2026年湖南省中考数学 复习提升课件- 第四章 专题训练

2026年湖南省中考数学 复习提升 -第四章 专题训练 专题四 分类讨论问题 达标训练 典例精讲 【例1】 如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上. 图① (1)【动手操作】 如图①，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为　　　　 . 图① 解：如答图①所示. ∵CA＝CB，∠C＝90°， ∴∠ABC＝∠BAC＝×90°＝45°. ∵BD⊥AB，∴∠ABD＝90°， ∴∠CBE＝∠ABC＋∠ABE＝45°＋90°＝135°. 故答案为135°. 答图① 135° (2)【问题探究】 根据(1)所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由. 解：PA＝PE.理由如下： 连接AE，如答图②所示. 根据旋转可知∠APE＝90°. ∵∠ABE＝90°，∴A，P，B，E四点共圆， ∴∠AEP＝∠ABP＝45°， ∴∠EAP＝90°－45°＝45°， ∴∠AEP＝∠EAP，∴PA＝PE. 答图① 答图② (3)【拓展延伸】 如图②，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段BA，BP，BE之间的数量关系，并说明理由. 图② 解：当点P在线段BC上时，连接AE，作EF⊥CB于点F，如答图③所示. 根据(2)可知PA＝PE. ∵∠EFP＝∠APE＝90°， ∴∠EPF＋∠PEF＝∠EPF＋∠APC＝90°， ∴∠PEF＝∠APC. 答图③ ∵∠EFP＝∠ACP＝90°，∴△PEF≌△APC(AAS)， ∴EF＝PC. ∵∠EBF＝180°－∠CBE＝45°，∠EFB＝90°， ∴△EBF为等腰直角三角形，∴BE＝EF. ∵△ABC为等腰直角三角形， ∴BA＝BC＝(BP＋PC)＝BP＋PC＝BP＋EF＝BP＋BE，即BA－BE＝BP. 答图③ 当点P在线段CB延长线上时，连接AE，作EF⊥CB于点F，如答图④所示. 根据旋转可知∠APE＝90°. ∵∠ABE＝90°，∴A，B，P，E四点共圆， ∴∠EAP＝∠EBP＝45°， ∴∠AEP＝90°－45°＝45°， ∴∠AEP＝∠EAP，∴PA＝PE. ∵∠EFP＝∠APE＝90°， ∴∠EPF＋∠PEF＝∠EPF＋∠APC＝90°， ∴∠PEF＝∠APC. 答图④ ∵∠EFP＝∠ACP＝90°，∴△PEF≌△APC(AAS)，∴PF＝AC. ∵BC＝AC，∴PF＝BC. ∵∠EBF＝45°，∠EFB＝90°， ∴△EBF为等腰直角三角形， ∴BE＝BF＝(PF＋BP)＝(BC＋BP)， 即BE＝BA＋BP. 综上所述，分析可知BA－BE＝BP或BE＝BA＋BP. 答图④ 【例2】 (2025•上海)在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋bx＋c过点A，B，与y轴交于点C，顶点为P. (1)求b，c的值. 解：∵抛物线y＝x2＋bx＋c过点A，B，得 解得 (2)设抛物线y＝ax2＋mx＋n过点A，B，且与y轴交于点D，顶点为Q. ①求的值. 解：由(1)得抛物线y＝x2＋bx＋c的解析式为y＝x2－4x＋4＝2，∴点P的坐标为. 在y＝x2－4x＋4中，当x＝0时，y＝4，∴点C的坐标为. ∵抛物线y＝ax2＋mx＋n过点A，B，得 解得 ∴抛物线y＝ax2＋mx＋n的解析式为y＝ax2－4ax＋3a＋1， ∴抛物线y＝ax2－4ax＋3a＋1的对称轴为直线x＝－＝2. 在y＝ax2－4ax＋3a＋1中，当x＝2时，y＝4a－8a＋3a＋1＝－a＋1. 当x＝0时，y＝3a＋1， ∴点D的坐标为，点Q的坐标为， ∴CD＝＝＝3，PQ＝＝， ∴＝＝3. ②当四边形CDPQ是直角梯形时，求该直角梯形中最小内角的正弦值. 解：∵点Q的坐标为，点P的坐标为， ∴PQ∥y轴，即PQ∥CD， ∴当四边形CDPQ是直角梯形时，只有PQ⊥CQ或PQ⊥DP. 如答图①所示，当PQ⊥CQ时， ∵点C的坐标为， 点Q的坐标为， ∴－a＋1＝4， 答图① ∴a＝－3， ∴3a＋1＝－8， ∴点D的坐标为， ∴OD＝8. ∵点P的坐标为， ∴OP＝2. 在Rt△OPD中，PD＝＝＝2， ∴sin∠ODP＝＝＝. 答图① 如答图②所示，当PQ⊥DP时， ∵点P的坐标为，点D的坐标为， ∴3a＋1＝0， ∴a＝－， ∴－a＋1＝， ∴点Q的坐标为. 如答图②所示，过点Q作QH⊥y轴于H，则点H的坐标为， ∴CH＝4－＝，QH＝2. 答图② 在Rt△CQH中，由勾股定理得CQ＝＝＝， ∴sin ∠HCQ＝＝. 综上所述，当四边形CDPQ是直角梯形时，该直角梯形中最小内角的正弦值为或. 答图② 达标训练 典例精讲 第四章 专题训练 专题四 分类讨论问题 1.(2025•宜宾)如图，过原点O的直线与反比例函数y＝的图象交 于A，B两点，一次函数y＝mx＋b的图象过点A与反比例函数交于另一点C，与x轴交于点M，其中点A的坐标为，点C的坐标为. (1)求一次函数y＝mx＋b的表达式，并求△AOM的面积. 解：把A代入到y＝中，得1＝， 解得k＝－2， ∴反比例函数解析式为y＝－. 在y＝－中，当x＝－1时，y＝－＝2， ∴点C的坐标为. 把A，C代入到y＝mx＋b中，得 解得∴一次函数y＝mx＋b的表达式为y＝x＋3. 在y＝x＋3中，当y＝x＋3＝0时，x＝－3， ∴点M的坐标为，∴OM＝3， ∴S△AOM＝OM•＝×3×1＝. (2)连接BC，在直线AC上是否存在点D，使以O，A，D为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由. 