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专题14 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版
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这是一份专题14 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版，文件包含专题14图形变换和类比探究类几何压轴综合问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘学生版doc、专题14图形变换和类比探究类几何压轴综合问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
专题14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题
【类型综述】
本节内容每年中考都会选择一种变换作为压轴题的背景素材，可以对函数图象进行平移，可以对几何图形进行平移、旋转，考查学生的数学综合应用能力．在选择、填空中也会涉及变换的概念和简单应用．只要抓住全等变换的特点，找到变与不变的量就可以解决问题．预计在2019年中考中仍会在压轴部分渗透变换，但是会有新情境的渗透．
【方法揭秘】
1.平移的性质
(1)平移前后，对应线段平行、对应角相等；
(2)各对应点所连接的线段平行（或在同一直线上）或相等；
(3)平移前后的图形全等，注意：平移不改变图形的形状和大小.
2.旋转的性质：
(1)对应点到旋转中心的距离相等；
(2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
(3)旋转前后的图形全等.
3.中心对称的性质：
在成中心对称的两个图形中，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分_．成中心对称的两个图形全等.
【典例分析】
例1如图．小明将一张直角梯形纸片沿虚线剪开，得到矩形和三角形两张纸片，测得，．在进行如下操作时遇到了下面的几个问题，请你帮助解决．
（1）将的顶点移到矩形的顶点处，再将三角形绕点顺时针旋转使点落在边上，此时，恰好经过点（如图），请你求出和的长度；
（2）在（1）的条件下，小明先将三角形的边和矩形边重合，然后将沿直线向右平移，至点与重合时停止．在平移过程中，设点平移的距离为，两纸片重叠部分面积为，求在平移的整个过程中，与的函数关系式，并求当重叠部分面积为时，平移距离的值（如图）．
思路点拨
（1）先在Rt△BCE中，利用勾股定理求得CE的长，即可得DE的长，然后在Rt△ADE中，利用勾股定理即可求得AE的长；然后根据等腰三角形的性质与互余求得，
则可证，即，将各边数值代入即可求解；
（2）如图，分x≤4与x＞4两种情况，在Rt△EFG中，求得tan∠F的值，从而得到PB关于x的代数式，第一种情况根据梯形的面积公式整理即可得解；第二种情况根据y为△RPQ的面积加上矩形BCQP的面积即可得到；然后将y=10时分别代入求解即可.
满分解答
（1）∵，，
∴，
∴，
∴；[来源:Z_xx_k.Com]
∵，
∴，
又∵，，
∴，即
在和中，
，，
∴，
则，
∴；
（2）分两种情况：
①是≤时，如图，与相交于，
∵的直角边，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是直角梯形，
则重叠部分；
②是＞时，如图，与相交于，与相交于，作PQ⊥CD与Q，
∵PQ∥FG，
∴∠RPQ=∠F，即tan∠RPQ=tan∠F=，
∴RQ=PQ=2，
∴，
当重叠部分面积为时，即分别代入两等式，
，
解得：（不合题意舍去）或，
得出，，
∴当时，，
当时，，
∴当时，或．
例2如图，点E是正方形ABCD中CD边上任意一点，AB＝4，以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90°得到△AD′F
（1）画出旋转后的图形，求证：点C、B、F三点共线；
（2）AG平分∠EAF交BC于点G．
①如图2，连接EF．若BG：CE＝5：6，求△AEF的面积；
②如图3，若BM、DN分别为正方形的两个外角角平分线，交AG、AE的延长线于点M、N．当MM∥DC时，直接写出DN的长．
思路点拨
（1）旋转后的图形如图1中所示，利用旋转不变性即可解决问题；
（2）①如图2中，连接EG．首先证明EG=BG+DE，设BG=5k，CE=6k，则DE=4-6k，CG=4-5k，EG=4-k，在Rt△EGC中，根据EG2=EC2+CG2即可解决问题；
②如图3中，连接EG，延长MN交AD的延长线于点P，作MQ⊥AB交AB的延长线于点Q．由题意可知：△PDN，△BMQ都是等腰直角三角形，设DP=PN=x，BG=a，DE=b．想办法构建方程组即可解决问题.
满分解答
（1）证明：旋转后的图形如图1中所示，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
∵∴点D′与点B重合，
∵∠AD′F＝90°，
∴∠AD′F+′AD′C＝180°，
∴C，B，F共线．
（2）①解：如图2中，连接EG．
∵∠BAF＝∠DAE，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
∵AG平分∠EAF，
∴∠EAG＝×90°＝45°，
∴∠FAG＝∠FAB+∠BAG＝∠BAG+∠DAE＝45°，
∴∠FAG＝∠EAG，
∵AG＝AG，AF＝AE，
∴△GAE≌△GAF（SAS），
∴FG＝EG，
∴EG＝BF+BG＝DE+BG，
∵BG：CE＝5：6，
∴可以假设BG＝5k，CE＝6k，则DE＝4﹣6k，CG＝4﹣5k，EG＝4﹣k，
在Rt△EGC中，∵EG2＝EC2+CG2，
∴（4﹣k）2＝（6k）2+（4﹣5k）2，
∴k＝，
∴DE＝，
∴AE=AF=，
∴S△AEF=•AE•AF=．
②解：如图3中，连接EG，延长MN交AD的延长线于点P，作MQ⊥AB交AB的延长线于点Q．
由题意可知：△PDN，△BMQ都是等腰直角三角形，设DP＝PN＝x，BG＝a，DE＝b．
∵四边形AQMP是矩形，
∴MQ＝BQ＝AP＝4+x，
∵DE∥PN，
∴，即①，
∵BG∥MQ，
∴，即②
在Rt△BCG中，∵EG2=EC2+CG2，
∴（a+b）2=（4-a）2+（4-b）2 ③，
由①②③可得x=2或-2（舍弃）
∴DN=x=2．
例3已知长方形ABCD中，AD=10cm,AB=6cm,点M在边CD上，由C往D运动，速度为1cm/s，运动时间为t秒，将△ADM沿着AM翻折至△AD´M，点D对应点为D´，AD´所在直线与边BC交于点P.
（1）如图1，当t=0时，求证：PA=PC；
（2）如图2，当t为何值时，点D´恰好落在边BC上；
（3）如图3，当t=3时，求CP的长.
思路点拨
（1）由折叠性质可得ADCA D´C可得∠DAC=∠D´AC, 在长方形ABCD中，AD//BC,可得 ∠DAC=∠BCA,从而得到∠D´AC=∠BCA，即可得出结论。
（2）由折叠性质可得ADCA D´C可得D´M=DM=6-t，AD=A D´=10，根据勾股定理可得B D´=8则C D´=2,在RtCM D´中，根据勾股定理列出方程即可。
（3）当t=3时，CM=DM=3, 连接PM，根据HL证得M D´PMCP,可得D´P=PC, ∠D´MP=∠CMP, 由折叠性质可得得出∠AMD=∠AMD´,从而证得∠AMP=90,再根据ADMMDP即可。
满分解答
（1）当t=0时，M与C重合
由折叠性质可得ADCA D´C
∴∠DAC=∠D´AC,
在长方形ABCD中，AD//BC,
∴ ∠DAC=∠BCA
∴∠D´AC=∠BCA，
∴PA=PC；
（2）由折叠性质可得ADCA D´C
∴D´M=DM=6-t，AD=A D´=10，
在RtABD´中，B D´==8
∴D´C=BC- B D´=10-8=2cm
在RtCMD´中，
∴
解得：t=
∴当t=时，点D´恰好落在边BC上；
（3）当t=3时，CM=DM= D´M=3,
由折叠性质可得：∠AD´M=∠D=90
连接PM，
在RtM D´P和RtMCP中
∴M D´PMCP,
∴D´P=PC, ∠DMP=∠CMP,
∵∠AMD=∠AMD´
∴∠PMD´+∠AMD´=90
∵∠MAP +∠AMD´´=90
∴∠PMD´=∠MAP
∵∠AD´M=∠PD´M
∴M D´AP D´M
∴
∴= P D´. A D´
∴= P D´.10
∴P D´=
∴CP=
例4如图(1)，OABC 是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O 为坐标原点，点 A 在 x 轴的正半轴上，点 C 在 y 轴的正半轴上，OA=5，OC=4，在OC 边上取一点 D，将将纸片沿 AD 翻转，使点 O 落在 BC 边上的点 E 处．
(1)求 D、E 两点的坐标；
(2)如图(2)，若 AE 上有一动点 P（不与 A，E 重合），自点 A 沿 AE 方向向点E 做匀速运动，运动的速度为每秒 1 个单位长度，设运动时间为 t 秒，过点 P作 ED 的平行线交 AD 于点 M，过点 M 作 AE 平行线交 DE 于点 N．求四边形PMNE 的面积 S 与时间 t 之间的函数关系式；当 t 取何值时，s 有最大值，最大值是多少？
(3)请探究：在(2)的条件下，当 t 为何值时，以 A，M，E 为顶点的三角形是等腰三角形？
思路点拨
(1)E 点坐标为（2，4），D 点坐标为（0，）；(2)S 矩形PMNE=t2+ t；当 t=时，S 矩形 PMNE 有最大值；(3)t=或 t=2时，以 A，M，E 为顶点的三角形为等腰三角形，相应 M 点的坐标为（，）或（5﹣2，）.
