∵∠BAG′=90°，BG′=2AB， ∴sin∠AG′B=∴∠AG′B=30°， ∴∠ABG′=60°， ∴∠DBG′=30°， ∴旋转角α=30°，
根据对称性可知，当∠ABG″=60°时，∠BAG″=90°，也满足条件，此时旋转角α=150°， 综上所述，旋转角α=30°或150°时，∠BAG′=90°． ②如图3中，连接OF，
=，
∵四边形BE′F′G′是正方形的边长为∴BF′=2，
∴当α=315°时，A、B、F′在一条直线上时，AF′的长最大，最大值为此时α=315°，F′（+【点睛】
，﹣
）
+2，
本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义,解决本题的关键是要熟练掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质以及特殊角的三角函数值的应用． 25．证明见解析 【解析】
试题分析：（1）根据已知求得∠BDF=∠BCD，再根据∠BFD=∠DFC，证明△BFD∽△DFC，从而得BF：DF=DF：FC，进行变形即得；
（2）由已知证明△AEG∽△ADC，得到∠AEG=∠ADC=90°，从而得EG∥BC，继而得
EGBF? ， EDDF由（1）可得
BFDFEGDF?? ，从而得 ，问题得证. DFCFEDCF试题解析：（1）∵∠ACB=90°，∴∠BCD+∠ACD=90°，
∵CD是Rt△ABC的高，∴∠ADC=∠BDC=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∴∠A=∠BCD， ∵E是AC的中点，
∴DE=AE=CE，∴∠A=∠EDA，∠ACD=∠EDC， ∵∠EDC+∠BDF=180°-∠BDC=90°，∴∠BDF=∠BCD， 又∵∠BFD=∠DFC， ∴△BFD∽△DFC， ∴BF：DF=DF：FC， ∴DF2=BF·CF；
AC=ED·DF， （2）∵AE·∴
AEAG? ， ADAC又∵∠A=∠A， ∴△AEG∽△ADC， ∴∠AEG=∠ADC=90°， ∴EG∥BC， ∴
EGBF? ， EDDF由（1）知△DFD∽△DFC，
BFDF? ， DFCFEGDF?∴ ， EDCF∴
∴EG·CF=ED·DF. 26．（1）y?【解析】 【分析】
（1）先判断出m（n﹣1）=6，进而得出结论；
（2）先求出点P到点A的距离和点P到直线y=﹣1的距离建立方程即可得出结论；
（3）设出点M，N的坐标，进而得出点Q的坐标，利用MN=a，得出16k?1k?b?16，即可得出结论． 【详解】
（1）设m=x，n﹣1=y， ∵mn﹣m=6，
16
；（2）y=x2；（3）点Q到x轴的最短距离为1． x4?2??2?∴m（n﹣1）=6， ∴xy=6， ∴y?6， x6， x∴（m，n﹣1）在平面直角坐标系xOy中的轨迹是y?故答案为：y?6，； x（2）∴点P（x，y）到点A（0，1），
∴点P（x，y）到点A（0，1）的距离的平方为x2+（y﹣1）2， ∵点P（x，y）到直线y=﹣1的距离的平方为（y+1）2，
∵点P（x，y）到点A（0，1）的距离与到直线y=﹣1的距离相等， ∴x2+（y﹣1）2=（y+1）2， ∴y?12x； 4y1?y2. 2（3）设直线MN的解析式为y=kx+b，M（x1，y1），N（x2，y2）， ∴线段MN的中点为Q的纵坐标为∴
12x?kx?b， 4∴x2﹣4kx﹣4b=0， ∴x1+x2=4k，x1x2=﹣4b， ∴
y1?y2112???kx1?b?kx2?b???kx?x?2b?2k?b. ??12??222222∴MN??x1?x2???y1?y2??k?1?x1?x2??k?1[?x1?x2??4x1x2]，
22??2??2?16k2?1k2?b?16
∴k?b?2????1， 2k?1y1?y211???k2?k2?b?k2?2??k2?1?2??1?2?1?1 2k?1?k?1?∴点Q到x轴的最短距离为1． 【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了点的轨迹的定义，两点间的距离公式，中点坐标公式公式，根与系数的关系，确定出16k?1k?b?16是解本题的关键． 27．1 【解析】 【分析】
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定
?2??2?不等式组的解集． 【详解】
?1??x?1??1①解: ， ?2??1?x?3②解不等式①得：x≤3， 解不等式②得：x＞﹣2，
所以不等式组的解集为：﹣2＜x≤3， 所以所有整数解的和为：﹣1+0+1+2+3=1． 【点睛】
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
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