2026年数学中考二轮复习课件：动态探究

动态探究 1 例1 如图1，在矩形ABCD中，BD为其对角线，一动点P 从D出发，沿着D→B→C的路径行进，过点P作PQ⊥CD， 垂足为Q.设点P的运动路程为x，PQ－DQ为y，y与x的函 数图象如图2，则AD的长为(　　) A.　　 B.　　 C.　　 D. 类型一 动点问题(函数) B 2 【解析】由图象，得CD＝2.当BD＋BP＝4时，PQ＝CD＝2.设AD－CD＝a，则BD＝4－a.在Rt△BCD中，BD2－BC2＝CD2，即(4－a)2－(a＋2)2＝22.解得a＝.∴AD＝a＋2＝.故选B. 3 1.(2019·达州) 如图，边长都为4的正方形ABCD和正三角形EFG如图放置，AB与EF在一条直线上，点A与点F重合.现将△EFG沿AB方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点F与点B重合时停止.在这个运动过程中，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是(　　) 针对训练 C 2.(2025·齐齐哈尔) 如图，在菱形ABCD中，∠A＝ 60°，AB＝4，动点E从点A出发沿边AB→BC匀速运动， 运动到点C时停止，过点E作AD的垂线l，在点E运动过 程中，垂线l扫过菱形(即阴影部分)的面积为y，点E运动 的路程为x(x＞0).下列图象能反映y与x之间函数关系的是(　　) A A　　 B C　　 D 3.(2025·天津) 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8 cm，AD＝10 cm，BC＝16 cm.动点M从点B出发，以2 cm/s的速度沿边BA、边AD向终点D运动；动点N从点C同时出发，以1 cm/s的速度沿边CB向终点B运动.规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动.设运动的时间为t s.当t＝2 s时，点M，N的位置如图所示.有下列结论： ①当t＝6时，CN＝DM； ②当1≤t≤2时，△BMN的最大面积为26 cm2； ③t有两个不同的值满足△BMN的面积为39 cm2. 其中，正确结论的个数是(　　) A.0　　　 B.1　　　 C.2　　　 D.3 C 4.(2025·眉山) 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°， 点D在AC上，CD＝，动点P在Rt△ABC的边上沿 C→B→A方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动， 到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF.设点P的 运动时间为t秒，正方形DPEF的面积为S.当点P由点 B运动到点A时，如图2，S是关于t的二次函数.在3个 时刻t1，t2，t3(t1＜t2＜t3)对应的正方形DPEF的面积 均相等.下列4个结论：①当t＝1时，S＝3；②点P在线段BA上时S＝2t2－16t ＋34；③AD＝4；④t1＋t2＝4.其中正确结论的个数是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 图1　　 图2 B 5.(2020·达州) 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝ 6 cm，CD＝2 cm.P为线段BC上的一动点，且和B，C不重合，连接PA，过点P作PE⊥PA交射线CD于点E.聪聪根据学习函数的经验，对这个问题进行了研究： (1)通过推理，他发现△ABP∽△PCE，请你帮他完成证明； 证明：∵AB∥CD，∴∠B＋∠C＝180°. ∵∠B＝90°，∴∠B＝∠C＝90°. ∵AP⊥PE，∴∠APE＝90°. ∴∠APB＋∠EPC＝90°. 