(通用版)中考数学总复习考点48 中考数学数形结合思想（含解析）

这是一份(通用版)中考数学总复习考点48 中考数学数形结合思想（含解析），共27页。试卷主要包含了数形结合思想的含义，数形结合思想应用常见的四种类型，数形结合思想解题方法，解不等式组， 我们知道等内容，欢迎下载使用。

专题48 中考数学数形结合思想

数与形是数学中的两个最古老，也是最基本的研究对象，它们在一定条件下可以相互转化。中学数学研究的对象可分为数和形两大部分，数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合，或形数结合。作为一种数学思想方法，数形结合的应用大致又可分为两种情形：或者借助于数的精确性来阐明形的某些属性，或者借助形的几何直观性来阐明数之间某种关系，即数形结合包括两个方面：第一种情形是“以数解形”，而第二种情形是“以形助数”。“以数解形”就是有些图形太过于简单，直接观察却看不出什么规律来，这时就需要给图形赋值，如边长、角度等。
1.数形结合思想的含义
数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系,寻求代数问题的解决方法(以形助数),或利用数量关系来研究几何图形的性质,解决几何问题(以数助形)的一种数学思想. 数形结合思想使数量关系和几何图形巧妙地结合起来，使问题得以解决。
2.数形结合思想应用常见的四种类型
（1）实数与数轴。实数与数轴上的点具有一一对应关系,借助数轴观察数的特点,直观明了。
（2）在解方程(组)或不等式(组)中的应用。利用函数图象解决方程问题时,常把方程根的问题看作两个函数图象的交点问题来解决;利用数轴或函数图象解有关不等式(组)的问题直观,形象,易于找出不等式(组)解的公共部分或判断不等式组有无公共解。
（3）在函数中的应用。借助于图象研究函数的性质是一种常用的方法,函数图象的几何特征与数量特征紧密结合,体现了数形结合的特征与方法。
（4）在几何中的应用。对于几何问题,我们常通过图形,找出边、角的数量关系,通过边、角的数量关系,得出图形的性质等。
3.数形结合思想解题方法
“数”和“形”是数学中两个最基本的概念, 每一个几何图形中都蕴含着与它们的形状、大小、位置密切相关的数量关系；反之,数量关系又常常可以通过几何图形做出直观地反映和描述.数形结合的实质就是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来,使抽象思维和形象思维结合起来,在解决代数问题时,想到它的图形,从而启发思维,找到解题之路；或者在研究图形时,利用代数的知识,解决几何的问题.实现了抽象概念与具体图形的联系和转化,化难为易,化抽象为直观.

【例题1】（2020•遵义）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算tan15°时，如图．在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°，所以tan15°2．类比这种方法，计算tan22.5°的值为（　　）

A．1 B．1 C． D．
【答案】B
【分析】在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝22.5°，设AC＝BC＝1，则AB＝BD，根据tan22.5°计算即可．
【解析】在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝22.5°，

设AC＝BC＝1，则AB＝BD，
∴tan22.5°1
【对点练习】（•湖北省仙桃市）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B． C．D．
【答案】C
【解答】解：解不等式x﹣1＞0得x＞1，
解不等式5﹣2x≥1得x≤2，
则不等式组的解集为1＜x≤2
【例题2】（2020•济宁）数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P，根据图象可知，方程x+5＝ax+b的解是（　　）

A．x＝20 B．x＝5 C．x＝25 D．x＝15
【答案】A
【分析】两直线的交点坐标为两直线解析式所组成的方程组的解．
【解析】∵直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P（20，25）
∴直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P为x＝20．
【对点练习】（2020株洲模拟）直线y=k1x+b1（k1＞0）与y=k2x+b2（k2＜0）相交于点（﹣2，0），且两直线与y轴围城的三角形面积为4，那么b1﹣b2等于　 　．
【答案】4
【解析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点以及数形结合思想的应用．解决此类问题关键是仔细观察图形，注意几个关键点（交点、原点等），做到数形结合．