满分解答
解：（1）依题意可知，折痕 AD 是四边形 OAED 的对称轴，
∴在 Rt△ABE 中，AE=AO=5，AB=4．
BE= =3．
∴ CE=2．
∴ E 点坐标为（2，4）．
在 Rt△DCE 中，DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD．
∴（4﹣OD）2+22=OD2．
解得：OD=．
∴D 点坐标为（0，）．
(2)∵PM∥ED，
∴△APM∽△AED．
∴ ，
∵AP=t，ED=，AE=5，
PM= ×=，
∵PE=5﹣t．
∵四边形 PMNE 为矩形．
S 矩形PMNE=PM×PE=×（5﹣t）= t2+t；
∴S 四边形PMNE=﹣（t﹣）2+ ．
∴当 t=时，S 矩形 PMNE 有最大值．
(3)（Ⅰ）若以 AE 为等腰三角形的底，则 ME=MA（如图 1）
在 Rt△AED 中，ME=MA，
∵PM⊥AE，
∴P 为 AE 的中点，
∴t=AP= AE= ． 又∵PM∥ED，
∴M 为 AD 的中点．
过点 M 作 MF⊥OA，垂足为 F，则 MF 是△OAD 的中位线，
∴MF= OD=，OF= OA= ，
∴当 t=时，（0＜＜5），△AME 为等腰三角形．此时 M 点坐标为（，）．
（Ⅱ）若以 AE 为等腰三角形的腰，则 AM=AE=5（如图 1）
在 Rt△AOD 中，AD= = ．
过点 M 作 MF⊥OA，垂足为 F．
∵PM∥ED，
∴△APM∽△AED．
∴
∴ t=AP= =2 ，
∴PM=t=．
∴MF=MP=，OF=OA﹣AF=OA﹣AP=5﹣2 ，
∴当 t=2时，（0＜2＜5），此时 M 点坐标为（5﹣2，）．
综合（Ⅰ）（Ⅱ）可知，t=2.5或 t=2 时，以 A，M，E 为顶点的三角形为等腰三角形，
相应 M 点的坐标为（，1.25）或（5﹣2，）
例5如图，抛物线l：y=0.5（x﹣h）2﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），将抛物线ι在x轴下方部分沿轴翻折，x轴上方的图象保持不变，就组成了函数ƒ的图象．
（1）若点A的坐标为（1，0）．
①求抛物线l的表达式，并直接写出当x为何值时，函数ƒ的值y随x的增大而增大；
②如图2，若过A点的直线交函数ƒ的图象于另外两点P，Q，且S△ABQ=2S△ABP，求点P的坐标；
（2）当2＜x＜3时，若函数f的值随x的增大而增大，直接写出h的取值范围．
思路点拨
（1）①利用待定系数法求抛物线的解析式，由对称性求点B的坐标，根据图象写出函数ƒ的值y随x的增大而增大（即呈上升趋势）的x的取值；
②如图2，作辅助线，构建对称点F和直角角三角形AQE，根据S△ABQ=2S△ABP，得QE=2PD，证明△PAD∽△QAE，则，得AE=2AD，设AD=a，根据QE=2FD列方程可求得a的值，并计算P的坐标；
（2）先令y=0求抛物线与x轴的两个交点坐标，根据图象中呈上升趋势的部分，有两部分：分别讨论，并列不等式或不等式组可得h的取值．
②如图2，作PD⊥x轴于点D，延长PD交抛物线l于点F，作QE⊥x轴于E，则PD∥QE，
由对称性得：DF=PD，
∵S△ABQ=2S△ABP，∴AB•QE=2×AB•PD，∴QE=2PD，
∵PD∥QE，∴△PAD∽△QAE，∴，∴AE=2AD，
设AD=a，则OD=1+a，OE=1+2a，P（1+a，﹣[（1+a﹣3）2﹣2]），
∵点F、Q在抛物线l上，
∴PD=DF=﹣[（1+a﹣3）2﹣2]，QE=（1+2a﹣3）2﹣2，
∴（1+2a﹣3）2﹣2=﹣2[（1+a﹣3）2﹣2]，
解得：a=或a=0（舍），∴P（，）；
综上所述，当3≤h≤4或h≤0时，函数f的值随x的增大而增大．
【变式训练】
一、单选题
1．如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM=2，N是AC上的一动点，则DN+MN的最小值是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
【答案】C
【解析】
【分析】
要求DN＋MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DN，MN的值，从而找出其最小值求解．
【详解】
解：∵正方形是轴对称图形，点B与点D是关于直线AC为对称轴的对称点，
∴连接BN，BD，则直线AC即为BD的垂直平分线，
∴BN＝ND∴DN＋MN＝BN＋MN连接BM交AC于点P，
∵点 N为AC上的动点，
由三角形两边和大于第三边，
知当点N运动到点P时，
BN＋MN＝BP＋PM＝BM，
BN＋MN的最小值为BM的长度，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD＝8，CM＝8−2＝6，BCM＝90°，
∴BM＝＝10，
∴DN＋MN的最小值是10．
故选：C．
2．如图，矩形ABCD的外接圆O与水平地面有唯一交点A，圆O的半径为4，且＝2．若在没有滑动的情况下，将圆O向右滚动，使得O点向右移动了98π，则此时该圆与地面交点在（ ）上．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意得出圆的周长以及圆转动的周数，进而得出与地面相切的弧．
【详解】
∵圆O半径为4，
∴圆的周长为：2π×r=8π，
∵将圆O向右滚动，使得O点向右移动了98π，
∴98π÷8π=12…2π，
即圆滚动12周后，又向右滚动了2π，
∵矩形ABCD的外接圆O与水平地面相切于A点，=2，
∴=×8π=π＜2π， +=×8π=4π＞2π，
∴此时与地面相切，
∴此时该圆与地面交点在上，
故选：B．
3．如图，在Rt△ABC中，∠B=45°，AB=AC，点D为BC中点，直角∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点，下列结论：①△DEF是等腰直角三角形；②AE=CF；③△BDE≌△ADF；④BE＋CF=EF，其中正确结论是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质可得∠CAD＝∠B＝45°，根据同角的余角相等求出∠ADF＝∠BDE，然后利用“角边角”证明△BDE和△ADF全等，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得DE＝DF、BE＝AF，从而得到△DEF是等腰直角三角形，判断出①正确；再求出AE＝CF，判断出②正确；根据BE+CF＝AF+AE，利用三角形的任意两边之和大于第三边可得BE+CF＞EF，判断出④错误．
【详解】
∵∠B＝45°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形．
∵点D为BC中点，∴AD＝CD＝BD，AD⊥BC，∠CAD＝45°，∴∠CAD＝∠B．
∵∠MDN是直角，∴∠ADF+∠ADE＝90°．
∵∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝90°，∴∠ADF＝∠BDE．
在△BDE和△ADF中，∵，∴△BDE≌△ADF（ASA），故③正确；
∴DE＝DF，BE＝AF，∴△DEF是等腰直角三角形，故①正确；
∵AE＝AB﹣BE，CF＝AC﹣AF，∴AE＝CF，故②正确；
∵BE+CF＝AF+AE，∴BE+CF＞EF，故④错误；
综上所述：正确的结论有①②③．
故选C．
4．如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，此时恰好四边形AEHB为菱形，连接CH交FG于点M，则HM＝（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由旋转的性质得到AB=BE，根据菱形的性质得到AE=AB，推出△ABE是等边三角形，得到AB=3，AD=，根据三角函数的定义得到∠BAC=30°，求得AC⊥BE，推出C在对角线AH上，得到A，C，H共线，于是得到结论．
【详解】
如图，连接AC交BE于点O，
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，
∴AB=BE，
∵四边形AEHB为菱形，
∴AE=AB，
∴AB=AE=BE，
∴△ABE是等边三角形，
∵AB=3，AD=，
∴tan∠CAB=，
∴∠BAC=30°，
∴AC⊥BE，
∴C在对角线AH上，
∴A，C，H共线，
∴AO=OH=AB=，
∵OC=BC=，
∵∠COB=∠OBG=∠G=90°，
∴四边形OBGM是矩形，
∴OM=BG=BC=，
∴HM=OH﹣OM=，
故选D．
5．在平面直角坐标系中，按如图方式放置（直角顶点为A），已知A（2，0），B（0，4），点C在双曲线（x＞0）上，且AC=，将沿x轴正方向向右平移，当点B落在该双曲线上时，点A的横坐标变成（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
作辅助线，证明，则可得，设，则，根据勾股定理得，点坐标为（4，1），代入双曲线可得，根据平移后点的纵坐标不变，可得平移后点的横坐标，由此可得平移长度，即可得出结论.
【详解】
解：过作轴于D，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
（舍），
∴，
∴C（4，1），
∴，
当时，，即向右平移1个单位时，点落在该双曲线上，
∴点的横坐标为3；
故答案为：A．
6．如图，中，，，，以斜边的中点为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转得到，则旋转后两个直角三角形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，先计算出AB=2AC=12，根据中点定义则可得BD=6，根据旋转的性质可得D=BD=6，在Rt△BDM中，可求得DM、BM的长，从而可求得B′M的长，然后在Rt△B′MN中求出MN的长，继而求得BN的长，在Rt△BNG中求出BN的长，然后利用S阴影=S△BNG-S△BMD进行计算即可得.
【详解】
如图，∵∠C=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=2AC=12，∠B=30°，
∵点D为AB的中点，
∴BD=6，
∵△ABC绕点D按逆时针方向旋转得到，
∴D=BD=6，
在Rt△BDM中，∠B=30°，∠BDM=90°，
∴BM=2DM，BD2+DM2=BM2，
∴DM=，BM=4，
∴B′M=B′D-DM=6-，
在Rt△B′MN中，∠B′=30°，
∴MN=B′M=3-，
∴BN=BM+MN=3+3，
在Rt△BNG中，BG=2NG，BG2=NG2+BN2，
∴NG=3+，
∴S阴影=S△BNG-S△BMD==9，
故选B.
【点睛】
本题考查了旋转的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形的面积等，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
二、填空题
7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 3，AC = 4，点D为边AB上一点．将△BCD沿直线CD翻折，点B落在点E处，联结AE．如果AE // CD，那么BE =________．
【答案】（或4.8）
【解析】
【分析】
过D作DG⊥BC于G，依据折叠的性质即可得到CD垂直平分BE，再根据AE∥CD，得出CD＝BD＝2.5，进而得到BG＝1.5，再根据BC×DG＝CD×BF，即可得到BF的长，即可得出BE的长．
【详解】
解：如图所示，过D作DG⊥BC于G，
由折叠可得，CD垂直平分BE，
∴当CD∥AE时，∠AEB＝∠DFB＝90°，
∴∠DEB+∠DEA＝90°，∠DBE+∠DAE＝90°，
∵DB＝DE，
∴∠DEB＝∠DBE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
∴AD＝BD，
∴D是AB的中点，
∴Rt△ABC中，CD＝BD＝2.5，
∵DG⊥BC，
∴BG＝1.5，
∴Rt△BDG中，DG＝2，
∵BC×DG＝CD×BF，
∴BF＝ ＝，
∴BE＝2BF＝，
故答案为：．
8．如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下去….若点，，则点的坐标为___．
【答案】.
【解析】
【分析】
由题意可得，在直角三角形中，，，根据勾股定理可得，即可求得的周长为10， 由此可得的横坐标为10，的横坐标为20，···由此即可求得点的坐标.
【详解】
在直角三角形中，，，
由勾股定理可得：，
的周长为：，
∴的横坐标为：OA+AB1+B1C1=10，的横坐标为20，···
∴.
故答案为：.