又∠EPC＋∠PEC＝90°，∴∠APB＝∠PEC. ∴△ABP∽△PCE. (2)利用几何画板，他改变BC的长度，运动点P，得到不 同位置时，CE，BP的长度的对应值： 当BC＝6 cm时，得表1： BP/cm … 1 2 3 4 5 … CE/cm … 0.83 1.33 1.50 1.33 0.83 … 当BC＝8 cm时，得表2： BP/cm … 1 2 3 4 5 6 7 … CE/cm … 1.17 2.00 2.50 2.67 2.50 2.00 1.17 … 这说明，点P在线段BC上运动时，要保证点E总在线段CD上，BC的长度应有一定的限制. ①填空：根据函数的定义，我们可以确定，在BP和CE的长度这两个变量中，__________的长度为自变量，__________的长度为因变量；  BP CE ②设BC＝m cm，当点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求m的取值范围. 解：设BP＝x cm，CE＝y cm. ∵△ABP∽△PCE，∴. ∴. ∴y＝－x2＋mx＝－. ∵－＜0，∴当x＝m时，y有最大值. ∵点E在线段CD上，CD＝2 cm， ∴≤2，∴m≤4.∴0＜m≤4. 例2 (2022·达州) 某校一数学兴趣小组在一次合作探究活 动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直 角三角形CDE，按如图1的方式摆放，∠ACB＝∠ECD＝ 90°，随后保持△ABC不动，将△CDE绕点C按逆时针方 向旋转α(0°＜α＜90°)，连接AE，BD，延长BD交AE于点F，连接CF.该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答： 类型二 旋转问题 13 【初步探究】 (1)如图2，当ED∥BC时，则α＝__________；  45° (2)如图3，当点E，F重合时，请直接写出AF，BF，CF之间的数量关 系：____________________；  解：[∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形， ∴∠DCE＝∠ACB，AC＝BC，CE＝CD，DF＝CF. ∴∠ACE＝∠BCD.∴△ACE≌△BCD(SAS). ∴AF＝AE＝BD.∵BF＝BD＋DF，∴BF＝AF＋CF.] BF＝AF＋CF 【深入探究】 (3)如图4，当点E，F不重合时，(2)中的结论是否仍然成 立?若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由； 解：当点E，F不重合时，(2)中的结论仍然成立. 理由：由(2)知，△ACE≌△BCD(SAS). ∴∠CAF＝∠CBD. 图4中，过点C作CG⊥CF交BF于点G. ∵∠ACF＋∠ACG＝90°，∠ACG＋∠BCG＝90°， ∴∠BCG＝∠ACF. 又∵∠CBG＝∠CAF，BC＝AC， ∴△BCG≌△ACF(ASA). ∴CG＝CF，BG＝AF. ∴△GCF为等腰直角三角形. ∴GF＝CF. ∴BF＝BG＋GF＝AF＋CF. 【拓展延伸】 (4)如图5，在△ABC与△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，若BC＝mAC，CD＝mCE(m为常数).保持△ABC不动，将△CDE绕点C按逆时针方向旋转α(0°＜α＜90°)，连接AE，BD，延长BD交AE于点F，连接CF，如图6.试探究AF，BF，CF之间的数量关系，并说明理由. 解：BF＝mAF＋·CF. 理由：由(2)知，∠ACE＝∠BCD. 而BC＝mAC，CD＝mCE，即＝m，∴△BCD∽△ACE.∴∠CBD＝∠CAE. 图6中，过点C作CG⊥CF交BF于点G. 由(3)知，∠BCG＝∠ACF. ∴△BGC∽△AFC.∴＝m. ∴BG＝mAF，CG＝mCF. 