如图，直线y=k1x+b1（k1＞0）与y轴交于B点，则OB=b1，直线y=k2x+b2（k2＜0）与y轴交于C，则OC=﹣b2，
∵△ABC的面积为4，
∴OA•OB+=4，
∴+=4，
解得：b1﹣b2=4．
【例题3】（2020通化模拟）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．
(1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
(2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
(3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．

【答案】见解析。
【解析】（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，
∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，
在△ADG和△ABE中，
，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴∠AGD=∠AEB，
如图1所示，延长EB交DG于点H，
在△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°，
∴∠AEB+∠ADG=90°，
在△EDH中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，
∴∠DHE=90°，
则DG⊥BE；
(2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，
∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，
在△ADG和△ABE中，

∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴DG=BE，
如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠MDA=45°，
在Rt△AMD中，∠MDA=45°，
∴cos45°=，
∵AD=2，
∴DM=AM=，
在Rt△AMG中，根据勾股定理得：GM==，
∵DG=DM+GM=+，
∴BE=DG=+；
(3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：
对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，
∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大；
对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，
∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大，
则△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6．

【对点练习】（2020山东日照模拟）问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，则：AC=AB．

探究结论：小明同学对以上结论作了进一步研究．
（1）如图1，连接AB边上中线CE，由于CE=AB，易得结论：①△ACE为等边三角形；②BE与CE之间的数量关系为 　 ．
（2）如图2，点D是边CB上任意一点，连接AD，作等边△ADE，且点E在∠ACB的内部，连接BE．试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明．
（3）当点D为边CB延长线上任意一点时，在（2）条件的基础上，线段BE与DE之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论　 ．
拓展应用：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等边△ABC，当C点在第一象限内，且B（2，0）时，求C点的坐标．
【答案】见解析。
【解答】探究结论（1）如图1中，

∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠A=60°，
∵AC=AB=AE=EB，
∴△ACE是等边三角形，
∴EC=AE=EB，
故答案为EC=EB．
（2）如图2中，结论：ED=EB．

理由：连接PE．
∵△ACP，△ADE都是等边三角形，
∴AC=AD=DE，AD=AE，∠CAP=∠DAE=60°，
∴∠CAD=∠PAE，
∴△CAD≌△PAE，
∴∠ACD=∠APE=90°，
∴EP⊥AB，∵PA=PB，
∴EA=EB，∵DE=AE，
∴ED=EB．
（3）当点D为边CB延长线上任意一点时，同法可证：ED=EB，
故答案为ED=EB．
拓展应用：如图3中，作AH⊥x轴于H，CF⊥OB于F，连接OA．

∵A（﹣，1），
∴∠AOH=30°，
由（2）
可知，CO=CB，
∵CF⊥OB，
∴OF=FB=1，
∴可以假设C（1，n），
∵OC=BC=AB，
∴1+n2=1+（+2）2，
∴n=2+，
∴C（1，2+）．

一、选择题
1．（2020•温州）如图，在离铁塔150米的A处，用测倾仪测得塔顶的仰角为α，测倾仪高AD为1.5米，则铁塔的高BC为（　　）

A．（1.5+150tanα）米 B．（1.5）米
C．（1.5+150sinα）米 D．（1.5）米
【答案】A
【分析】过点A作AE⊥BC，E为垂足，再由锐角三角函数的定义求出BE的长，由BC＝CE+BE即可得出结论．
【解析】过点A作AE⊥BC，E为垂足，如图所示：
则四边形ADCE为矩形，AE＝150，
∴CE＝AD＝1.5，
在△ABE中，∵tanα，
∴BE＝150tanα，
∴BC＝CE+BE＝（1.5+150tanα）（m）


2．（2020恩施州模拟）如图，在平行四边形ABCD中，EF∥AB交AD于E，交BD于F，DE：EA=3：4，EF=3，则CD的长为（　　）


A. 4 B. 7 C. 3 D. 12
【答案】B
【解析】此题考查了平行线分线段成比例定理与平行四边形的性质．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
∵DE：EA=3：4，
∴DE：DA=3：7
∵EF∥AB，
∴，
∵EF=3，
∴，
解得：AB=7，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=7．
故选B．
3．（2020济南模拟）如图，抛物线y=﹣2x2+8x﹣6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C1，将C1向右平移得C2，C2与x轴交于点B，D．若直线y=x+m与C1、C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是（　　）