解：∵直线AB经过原点， ∴由反比例函数的对称性可得点B的坐标为，OA＝OB. ∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴AC＝＝， BC＝＝3， AB＝＝2， ∴AC2＋BC2＝2＋2＝2＋18＝20，AB2＝2＝20， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°. ∵BC⊥AC，∴OA与AC不垂直. ∵△OAD与△ABC相似， ∴只存在△OAD∽△BAC和△OAD∽△CAB这两种情况. 如答图①，当△OAD∽△BAC时， 则＝＝，∠ODA＝∠BCA＝90°， ∴AD＝AC，OD∥BC， ∴此时点D为AC的中点， ∴点D的坐标为. 答图① 如答图②，当△OAD∽△CAB时，则＝＝，＝＝， ∴AD＝5，OD＝3. 设点D的坐标为， ∴解得d＝3， ∴d＋3＝6，∴点D的坐标为. 综上所述，点D的坐标为或. 答图② 2.(2024•连云港)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2＋bx－1(a，b为常数，a＞0). (1)若抛物线与x轴交于A(－1，0)，B(4，0)两点，求抛物线对应的函数表达式. 解：分别将点A(－1，0)，B(4，0)代入y＝ax2＋bx－1， 得解得 故抛物线对应的函数表达式为y＝x2－x－1. (2)如图，当b＝1时，过点C(－1，a)，D(1，a＋2)分别作y轴的平行线，交抛物线于点M，N，连接MN，MD.求证：MD平分∠CMN. 证明：如答图①，连接CN. ∵b＝1，∴y＝ax2＋x－1. 当x＝－1时，y＝a－2，即点M的坐标为(－1，a－2)； 当x＝1时，y＝a，即点N的坐标为(1，a). 答图① ∵点C的坐标为(－1，a)，点N的坐标为(1，a)，∴CN＝2，CM＝a－(a－2)＝2，CM⊥CN. 在Rt△CMN中，MN＝＝2. ∵DN＝a＋2－a＝2，∴DN＝MN，∴∠NDM＝∠NMD. ∵DN∥CM，∴∠NDM＝∠CMD，∴∠NMD＝∠CMD. ∴MD平分∠CMN. 答图① (3)当a＝1，b≤－2时，过直线y＝x－1(1≤x≤3)上一点G作y轴的平行线，交抛物线于点H.若GH的最大值为4，求b的值. 解：设点G的坐标为(m，m－1)，则点H的坐标为(m，m2＋bm－1)，1≤m≤3. 当a＝1时，y＝x2＋bx－1.令x2＋bx－1＝x－1，解得x1＝0，x2＝1－b. ∵b≤－2，∴x2＝1－b≥3，∴点G在H的上方，如答图②所示. 设GH＝t，故t＝－m2＋(1－b)m， 其对称轴为m＝，且≥. 答图② ①当≤≤3时，即－5≤b≤－2. 画出t关于m的二次函数图象如答图③所示. 当m＝时，t取得最大值＝4. 解得b＝－3或b＝5(舍去). ②当＞3时，得b＜－5. 画出t关于m的二次函数图象如答图④所示. 当m＝3时，t取得最大值－9＋3－3b＝4. 解得b＝－(舍去). 综上所述，b的值为－3. 答图③ 答图④ $2026年湖南省中考数学 复习提升 -第四章 专题训练 专题三 动态问题 达标训练 典例精讲 【例1】 (2024•甘肃)如图①，动点P从菱形ABCD的点A出发，沿边AB→BC匀速运动，运动到点C时停止.设点P的运动路程为x，PO的长为y，y与x的函数图象如图②所示，当点P运动到BC中点时，PO的长为(　 ) A.2　　 B.3　　 C.　　 D.2 图① 图② C 【例2】 (2024•凉山)如图，⊙M的圆心为M(4，0)，半径为2，P是直线y＝x＋4上的一个动点，过点P作⊙M的切线，切点为Q，则PQ的最小值为　　　. 2 【例3】 (2025•广西)【综合与实践】 　　树人中学组织一次“爱心义卖”活动.九(5)班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形(如图①) 图① 　　初始时，矩形义卖区ABCD与遮阳伞投影MNPQ(四边形MNPQ为平行四边形)的平面图如图②所示，点P在AD上，MN＝3 m，AN＝1 m，AP＝2 m，AB＝3 m，BC＝2.5 m.由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞.在移动过程中，▱MNPQ也随之移动(MN始终在AB边所在直线l上)，且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分(遮阳区)会呈现不同的形状.如图③为▱MNPQ移动到P落在BC上的情形. 图② 图③ 【问题提出】西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时▱MNPQ的位置.设遮阳区的面积为S m2，▱MNPQ从初始时向右移动的距离为x m. 【直观感知】(1)从初始起右移至图③情形的过程中，S随x的增大如何 变化？ 图③ 解：∵四边形ABCD是矩形，四边形MNPQ是平行四边形，MN＝3 m，AB＝3 m，BC＝2.5 m，MN在AB边所在直线l上， ∴∠DAB＝90°＝∠DAM，∠CBA＝90°，PQ∥l. 又∵P在AD上，AN＝1 m，AP＝2 m， NB＝MA＝MN＋AN＝4(m)，S▱MNPQ＝MN•AP＝3×2＝6(m2). 图③ 当0≤x≤1时，如答图①，设PN交AD于点F，PQ交AD于点E，则PE＝x，此时遮阳区的面积为△PEF的面积. ∵PQ∥l，∴∠P＝∠PNA，∠PEF＝∠FAN＝90°， ∴＝tan ∠P＝tan∠PNA＝2，∴EF＝2PE＝2x， ∴S＝S△PEF＝PE•EF＝•x•2x＝x2. 故当0≤x≤1时，S随x的增大而增大，S的值从0增大到1. 答图① 当1＜x≤3时，如答图②，设PQ交AD于点G，则PG＝x，AN＝x－1，AG＝2，此时遮阳区的面积为四边形ANPG的面积. ∵PQ∥l，∴四边形ANPG为梯形， ∴S＝S梯形ANPG＝•AG＝××2＝2x－1. 故当1＜x≤3时，S随x的增大而增大，S的值从1增大到5. 综上所述，从初始起右移至题图③情形的过程中，S随x的增大而增大. 答图② 图③ 【初步探究】(2)求图③情形的x与S的值. 图③ 解：此时点P落在BC上，则x＝3， 由(1)知，当x＝3时，S＝2x－1＝2×3－1＝5. 