有满足条件的 $m$ 的值.

答案：
27　解:
(1)在$y = -x^{2}+2x + 3$中，令$x = 0$，得$y = 3$，所以点$C$的坐标为$(0,3)$；
令$y = 0$，解得$x = -1$或$x = 3$，
所以点$B$的坐标为$(3,0)$。
设直线$BC$的函数表达式为$y = kx + b$，
代入点$B$，$C$的坐标，得$\begin{cases}3k + b = 0\\b = 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = -1\\b = 3\end{cases}$，所以直线$BC$对应的函数表达式为$y = -x + 3$。
(2)不存在实数$m$使得$y_{1}+2y_{2}=10$，理由如下:
解法一:将$M(m,y_{1})$，$N(m + 2,y_{2})$代入二次函数$y = -x^{2}+2x + 3$中，可得$y_{1}=-m^{2}+2m + 3$，$y_{2}=-(m + 2)^{2}+2(m + 2)+3=-m^{2}-2m + 3$，
所以$y_{1}+2y_{2}=-m^{2}+2m + 3+2(-m^{2}-2m + 3)=-3m^{2}-2m + 9=-3(m+\frac{1}{3})^{2}+9\frac{1}{3}$，
所以当$m = -\frac{1}{3}$时，$y_{1}+2y_{2}$的最大值为$9\frac{1}{3}$，且$9\frac{1}{3}\lt10$。故不存在实数$m$使得$y_{1}+2y_{2}=10$。
解法二:同解法一，得$y_{1}+2y_{2}=-3m^{2}-2m + 9$。
当$y_{1}+2y_{2}=10$时，$-3m^{2}-2m + 9 = 10$，
即$3m^{2}+2m + 1 = 0$。
因为$\Delta = 4 - 12=-8\lt0$，所以该方程没有实数根，所以不存在实数$m$使得$y_{1}+2y_{2}=10$。
(3)$m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$或$m=\frac{1 - \sqrt{5}}{2}$
提示:解法一:如图，作$NH// y$轴，交$x$轴于点$H$，交$BC$于点$N'$，作$PQ\perp NH$，垂足为$Q$，作$MM'// y$轴，交$BC$于点$M'$，则$MM'// NN'$。
在$y = -x^{2}+2x + 3$中，当$x = 1 - m$时，$y=-m^{2}+4$，所以点$P$的坐标为$(1 - m,-m^{2}+4)$。
易知点$N$的坐标为$(m + 2,-m^{2}-2m + 3)$，点$Q$的坐标为$(m + 2,-m^{2}+4)$，点$N'$的坐标为$(m + 2,-m + 1)$，
所以$NQ = PQ = |2m + 1|$，$BH = HN' = |-m + 1|$，
所以$\angle PNQ = \angle BN'H = 45^{\circ}$，
所以$PN// BC$，所以$\triangle MDE\sim\triangle MNP$，
所以$\frac{MD^{2}}{MN^{2}}=\frac{\triangle MDE的面积}{\triangle MNP的面积}=\frac{1}{4}$，
所以$MD=\frac{1}{2}MN$，即$MD = ND$。
因为$MM'// NN'$，所以$\triangle MM'D\sim\triangle NN'D$，
所以$\frac{MM'}{NN'}=\frac{MD}{ND}=1$，即$MM' = NN'$。
因为点$M$的坐标为$(m,-m^{2}+2m + 3)$，
所以点$M'$的坐标为$(m,-m + 3)$，
所以$|-m^{2}+3m|=|-m^{2}-m + 2|$。
由$m^{2}-3m=-m^{2}-m + 2$，得$m^{2}-m - 1 = 0$，
解得$m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$或$m=\frac{1 - \sqrt{5}}{2}$；
由$m^{2}-3m=m^{2}+m - 2$，解得$m=\frac{1}{2}$。
因为点$P$不与点$M$重合，所以$1 - m\neq m$，即$m\neq\frac{1}{2}$，所以$m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$或$m=\frac{1 - \sqrt{5}}{2}$。
　　　　　　
解法二:在$y = -x^{2}+2x + 3$中，当$x = 1 - m$时，$y=-m^{2}+4$，所以点$P$的坐标为$(1 - m,-m^{2}+4)$。
易知点$N$的坐标为$(m + 2,-m^{2}-2m + 3)$，
设直线$PN$的表达式为$y = ax + t$，
则$\begin{cases}(1 - m)a + t=-m^{2}+4\\(m + 2)a + t=-m^{2}-2m + 3\end{cases}$
解得$\begin{cases}a = -1\\t=-m^{2}-m + 5\end{cases}$
所以直线$PN$的表达式为$y=-x - m^{2}-m + 5$。
由
(1)得直线$BC$的表达式为$y = -x + 3$，
所以$PN// BC$，所以$\triangle MDE\sim\triangle MNP$。
所以$\frac{MD^{2}}{MN^{2}}=\frac{\triangle MDE的面积}{\triangle MNP的面积}=\frac{1}{4}$，
所以$MD=\frac{1}{2}MN$，即$D$是线段$MN$的中点。
因为点$M$的坐标为$(m,-m^{2}+2m + 3)$，点$N$的坐标为$(m + 2,-m^{2}-2m + 3)$，
由中点坐标公式，得点$D$的坐标为$(m + 1,-m^{2}+3)$。因为点$D$在直线$BC:y=-x + 3$上，
所以$-m - 1+3=-m^{2}+3$，即$m^{2}-m - 1 = 0$，
解得$m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$或$m=\frac{1 - \sqrt{5}}{2}$。