在Rt△CGF中，GF＝ ·CF. ∴BF＝BG＋GF＝mAF＋·CF. 6.(2025·兰州) 【提出问题】数学讨论课上，小明绘制如图1所示的图形，正方形ABCD与正方形BEFG(AB＞BE)，点E，G分别在AB，BC上.根据图形提出问题：如图2，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0°＜α＜180°)，直线AE与CG相交于点H，连接BH，探究线段AH，BH，CH之间的数量关系. 针对训练 【解决问题】(1)小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由； 解：AH＝CH＋BH.理由：图3中，当点G， H重合时，在正方形ABCD与正方形BEFG中， AB＝CB，BE＝BH，∠ABC＝∠EBH＝90°， ∴EH＝BH，∠ABE＝90°－∠EBC＝∠CBG.∴△ABE≌△CBG(SAS).∴AE＝CG. ∴AH＝AE＋EH＝CH＋BH. (2)小明借鉴(1)中特殊化的解题策略后，再解决如图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由； 解：AH＝CH＋BH.理由：图2中，在AE上截取AM＝CH，同(1)可得△ABE≌△CBG(SAS).∴∠BCH＝∠BAM. 又∵AB＝CB，∴△MAB≌△HCB(SAS). ∴∠ABM＝∠CBH，BM＝BH. ∴∠MBH＝∠EBM＋∠EBC＋∠CBH＝ ∠EBM＋∠EBC＋∠ABM＝∠ABC＝90°. ∴△MBH是等腰直角三角形.∴MH＝BH. ∵AH＝AM＋MH，∴AH＝CH＋BH. 【拓展问题】(3)小明将图2所示问题中的旋转角α的范围再扩大，将正 方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α(180°＜α＜360°)，直线AE 与CG相交于点H，连接BH，请直接写出AH，BH，CH之间的数量关系. 解：CH＝AH＋BH. [如图，在CG上截取CM＝AH.同(1)可得△ABE≌ △CBG(SAS).∴AE＝CG，∠BCH＝∠BAH. 又∵∠BCH＝∠HAB，CB＝AB， ∴△CBM≌△ABH(SAS). ∴BH＝BM，∠CBM＝∠ABH. 同(2)可得△MBH是等腰直角三角形. ∴MH＝BH.∵CH＝CM＋MH， ∴CH＝AH＋BH.] 7.(2025·贵州)如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P为线段AC上一动点，E为射线BP上的一点(点E与点B不重合). 【问题解决】(1)如图1，若点P与线段AC的中点O重合，则∠PBC＝__________°，线段BP与线段AC的位置关系是__________；  30 BP⊥AC 【问题探究】(2)如图2，在点P的运动过程中，点E 在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝60°，探 究线段BE与线段EC的数量关系，并说明理由； 解：CE＝2BE.理由：图2中，把△ABE绕点B顺 时针旋转60°得到△CBQ.∴BE＝BQ，∠EBQ＝ 60°，∠AEB＝∠CQB.∴△BEQ为等边三角形. ∴∠BEQ＝∠BQE＝60°，BE＝EQ. ∵点E在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝ 60°，∴∠AEB＝180°－30°＝150°，∠BEC＝180°－60°＝120°. ∴∠BEQ＝∠CEQ＝60°，∠CQB＝∠AEB＝150°.∴∠EQC＝150°－60°＝90°.∴∠ECQ＝90°－60°＝30°.∴EC＝2EQ＝2BE. 【拓展延伸】(3)在点P的运动过程中，将线段EB绕 点E逆时针旋转120°得到EF，射线EF交射线BC于 点G，若BE＝2FG，AB＝5，求AP的长. 