【深入研究】(3)从图③情形起右移至M与A重合，求该过程中S关于x的解析式. 图③ 解：当3＜x≤4时，如答图③，设▱MNPQ向右移动x m后得到M′N′P′Q′，设M′Q′交AD于点J，P′N′交BC于点K，P′Q′交BC于点H，则P′H＝x－3，AM′＝4－x，此时遮阳区的面积为六边形AN′KHQ′J的面积， ∴Q′M′∥QM∥PN∥P′N′，P′Q′∥l，SM′N′P′Q′＝SMNPQ＝6， 答图③ ∴∠PNA＝∠JM′A＝∠KN′B＝∠P′，∠P′HK＝∠CBA＝90°， ∴＝tan∠JM′A＝tan∠PNA＝2，＝tanP′＝tan∠PNA＝2， ∴JA＝2M′A＝2，KH＝2P′H＝2， ∴S＝S六边形AN′KHQ′J ＝SM′N′P′Q′－S△JAM′－S△KHP′ ＝6－AM′•AJ－HP′•HK ＝6－××2－××2 ＝－2x2＋14x－19， ∴从答图③情形起右移至M与A重合，该过程中S关于x的解析式为S＝－2x2＋14x－19. 答图③ 【问题解决】(4)当遮阳区面积最大时，MNPQ向右移动了多少？(直接写出结果) 图③ 解： 3.5 m 达标训练 典例精讲 第四章 专题训练 专题三 动态问题 1.(2025•湖北)如图①，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝4 cm，AB＝n cm. 动点P，Q均以1 cm/s的速度从点C同时出发，点P沿折线C→B→A向点A运动，点Q沿边CA向点A运动.当点Q运动到点A时，两点都停止运动.△PCQ的面积S(单位：cm2)与运动时间t(单位：s)的关系如图②所示.(1)m＝　　　.(2)n＝　　　. 图① 图② 8 12 2.(2024•成都)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A(3，0)，B(0，2)，过点B作y轴的垂线l，P为直线l上一动点，连接PO，PA，则PO＋PA的最小值为　　　.　 5 3.在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A(，0)，B(0， 1)，D(2，1)，矩形EFGH的顶点E(0，)，F(－，)，H(0，). (1)填空：如图①，点C的坐标为　　 　　，点G的坐标为　　 　　. 图① (，2) (－，) (2)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E′F′G′H′，点E，F，G，H的对应点分别为E′，F′，G′，H′.设EE′＝t，矩形E′F′G′H′与菱形ABCD重叠部分的面积为S. ①如图②，当边E′F′与AB相交于点M，边G′H′与BC相交于点N，且矩形E′F′G′H′与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围. 图② 解：∵点E，F，H的坐标分别为(0，)，(－，)，(0，)， ∴矩形EFGH中，EF∥x轴，EH⊥x轴，EF＝，EH＝1. ∴矩形E′F′G′H′中，E′F′∥x轴，E′H′⊥x轴，E′F′＝，E′H′＝1. 由点A(，0)，点B(0，1)，得OA＝，OB＝1. 在Rt△ABO中，tan∠ABO＝＝， 得∠ABO＝60°. 在Rt△BME中，由EM＝EB•tan 60°，EB＝1－＝， 得EM＝. ∴S△BME＝EB•EM＝. 图② 同理，得S△BNH＝. ∵EE′＝t，∴S矩形EE′H′H＝EE′•EH＝t. 又S＝S矩形EE′H′H－S△BME－S△BNH，∴S＝t－. 当EE′＝EM＝时， 矩形E′F′G′H′和菱形ABCD重叠部分为△BE′H′， 故t的取值范围是＜t≤. 图② ②当≤t≤时，求S的取值范围.(直接写出结果即可) 图② 解： ≤S≤. $2026年湖南省中考数学 复习提升 -第四章 专题训练 专题一 阅读理解与创新思维型问题 考点3 考点1 考点2 【例1】 如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足－＝，那么称这个四位数为“递减数”.例如：四位数 4 129，∵41－12＝29，∴4 129是“递减数”.又如：四位数5 324，∵53－32＝21≠24，∴5 324不是“递减数”.若一个“递减数”为，则这个数为　　　　；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是　　　　. 阅读试题提供的新定义、新公式、新定理等新概念，解决新问题 4 312 8 165 【例2】 (2024•长沙)对于凸四边形，根据它有无外接圆(四个顶点都在同一个圆上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切)，可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形. 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”). ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形.(　　) ②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形.(　　) ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有R＝r.(　　) × √ √ (2)如图①，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB＋CD≠BC＋AD. ①该四边形ABCD是“　 　 　　”四边形(从约定的四种类型中选一种填入)； 图① 外接型单圆 ②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF.求证：EF是⊙O的直径. 