9．如图，正方形ABCD中，AB＝3cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP'，连接BP'，在点P移动的过程中，BP'长度的取值范围是_____cm．
【答案】（3-1）cm≤BP≤（3+1）．
【解析】
【分析】
通过画图发现，点P′的运动路线为以D为圆心，以1为半径的圆，可知：当P′在对角线BD上时，BP′最小，先证明△PAB≌△P′AD，则P′D=PB=1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP′的长．
【详解】
如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．
连接BP，
①当P′在对角线BD上时，
由旋转得：AP=AP′，∠PAP′=90°，
∴∠PAB+∠BAP′=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP′+∠DAP′=90°，
∴∠PAB=∠DAP′，
∴△PAB≌△P′AD，
∴P′D=PB=1，
在Rt△ABD中，∵AB=AD=3，
由勾股定理得：BD==3，
∴BP′=BD-P′D=3-1，
即BP′长度的最小值为（3-1）cm．
②当P′在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD==3，
∴BP′=BD+P′D=3+1，
即BP′长度的最大值为（3+1）cm．
∴BP'长度的取值范围是（3-1）cm≤BP≤（3+1）cm
故答案为：（3-1）cm≤BP≤（3+1）．
10．如图，在锐角三角形ABC中，BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值是_____．
【答案】6
【解析】
【分析】
过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，则CE即为CM+MN的最小值，再根据BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC可知△BCE是等腰直角三角形，由锐角三角函数的定义即可求出CE的长．
【详解】
过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，则CE即为CM+MN的最小值，
∵BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴CE＝BC•cos45°＝6×＝6．
∴CM+MN的最小值为6．
故答案是：6．
【点睛】
考查的是轴对称﹣最短路线问题，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形是解答此题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
三、解答题
11．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AB边的中点，以AE为边作正方形AEFG，连接DE，BG．
（1）发现
①线段DE、BG之间的数量关系是 ；
②直线DE、BG之间的位置关系是 ．
（2）探究
如图2，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）应用
如图3，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转一周，记直线DE与BG的交点为P，若AB=4，请直接写出点P到CD所在直线距离的最大值和最小值．
【答案】（1）发现：①DE=BG；②DE⊥BG；（2）探究：（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）应用：点P到CD所在直线距离的最大值是2+2，最小值是3﹣ ．
【解析】
【分析】
（1）证明△AED≌△AGB可得出两个结论；
（2）①根据正方形的性质得出AE=AG，AD=AB，∠EAG=∠DAB=90°，求出∠EAD=∠GAB，根据SAS推出△EAD≌△GAB即可；
②根据全等三角形的性质得出∠GBA=∠EDA，求出∠DHB=90°即可；
（3）先确定点P到CD所在直线距离的最大值和最小值的位置，再根据图形求解．
【详解】
解：（1）①线段DE、BG之间的数量关系是：DE=BG，
理由是：如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BDA=90°，
∴∠BAG=∠BAD=90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，
∴△AED≌△AGB（SAS），
∴DE=BG；
②直线DE、BG之间的位置关系是：DE⊥BG，
理由是：如图2，延长DE交BG于Q，
由△AED≌△AGB得：∠ABG=∠ADE，
∵∠AED+∠ADE=90°，∠AED=∠BEQ，
∴∠BEQ+∠ABG=90°，
∴∠BQE=90°，
∴DE⊥BG；
故答案为：①DE=BG；②DE⊥BG；
（2）（1）中的结论仍然成立，理由是：
①如图3，
∵四边形AEFG和四边形ABCD是正方形，
∴AE=AG，AD=AB，∠EAG=∠DAB=90°，
∴∠EAD=∠GAB=90°+∠EAB，
在△EAD和△GAB中，
，
∴△EAD≌△GAB（SAS），
∴ED=GB；
②ED⊥GB，
理由是：∵△EAD≌△GAB，
∴∠GBA=∠EDA，
∵∠AMD+∠ADM=90°，∠BMH=∠AMD，
∴∠BMH+∠GBA=90°，
∴∠DHB=180°﹣90°=90°，
∴ED⊥GB；
（3）将正方形AEFG绕点A逆时针旋转一周，即点E和G在以A为圆心，以2为半径的圆上，过P作PH⊥CD于H，
①当P与F重合时，此时PH最小，如图4，
在Rt△AED中，AD=4，AE=2，
∴∠ADE=30°，DE==2，
∴DF=DE﹣EF=2﹣2，
∵AD⊥CD，PH⊥CD，
∴AD∥PH，
∴∠DPH=∠ADE=30°，
∵cos30°==，
∴PH=（2﹣2）=3﹣；
②∵DE⊥BG，∠BAD=90°，
∴以BD的中点O为圆心，以BD为直径作圆，P、A在圆上，
当P在的中点时，如图5，此时PH的值最大，
∵AB=AD=4，
由勾股定理得：BD=4，
则半径OB=OP=2，
∴PH=2+2．
综上所述，点P到CD所在直线距离的最大值是2+2，最小值是3﹣．
12．（1）如图1，△AEC中，∠E＝90°，将△AEC绕点A顺时针旋转60°得到△ADB，AC与AB对应，AE与AD对应
①请证明△ABC为等边三角形；
②如图2，BD所在的直线为b，分别过点A、C作直线b的平行线a、c，直线a、b之间的距离为2，直线a、c之间的距离为7，则等边△ABC的边长为 ．
（2）如图3，∠POQ＝60°，△ABC为等边三角形，点A为∠POQ内部一点，点B、C分别在射线OQ、OP上，AE⊥OP于E，OE＝5，AE＝2，求△ABC的边长．
【答案】（1）①详见解析；②；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得：AB＝AC，∠BAC＝60°，即可证△ABC为等边三角形；
（2）过点E作EG⊥直线a，延长GE交直线c于点H，可得GH＝7，AD＝2，由旋转的性质可得AD＝AE＝2，∠DAE＝60°，可求GE＝1，EH＝6，由锐角三角函数可求CE＝4，根据勾股定理可求等边△ABC的边AC的长；
（3）过点A作∠AHO＝60°，交OQ于点G，交OP于点H，根据特殊三角函数值可求AH＝4，通过证明△OBC≌△HCA，可求AH＝OC＝4，CE＝1，根据勾股定理可求△ABC的边AC的长．
【详解】
解：（1）∵将△AEC绕点A顺时针旋转60°得到△ADB，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形．
（2）过点E作EG⊥直线a，延长GE交直线c于点H，
∵a∥b∥c，
∴EH⊥直线c，
∵直线a、c之间的距离为7，
∴GH＝7
∵将△AEC绕点A顺时针旋转60°得到△ADB，
∴AD＝AE，∠ADB＝∠AEC＝90°，∠DAE＝60°，
∵直线a、b之间的距离为2，
∴AD＝2＝AE，
∵∠GAE＝∠GAD﹣∠DAE＝90°﹣60°＝30°，
∴GE＝AE＝1，∠AEG＝60°，
∴EH＝7﹣1＝6，
∵∠CEH＝180°﹣∠AEC﹣∠AEG，
∴∠CEH＝30°，
∴cos∠CEH＝，
∴CE＝4
在Rt△ACE中，AC＝＝＝2，
故答案为：2
（3）过点A作∠AHO＝60°，交OQ于点G，交OP于点H，
∵AE⊥OP，∠AHO＝60°
∴sin∠AHO＝
∴AH＝4
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ACB＝60°＝∠POQ，
∵∠POQ+∠OBC+∠OCB＝180°，∠ACB+∠OCB+∠ACH＝180°，
∴∠ACH＝∠OBC，且BC＝AC，∠O＝∠AHC＝60°，
∴△OBC≌△HCA（AAS）
∴AH＝OC＝4，
∴CE＝OE﹣OC＝5﹣4＝1，
在Rt△ACE中，AC＝＝＝，
∴△ABC的边长为．
13．四边形是边长为的正方形，点在边上，矩形的边，.
（1）如图①，求的长；
（2）如图②，将矩形绕点顺时针旋转（），得到矩形，点恰好在上.
①求的度数；
②求的长；
（3）若将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，此时点在矩形的内部、外部，还是边上？（直接写出答案即可）
【答案】（1）7；（2）①；②5；（3）在矩形的外部.
【解析】
【分析】[来源:Zxxk.Com]
（1）根据含30°角的直角三角形的性质即可得答案；（2）①根据∠GAF=30°，点C在矩形和正方形的对角线上，即可得答案；②连接AN、DN，过作延长线于，根据正方形的性质可求出AC的长，由旋转的性质可得AN的长，即可得NC的长，根据，可求出PC、PN的长，进而求出DP的长，根据勾股定理求出DN的长即可；（3）在Rt△ARK中，利用勾股定理即可求得AK的值，与AB比较大小，即可确定B的位置．
【详解】
（1）矩形
∴
，
∴
（2）①
∴
∴
②连接AN、DN，过作延长线于，
，
∴
过作延长线于，
∵，，CN=1，
∴
∴DP=
∴
∴
（3）在矩形的外部，理由如下：
如图：根据题意得∠BAR=30°，
∵∠R=90°，
∴RK=AK
∵AR=
∴AK2=AR2+(AK)2，
解得AK=，
∵<3,即AK
14．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．
（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．
（2）设OD＝t，
①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．
②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．
【答案】(1)见解析;(2) ①见解析; ②t＝2或14.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．
【详解】
（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
（2）①存在，当6＜t＜10时，
由旋转的性质得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD＝2，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝2+4；[来源:Zxxk.Com]
②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意；
当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEB＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，
∴t＝2；
当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此时不存在；
当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，
又由（1）知∠CDE＝60°，
∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，[来源:Z|xx|k.Com]
而∠BDC＞0°，
∴∠BDE＞60°，
∴只能∠BDE＝90°，
从而∠BCD＝30°，
∴BD＝BC＝4，
∴OD＝14，
∴t＝14，
综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
15．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BC＝5，CD＝6，∠DCB＝60°，等边△PMN（N为固定点）的边长为x，边MN在直线BC上，NC＝8．将直角梯形ABCD绕点C按逆时针方向旋转到①的位置，再绕点D1按逆时针方向旋转到②的位置，如此旋转下去．
（1）将直角梯形按此方法旋转四次，如果等边△PMN的边长为x≥5+3，求梯形与等边三角形的重叠部分的面积；
（2）将直角梯形按此方法旋转三次，如果梯形与等边三角形的重叠部分的面积是，求等边△PMN的边长x的范围．
（3）将直角梯形按此方法旋转三次，如果梯形与等边三角形的重叠部分的面积是梯形面积的一半，求等边△PMN的边长x．
【答案】（1）S重叠部分＝；（2）等边△PMN的边长x的范围为：x≥；（3）等边三角形的边长为：﹣2．
【解析】
解：（1）过点D作DF⊥BC，垂足为F，
∵CD＝6，∠DCB＝60°，
∴∠CDF＝30°，
∴CF＝＝3，DF＝3，
∴BF＝BC﹣CF＝2，
又∵梯形ABCD为直角梯形，
∴∠A＝∠B＝90°而∠DFB＝90°，
∴四边形ABFD为矩形，
∴AD＝BF＝2，
∴A2D1+D1C＝2+6＝8，
又∵NC＝8，
∴点N与A2重合，
∵C4N＝B3C4+B3N＝5+3，
又∵MN＞5+3，
∴直角梯形与等边三角形的重叠部分即为整个直角梯形，
∴S重叠部分＝．
（2）过点C3作GE∥MP交MN于点G，交NP于占E，
则△GNE为等边三角形，
过点K作KH⊥B2N，垂足为H，
在Rt△NKH中∠KNH＝30°，∠ND3K＝120°，
∴∠KNH＝∠NKD3，
∴ND3＝D3K＝2，
∴D3H＝1，KH＝，
∴S△D3KH＝，
而S梯形＝，
∴S梯形﹣S△ND3K＝﹣＝＝重叠部分面积，
在Rt△GC3B3中，∠GC3B3＝30°，C3B3＝5，
∴GC3＝，
C3K＝C3D3﹣D3K＝6﹣2＝4，
C3E＝C3Ktan30°＝4×，
∴GE＝GC3+C3E＝，
∴等边△PMN的边长x的范围为：x≥，
（3）如图：GE∥B3K∥PM，
Rt△B3C3H中，B3C3＝5，∠C3＝30°，
∴Rt△B3C3H的面积为：，
∴Rt△B3C3H的面积+△D3NE的面积＝（梯形面积的一半），
等边三角形的一边RK应落在GE与B3K之间，如图所示，
等边△GNE的边长为2，面积为3，
∵GE∥RK，
∴△GNE∽△RNK，
∴S△GNE：S△RNK＝（NE：NK）2，
设KE＝x，则S△GNE：S△RNK＝（）2，
而四边形RNEH的面积为梯形的面积的一半，即，
在△HEK中，KE＝x，∠KEH＝30°，
∴S△KEH＝，
∴S△NRK＝，
∴，
∴x＝，
∴x＝（负值舍去），
RN＝NE+EK＝，
即此时等边三角形的边长为：．
16．如图，一只蚂蚁要从正方体的一个顶点A沿表面爬行到顶点B，怎样爬行路线最短？如果要爬行到顶点C呢？请完成下列问题:
（1）第二个图是将立方体表面展开的一部分，请将图形补充完整；（画一种即可）
（2）在第二个图中画出点A到点B的最短爬行路线；
（3）在第二个图中标出点C，并画出A、C两点的最短爬行路线（画一种即可）．
【答案】（1）图形见解析；（2）图形见解析；（3）图形见解析.