　A． ﹣2＜m＜ B． ﹣3＜m＜﹣ C． ﹣3＜m＜﹣2 D． ﹣3＜m＜﹣
【答案】D
【解析】本题主要考查抛物线与x轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度．
令y=﹣2x2+8x﹣6=0，
即x2﹣4x+3=0，
解得x=1或3，
则点A（1，0），B（3，0），
由于将C1向右平移2个长度单位得C2，
则C2解析式为y=﹣2（x﹣4）2+2（3≤x≤5），
当y=x+m1与C2相切时，
令y=x+m1=y=﹣2（x﹣4）2+2，
即2x2﹣15x+30+m1=0，
△=﹣8m1﹣15=0，
解得m1=﹣ ，
当y=x+m2过点B时，
即0=3+m2，
m2=﹣3，
当﹣3＜m＜﹣ 时直线y=x+m与C1、C2共有3个不同的交点。
二、填空题
4．（2020乌鲁木齐模拟）如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=﹣1．且过点（，0），有下列结论：①abc＞0；②a﹣2b+4c=0；③25a﹣10b+4c=0；④3b+2c＞0；⑤a﹣b≥m（am﹣b）；其中所有正确的结论是　 　．（填写正确结论的序号）

【答案】①③⑤．
【解析】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时，要熟练运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的解析式
由抛物线的开口向下可得：a＜0，
根据抛物线的对称轴在y轴左边可得：a，b同号，所以b＜0，
根据抛物线与y轴的交点在正半轴可得：c＞0，
∴abc＞0，故①正确；
直线x=﹣1是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴，所以﹣=﹣1，可得b=2a，
a﹣2b+4c=a﹣4a+2=﹣3a+4c，
∵a＜0，
∴﹣3a＞0，
∴﹣3a+4c＞0，
即a﹣2b+4c＞0，故②错误；
∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=﹣1．且过点（，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（，0），
当x=﹣时，y=0，即，
整理得：25a﹣10b+4c=0，故③正确；
∵b=2a，a+b+c＜0，
∴，
即3b+2c＜0，故④错误；
∵x=﹣1时，函数值最大，
∴a﹣b+c＞m2a﹣mb+c（m≠1），
∴a﹣b＞m（am﹣b），所以⑤正确。
故答案为：①③⑤．
5．（2020•泰安）如图，某校教学楼后面紧邻着一个山坡，坡上面是一块平地．BC∥AD，BE⊥AD，斜坡AB长26m，斜坡AB的坡比为12：5．为了减缓坡面，防止山体滑坡，学校决定对该斜坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过50°时，可确保山体不滑坡．如果改造时保持坡脚A不动，则坡顶B沿BC至少向右移　 　m时，才能确保山体不滑坡．（取tan50°＝1.2）

【答案】10．
【分析】在BC上取点F，使∠FAE＝50°，作FH⊥AD，根据坡度的概念求出BE、AE，根据正切的定义求出AH，结合图形计算，得到答案．
【解析】在BC上取点F，使∠FAE＝50°，过点F作FH⊥AD于H，
∵BF∥EH，BE⊥AD，FH⊥AD，
∴四边形BEHF为矩形，
∴BF＝EH，BE＝FH，
∵斜坡AB的坡比为12：5，
∴，
设BE＝12x，则AE＝5x，
由勾股定理得，AE2+BE2＝AB2，即（5x）2+（12x）2＝262，
解得，x＝2，
∴AE＝10，BE＝24，
∴FH＝BE＝24，
在Rt△FAH中，tan∠FAH，
∴AH20，
∴BF＝EH＝AH﹣AE＝10，
∴坡顶B沿BC至少向右移10m时，才能确保山体不滑坡.