图① 证明：∵∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，∴∠BAE＝∠DAE，∠BCF＝∠DCF，∴＝，＝， ∴＋＝＋，∴＝，即和均为半圆， ∴EF是⊙O的直径. (3)已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H. ①如图②.连接EG，FH交于点P.求证：EG⊥FH； 图② 证明：如答图①，连接OE，OF，OG，OH，HG. ∵⊙O是四边形ABCD的内切圆， ∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD， ∴∠OEA＝∠OHA＝90°. 在四边形AEOH中， ∠A＋∠EOH＝360°－90°－90°＝180°. 答图① 同理可证∠FOG＋∠C＝180°. ∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形， ∴四边形ABCD有外接圆，则∠A＋∠C＝180°， ∴∠EOH＝∠C，则∠FOG＋∠EOH＝180°. ∵∠FHG＝∠FOG，∠EGH＝∠EOH， ∴∠FHG＋∠EGH＝90°，∴∠HPG＝90°，∴EG⊥FH. 答图① ②如图③，连接OA，OB，OC，OD.若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长. 图③ 如答图②，连接OE，OF，OG，OH. ∵四边形ABCD 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H， ∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD，OE＝OF＝OG＝OH， ∴∠EAH＋∠FCG＝180°，∠OAH＝∠OAE，∠OCG＝∠OCF， ∴∠OAH＋∠OCG＝90°， 答图② ∵∠COG＋∠OCG＝90°，∴∠OAH＝∠COG. 又∠AHO＝∠OGC＝90°，∴△AOH∽△OCG， ∴＝. ∵OA＝2，OC＝3，∴＝，则CG＝r. 在Rt△OGC中，由OG2＋CG2＝OC2，得r2＋2＝32，解得r＝. 在Rt△OBE中，OB＝6，∴BE＝＝. 同理可证△BEO∽△OHD，∴＝，∴OD＝＝. 答图② 一、选择题 1.(2025•长沙)我们约定：当x1，y1，x2，y2满足2＋2＝0，且x1＋y1≠0时，称点与点为一对“对偶点”.若某函数图象上至少存在一对“对偶点”，就称该函数为“对偶函数”.请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”)： ①函数y＝(k是非零常数)的图象上存在无数对“对偶点”.(　　) ②函数y＝－2x＋1一定不是“对偶函数”.(　　) ③函数y＝x2＋x－1的图象上至少存在两对“对偶点”.(　　) √ √ × (2)若关于x的一次函数y＝k1x＋b1与y＝k2x＋b2(b1，b2都是常数，且b1•b2＜0)均是“对偶函数”，求这两个函数的图象分别与两坐标轴围成的平面图形的面积之和. (＋) (3)若关于x的二次函数y＝2ax2－1是“对偶函数”，求实数a的取值范围. a＞ 考点3 考点1 考点2 第四章 专题训练 专题一 阅读理解与创新思维型问题 【例3】 (2025•江西)【综合与实践】 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究. 阅读试题信息，借助已有方法或通过归纳总结等进行探索，解决新问题 【特例研究】 在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O. (1)如图①，△ADC可以看成是△AOB绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为　　　，k的值为　　　. 图① 45° (2)如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到△AEF(点O，B的对应点分别为点E，F)，使得点E落在OD上，点F落在 BC上，求的值. 图② 解：根据题意得△AEF∽△AOB， ∴∠EAF＝∠OAB，＝，∴∠FAB＝∠EAO，＝， ∴△AFB∽△AEO，∴＝. ∵∠OAB＝45°，∠AOB＝90°，∴＝，∴＝＝. 【类比探究】 (3)如图③，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，O是AB的垂直平分线与BD的交点，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到△AEF(点O，B的对应点分别为点E，F)，使得点E落在OD上，点F落在BC上.猜想 的值是否与α有关，并说明理由. 图③ 备用图 解：的值与α无关.理由如下： 同理可证△AFB∽△AEO，∴＝. ∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴∠ABO＝30°. ∵O是AB的垂直平分线与BD的交点， ∴AO＝BO，∴∠BAO＝∠ABO＝30°. 如图，过点O作OG⊥AB于点G， ∴AB＝2BG，cos ∠ABO＝＝＝cos 30°＝， ∴＝，∴＝＝，∴的值与α无关. (4)若(3)中∠ABC＝β，其余条件不变，探究BA，BE，BF之间的数量关系(用含β的式子表示). 解：同理可证∠BAO＝，＝＝2cos， ∴BF＝OE•2cos，BA＝OB•2cos.∵BE＝OE＋OB， ∴BF＋BA＝OE•2cos＋OB•2cos ＝2cos＝2BEcos， 即BF＋BA＝2BEcos. 2.(2024•湖南)【问题背景】 已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α(0°＜α＜90°)得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角. 【初步感知】 (1)如图①，当α＝60°时，∠CAE的度数为　　　. 