【解析】
【分析】
图像见详解.
【详解】
（1）（1）（2）（3）（4）这4个位置均可
（2）如图
（3）如图，（答案不唯一，画对一种即可）
17．(1)如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E在BC上，∠DAE＝45°，为了探究BD，DE，CE之间的等量关系，现将△AEC绕A顺时针旋转90°后成△AFB，连接DF，经探究，你所得到的BD，DE，CE之间的等量关系式是 ；(无须证明)
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，D，E在BC上，∠DAE＝60°，∠ADE＝45°，试仿照(1)的方法，利用图形的旋转变换，探究BD，DE，CE之间的等量关系，并证明你的结论．
【答案】(1) BD2＋CE2＝DE2； (2) BD2＋DE2＝CE2，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）将△AEC绕A顺时针旋转90°后成△AFB，可证△AEC≌△AFB，故BF＝CE，旋转角∠FAE＝90°，又∠DAE＝45°，故∠FAD＝∠FAE−∠DAE＝45°，易证△AFD≌△AED，故FD＝DE，因为△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，所以∠ABC＝∠FAB＝45°，从而可得∠FAD＝90°，在Rt△FBD中，由勾股定理得线段BD、DE、CE之间的等量关系式；
（2）方法同（1），由∠ADE＝45°可得∠ADF＝45°，故∠BDF＝90°，斜边BF＝CE，直角边DF＝DE，由勾股定理建立等量关系．
【详解】
(1) BD2＋CE2＝DE2；
(2)CE2＝BD2＋DE2.
证明：将△AEC绕点A顺时针旋转120 °得到△AFB，连接FD.
由旋转的性质可得△AEC≌△AFB，∴AF＝AE，BF＝CE，∠FAB＝∠EAC.
∴∠FAE＝∠FAB＋∠BAE＝∠EAC＋∠BAE＝∠BAC＝120 °.
又∵∠DAE＝60 °，
∴∠FAD＝∠EAD＝60 °.
在△ADF和△ADE中，
∴△ADF≌△ADE(SAS)．
∴FD＝DE，∠ADF＝∠ADE.
∵∠ADE＝45 °，
∴∠ADF＝45 °，故∠BDF＝90 °.
在Rt△BDF中，由勾股定理，得BF2＝BD2＋DF2.
∴CE2＝BD2＋DE2.
18．如图，在△ABC中，BC＝10，BC边上的高为3．将点A绕点B逆时针旋转90°得到点E，绕点C顺时针旋转90°得到点D．沿BC翻折得到点F，从而得到一个凸五边形BFCDE，则五边形BFCDE的面积为_____．
【答案】80
【解析】
【分析】
将点C绕点B逆时针旋转90得到点G，点B绕点C顺时针旋转90得到点H，连接EG、DH、GH，则△EBG≌△ABC≌△HDC，四边形BCHG是正方形，六边形BCDHGE是中心对称图形，根据轴对称和中心对称的性质得出==，=，然后由=+即可求得.
【详解】
如图，
将点C绕点B逆时针旋转90得到点G，点B绕点C顺时针旋转90得到点H，连接EG、DH、GH，则△EBG≌△ABC≌△HDC，四边形BCHG是正方形，六边形BCDHGE是中心对称图形，
∴四边形BCDE≌四边形HGED，
∵====15=，=1010=100，
∴=++=215+100=130，
∴==65，
∴=+=65+15=80.
故答案为：80.
19．已知△ABC是等边三角形，将一块含有30°角的直角三角尺DEF按如图所示放置，让三角尺在BC所在的直线上向右平移．如图①，当点E与点B重合时，点A恰好落在三角尺的斜边DF上．
(1)利用图①证明：EF＝2BC.
(2)在三角尺的平移过程中，在图②中线段AH＝BE是否始终成立(假定AB，AC与三角尺的斜边的交点分别为G，H)？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2）成立，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，得∠ACB=60°，AC=BC．结合三角形外角的性质，得∠CAF=30°，则CF=AC，从而证明结论；
（2）根据（1）中的证明方法，得到CH=CF．根据（1）中的结论，知BE+CF=AC，从而证明结论．
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC．
∵∠F=30°，∴∠CAF=60°－30°=30°，∴∠CAF=∠F，∴CF=AC，∴CF=AC=BC，∴EF=2BC．
（2）成立．证明如下：
∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC．
∵∠F=30°，∴∠CHF=60°－30°=30°，∴∠CHF=∠F，∴CH=CF．
∵EF=2BC，∴BE＋CF=BC．
又∵AH＋CH=AC，AC=BC，∴AH=BE．
20．如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为点D，且3OC＝4OB，对称轴为直线x＝，点E，连接CE交对称轴于点F，连接AF交抛物线于点G．
（1）求抛物线的解析式和直线CE的解析式；
（2）如图②，过E作EP⊥x轴交抛物线于点P，点Q是线段BC上一动点，当QG+QB最小时，线段MN在线段CE上移动，点M在点N上方，且MN＝，请求出四边形PQMN周长最小时点N的横坐标；
（3）如图③，BC与对称轴交于点R，连接BD，点S是线段BD上一动点，将△DRS沿直线RS折叠至△D′RS，是否存在点S使得△D′RS与△BRS重叠部分的图形是直角三角形？若存在，请求出BS的长，若不存在，请说明理由．（参考数据：tan∠DBC＝）
【答案】（1）y＝﹣2x+4．（2）；（3）BS的值为或．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）如图1中，作QH⊥AB于H．首先求出直线AF的解析式，利用方程组求出点G坐标，再证明GQ+BQ＝GQ+QH，推出当G、Q、H三点共线时，GQ+BQ的值最小，最小值为，此时Q（，）．如图2中，将点Q沿CE方向平移个单位得到Q′，作点Q′关于直线CE的对称点Q″，连接PQ″交直线CE于M，此时四边形PQNM的周长最小．想办法求出点M的坐标即可解决问题；
（3）分两种情形，①如图3中，当RS⊥BD时，△D′RS与△BRS重叠部分的图形是直角三角形．②如图4中，当RD′⊥BD时，分别求解即可；
【详解】[来源:ZXXK]
解：（1）由题意C（0，4），
∴OC＝，
∵3OC＝4OB，
∴OB＝3，
∴B（3，0），
∵抛物线的对称轴x＝，
∴A（﹣，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+）（x﹣3），把C（0，4）代入得到a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x2﹣2x﹣9），即y＝﹣+x+4．
设直线CE的解析式为y＝kx+b，则有，解得，
∴直线CE的解析式为y＝﹣2x+4．
（2）如图1中，作QH⊥AB于H．
由（1）可知F（，2），
∴直线AF的解析式为y＝x+，
由，解得或，
∴G（，），
∵QH∥CO，BC＝＝5，
∴，
∴QH＝BQ，
∴GQ+BQ＝GQ+QH，
∴当G、Q、H三点共线时，GQ+BQ的值最小，最小值为，此时Q（，）．
如图2中，将点Q沿CE方向平移个单位得到Q′，作点Q′关于直线CE的对称点Q″，连接PQ″交直线CE于M，此时四边形PQNM的周长最小．
易知Q′（，2），Q″（，），
∵P（2，4），
∴直线PQ″的解析式为y＝x+，
由，解得，
∴M（，），
∵MN＝，可得N（，），
∴点N的横坐标为．
（3）如图3中，①当RS⊥BD时，△D′RS与△BRS重叠部分的图形是直角三角形．
设抛物线的对称轴交x轴于H设抛物线的对称轴交x轴于H．由题意：BH＝2，DH＝，BD＝＝ ，
∵RH∥CO，
∴，
∴RH＝，DR＝DH﹣RH＝，
∵△DRS∽△DBH，
∴，
∴RS＝，DS＝，
∴BS＝BD﹣DS＝．
②如图4中，当RD′⊥BD时，设垂足为K，作SG⊥DH于G．
∵∠SRD＝∠SRD′，SG⊥RD，SK⊥RD′，
∴SG＝SK，设SG＝SK＝n，
∵D（，），DR＝RH＝，BD＝＝，
在Rt△GSD中，∵DG2+SG2＝SD2，
∴（﹣）2+m2＝（﹣m）2，
解得m＝﹣，
∴SB＝SK+BK＝﹣+＝+
综上所述，满足条件的BS的值为或+．
专题14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题
【类型综述】
本节内容每年中考都会选择一种变换作为压轴题的背景素材，可以对函数图象进行平移，可以对几何图形进行平移、旋转，考查学生的数学综合应用能力．在选择、填空中也会涉及变换的概念和简单应用．只要抓住全等变换的特点，找到变与不变的量就可以解决问题．预计在2019年中考中仍会在压轴部分渗透变换，但是会有新情境的渗透．
【方法揭秘】
1.平移的性质
(1)平移前后，对应线段平行、对应角相等；
(2)各对应点所连接的线段平行（或在同一直线上）或相等；
(3)平移前后的图形全等，注意：平移不改变图形的形状和大小.
