初中数学
2025年⼴东省⼴州市花都区中考⼀
模数学试卷
新东⽅教育科技集团2025年⼴东省⼴州市花都区中考⼀
模数学试卷
⼀、单选题
单选题
2025的相反数是（ ）
A. 2025
B. -2025
C. 1
2025
D. 1
−
2025
答案
B
解析
解：2025的相反数是-2025．
故选：B．
单选题
如图所⽰的⼏何体，其主视图为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案
C
解析
/ 本题考查简单组合体的三视图，熟练掌握主视图是从物体的正⾯看得到的视图是解题的关
键．
结合图形，根据主视图的定义即可求得答案．
解：这个⼏何体的主视图为：
．
故选：C．
单选题
下列运算正确的是（ ）
A. a8÷a2=a4
B. （a3 ） 2=a5
C. √2+√3=√5
D. (√3)2=3
答案
D
解析
解：A、原式=a6，故不符合题意；
B、原式=a6，故不符合题意；
C、原式不是同类项，不能相加，故不符合题意；
D、原式=3，故符合题意，
故选：D．
单选题
如图，正⽅形ABCD的边⻓为4，点B的坐标是(3,1)，AB平⾏于x轴，则点C的坐标是（ ）
A. (−1,5)
B. (3,3)
C. (5,3)
D. (3,5)
答案
/ D
解析
本题考查了坐标与图形性质，解题的关键是明确正⽅形的各条边相等，能根据图形找出它们
之间的关系．
根据正⽅形ABCD的边⻓为4，点B的坐标是(3,1)，AB平⾏于x轴，可以得到点C的坐标．
解：∵正⽅形ABCD的边⻓为4，点B的坐标是(3,1)，AB平⾏于x轴，
∴点C的横坐标为：3，纵坐标为：1+4=5．
∴点C的坐标为(3,5)．
故选：D．
单选题
不透明袋⼦中只装有2个红球和3个⽩球，这些球除颜⾊外⽆其他差别．从中随机摸出⼀个球，则摸
出红球的概率是（ ）
A. 1
5
B. 2
5
C. 3
5
D. 1
2
答案
B
解析
本题考查求简单事件的概率，熟知随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数与所有可
能出现的结果数的商是解答此题的关键．先求出球的总数，再根据概率公式求解即可．
解：∵不透明的袋⼦⾥装有2个红球，3个⽩球，
2 2
∴从袋⼦中随机摸出⼀个，摸到红球的概率为 = ；
2+3 5
故选：B ．
单选题
元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中，记载了这样⼀道题：“良⻢⽇⾏⼆百四⼗⾥，驽⻢⽇⾏⼀百五
⼗⾥，驽⻢先⾏⼀⼗⼆⽇，问良⻢⼏何⽇追及之？”其⼤意是：快⻢每天⾏240⾥，慢⻢每天⾏150
⾥，慢⻢先⾏12天，问快⻢⼏天可追上慢⻢？设快⻢追上慢⻢的天数是x天，可列⽅程为（ ）
A. 240x=150(x+12)
B. 240(x−12)=150x
C. x x−12
=
240 150
x x
D.