图① 30° 【问题探究】 (2)以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F. ①如图②，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD＋ED总成立； 图② 证明：∵OA＝OE， ∴∠OAE＝∠OEA. ∵∠AOE＝α，∴∠OAE＋∠OEA＋α＝180°， ∴∠OAE＝＝90°－α. ∵∠OAC＝90°，∴∠DAC＝α. ∵四边形ABCD是矩形，∴FA＝DF，CF＝DF＝AC＝r， ∴∠DAC＝∠FDA＝α，∴∠DFC＝α＋α＝α. ∵OA＝OE＝r，∴OA＝FC，OE＝FD. ∵∠AOE＝∠DFC，∴△OAE≌△FCD，∴AE＝CD. ∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD. ∵AD＝AE＋DE，∴BC＝CD＋DE. 图② ②如图③，当AC＝r，＝时，请补全图形，并求tan α及的值. 图③ 补全图形，过点O作OG⊥AE于点G，过点A作AH⊥OE于点H. 在Rt△AOC中，OA＝r，AC＝r，由勾股定理得OC＝r. ∵＝，∴CE＝r，∴OC＝OE＋CE， ∴点E在线段OC上.在Rt△ACO中，tan α＝＝. ∵OG⊥AE，OA＝OE，∴∠EOG＝α. ∵AH⊥OE，∴∠EOG＋∠OEA＝∠EAH＋∠OEA＝90°， ∴∠EAH＝∠EOG＝α. 在Rt△OAH中，tan α＝＝，设AH＝4m，OH＝3m， 由勾股定理得OA＝OE＝5m，∴HE＝5m－3m＝2m. 在Rt△AHE中，tan∠EAH＝tan＝＝. ∵∠AOC＋∠OCA＝90°，∠OCA＋∠CAH＝90°，∴∠AOC＝∠CAH＝α. ∵∠DAH＝α，∴∠DAC＝∠CAH－∠DAH＝α. ∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC， ∴∠ACB＝∠DAC＝α， 在Rt△ABC中，tan∠ACB＝tan＝＝. 考点3 考点1 考点2 第四章 专题训练 专题一 阅读理解与创新思维型问题 【例4】 (2025•湖南)【问题背景】如图①，在平行四边形纸片ABCD中，过点B作直线l⊥CD于点E，沿直线l将纸片剪开，得到△B1C1E1和四边形ABED，如图②所示. 综合实践类试题，综合运用工具及数学知识，解数学或生活情境问题 图① 图② 【动手操作】 　　现将三角形纸片B1C1E1和四边形纸片ABED进行如下操作(以下操作均能实现). 　　①将三角形纸片B1C1E1置于四边形纸片ABED内部，使得点B1与点B重合，点E1在线段AB上，延长BC1交线段AD于点F，如图③所示. 图③ ②连接CC1，过点C作直线CN⊥CD交射线E1E于点N，如图④所示. ③在边AB上取一点G，分别连接BD，DG，FG，如图⑤所示. 图④ 图⑤ 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图③，填空：∠A＋∠ABF＝　　　. 图③ 90° (2)如图④，求证：△CNM≌△C1E1M. 证明：∵CN⊥CD，∴∠NCD＝90°. 由题可知∠BE1C1＝∠CEB＝90°， BE＝B1E1，CE＝C1E1. ∵AB∥CD，∴∠EBE1＝∠CEB＝90°， ∴△EBE1为等腰直角三角形， ∴∠BE1E＝∠BEE1＝45°，∴∠CEN＝∠CNE＝∠C1E1M＝45°， 图④ ∴CN＝CE＝C1E1. 在△CNM和△C1E1M中， ∴△CNM≌△C1E1M(AAS). 图④ (3)如图⑤.若AB＝2AD＝2AF，∠AGD＝60°，求证：FG∥BD. 证明：∵∠A＋∠ABF＝90°，∴BF⊥AD. ∵AB＝2AD＝2AF， ∴设AF＝a，则AD＝BC＝a＝BC1，AB＝2a. 在Rt△ABF中，sin∠ABF＝＝＝， BF＝＝＝3a， ∴tan∠ABF＝＝＝. 图⑤ 如图，过点F作FH⊥AB于点H，过点D作DK⊥AB于点K， ∴FH∥DK，sin∠HBF＝sin∠ABF＝＝，即＝， 解得FH＝. ∵∠A＋∠ABF＝90°＝∠A＋∠AFH，∴∠AFH＝∠ABF， ∴sin∠AFH＝sin∠ABF＝＝，即＝，解得AH＝. ∵FH∥DK，∴＝＝，即＝＝， 解得DK＝，AK＝. ∵DK⊥AB，∠AGD＝60°，∴tan∠AGD＝tan 60°＝＝， ∴KG＝＝＝，∴AG＝AK＋KG＝＋＝2a， ∴＝＝，＝＝，即＝，且∠A＝∠A， ∴△AFG∽△ADB，∴∠AFG＝∠ADB，∴FG∥BD. 3.(2024•河南)【综合与实践】 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究. 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫作邻等对补四边形. a b c d 图① 图② 图③ 【操作判断】 (1)用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图①所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有　 　.(填序号) a b c d 图① bd 【性质探究】 (2)根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质.下面研究与对角线相关的性质. 如图②，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条对角线. 图② ①写出图中相等的角，并说明理由； 图② 解：∠ACD＝∠ACB.理由如下： 如答图①，延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE. ∵四边形ABCD是邻等对补四边形，∴∠ABC＋∠D＝180°. ∵∠ABC＋∠ABE＝180°，∴∠ABE＝∠D. ∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADC(SAS)， ∴∠E＝∠ACD，AE＝AC，∴∠E＝∠ACB，∴∠ACD＝∠ACB. 