2.旋转的性质：
(1)对应点到旋转中心的距离相等；
(2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
(3)旋转前后的图形全等.
3.中心对称的性质：
在成中心对称的两个图形中，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分_．成中心对称的两个图形全等.
【典例分析】
例1如图．小明将一张直角梯形纸片沿虚线剪开，得到矩形和三角形两张纸片，测得，．在进行如下操作时遇到了下面的几个问题，请你帮助解决．
（1）将的顶点移到矩形的顶点处，再将三角形绕点顺时针旋转使点落在边上，此时，恰好经过点（如图），请你求出和的长度；
（2）在（1）的条件下，小明先将三角形的边和矩形边重合，然后将沿直线向右平移，至点与重合时停止．在平移过程中，设点平移的距离为，两纸片重叠部分面积为，求在平移的整个过程中，与的函数关系式，并求当重叠部分面积为时，平移距离的值（如图）．
思路点拨
（1）先在Rt△BCE中，利用勾股定理求得CE的长，即可得DE的长，然后在Rt△ADE中，利用勾股定理即可求得AE的长；然后根据等腰三角形的性质与互余求得，
则可证，即，将各边数值代入即可求解；
（2）如图，分x≤4与x＞4两种情况，在Rt△EFG中，求得tan∠F的值，从而得到PB关于x的代数式，第一种情况根据梯形的面积公式整理即可得解；第二种情况根据y为△RPQ的面积加上矩形BCQP的面积即可得到；然后将y=10时分别代入求解即可.
满分解答
（1）∵，，
∴，
∴，
∴；[来源:Z_xx_k.Com]
∵，
∴，
又∵，，
∴，即
在和中，
，，
∴，
则，
∴；
（2）分两种情况：
①是≤时，如图，与相交于，
∵的直角边，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是直角梯形，
则重叠部分；
②是＞时，如图，与相交于，与相交于，作PQ⊥CD与Q，
∵PQ∥FG，
∴∠RPQ=∠F，即tan∠RPQ=tan∠F=，
∴RQ=PQ=2，
∴，
当重叠部分面积为时，即分别代入两等式，
，
解得：（不合题意舍去）或，
得出，，
∴当时，，
当时，，
∴当时，或．
例2如图，点E是正方形ABCD中CD边上任意一点，AB＝4，以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90°得到△AD′F
（1）画出旋转后的图形，求证：点C、B、F三点共线；
（2）AG平分∠EAF交BC于点G．
①如图2，连接EF．若BG：CE＝5：6，求△AEF的面积；
②如图3，若BM、DN分别为正方形的两个外角角平分线，交AG、AE的延长线于点M、N．当MM∥DC时，直接写出DN的长．
思路点拨
（1）旋转后的图形如图1中所示，利用旋转不变性即可解决问题；
（2）①如图2中，连接EG．首先证明EG=BG+DE，设BG=5k，CE=6k，则DE=4-6k，CG=4-5k，EG=4-k，在Rt△EGC中，根据EG2=EC2+CG2即可解决问题；
②如图3中，连接EG，延长MN交AD的延长线于点P，作MQ⊥AB交AB的延长线于点Q．由题意可知：△PDN，△BMQ都是等腰直角三角形，设DP=PN=x，BG=a，DE=b．想办法构建方程组即可解决问题.
满分解答
（1）证明：旋转后的图形如图1中所示，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
∵∴点D′与点B重合，
∵∠AD′F＝90°，
∴∠AD′F+′AD′C＝180°，
∴C，B，F共线．
（2）①解：如图2中，连接EG．
∵∠BAF＝∠DAE，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
∵AG平分∠EAF，
∴∠EAG＝×90°＝45°，
∴∠FAG＝∠FAB+∠BAG＝∠BAG+∠DAE＝45°，
∴∠FAG＝∠EAG，
∵AG＝AG，AF＝AE，
∴△GAE≌△GAF（SAS），
∴FG＝EG，
∴EG＝BF+BG＝DE+BG，
∵BG：CE＝5：6，
∴可以假设BG＝5k，CE＝6k，则DE＝4﹣6k，CG＝4﹣5k，EG＝4﹣k，
在Rt△EGC中，∵EG2＝EC2+CG2，
∴（4﹣k）2＝（6k）2+（4﹣5k）2，
∴k＝，
∴DE＝，
∴AE=AF=，
∴S△AEF=•AE•AF=．
②解：如图3中，连接EG，延长MN交AD的延长线于点P，作MQ⊥AB交AB的延长线于点Q．
由题意可知：△PDN，△BMQ都是等腰直角三角形，设DP＝PN＝x，BG＝a，DE＝b．
∵四边形AQMP是矩形，
∴MQ＝BQ＝AP＝4+x，
∵DE∥PN，
∴，即①，
∵BG∥MQ，
∴，即②
在Rt△BCG中，∵EG2=EC2+CG2，
∴（a+b）2=（4-a）2+（4-b）2 ③，
由①②③可得x=2或-2（舍弃）
∴DN=x=2．
例3已知长方形ABCD中，AD=10cm,AB=6cm,点M在边CD上，由C往D运动，速度为1cm/s，运动时间为t秒，将△ADM沿着AM翻折至△AD´M，点D对应点为D´，AD´所在直线与边BC交于点P.
（1）如图1，当t=0时，求证：PA=PC；
（2）如图2，当t为何值时，点D´恰好落在边BC上；
（3）如图3，当t=3时，求CP的长.
思路点拨
（1）由折叠性质可得ADCA D´C可得∠DAC=∠D´AC, 在长方形ABCD中，AD//BC,可得 ∠DAC=∠BCA,从而得到∠D´AC=∠BCA，即可得出结论。
（2）由折叠性质可得ADCA D´C可得D´M=DM=6-t，AD=A D´=10，根据勾股定理可得B D´=8则C D´=2,在RtCM D´中，根据勾股定理列出方程即可。
（3）当t=3时，CM=DM=3, 连接PM，根据HL证得M D´PMCP,可得D´P=PC, ∠D´MP=∠CMP, 由折叠性质可得得出∠AMD=∠AMD´,从而证得∠AMP=90,再根据ADMMDP即可。
满分解答
（1）当t=0时，M与C重合
由折叠性质可得ADCA D´C
∴∠DAC=∠D´AC,
在长方形ABCD中，AD//BC,
∴ ∠DAC=∠BCA
∴∠D´AC=∠BCA，
∴PA=PC；
（2）由折叠性质可得ADCA D´C
∴D´M=DM=6-t，AD=A D´=10，
在RtABD´中，B D´==8
∴D´C=BC- B D´=10-8=2cm
在RtCMD´中，
∴
解得：t=
∴当t=时，点D´恰好落在边BC上；
（3）当t=3时，CM=DM= D´M=3,
由折叠性质可得：∠AD´M=∠D=90
连接PM，
在RtM D´P和RtMCP中
∴M D´PMCP,
∴D´P=PC, ∠DMP=∠CMP,
∵∠AMD=∠AMD´
∴∠PMD´+∠AMD´=90
∵∠MAP +∠AMD´´=90
∴∠PMD´=∠MAP
∵∠AD´M=∠PD´M
∴M D´AP D´M
∴
∴= P D´. A D´
∴= P D´.10
∴P D´=
∴CP=
例4如图(1)，OABC 是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O 为坐标原点，点 A 在 x 轴的正半轴上，点 C 在 y 轴的正半轴上，OA=5，OC=4，在OC 边上取一点 D，将将纸片沿 AD 翻转，使点 O 落在 BC 边上的点 E 处．
(1)求 D、E 两点的坐标；
(2)如图(2)，若 AE 上有一动点 P（不与 A，E 重合），自点 A 沿 AE 方向向点E 做匀速运动，运动的速度为每秒 1 个单位长度，设运动时间为 t 秒，过点 P作 ED 的平行线交 AD 于点 M，过点 M 作 AE 平行线交 DE 于点 N．求四边形PMNE 的面积 S 与时间 t 之间的函数关系式；当 t 取何值时，s 有最大值，最大值是多少？
(3)请探究：在(2)的条件下，当 t 为何值时，以 A，M，E 为顶点的三角形是等腰三角形？
思路点拨
(1)E 点坐标为（2，4），D 点坐标为（0，）；(2)S 矩形PMNE=t2+ t；当 t=时，S 矩形 PMNE 有最大值；(3)t=或 t=2时，以 A，M，E 为顶点的三角形为等腰三角形，相应 M 点的坐标为（，）或（5﹣2，）.