= −12
240 150
/ 答案
A
解析
本题考查了⼀元⼀次⽅程的应⽤，根据题意列出⽅程是解题的关键．
设快⻢x天可追上慢⻢，根据路程相等，列出⽅程即可求解．
解：设快⻢x天可追上慢⻢，
由题意得：240x=150(x+12)．
故选：A．
单选题
将⼀副直⻆三⻆板（∠B=45∘，∠E =30∘）按如图所⽰摆放，点D在BC上且点F在AC的延⻓线
上．若AB//DE，则∠CFD的度数为（ ）
A. 10∘
B. 15∘
C. 20∘
D. 25∘
答案
B
解析
本题主要考查了平⾏线的性质，三⻆形的内⻆和定理，解题的关键是掌握两直线平⾏，内错
⻆相等，直⻆三⻆形两锐⻆互余．
先根据平⾏线的性质得出∠B=∠BDE =45∘，再求出∠EDF =90∘−∠E =60∘，则
∠CDF =180∘−∠EDF −∠BDE =75∘，即可求解．
解：∵∠B=45∘，AB//DE，
∴∠B=∠BDE =45∘，
∵∠E =30∘，
∴∠EDF =90∘−∠E =60∘，
∴∠CDF =180∘−∠EDF −∠BDE =75∘，
∴∠CFD=90∘−∠CDF =15∘，
故选：B．
/ 单选题
2x+y=3m
若关于x，y的⽅程组 的解满⾜x−2y>7，则m的最小整数解为（ ）
{x+3y=2
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
答案
B
解析
本题考查了解⼀元⼀次不等式和解⼆元⼀次⽅程组、⼆元⼀次⽅程组的解、⼀元⼀次不等式
的整数解等知识点，能得出关于m的不等式是解此题的关键．
根据题意将⽅程组相减得x−2y=3m−2，然后代⼊不等式求解即可即可得到m的最小整数
解．
2x+y=3m①
解： ，
{x+3y=2②
①−②得：x−2y=3m−2，
∵x−2y>7
∴3m−2>7
解得：m>3，
∴m的最小整数解为4，
故选：B．
单选题
如图，某时刻树梢顶点A的影⼦刚好落在台阶点G处，若测得台阶CD=EF =HG=0.2m，
DE =FG=0.3m，此时台阶在地⾯的影⼦QM =0.45m，树的底部到台阶的距离BC =1.8m，则
树的⾼度AB为（ ）
A. 3.2m
B. 3.4m
C. 3.6m
/ D. 3.8m
答案
C
解析
本题考查了相似三⻆形的判定和性质，平⾏投影．作GR⊥BM，GS⊥AB，则四边形BRGS是
矩形，推出△ASG∽△PQM，据此求解即可．
解：作GR⊥BM，GS⊥AB，则四边形BRGS是矩形，
∴BS =GR=0.2×2=0.4(m)，PQ=0.2×3=0.6(m)，
∴RC =2×0.3=0.6(m)，
∴SG=BR=BC+RC =1.8+0.6=2.4(m)，
由题意得△ASG∽△PQM，
AS SG AS 2.4
∴ = ，即 = ，
PQ QM 0.6 0.45
∴AS =3.2(m)，
∴AB=AS+BS =3.2+0.4=3.6(m)，
故选：C．
单选题
如图，动点A在平⾯直⻆坐标系中按图中⽅向运动，第⼀次从原点O出发，依次运动到点A (2,2)，
1
A (3,1)，A (4,1)，A (6,3)，A (7,2)，A (8,2)……按照这样的运动规律，点A 的横坐标是
2 3 4 5 6 2025
（ ）
A. 2698
B. 2699
C. 2700
/ D. 2702
答案
C
解析
本题主要考查了点的坐标变化规律，根据点运动规律，可知横坐标的变化规律是依次+2、+1
、+1、⋯，从点O到点A 共进⾏了675个循环，根据变化规律即可解答．
2025
解：根据从原点O出发，点A (2,2)，A (3,1)，A (4,1)，A (6,3)，A (7,2)，A (8,2)的运动
1 2 3 4 5 6
规律，
可知横坐标的变化规律是依次+2、+1、+1、⋯，每三个是⼀次循环运动，
∵2025÷3=675，
∴从点O到点A 共进⾏了675个循环运动，
2025
∴A
2025
的横坐标为675×(1+2+1)=2700．
故选：C．
⼆、填空题
填空题
若√x−5在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是 ．
答案
x≥5
解析