答图① ②若BC＝m，DC＝n，∠BCD＝2θ，求AC的长(用含m，n，θ的式子表示). 图② 解：如答图②，过点A作AF⊥EC于点F. ∵AE＝AC，∴CF＝CE＝(BC＋BE)＝＝. ∵∠BCD＝2θ，∴∠ACD＝∠ACB＝θ. 在Rt△AFC中，cos θ＝，∴AC＝＝ . 答图② 【拓展应用】 (3)如图③，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC ＝4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN 是邻等对补四边形.当该邻等对补四边形仅有一组邻 边相等时，请直接写出BN的长. 图③ 解：∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，∴AC＝＝5. ∵四边形ABMN是邻等对补四边形，∴∠ANM＋∠ABM＝180°， ∴∠ANM＝90°. 当AB＝BM时，如答图③，连接AM，过点N作NH⊥BC于点H， ∴AM2＝AB2＋BM2＝18. 在Rt△AMN中， MN2＝AM2－AN2＝18－AN2. 在Rt△CMN中， MN2＝CM2－CN2＝2－2， ∴18－AN2＝2－2， ∴AN＝4.2，∴CN＝0.8. 答图③ ∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，∴△NHC∽△ABC， ∴＝＝，即＝＝， ∴NH＝，CH＝，∴BH＝，∴BN＝＝. 当AN＝AB时，如答图④，连接AM. ∵AM＝AM，∴Rt△ABM≌Rt△ANM， ∴BM＝NM，故不符合题意，舍去. 答图④ 当AN＝MN时，如答图⑤，连接AM，过点N作NH⊥BC于点H. ∵∠MNC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△CMN∽△CAB， ∴＝，即＝，解得CN＝. ∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△NHC∽△ABC， ∴＝＝，即＝＝， ∴NH＝，CH＝，∴BH＝， ∴BN＝＝. 答图⑤ 当BM＝MN时，如答图⑥，连接AM. ∵AM＝AM，∴Rt△ABM≌Rt△ANM， ∴AN＝AB，故不符合题意，舍去. 综上综述，BN的长为或. 答图⑥ $ 考点3 考点1 考点2 2026年湖南省中考数学 复习提升 -第四章 专题训练 专题二 代数、几何综合性问题 代数综合问题 代数综合问题主要是方程与不等式，函数等知识的综合.主要考查方程的解与系数的关系，方程、函数问题中隐含的不等关系，函数的图象与性质等.解决此类问题的关键是透过现象抓住问题的本质，这类看似是代数问题，往往需要借助函数的图象，运用数形结合及函数思想进行解决. 【例1】 (2024•吉林)小明利用一次函数和二次函数知识，设计了一个计算程序，其程序框图如图①所示，输入x的值为－2时，输出y的值为1；输入x的值为2时，输出y的值为3；输入x的值为3时，输出y的值为6. (1)直接写出k，a，b的值. 图① 解：∵x＝－2＜0，∴将x＝－2，y＝1代入y＝kx＋3， 得－2k＋3＝1，解得k＝1. ∵x＝2＞0，x＝3＞0， ∴将x＝2，y＝3和x＝3，y＝6分别代入y＝ax2＋bx＋3， 得解得 (2)小明在平面直角坐标系中画出了关于x的函数图象， 如图②. ①当y随x的增大而增大时，求x的取值范围. 解：∵k＝1，a＝1，b＝－2， ∴一次函数的表达式为y＝x＋3，二次函数的表达式 为y＝x2－2x＋3. 当x＞0时，y＝x2－2x＋3的对称轴为直线x＝1，图象开口向上， ∴x≥1时，y随着x的增大而增大； 当x≤0时，y＝x＋3，k＝1＞0，∴x≤0时，y随着x的增大而增大. 综上所述，x的取值范围为x≤0或x≥1. 图② ②若关于x的方程ax2＋bx＋3－t＝0(t为实数)在0＜x＜4时无解，求t的取值范围. 图② 解：∵ax2＋bx＋3－t＝0，∴ax2＋bx＋3＝t在0＜x＜4时无解， ∴问题转化为抛物线y＝x2－2x＋3与直线y＝t在0＜x＜4时无交点. ∵对于y＝x2－2x＋3，当x＝1时，y＝2， ∴顶点坐标为(1，2)，如答图①. 当t＝2时，抛物线y＝x2－2x＋3与直线y＝t在0＜x＜4 时正好有一个交点. 当t＜2时，抛物线y＝x2－2x＋3与直线y＝t在0＜x＜4 时没有交点. 当x＝4，y＝42－2×4＋3＝11. 答图① 当t＝11时，抛物线y＝x2－2x＋3与直线y＝t在0＜x≤4 时正好有一个交点， 当t≥11时，抛物线y＝x2－2x＋3与直线y＝t在0＜x＜4 时没有交点. 综上所述，当t＜2或t≥11时，抛物线y＝x2－2x＋3与直 线y＝t在0＜x＜4时没有交点，即当t＜2或t≥11时，关 于x的方程ax2＋bx＋3－t＝0(t为实数)在0＜x＜4时无解. 答图① ③若在函数图象上有点P，Q(P与Q不重合).P的横坐标为 m，Q的横坐标为－m＋1.小明对P，Q之间(含P，Q两点) 的函数图象进行研究，当图象对应函数的最大值与最小值 均不随m的变化而变化，直接写出m的取值范围. 解：∵xP＝m，xQ＝－m＋1，∴＝， ∴点P，Q关于直线x＝对称，当x＝1，y＝1－2＋3＝2，当x＝0时，y＝3. ∵图象对应函数的最大值与最小值均不随m的变化而变化，而当x＝2时，ymax＝3，x＝－1时，ymin＝2. 图② 当m＞，如答图②所示. 由题意得∴1≤m≤2. 当m＜，如答图③所示. 由题意得∴－1≤m≤0. 综上所述，m的取值范围是－1≤m≤0或1≤m≤2. 答图② 答图③ 1.(2025•北京)工厂对新员工进行某种工艺品制作的培训.在完成理论学习后，新员工接下来先使用智能辅助训练系统进行一次为期T日(T可取0，1，2，3)的模拟练习，然后开始试制.记一名新员工在试制阶段的第x日单日制成的合格品的个数为y，根据以往的培训经验，对于给定的T，可以认为y是x的函数.