解：当点P在线段OA上，如答图1，设射线BP与AD 交于点H. ∵AH∥BC，∴∠AHB＝∠CBH. ∵∠ABC＝60°，∴∠BAD＝120°＝∠BEG. ∴△HAB∽△BEG.∴. 设FG＝x，则EF＝BE＝2x.∴EG＝3x. ∴.∴AH＝. ∵AD∥BC，∴△APH∽△CPB. ∴. 易得△ABC为等边三角形，∴AC＝AB＝5. ∴AP＝5×＝2； 当点P在线段OC上时，如答图2，延长AD交BP于点H，同理可得∠AHB＝∠PBC，∠BAH＝∠BEG＝120°. ∴△BAH∽△GEB.∴. 设BE＝EF＝2m，而BE＝2FG，则GF＝ EG＝m.∴.∴AH＝2AB＝10.同理可得△APH∽△CPB， 则＝2，AP＝5×. 综上所述，AP的长为2或. 8.(2025·达高三诊) 在△ABC中，AC＝BC，AC＝6，∠ACB＝α，D是BC边上任意一点，E是直线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B顺时针旋转，旋转角为α，得到线段BF，连接EF. (1)如图1，当点F在射线AD上时，试探究∠CAE与∠ABE的数量关系； 解：∠CAE＝∠ABE. 理由：∵AC＝BC，∠ACB＝α， ∴∠CAB＝∠CBA＝. 图1 由旋转可得BE＝BF，∠EBF＝α. ∴∠BEF＝∠BFE＝. ∴∠CAB＝∠BEF. ∵∠CAB＝∠CAE＋∠BAE，∠BEF＝∠BAE＋∠ABE，∴∠CAE＝∠ABE. 图1 (2)如图2，BF∥AD，CG⊥AE于点G，2∠ABF－ 3∠EBF＝4∠BAE，说明：EG＋BE＝CG； 解：∵AC＝BC，∠ACB＝α， ∴∠CAB＝∠CBA＝. 同理可得∠BEF＝∠BFE＝. ∵BF∥AD，∴∠ABF＋∠BAE＝180°，∠AEB＝∠EBF＝α. ∴∠ABF＝180°－∠BAE. ∵2∠ABF－3∠EBF＝4∠BAE， ∴∠ABF＝2∠BAE＋α. ∴2∠BAE＋α＝180°－∠BAE. ∴3∠BAE＝180°－α.∴∠BAE＝60°－α. ∴∠CAE＝∠CAB－∠BAE＝＝30°. ∵CG⊥AE，∴∠AGC＝90°. ∴AC＝2CG，cos∠CAE＝. ∴AG＝AC. 图2中，过点C作CH⊥BE，垂足为H，则∠H＝90°. 在△ACD和△BED中，∠ACD＝∠AEB＝α，∠ADC＝∠BDE，∴∠CBH＝∠CAG＝30°. 又∵BC＝AC，∠H＝∠AGC＝90°， ∴△BCH≌△ACG(AAS). ∴BH＝AG＝AC，CG＝CH. 又∵CE＝CE，∴Rt△CEG≌Rt△CEH(HL). ∴EG＝EH. ∵EH＝BH－BE， ∴EG＝BH－BE＝AC－BE＝×2CG－BE＝CG－BE，即EG＋BE＝CG. (3)如图3，α＝60°，点F在射线AD上，P是BE上一点且满足AF＝3BP，在点D的运动过程中，求点P运动轨迹的长. 解：∵AC＝BC，BE＝BF，∠ACB＝∠EBF＝α＝60°， ∴△ABC和△BEF都是等边三角形. ∴∠BFE＝∠ACB＝∠CAB＝∠CBA＝60°. ∴点F在△ABC的外接圆上. 图3 如答图，作△ABC的外接☉O，连接OC， 并延长CO交AB于点H，则CH垂直平分 AB，作点F关于OC的对称点F'，则' ＝，连接AF'，BF'. ∴∠F'AC＝∠FBC.∴∠F'AB＝∠FBA. 又∵∠AF'B＝∠BFA，AB＝BA， ∴△ABF'≌△BAF(AAS).∴BF'＝AF. 答图 如答图，连接OF'，OB，在BF'上截取 BP'＝BF'，作P'M∥OF'，P'M交OB于 点M，则△BMP'∽△BOF'.∴ . ∴MB＝OB.∵OB＝OF'，∴MB＝MP'. ∵△ABC是等边三角形，☉O是△ABC的外接圆，AC＝6， 答图 ∴BH＝AB＝3，∠OBH＝30°. ∴OB＝＝2.∴MB＝MP'＝. ∵BF'＝AF，AF＝3BP，∴. ∴点P在以点M为圆心，为半径的圆上， 点D在BC边上运动的过程中，当点D与点C 重合时，点P在边AB上(记为P″)，此时点F与点C也重合. 答图 ∴BP″＝AF＝AC＝2；当点D与点B重合 时，点P与点B也重合.