本题主要考查了⼆次根式有意义的条件，理解⼆次根式有意义的条件是解题关键．根据⼆次
根式的意义可得x−5≥0，求解即可．
解：根据题意，得x−5≥0，
解得x≥5．
故答案为：x≥5．
填空题
密闭容器内有⼀定质量的⽓体，当容器的体积V（单位：m3）变化时，⽓体的密度ρ（单位：
kg/m3）随之变化，已知密度ρ与体积V是反⽐例函数关系，它的图象如图所⽰，点A(4,3)在图象
上，当V =2m3时，⽓体的密度ρ= kg/m3．
/ 答案
6
解析
本题主要考查了反⽐例函数的应⽤，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，由函数与⽅
程的关系，通过待定系数法求出关系式，将V =2代⼊函数解析式求解即可．
k k
解：设ρ与体积V的函数解析式为ρ= ，将(4,3)代⼊ρ= ，
V V
k
得3= ，
4
解得k=12，
12
∴ρ= ，
V
12
将V =2代⼊ρ= ，得ρ=6，
V
故答案为：6．
填空题
如图，在△ABC中，∠C =90∘，AD是△ABC的⻆平分线，DE⊥AB于点E，CD=3，AB=10，
则△ABD的⾯积是 ．
答案
15
解析
本题考查的是⻆平分线的性质，根据⻆平分线的性质求出DE，再根据三⻆形⾯积公式计算即
可．
解：∵AD是△ABC的⻆平分线，∠C =90∘，DE⊥AB，
/ ∴DE =CD=3，
1 1
∴S = AB⋅DE = ×10×3=15，
△ABD
2 2
故答案为：15．
填空题
已知2，4，a分别是等腰三⻆形三边的⻓，且a是关于x的⼀元⼆次⽅程x2−7x+k=0的根，则k的
值为 ．
答案
12
解析
本题考查了三⻆形的三边关系以及等腰三⻆形的定义，⼀元⼆次⽅程的根，分情况讨论：当
a=2时，当a=4时，分别讨论求解即可．
解：∵2，4，a分别是等腰三⻆形三边的⻓，
当a=2时，2，4，2不能构成三⻆形，不符合题意；
当a=4时，
∴42−7×4+k=0，
∴k=12，
故答案为：12．
填空题
如图，在正⽅形纸⽚ABCD中，AB=8，在正⽅形中剪下⼀个扇形BCE和⼀个圆形，点E在BD
上，若以剪下的扇形为侧⾯，剪下的圆形为底⾯，恰好可以围成⼀个圆锥，则纸⽚剩下部分（阴影
部分）的⾯积为 ．（结果保留π）
答案
64−9π
解析
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧⾯展开图为⼀扇形，这个扇形的弧⻓等于圆锥底⾯的周
⻓，扇形的半径等于圆锥的⺟线⻓．也考查了正⽅形的性质和扇形的⾯积公式．
先根据正⽅形的性质和扇形⾯积公式求出扇形的⾯积，再设围成圆锥的底⾯圆的半径为r，根
/ 据扇形的弧⻓等于底⾯圆的周⻓即可求出r，再⽤正⽅形的⾯积减去扇形的⾯积和圆的⾯积即
可．
解：∵正⽅形ABCD，
∴∠CBE =45∘，
45π×82
∴扇形BCE的⾯积为 =8π，
360
设围成圆锥的底⾯圆的半径为r，则
45π×8
2πr= ，
180
解得：r=1，
∴纸⽚剩下部分（阴影部分）的⾯积为82−8π−π×12=64−9π．
故答案为：64−9π．
填空题
我们定义⼀种新函数：形如y= ax2+bx+c (a≠0,b2−4ac>0)的函数叫做“鹊桥”函数．某数
学兴趣小组画出了“鹊桥”函数G:y= x2−x−6 的图象（如图所⽰），并写出了下列结论：
①图象与坐标轴的交点为A(−2,0)，B(3,0)，C(0,6)；
1
②当x= 时，函数取得最⼤值；
2
③若(x ,y )在函数图象上，则(1−x ,y )也在函数图象上；
0 0 0 0
④当直线y=−x+m与函数G的图象有4个交点时，则m的取值范围是3<m<7．
其中正确的结论有 ．（填写所有正确结论的序号）
答案
①③④
解析
本题考查⼆次函数的图象和性质，求出函数与坐标轴的交点坐标判断①，根据图象可知，函数
没有最⼤值，判断②；图象法，判断③和④，从图象中有效的获取信息，是解题的关键．
解：∵y= x2−x−6 ，
∴当x=0时，y=6，当y=0时，x2−x−6=0，
解得：x =3,x =−2，
1 2
∴图象与坐标轴的交点为A(−2,0)，B(3,0)，C(0,6)；故①正确；
由图象可知：当x≤−2或x≥3时，函数值y随x值的增⼤而增⼤，且⽆最⼤值，故②错误；