满分解答
解：（1）依题意可知，折痕 AD 是四边形 OAED 的对称轴，
∴在 Rt△ABE 中，AE=AO=5，AB=4．
BE= =3．
∴ CE=2．
∴ E 点坐标为（2，4）．
在 Rt△DCE 中，DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD．
∴（4﹣OD）2+22=OD2．
解得：OD=．
∴D 点坐标为（0，）．
(2)∵PM∥ED，
∴△APM∽△AED．
∴ ，
∵AP=t，ED=，AE=5，
PM= ×=，
∵PE=5﹣t．
∵四边形 PMNE 为矩形．
S 矩形PMNE=PM×PE=×（5﹣t）= t2+t；
∴S 四边形PMNE=﹣（t﹣）2+ ．
∴当 t=时，S 矩形 PMNE 有最大值．
(3)（Ⅰ）若以 AE 为等腰三角形的底，则 ME=MA（如图 1）
在 Rt△AED 中，ME=MA，
∵PM⊥AE，
∴P 为 AE 的中点，
∴t=AP= AE= ． 又∵PM∥ED，
∴M 为 AD 的中点．
过点 M 作 MF⊥OA，垂足为 F，则 MF 是△OAD 的中位线，
∴MF= OD=，OF= OA= ，
∴当 t=时，（0＜＜5），△AME 为等腰三角形．此时 M 点坐标为（，）．
（Ⅱ）若以 AE 为等腰三角形的腰，则 AM=AE=5（如图 1）
在 Rt△AOD 中，AD= = ．
过点 M 作 MF⊥OA，垂足为 F．
∵PM∥ED，
∴△APM∽△AED．
∴
∴ t=AP= =2 ，
∴PM=t=．
∴MF=MP=，OF=OA﹣AF=OA﹣AP=5﹣2 ，
∴当 t=2时，（0＜2＜5），此时 M 点坐标为（5﹣2，）．
综合（Ⅰ）（Ⅱ）可知，t=2.5或 t=2 时，以 A，M，E 为顶点的三角形为等腰三角形，
相应 M 点的坐标为（，1.25）或（5﹣2，）
例5如图，抛物线l：y=0.5（x﹣h）2﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），将抛物线ι在x轴下方部分沿轴翻折，x轴上方的图象保持不变，就组成了函数ƒ的图象．
（1）若点A的坐标为（1，0）．
①求抛物线l的表达式，并直接写出当x为何值时，函数ƒ的值y随x的增大而增大；
②如图2，若过A点的直线交函数ƒ的图象于另外两点P，Q，且S△ABQ=2S△ABP，求点P的坐标；
（2）当2＜x＜3时，若函数f的值随x的增大而增大，直接写出h的取值范围．
思路点拨
（1）①利用待定系数法求抛物线的解析式，由对称性求点B的坐标，根据图象写出函数ƒ的值y随x的增大而增大（即呈上升趋势）的x的取值；
②如图2，作辅助线，构建对称点F和直角角三角形AQE，根据S△ABQ=2S△ABP，得QE=2PD，证明△PAD∽△QAE，则，得AE=2AD，设AD=a，根据QE=2FD列方程可求得a的值，并计算P的坐标；
（2）先令y=0求抛物线与x轴的两个交点坐标，根据图象中呈上升趋势的部分，有两部分：分别讨论，并列不等式或不等式组可得h的取值．
②如图2，作PD⊥x轴于点D，延长PD交抛物线l于点F，作QE⊥x轴于E，则PD∥QE，
由对称性得：DF=PD，
∵S△ABQ=2S△ABP，∴AB•QE=2×AB•PD，∴QE=2PD，
∵PD∥QE，∴△PAD∽△QAE，∴，∴AE=2AD，
设AD=a，则OD=1+a，OE=1+2a，P（1+a，﹣[（1+a﹣3）2﹣2]），
∵点F、Q在抛物线l上，
∴PD=DF=﹣[（1+a﹣3）2﹣2]，QE=（1+2a﹣3）2﹣2，
∴（1+2a﹣3）2﹣2=﹣2[（1+a﹣3）2﹣2]，
解得：a=或a=0（舍），∴P（，）；
综上所述，当3≤h≤4或h≤0时，函数f的值随x的增大而增大．
【变式训练】
一、单选题
1．如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM=2，N是AC上的一动点，则DN+MN的最小值是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
【答案】C
【解析】
【分析】
要求DN＋MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DN，MN的值，从而找出其最小值求解．
【详解】
解：∵正方形是轴对称图形，点B与点D是关于直线AC为对称轴的对称点，
∴连接BN，BD，则直线AC即为BD的垂直平分线，
∴BN＝ND∴DN＋MN＝BN＋MN连接BM交AC于点P，
∵点 N为AC上的动点，
由三角形两边和大于第三边，
知当点N运动到点P时，
BN＋MN＝BP＋PM＝BM，
BN＋MN的最小值为BM的长度，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD＝8，CM＝8−2＝6，BCM＝90°，
∴BM＝＝10，
∴DN＋MN的最小值是10．
故选：C．
2．如图，矩形ABCD的外接圆O与水平地面有唯一交点A，圆O的半径为4，且＝2．若在没有滑动的情况下，将圆O向右滚动，使得O点向右移动了98π，则此时该圆与地面交点在（ ）上．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意得出圆的周长以及圆转动的周数，进而得出与地面相切的弧．
【详解】
∵圆O半径为4，
∴圆的周长为：2π×r=8π，
∵将圆O向右滚动，使得O点向右移动了98π，
∴98π÷8π=12…2π，
即圆滚动12周后，又向右滚动了2π，
∵矩形ABCD的外接圆O与水平地面相切于A点，=2，
∴=×8π=π＜2π， +=×8π=4π＞2π，
∴此时与地面相切，
∴此时该圆与地面交点在上，
故选：B．
3．如图，在Rt△ABC中，∠B=45°，AB=AC，点D为BC中点，直角∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点，下列结论：①△DEF是等腰直角三角形；②AE=CF；③△BDE≌△ADF；④BE＋CF=EF，其中正确结论是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质可得∠CAD＝∠B＝45°，根据同角的余角相等求出∠ADF＝∠BDE，然后利用“角边角”证明△BDE和△ADF全等，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得DE＝DF、BE＝AF，从而得到△DEF是等腰直角三角形，判断出①正确；再求出AE＝CF，判断出②正确；根据BE+CF＝AF+AE，利用三角形的任意两边之和大于第三边可得BE+CF＞EF，判断出④错误．
【详解】
∵∠B＝45°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形．
∵点D为BC中点，∴AD＝CD＝BD，AD⊥BC，∠CAD＝45°，∴∠CAD＝∠B．
∵∠MDN是直角，∴∠ADF+∠ADE＝90°．
∵∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝90°，∴∠ADF＝∠BDE．
在△BDE和△ADF中，∵，∴△BDE≌△ADF（ASA），故③正确；
∴DE＝DF，BE＝AF，∴△DEF是等腰直角三角形，故①正确；
∵AE＝AB﹣BE，CF＝AC﹣AF，∴AE＝CF，故②正确；
∵BE+CF＝AF+AE，∴BE+CF＞EF，故④错误；
综上所述：正确的结论有①②③．
故选C．
4．如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，此时恰好四边形AEHB为菱形，连接CH交FG于点M，则HM＝（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由旋转的性质得到AB=BE，根据菱形的性质得到AE=AB，推出△ABE是等边三角形，得到AB=3，AD=，根据三角函数的定义得到∠BAC=30°，求得AC⊥BE，推出C在对角线AH上，得到A，C，H共线，于是得到结论．
【详解】
如图，连接AC交BE于点O，
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，
∴AB=BE，
∵四边形AEHB为菱形，
∴AE=AB，
∴AB=AE=BE，
∴△ABE是等边三角形，
∵AB=3，AD=，
∴tan∠CAB=，
∴∠BAC=30°，
∴AC⊥BE，
∴C在对角线AH上，
∴A，C，H共线，
∴AO=OH=AB=，
∵OC=BC=，
∵∠COB=∠OBG=∠G=90°，
∴四边形OBGM是矩形，
∴OM=BG=BC=，
∴HM=OH﹣OM=，
故选D．
5．在平面直角坐标系中，按如图方式放置（直角顶点为A），已知A（2，0），B（0，4），点C在双曲线（x＞0）上，且AC=，将沿x轴正方向向右平移，当点B落在该双曲线上时，点A的横坐标变成（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
作辅助线，证明，则可得，设，则，根据勾股定理得，点坐标为（4，1），代入双曲线可得，根据平移后点的纵坐标不变，可得平移后点的横坐标，由此可得平移长度，即可得出结论.
【详解】
解：过作轴于D，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
（舍），
∴，
∴C（4，1），
∴，
当时，，即向右平移1个单位时，点落在该双曲线上，
∴点的横坐标为3；
故答案为：A．
6．如图，中，，，，以斜边的中点为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转得到，则旋转后两个直角三角形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，先计算出AB=2AC=12，根据中点定义则可得BD=6，根据旋转的性质可得D=BD=6，在Rt△BDM中，可求得DM、BM的长，从而可求得B′M的长，然后在Rt△B′MN中求出MN的长，继而求得BN的长，在Rt△BNG中求出BN的长，然后利用S阴影=S△BNG-S△BMD进行计算即可得.
【详解】
如图，∵∠C=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=2AC=12，∠B=30°，
∵点D为AB的中点，
∴BD=6，
∵△ABC绕点D按逆时针方向旋转得到，
∴D=BD=6，
在Rt△BDM中，∠B=30°，∠BDM=90°，
∴BM=2DM，BD2+DM2=BM2，
∴DM=，BM=4，
∴B′M=B′D-DM=6-，
在Rt△B′MN中，∠B′=30°，
∴MN=B′M=3-，
∴BN=BM+MN=3+3，
在Rt△BNG中，BG=2NG，BG2=NG2+BN2，
∴NG=3+，
∴S阴影=S△BNG-S△BMD==9，
故选B.
【点睛】
本题考查了旋转的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形的面积等，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
二、填空题
7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 3，AC = 4，点D为边AB上一点．将△BCD沿直线CD翻折，点B落在点E处，联结AE．如果AE // CD，那么BE =________．
【答案】（或4.8）
【解析】
【分析】
过D作DG⊥BC于G，依据折叠的性质即可得到CD垂直平分BE，再根据AE∥CD，得出CD＝BD＝2.5，进而得到BG＝1.5，再根据BC×DG＝CD×BF，即可得到BF的长，即可得出BE的长．
【详解】
解：如图所示，过D作DG⊥BC于G，
由折叠可得，CD垂直平分BE，
∴当CD∥AE时，∠AEB＝∠DFB＝90°，
∴∠DEB+∠DEA＝90°，∠DBE+∠DAE＝90°，
∵DB＝DE，
∴∠DEB＝∠DBE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
∴AD＝BD，
∴D是AB的中点，
∴Rt△ABC中，CD＝BD＝2.5，
∵DG⊥BC，
∴BG＝1.5，
∴Rt△BDG中，DG＝2，
∵BC×DG＝CD×BF，
∴BF＝ ＝，
∴BE＝2BF＝，
故答案为：．
8．如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下去….若点，，则点的坐标为___．
【答案】.
【解析】
【分析】
由题意可得，在直角三角形中，，，根据勾股定理可得，即可求得的周长为10， 由此可得的横坐标为10，的横坐标为20，···由此即可求得点的坐标.
【详解】
在直角三角形中，，，
由勾股定理可得：，
的周长为：，
∴的横坐标为：OA+AB1+B1C1=10，的横坐标为20，···
∴.
故答案为：.