当T＝0和T＝3时，部分数据如下： x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 T＝0时y的值 0 7 8 10 12 16 20 23 25 26 T＝3时y的值 0 26 37 43 m 48 50 51 52 53 T＝3时，从试制阶段的第2日起，一名新员工每一日比前一日多制成的合格品的个数逐渐减少或保持不变. 对于给定的T，在平面直角坐标系xOy中描出该T值下各数对所对应的点，并根据变化趋势用平滑曲线连接，得到曲线CT.当T＝1和T＝2时，曲线C1，C2如图所示. (1)观察曲线C1，当整数x的值为　　　时，y的值首次超过35. 6 (2)写出表中m的值，并在给出的平面直角坐标系中画出T＝3时的曲线C3. x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 T＝0时y的值 0 7 8 10 12 16 20 23 25 26 T＝3时y的值 0 26 37 43 m 48 50 51 52 53 根据题意可得m的值约为46，画出T＝3时的曲线C3如图所示. (3)新员工小云和小腾刚刚完成理论学习，接下来进行模拟练习和试制. ①若新员工单日制成不少于45个合格品即可获得“优秀学员”证书，根据上述函数关系，小云最早在完成理论学习后的第　　日可获得“优秀学员”证书. ②若工厂希望小腾在完成理论学习后的4日内制成的合格品的总数最多，根据上述函数关系，在这4日中应安排小腾先进行　　　日的模拟练习. 7 1 考点3 考点1 考点2 第四章 专题训练 专题二 代数、几何综合性问题 几何综合问题主要包含三角形(全等、相似)、四边形、锐角三角函数、圆等知识，主要研究图形中的数量关系、位置关系，以及图形的运动、变换等规律. 　　求解几何综合题时，关键是要抓住“基本图形”，能在复杂的几何图形中辨认、分解出基本图形，或通过添加辅助线补全、构造基本图形，或运用图形变换的思想，将分散的条件相对集中产生基本图形，运用基本图形的性质，合理运用代数、几何等知识与方法进行推理与计算. 几何综合问题 【例2】 (2025•长沙)如图①，点O是以AB为直径的半圆的 圆心，AD与BC均为该半圆的切线，C，D均为直径AB上方 的动点，连接CD，且始终满足CD＝AD＋BC. (1)求证：CD与该半圆相切. 如答图①，连接CO并延长交DA的延长线于点M，过点O作 OE⊥CD于点E. ∵AD与BC均为该半圆的切线， ∴AD⊥AB，BC⊥AB，∴AD∥BC，∴∠M＝∠1. ∵O为AB的中点，∴OA＝OB. 图① 答图① 在△OAM与△OBC中， ∴△OAM≌△OBC，∴AM＝BC. ∵CD＝AD＋BC，∴CD＝AD＋AM＝DM， ∴∠M＝∠2，∴∠1＝∠2， 即CO平分∠BCD. 又∵OE⊥CD，OB⊥CB，∴OE＝OB，∴CD与该半圆相切. 答图① (2)当半径r＝时，令AD＝a，BC＝b，m＝＋，n＝＋，比较m与n的大小，并说明理由. m＝n.理由如下： 如答图②，过点C作CM⊥AD，交AD于点M. 在△CDM中，由勾股定理可得CD2＝DM2＋CM2. ∵CD＝AD＋BC＝a＋b，DM＝，CM＝2r， ∴(a＋b)2＝(a－b)2＋4r2，∴r2＝AD•BC＝ab＝2. 代入可得m＝＋＝＋＝＋＝n. 答图② 图① (3)在(1)的条件下，如图②，当半径r＝1时，若点E为CD 与该半圆的切点，AC与BD交于点G，连接EG并延长交 AB于点F，连接AE，BE.令EG＝x，＋＋CD＝y， 求y关于x的函数解析式.(不考虑自变量x的取值范围) 图② 如答图③，∵CD，AD，BC均为该半圆的切线， ∴DA＝DE，CB＝CE. ∵AD⊥AB，BC⊥AB，∴AD∥BC. ∴△DAG∽△BCG，∴＝＝，∴＝. 答图③ ∵∠ACD＝∠GCE，∴△ACD∽△GCE，∴∠ADC＝∠GEC， ∴EG∥AD∥BC，FG∥AD∥BC，∴＝，＝， ∴＋＝1，∴＋＝. 同理可得＋＝， ∴FG＝EG＝x. 答图③ 由(2)可知r2＝AD•BC＝DE•EC＝1， ∴＋＝＋＝＝＝DC＝. 在Rt△ABE中， ∵AE•BE＝AB•EF＝＝2x， ∴AE•BE＝4x.∴＝， ∴y＝＋＋DC＝＋＋＝. 答图③ 2.(2024•山东)一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE.作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图①. (1)求证：BM＝EN. 图① 证明：设AC＝DE＝a. ∵∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°， ∴∠A＝∠C＝45°，∴AB＝BC. ∵BM⊥AC，∴BM＝AM＝CM＝AC＝a. ∵∠EDF＝30°，EN⊥DF，∴EN＝DE＝a，∴BM＝EN. (2)在同一平面内，将图①中的两个三角形按如图②所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图②中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P. 图① 图② ①当α＝30°时，如图③，求证：四边形CNPM为正方形； 图③ 证明：∵∠D＝30°，CN⊥DF， ∴∠CND＝90°，∠DCN＝90°－30°＝60°. ∵α＝∠ACD＝30°，∴∠ACN＝90°. ∵BM⊥AC，∴∠PMC＝∠BMC＝90°， ∴四边形CNPM为矩形. ∵BM＝EN，即BM＝CN，而BM＝CM，∴CM＝CN， ∴四边形CNPM是正方形. ②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关 系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP， DP，CD的数量关系. 图③ 解：当30°＜α＜60°时，＝. 证明：如答图①，当30°＜α＜60°时，连接CP. 