/ −2+3 1
根据图象得：图象的对称轴为x= = ，
2 2
∴若(x ,y )在函数图象上，则(1−x ,y )也在函数图象上，故③正确；
0 0 0 0
当直线y=−x+m过点B时，直线与函数图象恰好有3个交点，
即0=−3+m，解得：m=3，
当y=−x+m与−2<x<3之间的图象相切时，恰好有三个交点，
当−2<x<3时，y=−x2+x+6，
令−x+m=−x2+x+6，整理得：−x2+2x+6−m=0，
∴Δ=22−4×(−1)×(6−m)=0，
解得：m=7，
∴当直线y=−x+m与函数G的图象有4个交点时，则m的取值范围是3<m<7．故④正确；
综上，正确的是①③④．
故答案为：①③④．
三、解答题
解答题
x−2≤4
解不等式组： ．
{x−6>3−2x
答案
3<x≤6
解析
本题主要考查解⼀元⼀次不等式组，分别求出每个不等式的解集，根据“同⼤取⼤，同小取
小，⼤小小⼤中间找，⼤⼤小小⽆法找（空集）”确定出不等式组的解集即可．
x−2≤4①
解： ，
{x−6>3−2x②
解不等式①得，x≤6；
解不等式②得，x>3；
所以，不等式组的解集为：3<x≤6．
解答题
如图，AC和BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD．求证：AB＝CD．
/ 答案
⻅解析
解析
由条件OA=OC，OB=OD及对顶⻆∠AOB=∠BOD，可以证明△AOB≌△COD，根据全等三⻆形
的性质就可以得出结论．
证明：在△AOB和△COD中
OA=OC
∵⎧∠AOB=∠COD，
⎨
⎩
OB=OD
∴△AOB≌△COD（SAS），
∴AB=CD．
本题考查了全等三⻆形的判定及性质的运⽤，在证明三⻆形全等的书写过程中，对应顶点要
写在对应的位置上．
解答题
3n m−n
已知T = − ．
mn+n2 m2−n2
(1) 化简T；
(2) 若(m,n)是抛物线y=x2−4x+5的顶点坐标，请求出T的值．
答案
(1) 2
m+n
2
(2)
3
解析
3n m−n
(1)
解：T = −
mn+n2 m2−n2
3n m−n
= −
n(m+n) (m+n)(m−n)
3 1
= −
m+n m+n
2
= ；
m+n
(2) y=x2−4x+5=(x−2)2+1，
∴抛物线y=x2−4x+5的顶点坐标为(2,1)，
∴m=2,n=1，
/ 2 2
代⼊（1）中结果得：原式= = ．
1+2 3
解答题
为进⼀步加强学⽣体质，某中学推⾏“阳光体育活动”计划，要求学⽣在课后⾃主完成体育锻炼并记
录，经过⼀段时间后，学校随机抽查了该校30名学⽣某⼀天课后体育锻炼时间（单位：分钟），如
图是根据抽查结果绘制的统计图的⼀部分：
根据以上信息解决以下问题：
(1) 这⼀天课后体育锻炼时间为60分钟的⼈数为__________⼈，请补全条形统计图；
(2) 这⼀天课后体育锻炼时间的众数是__________；
(3) 若该校共有600名学⽣，请估计该校这⼀天体育锻炼时间不少于60分钟的学⽣⼈数．
● ● ●
答案
(1) 7，条形图⻅解析
(2) 55
(3) 180⼈
解析
(1) 解：体育锻炼时间为60分钟的⼈数为30−1−4−6−10−2=7（⼈）；
补全条形统计图为
故答案为：7
(2) 解：由条形图可知，体育锻炼时间55分钟的⼈数最多，故众数为55．
故答案为：55
/ (3) 7+2
解：600× =180（⼈）
30
答：估计该校这⼀天体育锻炼时间不少于60分钟的学⽣由180⼈．
解答题
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O，交BC于点D，交CA的延⻓线于点E，连接
AD，DE．
(1) 求证：BD=CD；
(2) 若AB=10，AD=6，求DE的⻓．
答案
(1) ⻅解析
(2) 8
解析
(1) 证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∵AB=AC，
∴BD=CD；
(2) 解：在Rt△ABD中，AB=10，AD=6，
∴BD=√AB2−AD2=√102−62=8，
∵BD=CD，
