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18．如图，在正方形ABCD中，AB=2，将∠BAD绕着点A顺时针旋转α°（0＜α＜45），得到∠B′AD′，其中过点B作与对角线BD垂直的直线交射线AB′于点E，射线AD′与对角线BD交于点F，连接CF，并延长交AD于点M，当满足S四边形AEBF=S△CDM时，线段BE的长度为 2﹣2 ． 考点： 旋转的性质；正方形的性质． 分析： 先根据旋转的性质得∠EAB=∠FAD=α，再根据正方形的性质得AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，则利用BE⊥BD得∠EBA=∠FDA=45°，于是可根据“ASA”判定△ABE≌△ADF，得到S△ABE=S△ADF，所以S四边形AEBF=S△ABD=4，则S△CDM=2，利用三角形面积公式可计算出DM=2，延长AB到M′使BM′=DM=2，如图，接着根据勾股定理计算出CM=2，再通过证明△BCM≌△DCM得到CM′=CM=2，∠BCM′=∠DCM，然后证∠M′NC=∠M′CN得到M′N=M′C=2，则BN=M′C﹣BM′=2﹣2． 解答： 解：∵∠BAD绕着点A顺时针旋转α°（0＜α＜45°），得到∠B′AD′， ∴∠EAB=∠FAD=α， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，∵BE⊥BD， ∴∠EBD=90°， ∴∠EBA=45°， ∴∠EBA=∠FDA， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（ASA）， ∴S△ABE=S△ADF， ∴S四边形AEBF=S△ABE+S△ABF=S△ADF+S△ABF=S△ABD=×2×2=4， ∵S四边形AEBF=S△CDM， ∴S△CDM==2， ∴DM?2=2，解得DM=2， 延长AB到M′使BM′=DM=2，如图， 在Rt△CDM中，CM==2， 在△BCM′和△DCM中 ， ∴△BCM≌△DCM（SAS）， ∴CM′=CM=2，∠BCM′=∠DCM， ∵AB∥CD， ∴∠M′NC=∠DCN=∠DCM+∠NCM=∠BCM′+∠NCM， 而NC平分∠BCM， ∴∠NCM=∠BCN， ∴∠M′NC=∠BCM′+∠BCN=∠M′CN， ∴M′N=M′C=2， ∴BN=M′C﹣BM′=2﹣2． 故答案为：2﹣2． 点评： 本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质． 三．解答题（本大题共4个小题，19题10分，20题8分，21题8分，22题8分，共34分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤． 19．解方程： （1）x2﹣6x﹣2=0 （2）=+1． 考点： 解一元二次方程-配方法；解分式方程． 分析： （1）移项，配方，再开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可； （2）先把分式方程转化成整式方程，求出方程的解，再进行检验即可． 解答： 解：（1）x2﹣6x﹣2=0， x2﹣6x=2， x2﹣6x+9=2+9， （x﹣3）2=11， x﹣3=， x1=3+，x2=3﹣； （2）方程两边都乘以x﹣2得：1﹣x=﹣1+x﹣2， 解这个方程得：x=2， 检验：当x=2时，x﹣2=0， 所以x=2不是原方程的解， 所以原方程无解． 点评： 本题考查了解一元二次方程，解分式方程的应用，解（1）小题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程，解分式方程的关键是能把分式方程转化成整式方程． (责任编辑：admin) |