过点M作MG⊥AB于 点G.∴BG＝BP″＝1. ∴sin∠BMG＝. ∴∠BMG＝60°.∴∠BMP″＝120°. 答图 ∴劣弧″的长为π. ∴优弧″的长为2π×π＝π， 即点P运动轨迹的长为π. 答图 例3 (2023·达州) (1)如图①，在矩形ABCD的AB边上取一点E，将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上的A'处，若AB＝6，BC＝10，求的值； 解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，CD＝ AB＝6，∠A＝∠B＝∠C＝90°. 由翻折性质，得AD＝A'D＝10，AE＝A'E. 在Rt△A'CD 中，A'C＝＝8. 类型三 折叠问题 44 ∴A'B＝BC－A'C＝2. 设AE＝A'E＝x，则BE＝AB－AE＝6－x. 在Rt△A'BE 中，BE2＋A'B2＝A'E2， 即(6－x)2＋22＝x2.解得x＝. ∴AE＝，BE＝6－.∴. (2)如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折， 使点B落在DC的延长线上B'处，若BC·CE＝24，AB＝6，求BE的值； 解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6， AD＝BC，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°. 由翻折性质，得A'B'＝AB＝6，A'D＝AD，∠A'＝ ∠B＝∠BCD＝∠90°，A'D∥B'E. ∴∠EB'C＝∠B'DA'.∴△EB'C∽△B'DA'. ∴，即. 又BC·CE＝24，∴B'C＝＝4. ∴B'D＝B'C＋CD＝10. 在Rt△A'B'D中，A'D＝＝8. ∴BC＝AD＝A'D＝8.∴CE＝24÷8＝3. ∴BE＝BC－CE＝8－3＝5. (3)如图③，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为 点D，AD＝10，AE＝6，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连 接DF，且满足∠DFE＝2∠DAC，直接写出BD＋EF的值. 解：BD＋EF＝.　[∵AD⊥BC，EF⊥AD，∴EF∥BC.∴△AEF∽△ADC. ∵AD＝10，AE＝6， ∴，ED＝4.∴CD＝EF. ∴BD＋EF＝BD＋CD＝BC. 设EF＝3k，CD＝5k. 过点D作DH⊥AC于点H， 则∠CHD＝∠ADC＝90°. ∴∠CDH＝90°－∠C＝∠DAC. ∵EF∥BC，∴∠CDF＝∠DFE＝2∠DAC＝2∠CDH.∴∠CDH＝∠FDH. 又∵DH＝DH，∠CHD＝∠FHD＝90°， ∴△CHD≌△FHD(ASA). ∴DF＝CD＝5k. 在Rt△EFD中，EF2＋DE2＝DF2， 即(3k)2＋42＝(5k)2.解得k＝1. ∴EF＝3，DF＝CD＝5. 在Rt△ADC中，AC＝＝5. 过点B作BG⊥AC于点G， 则∠BGA＝∠BGC＝∠CHD＝90°. ∴BG∥DH.∴∠CBG＝∠CDH＝∠DAC. ∴sin∠CBG＝sin∠DAC＝， cos∠CBG＝cos∠DAC＝. ∵∠BAC＝45°，∠AGB＝90°，∴AG＝BG. 在Rt△BCG中，BG＝BC·cos∠CBG＝BC，CG＝BC·sin∠CBG＝BC. ∵AG＋CG＝BG＋CG＝AC， ∴BC＋BC＝5.∴BC＝. ∴BD＋EF＝BC＝.] 9.(1)如图1，△ABC为等边三角形，点D，E分别为边AB，AC上的一点，将图形沿线段DE所在的直线翻折，使点A落在BC边上的点F处.求证：BF·CF＝BD·CE； 证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝60°， ∴∠BDF＋∠BFD＝180°－∠B＝120°. 