∴BD=CD=8，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠B=∠E，
∴∠C =∠E，
∴DE =DC =8．
解答题
如图，在等腰△ABC中，∠A=30∘，AB=AC，沿射线BE折叠△ABC，使点A恰好落在BC的延
⻓线上的点D处，射线BE与腰AC交于点E．
/ (1) 尺规作图：作出射线BE（保留作图痕迹，不写作法）；
(2) 在（1）所作的图形中，连接DE，若CE =2√2，求线段DE的⻓．
答案
(1) ⻅解析
(2) 2√3+2
解析
(1) 解：作∠ABD的平分线，交AC于点E，射线BE即为所求；
(2) 过点C作CF⊥DE，如图所⽰：
∵等腰△ABC中，∠A=30∘，沿射线BE折叠△ABC，使点A恰好落在BC的延⻓线上的点D
处，
∴∠ABC =∠ACB=75∘,∠A=∠D=30∘，
∴∠DEC =75∘−30∘=45∘，
∴∠ECF =∠DEC =45∘，
∴EF =CF，
∵CE =2√2，
∴EF =CF =2，
CF
∴tan∠D= ，
DF
∴DF =2√3，
∴DE =2√3+2．
解答题
在⽓象观测实践课中，同学们利⽤AI控制器精准地将甲和⼄两个智能探空⽓球按照设定的速度匀速
竖直升降．⽓球甲从地⾯以m⽶/秒的速度上升，⽓球⼄从距离地⾯⾼10⽶的观测台同时上升，9秒
/ 时⽓球⼄到达预定⾼度并暂停上升，开始采集⼤⽓数据（持续⼀定时间），完成后按原速继续上
升．最终两⽓球同时到达距离地⾯100⽶的空中进⾏了n秒的联合观测，观测完毕后两⽓球释放部分
⽓体，以相同速度降落⾄地⾯．甲，⼄两探空⽓球所在的位置距离地⾯的⾼度y（⽶）与⽓球⻜⾏
的时间x（秒）之间的函数关系如图所⽰，请结合图象解答下列问题：
(1) m=__________⽶/秒，n=__________秒；
(2) 求线段AB所在直线的函数解析式（不要求写出x的取值范围）；
(3) 甲，⼄两个智能探空⽓球⻜⾏到多少秒时，它们之间的竖直⾼度的差为16⽶？（直接写出答
案即可）
答案
(1) 4；15
(2) y=5x−25
39 71
(3)
6秒或 秒或 秒
4 4
解析
(1) 解：由题意得⽓球甲的速度为m=100÷25=4（⽶/秒），
n=40−25=15（秒)．
故答案为：4，15；
(2) 解：由图象知，B(25,100)，
∵⽓球⼄的速度为(55−10)÷9=5（⽶/秒），
∴⽓球⼄匀速从55⽶到100⽶所⽤时间为(100−55)÷5=9（秒），
∵25−9=16（秒），
∴A(16,55)，
设线段AB所在直线的函数解析式为y=kx+b，
16k+b=55
将A(16,55)，B(25,100)代⼊得： ，
{25k+b=100
k=5
解得 ，
{b=−25
∴线段AB所在直线的函数解析式为y=5x−25；
(3) 解：如图所⽰：
/ 由题意M(0,10)，N(9,55)，B(25,100)
设直线OB所在直线的解析式为y=k x，
1
∴25k =100，解得k =4
1 1
∴线段OB所在直线的函数解析式为y=4x，
设线段MN所在直线的函数解析式为y=k x+b ，
2 2
把M(0,10)，N(9,55)代⼊，得
b =10 k =5
2 2
，解得 ，
{9k +b =55 {b =10
2 2 2
∴线段MN所在直线的函数解析式为y=5x+10；
线段AN所在直线的函数解析式为y=55，
当0≤x≤9时，由题意得|4x−(5x+10)|=16，
解得x=6或x=−26（舍去）；
当9<x≤16时，由题意得|4x−55|=16，
71 39
解得x= 或x= ，
4 4
当16<x≤25时，由题意得|4x−(5x−25)|=16，
解得x=9（舍去）或x=41（舍去），
39 71
综上，甲，⼄两个智能探空⽓球⻜⾏到6秒或 秒或 秒时，它们之间的竖直⾼度的差为
4 4
16⽶．
解答题
如图，在Rt△ABC中，∠A=90∘，∠ACB=60∘，AC =12，点D在边BC的延⻓线上，过点D作
DE⊥BC且DE =√3DC，连接BE，点P为BE的中点．
(1) 求BC的⻓；
/ (2) 连接AP，PD，AD，请判断△APD是否为等边三⻆形？若是，请证明你的结论；若不是，