9．如图，正方形ABCD中，AB＝3cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP'，连接BP'，在点P移动的过程中，BP'长度的取值范围是_____cm．
【答案】（3-1）cm≤BP≤（3+1）．
【解析】
【分析】
通过画图发现，点P′的运动路线为以D为圆心，以1为半径的圆，可知：当P′在对角线BD上时，BP′最小，先证明△PAB≌△P′AD，则P′D=PB=1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP′的长．
【详解】
如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．
连接BP，
①当P′在对角线BD上时，
由旋转得：AP=AP′，∠PAP′=90°，
∴∠PAB+∠BAP′=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP′+∠DAP′=90°，
∴∠PAB=∠DAP′，
∴△PAB≌△P′AD，
∴P′D=PB=1，
在Rt△ABD中，∵AB=AD=3，
由勾股定理得：BD==3，
∴BP′=BD-P′D=3-1，
即BP′长度的最小值为（3-1）cm．
②当P′在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD==3，
∴BP′=BD+P′D=3+1，
即BP′长度的最大值为（3+1）cm．
∴BP'长度的取值范围是（3-1）cm≤BP≤（3+1）cm
故答案为：（3-1）cm≤BP≤（3+1）．
10．如图，在锐角三角形ABC中，BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值是_____．
【答案】6
【解析】
【分析】
过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，则CE即为CM+MN的最小值，再根据BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC可知△BCE是等腰直角三角形，由锐角三角函数的定义即可求出CE的长．
【详解】
过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，则CE即为CM+MN的最小值，
∵BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴CE＝BC•cos45°＝6×＝6．
∴CM+MN的最小值为6．
故答案是：6．
【点睛】
考查的是轴对称﹣最短路线问题，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形是解答此题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
三、解答题
11．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AB边的中点，以AE为边作正方形AEFG，连接DE，BG．
（1）发现
①线段DE、BG之间的数量关系是 ；
②直线DE、BG之间的位置关系是 ．
（2）探究
如图2，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）应用
如图3，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转一周，记直线DE与BG的交点为P，若AB=4，请直接写出点P到CD所在直线距离的最大值和最小值．
【答案】（1）发现：①DE=BG；②DE⊥BG；（2）探究：（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）应用：点P到CD所在直线距离的最大值是2+2，最小值是3﹣ ．
【解析】
【分析】
（1）证明△AED≌△AGB可得出两个结论；
（2）①根据正方形的性质得出AE=AG，AD=AB，∠EAG=∠DAB=90°，求出∠EAD=∠GAB，根据SAS推出△EAD≌△GAB即可；
②根据全等三角形的性质得出∠GBA=∠EDA，求出∠DHB=90°即可；
（3）先确定点P到CD所在直线距离的最大值和最小值的位置，再根据图形求解．
【详解】
解：（1）①线段DE、BG之间的数量关系是：DE=BG，
理由是：如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BDA=90°，
∴∠BAG=∠BAD=90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，
∴△AED≌△AGB（SAS），
∴DE=BG；
②直线DE、BG之间的位置关系是：DE⊥BG，
理由是：如图2，延长DE交BG于Q，
由△AED≌△AGB得：∠ABG=∠ADE，
∵∠AED+∠ADE=90°，∠AED=∠BEQ，
∴∠BEQ+∠ABG=90°，
∴∠BQE=90°，
∴DE⊥BG；
故答案为：①DE=BG；②DE⊥BG；
（2）（1）中的结论仍然成立，理由是：
①如图3，
∵四边形AEFG和四边形ABCD是正方形，
∴AE=AG，AD=AB，∠EAG=∠DAB=90°，
∴∠EAD=∠GAB=90°+∠EAB，
在△EAD和△GAB中，
，
∴△EAD≌△GAB（SAS），
∴ED=GB；
②ED⊥GB，
理由是：∵△EAD≌△GAB，
∴∠GBA=∠EDA，
∵∠AMD+∠ADM=90°，∠BMH=∠AMD，
∴∠BMH+∠GBA=90°，
∴∠DHB=180°﹣90°=90°，
∴ED⊥GB；
（3）将正方形AEFG绕点A逆时针旋转一周，即点E和G在以A为圆心，以2为半径的圆上，过P作PH⊥CD于H，
①当P与F重合时，此时PH最小，如图4，
在Rt△AED中，AD=4，AE=2，
∴∠ADE=30°，DE==2，
∴DF=DE﹣EF=2﹣2，
∵AD⊥CD，PH⊥CD，
∴AD∥PH，
∴∠DPH=∠ADE=30°，
∵cos30°==，
∴PH=（2﹣2）=3﹣；
②∵DE⊥BG，∠BAD=90°，
∴以BD的中点O为圆心，以BD为直径作圆，P、A在圆上，
当P在的中点时，如图5，此时PH的值最大，
∵AB=AD=4，
由勾股定理得：BD=4，
则半径OB=OP=2，
∴PH=2+2．
综上所述，点P到CD所在直线距离的最大值是2+2，最小值是3﹣．
12．（1）如图1，△AEC中，∠E＝90°，将△AEC绕点A顺时针旋转60°得到△ADB，AC与AB对应，AE与AD对应
①请证明△ABC为等边三角形；
②如图2，BD所在的直线为b，分别过点A、C作直线b的平行线a、c，直线a、b之间的距离为2，直线a、c之间的距离为7，则等边△ABC的边长为 ．
（2）如图3，∠POQ＝60°，△ABC为等边三角形，点A为∠POQ内部一点，点B、C分别在射线OQ、OP上，AE⊥OP于E，OE＝5，AE＝2，求△ABC的边长．
【答案】（1）①详见解析；②；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得：AB＝AC，∠BAC＝60°，即可证△ABC为等边三角形；
（2）过点E作EG⊥直线a，延长GE交直线c于点H，可得GH＝7，AD＝2，由旋转的性质可得AD＝AE＝2，∠DAE＝60°，可求GE＝1，EH＝6，由锐角三角函数可求CE＝4，根据勾股定理可求等边△ABC的边AC的长；
（3）过点A作∠AHO＝60°，交OQ于点G，交OP于点H，根据特殊三角函数值可求AH＝4，通过证明△OBC≌△HCA，可求AH＝OC＝4，CE＝1，根据勾股定理可求△ABC的边AC的长．
【详解】
解：（1）∵将△AEC绕点A顺时针旋转60°得到△ADB，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形．
（2）过点E作EG⊥直线a，延长GE交直线c于点H，
∵a∥b∥c，
∴EH⊥直线c，
∵直线a、c之间的距离为7，
∴GH＝7
∵将△AEC绕点A顺时针旋转60°得到△ADB，
∴AD＝AE，∠ADB＝∠AEC＝90°，∠DAE＝60°，
∵直线a、b之间的距离为2，
∴AD＝2＝AE，
∵∠GAE＝∠GAD﹣∠DAE＝90°﹣60°＝30°，
∴GE＝AE＝1，∠AEG＝60°，
∴EH＝7﹣1＝6，
∵∠CEH＝180°﹣∠AEC﹣∠AEG，
∴∠CEH＝30°，
∴cos∠CEH＝，
∴CE＝4
在Rt△ACE中，AC＝＝＝2，
故答案为：2
（3）过点A作∠AHO＝60°，交OQ于点G，交OP于点H，
∵AE⊥OP，∠AHO＝60°
∴sin∠AHO＝
∴AH＝4
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ACB＝60°＝∠POQ，
∵∠POQ+∠OBC+∠OCB＝180°，∠ACB+∠OCB+∠ACH＝180°，
∴∠ACH＝∠OBC，且BC＝AC，∠O＝∠AHC＝60°，
∴△OBC≌△HCA（AAS）
∴AH＝OC＝4，
∴CE＝OE﹣OC＝5﹣4＝1，
在Rt△ACE中，AC＝＝＝，
∴△ABC的边长为．
13．四边形是边长为的正方形，点在边上，矩形的边，.
（1）如图①，求的长；
（2）如图②，将矩形绕点顺时针旋转（），得到矩形，点恰好在上.
①求的度数；
②求的长；
（3）若将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，此时点在矩形的内部、外部，还是边上？（直接写出答案即可）
【答案】（1）7；（2）①；②5；（3）在矩形的外部.
【解析】
【分析】[来源:Zxxk.Com]
（1）根据含30°角的直角三角形的性质即可得答案；（2）①根据∠GAF=30°，点C在矩形和正方形的对角线上，即可得答案；②连接AN、DN，过作延长线于，根据正方形的性质可求出AC的长，由旋转的性质可得AN的长，即可得NC的长，根据，可求出PC、PN的长，进而求出DP的长，根据勾股定理求出DN的长即可；（3）在Rt△ARK中，利用勾股定理即可求得AK的值，与AB比较大小，即可确定B的位置．
【详解】
（1）矩形
∴
，
∴
（2）①
∴
∴
②连接AN、DN，过作延长线于，
，
∴
过作延长线于，
∵，，CN=1，
∴
∴DP=
∴
∴
（3）在矩形的外部，理由如下：
如图：根据题意得∠BAR=30°，
∵∠R=90°，
∴RK=AK
∵AR=
∴AK2=AR2+(AK)2，
解得AK=，
∵<3,即AK
14．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．
（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．
（2）设OD＝t，
①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．
②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．
【答案】(1)见解析;(2) ①见解析; ②t＝2或14.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．
【详解】
（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
（2）①存在，当6＜t＜10时，
由旋转的性质得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD＝2，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝2+4；[来源:Zxxk.Com]
②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意；
当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEB＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，
∴t＝2；
当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此时不存在；
当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，
又由（1）知∠CDE＝60°，
∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，[来源:Z|xx|k.Com]
而∠BDC＞0°，
∴∠BDE＞60°，
∴只能∠BDE＝90°，
从而∠BCD＝30°，
∴BD＝BC＝4，
∴OD＝14，
∴t＝14，
综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
15．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BC＝5，CD＝6，∠DCB＝60°，等边△PMN（N为固定点）的边长为x，边MN在直线BC上，NC＝8．将直角梯形ABCD绕点C按逆时针方向旋转到①的位置，再绕点D1按逆时针方向旋转到②的位置，如此旋转下去．
（1）将直角梯形按此方法旋转四次，如果等边△PMN的边长为x≥5+3，求梯形与等边三角形的重叠部分的面积；
（2）将直角梯形按此方法旋转三次，如果梯形与等边三角形的重叠部分的面积是，求等边△PMN的边长x的范围．
（3）将直角梯形按此方法旋转三次，如果梯形与等边三角形的重叠部分的面积是梯形面积的一半，求等边△PMN的边长x．
【答案】（1）S重叠部分＝；（2）等边△PMN的边长x的范围为：x≥；（3）等边三角形的边长为：﹣2．
【解析】
解：（1）过点D作DF⊥BC，垂足为F，
∵CD＝6，∠DCB＝60°，
∴∠CDF＝30°，
∴CF＝＝3，DF＝3，
∴BF＝BC﹣CF＝2，
又∵梯形ABCD为直角梯形，
∴∠A＝∠B＝90°而∠DFB＝90°，
∴四边形ABFD为矩形，
∴AD＝BF＝2，
∴A2D1+D1C＝2+6＝8，
又∵NC＝8，
∴点N与A2重合，
∵C4N＝B3C4+B3N＝5+3，
又∵MN＞5+3，
∴直角梯形与等边三角形的重叠部分即为整个直角梯形，
∴S重叠部分＝．
（2）过点C3作GE∥MP交MN于点G，交NP于占E，
则△GNE为等边三角形，
过点K作KH⊥B2N，垂足为H，
在Rt△NKH中∠KNH＝30°，∠ND3K＝120°，
∴∠KNH＝∠NKD3，
∴ND3＝D3K＝2，
∴D3H＝1，KH＝，
∴S△D3KH＝，
而S梯形＝，
∴S梯形﹣S△ND3K＝﹣＝＝重叠部分面积，
在Rt△GC3B3中，∠GC3B3＝30°，C3B3＝5，
∴GC3＝，
C3K＝C3D3﹣D3K＝6﹣2＝4，
C3E＝C3Ktan30°＝4×，
∴GE＝GC3+C3E＝，
∴等边△PMN的边长x的范围为：x≥，
（3）如图：GE∥B3K∥PM，
Rt△B3C3H中，B3C3＝5，∠C3＝30°，
∴Rt△B3C3H的面积为：，
∴Rt△B3C3H的面积+△D3NE的面积＝（梯形面积的一半），
等边三角形的一边RK应落在GE与B3K之间，如图所示，
等边△GNE的边长为2，面积为3，
∵GE∥RK，
∴△GNE∽△RNK，
∴S△GNE：S△RNK＝（NE：NK）2，
设KE＝x，则S△GNE：S△RNK＝（）2，
而四边形RNEH的面积为梯形的面积的一半，即，
在△HEK中，KE＝x，∠KEH＝30°，
∴S△KEH＝，
∴S△NRK＝，
∴，
∴x＝，
∴x＝（负值舍去），
RN＝NE+EK＝，
即此时等边三角形的边长为：．
16．如图，一只蚂蚁要从正方体的一个顶点A沿表面爬行到顶点B，怎样爬行路线最短？如果要爬行到顶点C呢？请完成下列问题:
（1）第二个图是将立方体表面展开的一部分，请将图形补充完整；（画一种即可）
（2）在第二个图中画出点A到点B的最短爬行路线；
（3）在第二个图中标出点C，并画出A、C两点的最短爬行路线（画一种即可）．
【答案】（1）图形见解析；（2）图形见解析；（3）图形见解析.