由折叠知，∠DFE＝∠A＝60°. 针对训练 ∴∠CFE＋∠BFD＝120°. ∴∠BDF＝∠CFE. 又∵∠B＝∠C＝60°，∴△BDF∽△CFE. ∴.∴BF·CF＝BD·CE. (2)如图2，按图1的翻折方式，CF＝，当DF∶EF＝3∶2时，求tan∠DFB的值； 解：图2中，设AB＝BC＝a，BD＝3x(x＞0)，则AD＝AB－BD＝a－3x. 过点D作DH⊥BC于点H， 则∠DHB＝∠DHF＝90°. ∵∠B＝60°，∴BH＝x，DH＝x. 由(1)知，△BDF∽△CFE.∴. 55 ∵DF∶EF＝3∶2，∴.∴CF＝2x. ∵CF＝，∴2x＝，解得x＝. ∴BH＝，BD＝，DH＝， ∴HF＝BC－CF－BH＝a－＝a－. 由折叠的性质，得AD＝DF＝a－. 在Rt△DHF中，DH2＋HF2＝DF2， ∴. 解得a＝4.∴HF＝4－. ∴tan∠DFB＝. (3)如图3，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝30°，AC＝，D是AB边上的中点，射线BE与射线BA关于直线BC对称，点P是射线BE上一个动点，当∠DPC＝60°时，求BP的长. 解：图3中，在Rt△ABC中，AC＝，∠ABC＝30°， ∴BC＝2AC＝2，AB＝AC＝3. ∵D是AB的中点，∴BD＝AB＝， 过点C作BC的垂线交BP的延长线于点Q，则∠BCQ＝90°.在Rt△BCQ中，∠CBE＝30°， ∴CQ＝＝2.∴BQ＝2CQ＝4. ∵∠CBE＝30°，∴∠Q＝90°－∠CBE＝60°. ∴∠DBP＝∠ABC＋∠CBE＝60°＝∠Q. ∴∠CPQ＋∠PCQ＝120°. ∵∠DPC＝60°，∴∠BPD＋∠CPQ＝120°. ∴∠BPD＝∠PCQ.∴△BDP∽△QPC. ∴，即. ∴BP＝1或BP＝3. 10.(2025·东安雄才学校一模) 学习完折叠之后，实践小组尝试对矩形纸片的折叠进行探究，折纸过程如下： 第一步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展开； 第二步：分别沿过点B，D的直线翻折，使点A，C分别落在EF边上的点M，N处，折痕BG，DH分别交EF于点P，Q. 实践小组通过对不同矩形纸片进行操作，发现当所用矩形纸片的长宽比变化时，点M，N的位置也随之变化. (1)如图1，当点M，N重合时， ①请写出一个30°的角：_______________________________；  ②猜想四边形BHDG的形状为__________；  ∠ABG＝30°(答案不唯一) 菱形 图1 (2)如图2，当点M，N不重合时，可知四边形BHDG的形状是平行四边 形，不添加辅助线，请再写出一个平行四边形(不是矩形)，并给出证明； 解：四边形BPQH和四边形DGPQ都是平行四边形.证明：由折叠的性质， 得四边形BCFE和四边形ADFE都是矩形. ∴BC∥EF∥AD，BC＝EF＝AD. ∵四边形BHDG是平行四边形，∴BG∥DH. ∴四边形BPQH和四边形DGPQ都是平行四边形. 图2 (3)若BC＝3MN，直接写出的值. 解：设BE＝a.分两种情况讨论如下： ①当点M在点N的左侧时，如答图1，由折叠的性 质，得AE＝BE＝a，AB＝BM，EF⊥AB. ∴AB＝BM＝2a.在Rt△BME中，由勾股定理， 得EM＝a.同理可得FN＝a. ∴EF＝EM＋MN＋FN＝2a＋MN. 答图1 由(2)可知BC＝EF＝AD.∴BC＝2a＋MN. ∵BC＝3MN，∴3MN＝2a＋MN. ∴MN＝a.∴BC＝3MN＝3a. ∴； 答图1 ②当点M在点N的右侧时，如答图2，同理可得AB＝2a，EM＝FN＝a. ∴EN＋MN＝MF＋MN.∴EN＝MF. ∴EF＝EN＋MN＋MF＝2EN＋MN. ∵BC＝EF＝3MN，∴3MN＝2EN＋MN. ∴MN＝EN＝MF.∴MN＝EM＝. ∴BC＝3MN＝.∴. 综上所述，的值为或. 　答图2 $