请说明理由；
(3) 以点C为圆⼼，3为半径作⊙C，交边AC于点M，点Q是⊙C上的动点，连接PM，PQ，求
PM +PQ的最小值．
答案
(1) 24
(2) 是，理由⻅解析
(3) 18
解析
(1) 解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=60∘，AC =12，
AC 12
∴BC = = =24．
cos∠ACB cos60∘
(2) 解：△APD是等边三⻆形，理由如下：
∵DE⊥BD，
∴∠BDE =90∘，
∵点P是BE的中点，
1
∴在Rt△BDE中，DP =BP =PE = BE，
2
1
在Rt△ABE中，AP =BP =EP = BE，
2
∴AP =BP =DP =EP
∵DE =√3DC，
CD CD √3
∴tan∠DEC = = = ，
DE √3CD 3
∴∠DEC =30∘，
∵∠ABC =180∘−∠BAC−∠ACB=30∘，
∴∠DEA=∠DBA，
∴点A，B，E，D四点共圆，且点P为该圆的圆⼼，
∴∠APD=2∠ABD=60∘，
∵AP =DP，
∴△APD是等边三⻆形．
(3) 解：取BC的中点H，连接PH，延⻓PH交AB于点N，
/ ∵点P是BE的中点，点H是BC的中点，
∴PH//AE，
∴点P在直线PH上运动．
作点M关于PH的对称点M′，连接MM′，交PN于点G，连接PM′，QM′，
则PM′=PM，
∴PM +PQ=PM′+PQ≥M′Q，
连接M′C，交⊙C于点Q′，则M′Q≥M′Q′，
∵点H是BC的中点，
1
∴CH = BC，
2
∵HN//AC，
AN HC 1
∴ = = ，
AB BC 2
1 1 1
∴AN = AB= ×ACtan∠ACB= ×12×tan60∘=6√3．
2 2 2
∵点M与点M′关于PN对称，
∴MM′⊥PN，
∵PN//AC，∠BAC =90∘，
∴PN⊥AB，MM′⊥AC
∴四边形AMGN是矩形，
∴MG=AN =6√3，
∴MM′=2MG=12√3，
∵MC =3，MM′⊥AC，
2
∴在Rt△MM′C中，M′C =√MM′2+MC2= 12√3 +32=21，
√( )
∴M′Q′=M′C−CQ′=21−3=18，
∴PM +PQ≥M′Q≥M′Q′=18，
即PM +PQ的最小值为18．
/ 解答题
已知抛物线C :y=x2+px与抛物线C :y=(x−6) 2 −4相交于点A(4,0)．
1 2
(1) 求出p的值；
(2) 设点M(a,b)(b<0)在抛物线C 上，点N(a+m,b+n)在抛物线C 上．
1 2
①当a=m时，求n的取值范围；
②当M，A，N三点共线时，求m的值．
答案
(1) p=−4
(2) 4
① − ≤n<32；② m=8
3
解析
(1) 解：将点A(4,0)代⼊C :y=x2+px，
1
得0=16+4p，
解得：p=−4；
(2) 由（1）得C :y=x2−4x，
1
∵点M(a,b)(b<0)在抛物线C 上，
1
∴b=a2−4a<0，
∴0<a<4；
①∵a=m，b=a2−4a，
∴N(2a,a2−4a+n)，
∵点N在抛物线C 上，
2
∴a2−4a+n=(2a−6)2−4，
整理得：n=3a2−20a+32=(3a−8)(a−4)，
8
当n=0时，a= 或a=4，
3
/ 当a=0时，n=32，
−20 10 4
当a=− = 时，n=− ，
2×3 3 3
∵0<a<4，
4
∴− ≤n<32；
3
②∵C :y=(x−6) 2 −4=x2−12x+32，
2
∴N[a+m,(a+m) 2 −12(a+m)+32]，
∵A(4,0)，M(a,b)(b<0)，
∴设直线AM的函数解析式为：y=kx+c，
4k+c=0 b
代⼊得： ，解得k= ，
{ak+c=b a−4
∵b=a2−4a，
∴k=a；
设直线AN的函数解析式为：y=dx+e，
4d+e=0
代 ⼊ 得 ： ， 解 得
{(a+m)d+e=(a+m) 2 −12(a+m)+32
(a+m) 2 −12(a+m)+32
d= ，
a+m−4
即d=a+m−8，
∵M，A，N三点共线，
∴a+m−8=a，
解得：m=8．
/ 