由①可得CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°. ∵CP＝CP，∴△PMC≌△PNC(SAS)， ∴PM＝PN，∴MP＋DP＝PN＋DP＝DN. ∵∠D＝30°，∴cos ∠D＝＝＝cos 30°＝， ∴＝. 答图① 当60°＜α＜120°时，＝. 证明：如答图②，当60°＜α＜120°时，连接CP. 由①可得CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°. ∵CP＝CP，∴△PMC≌△PNC(SAS)， ∴PM＝PN，∴DN＝PN－DP＝MP－DP. ∵∠CDF＝30°，∴cos∠CDF＝＝＝cos 30°＝， ∴＝. 答图② 考点3 考点1 考点2 第四章 专题训练 专题二 代数、几何综合性问题 　　代数与几何综合问题是初中数学中覆盖面广且综合性强的题，近几年中考试题中的综合题大多以代数几何综合题的形式出现.其解题关键点是借助几何图形的直观性，运用方程、函数的思想解题，灵活运用数形结合，由形导数，以数促形，综合运用代数和几何知识解决问题. 代数与几何综合问题 【例3】  (2025•广东改编)定义：把某线段一分为二的点，当整体线段比大线段等于大线段比小线段时，则称此线段被分为中外比，这个点称为中外比点. (1)如图①，点P是线段MN的中外比点，MP＞PN，MN＝2，求PN的长. 图① 解：设PN＝x，则MP＝MN－PN＝2－x. 根据题意，得＝，即＝， 解得x1＝3＋，x2＝3－， ∵3＋＞2，∴x1＝3＋舍去，∴PN＝3－. (2)如图②，用无刻度的直尺和圆规求作一点C把线段AB分为中外比.(保留作图痕迹，不写作法) 图② 解：如图所示，点C为所求. (3)如图③，动点B在第一象限内，反比例函数y＝ 的图象分别与矩形OABC的边AB，BC 相交于点D，E，与对角线OB相交于点F.当△ODE 是以OD为斜边的等腰直角三角形时，探究点D，E， F是否分别为AB，BC，OB的中外比点，并证明. 解：当△ODE是以OD为斜边的等腰直角三角形时，点D，E，F分别为AB，BC，OB的中外比点.理由如下： ∵∠OED＝90°，且OE＝ED，∴∠OEC＋∠DEB＝90°. ∵四边形OABC是矩形，∴∠OCE＝∠EBD＝90°， ∴∠COE＋∠OEC＝90°，∴∠COE＝∠DEB， ∴△COE≌△BED. 图③ 设点E的坐标为，∴OC＝EB＝n，CE＝BD＝m，则点D的坐标为. ∵点D，E在反比例函数y＝的图象上， ∴ 由①得k＝mn，将其代入②，得＝n－m， 整理，得n2－mn－m2＝0， 解得n＝＝， 图③ ∴n1＝m，n2＝m(舍去)， ∴点E的坐标为， 点D的坐标为， 点B的坐标为， ∴BE＝m，CE＝m，BC＝m， BD＝m，AD＝m，AB＝m. 图③ ∵BE2＝2＝m2，BC•CE＝m•m＝m2，BD2＝m2，AB•AD＝m•m＝m2， ∴＝，＝，∴点E，D为BC，AB的中外比点. ∵点E在反比例函数y＝的图象上， 点E的坐标为， ∴k＝mn＝m2， ∴反比例函数为y＝. 图③ ∵点B的坐标为， 设直线OB的函数解析式为y＝ax， 将点B代入，得a＝， ∴直线OB的函数解析式为y＝x. 联立方程组 图③ 解得 ∴点F的坐标为， ∴＝， ∴点F为OB的中外比点. 图③ 3.(2024•天津)已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数，a＞0)的顶点为P，且2a＋b＝0，对称轴与x轴相交于点D，点M(m，1)在抛物线上，m＞1，O为坐标原点. (1)当a＝1，c＝－1时，求该抛物线顶点P的坐标. 解：∵2a＋b＝0，a＝1，∴b＝－2a＝－2. 又∵c＝－1， ∴该抛物线的表达式为y＝x2－2x－1. ∵y＝x2－2x－1＝2－2， ∴该抛物线的顶点P的坐标为. (2)当OM＝OP＝时，求a的值. 解：如答图①，过点M作MH⊥x轴，垂足为H，m＞1， 则∠MHO＝90°，HM＝1，OH＝m. 在Rt△MOH中，由HM2＋OH2＝OM2， OM＝，∴1＋m2＝2， 解得m1＝，m2＝－(舍). ∴点M的坐标为. 答图① ∵2a＋b＝0，即－＝1， ∴抛物线y＝ax2－2ax＋c的对称轴为直线x＝1. ∵对称轴与x轴相交于点D，则OD＝1，∠ODP＝90°. 在Rt△OPD中，由OD2＋PD2＝OP2，OP＝， ∴1＋PD2＝2，解得PD＝(负值舍去). 由a＞0，得该抛物线顶点P的坐标为. ∴该抛物线的表达式为y＝a2－. ∵点M在该抛物线上，有1＝a2－， ∴a＝10. 答图① (3)若N是抛物线上的点，且点N在第四象限，∠MDN＝90°，DM＝DN，点E在线段MN上，点F在线段DN上，NE＋NF＝DM，当DE＋MF取得最小值为时，求a的值. 解：如答图②，过点M作MH⊥x轴，垂足为H，m＞1， 则∠MHO＝90°，HM＝1，OH＝m. ∴DH＝OH－OD＝m－1. 答图② 在Rt△DMH中，DM2＝DH2＋HM2＝2＋1. 如图，过点N作NK⊥x轴，垂足为K，则∠DKN＝90°. ∵∠MDN＝90°，DM＝DN， 又∠DNK＝90°－∠NDK＝∠MDH， ∴△NDK≌△DMH(AAS)， ∴DK＝MH＝1，NK＝DH＝m－1， ∴点N的坐标为(2，1－m). 在Rt△DMN中，∠DMN＝∠DNM＝45°， ∴MN2＝DM2＋DN2＝2DM2，即MN＝DM. 答图② 根据题意知NE＋NF＝DM，∴ME＝NF. 在△DMN的外部，作∠DNG＝∠DME＝45°， 且NG＝DM，连接GM， 得∠MNG＝∠DNM＋∠DNG＝90°，∴△GNF ≌△DME. ∴GF＝DE.∴DE＋MF＝GF＋MF≥GM. 当满足条件的点F落在线段GM上时，DE＋MF取得最小值， 即GM＝. 答图② 在Rt△GMN中，GM2＝NG2＋MN2＝3DM2， ∴2＝3DM2，得DM2＝5； ∴2＋1＝5.解得m1＝3，m2＝－1(舍). ∴点M的坐标为，点N的坐标为. ∵点M，N都在抛物线y＝ax2－2ax＋c上， 得1＝9a－6a＋c，－2＝4a－4a＋c.∴a＝1. 答图② $