【解析】
【分析】
图像见详解.
【详解】
（1）（1）（2）（3）（4）这4个位置均可
（2）如图
（3）如图，（答案不唯一，画对一种即可）
17．(1)如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E在BC上，∠DAE＝45°，为了探究BD，DE，CE之间的等量关系，现将△AEC绕A顺时针旋转90°后成△AFB，连接DF，经探究，你所得到的BD，DE，CE之间的等量关系式是 ；(无须证明)
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，D，E在BC上，∠DAE＝60°，∠ADE＝45°，试仿照(1)的方法，利用图形的旋转变换，探究BD，DE，CE之间的等量关系，并证明你的结论．
【答案】(1) BD2＋CE2＝DE2； (2) BD2＋DE2＝CE2，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）将△AEC绕A顺时针旋转90°后成△AFB，可证△AEC≌△AFB，故BF＝CE，旋转角∠FAE＝90°，又∠DAE＝45°，故∠FAD＝∠FAE−∠DAE＝45°，易证△AFD≌△AED，故FD＝DE，因为△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，所以∠ABC＝∠FAB＝45°，从而可得∠FAD＝90°，在Rt△FBD中，由勾股定理得线段BD、DE、CE之间的等量关系式；
（2）方法同（1），由∠ADE＝45°可得∠ADF＝45°，故∠BDF＝90°，斜边BF＝CE，直角边DF＝DE，由勾股定理建立等量关系．
【详解】
(1) BD2＋CE2＝DE2；
(2)CE2＝BD2＋DE2.
证明：将△AEC绕点A顺时针旋转120 °得到△AFB，连接FD.
由旋转的性质可得△AEC≌△AFB，∴AF＝AE，BF＝CE，∠FAB＝∠EAC.
∴∠FAE＝∠FAB＋∠BAE＝∠EAC＋∠BAE＝∠BAC＝120 °.
又∵∠DAE＝60 °，
∴∠FAD＝∠EAD＝60 °.
在△ADF和△ADE中，
∴△ADF≌△ADE(SAS)．
∴FD＝DE，∠ADF＝∠ADE.
∵∠ADE＝45 °，
∴∠ADF＝45 °，故∠BDF＝90 °.
在Rt△BDF中，由勾股定理，得BF2＝BD2＋DF2.
∴CE2＝BD2＋DE2.
18．如图，在△ABC中，BC＝10，BC边上的高为3．将点A绕点B逆时针旋转90°得到点E，绕点C顺时针旋转90°得到点D．沿BC翻折得到点F，从而得到一个凸五边形BFCDE，则五边形BFCDE的面积为_____．
【答案】80
【解析】
【分析】
将点C绕点B逆时针旋转90得到点G，点B绕点C顺时针旋转90得到点H，连接EG、DH、GH，则△EBG≌△ABC≌△HDC，四边形BCHG是正方形，六边形BCDHGE是中心对称图形，根据轴对称和中心对称的性质得出==，=，然后由=+即可求得.
【详解】
如图，
将点C绕点B逆时针旋转90得到点G，点B绕点C顺时针旋转90得到点H，连接EG、DH、GH，则△EBG≌△ABC≌△HDC，四边形BCHG是正方形，六边形BCDHGE是中心对称图形，
∴四边形BCDE≌四边形HGED，
∵====15=，=1010=100，
∴=++=215+100=130，
∴==65，
∴=+=65+15=80.
故答案为：80.
19．已知△ABC是等边三角形，将一块含有30°角的直角三角尺DEF按如图所示放置，让三角尺在BC所在的直线上向右平移．如图①，当点E与点B重合时，点A恰好落在三角尺的斜边DF上．
(1)利用图①证明：EF＝2BC.
(2)在三角尺的平移过程中，在图②中线段AH＝BE是否始终成立(假定AB，AC与三角尺的斜边的交点分别为G，H)？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2）成立，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，得∠ACB=60°，AC=BC．结合三角形外角的性质，得∠CAF=30°，则CF=AC，从而证明结论；
（2）根据（1）中的证明方法，得到CH=CF．根据（1）中的结论，知BE+CF=AC，从而证明结论．
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC．
∵∠F=30°，∴∠CAF=60°－30°=30°，∴∠CAF=∠F，∴CF=AC，∴CF=AC=BC，∴EF=2BC．
（2）成立．证明如下：
∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC．
∵∠F=30°，∴∠CHF=60°－30°=30°，∴∠CHF=∠F，∴CH=CF．
∵EF=2BC，∴BE＋CF=BC．
又∵AH＋CH=AC，AC=BC，∴AH=BE．
20．如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为点D，且3OC＝4OB，对称轴为直线x＝，点E，连接CE交对称轴于点F，连接AF交抛物线于点G．
（1）求抛物线的解析式和直线CE的解析式；
（2）如图②，过E作EP⊥x轴交抛物线于点P，点Q是线段BC上一动点，当QG+QB最小时，线段MN在线段CE上移动，点M在点N上方，且MN＝，请求出四边形PQMN周长最小时点N的横坐标；
（3）如图③，BC与对称轴交于点R，连接BD，点S是线段BD上一动点，将△DRS沿直线RS折叠至△D′RS，是否存在点S使得△D′RS与△BRS重叠部分的图形是直角三角形？若存在，请求出BS的长，若不存在，请说明理由．（参考数据：tan∠DBC＝）
【答案】（1）y＝﹣2x+4．（2）；（3）BS的值为或．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）如图1中，作QH⊥AB于H．首先求出直线AF的解析式，利用方程组求出点G坐标，再证明GQ+BQ＝GQ+QH，推出当G、Q、H三点共线时，GQ+BQ的值最小，最小值为，此时Q（，）．如图2中，将点Q沿CE方向平移个单位得到Q′，作点Q′关于直线CE的对称点Q″，连接PQ″交直线CE于M，此时四边形PQNM的周长最小．想办法求出点M的坐标即可解决问题；
（3）分两种情形，①如图3中，当RS⊥BD时，△D′RS与△BRS重叠部分的图形是直角三角形．②如图4中，当RD′⊥BD时，分别求解即可；
【详解】[来源:ZXXK]
解：（1）由题意C（0，4），
∴OC＝，
∵3OC＝4OB，
∴OB＝3，
∴B（3，0），
∵抛物线的对称轴x＝，
∴A（﹣，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+）（x﹣3），把C（0，4）代入得到a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x2﹣2x﹣9），即y＝﹣+x+4．
设直线CE的解析式为y＝kx+b，则有，解得，
∴直线CE的解析式为y＝﹣2x+4．
（2）如图1中，作QH⊥AB于H．
由（1）可知F（，2），
∴直线AF的解析式为y＝x+，
由，解得或，
∴G（，），
∵QH∥CO，BC＝＝5，
∴，
∴QH＝BQ，
∴GQ+BQ＝GQ+QH，
∴当G、Q、H三点共线时，GQ+BQ的值最小，最小值为，此时Q（，）．
如图2中，将点Q沿CE方向平移个单位得到Q′，作点Q′关于直线CE的对称点Q″，连接PQ″交直线CE于M，此时四边形PQNM的周长最小．
易知Q′（，2），Q″（，），
∵P（2，4），
∴直线PQ″的解析式为y＝x+，
由，解得，
∴M（，），
∵MN＝，可得N（，），
∴点N的横坐标为．
（3）如图3中，①当RS⊥BD时，△D′RS与△BRS重叠部分的图形是直角三角形．
设抛物线的对称轴交x轴于H设抛物线的对称轴交x轴于H．由题意：BH＝2，DH＝，BD＝＝ ，
∵RH∥CO，
∴，
∴RH＝，DR＝DH﹣RH＝，
∵△DRS∽△DBH，
∴，
∴RS＝，DS＝，
∴BS＝BD﹣DS＝．
②如图4中，当RD′⊥BD时，设垂足为K，作SG⊥DH于G．
∵∠SRD＝∠SRD′，SG⊥RD，SK⊥RD′，
∴SG＝SK，设SG＝SK＝n，
∵D（，），DR＝RH＝，BD＝＝，
在Rt△GSD中，∵DG2+SG2＝SD2，
∴（﹣）2+m2＝（﹣m）2，
解得m＝﹣，
∴SB＝SK+BK＝﹣+＝+
综上所述，满足条件的BS的值为或+．
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