6．（2020济南模拟）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠DAB=60°，AE分别交BC、BD于点E、F，CE=2，连接CF，以下结论：①△ABF≌△CBF；②点E到AB的距离是2 ；③tan∠DCF= ；④△ABF的面积为 ．其中一定成立的是 （把所有正确结论的序号都填在横线上）．

【答案】①②③
【解析】此题考查了四边形综合题，关键是根据菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质分析．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
∵菱形ABCD，
∴AB=BC=6，
∵∠DAB=60°，
∴AB=AD=DB，∠ABD=∠DBC=60°，
在△ABF与△CBF中，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴①正确；
过点E作EG⊥AB，过点F作MH⊥CD，MH⊥AB，如图：

∵CE=2，BC=6，∠ABC=120°，
∴BE=6﹣2=4，
∵EG⊥AB，
∴EG= 2 ，
∴点E到AB的距离是2 ，
故②正确；
∵BE=4，EC=2，
∴S△BFE：S△FEC=4：2=2：1，
∴S△ABF：S△FBE=3：2，
∴△ABF的面积为= ，
故④错误；
∵∵，
∴=，
∵，
∴FM=，
∴DM=，
∴CM=DC﹣DM=6﹣，
∴tan∠DCF=，
故③正确。
三、解答题
7.（•湖南湘西州）解不等式组：并把解集在数轴上表示出来．

【答案】见解析。
【解答】解不等式x﹣2＜1得x＜3，
解不等式4x+5＞x+2，得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为﹣1＜x＜3，
将解集表示在数轴上如下：

8. 我们知道：根据二次函数的图象，可以直接确定二次函数的最大（小）值；根据“两点之间，线段最短”，并运用轴对称的性质，可以在一条直线上找到一点，使得此点到这条直线同侧两定点之间的距离之和最短．这种“数形结合”的思想方法，非常有利于解决一些实际问题中的最大（小）值问题．请你尝试解决一下问题：
（1）在图1中，抛物线所对应的二次函数的最大值是 _____.
（2）在图2中，相距3km的A、B两镇位于河岸（近似看做直线CD）的同侧，且到河岸的距离AC=1千米，BD=2千米，现要在岸边建一座水塔，直接给两镇送水，为使所用水管的长度最短，请你：
①作图确定水塔的位置；
②求出所需水管的长度（结果用准确值表示）.
（3）已知x+y=6，求的最小值？
此问题可以通过数形结合的方法加以解决，具体步骤如下：
① 如图3中，作线段AB=6，分别过点A、B，作CA⊥AB，DB⊥AB，使得CA= ____DB= ____.
② 在AB上取一点P，可设AP= _____，BP= _____.
③ ③的最小值即为线段___和线段_____长度之和的最小值，最小值为 ___
．
【答案】见解析。
【解析】（1）抛物线所对应的二次函数的最大值是4；

（2）①如图所示，点P即为所求．
（作法：延长AC到点E，使CE=AC，连接BE，交直线CD于点P，则点P即为所求.
说明：不必写作法和证明，但要保留作图痕迹；不连接PA不扣分；（延长BD，同样的方法也可以得到P点的位置．）
②过点A作AF⊥BD，垂足为F，过点E作EG⊥BD，交BD的延长线于点G，则四边形ACDF、CEGD都是矩形．
∴FD=AC=CE=DG=1，EG=CD=AF．
∵AB=3，BD=2，
∴BF=BD-FD=1，BG=BD+DG=3，
∴在Rt△ABF中，AF2=AB2-BF2=8，
∴AF=2EG=2.
∴在Rt△BEG中，BE2=EG2+BG2=17，
∴BE=（cm）.
∴PA+PB的最小值为cm.
即所用水管的最短长度为cm.
（3）图3所示，①作线段AB=6，分别过点A、B，作CA⊥AB，DB⊥AB，使得CA=3，BD=5，②在AB上取一点P，可设AP=x，BP=y，③的最小值即为线段 PC和线段 PD长度之和的最小值，

∴作C点关于线段AB的对称点C′，连接C′D，过C′点作C′E⊥DB，交BD延长线于点E，
∵AC=BE=3，DB=5，AB=C′E=6，
∴DE=8，
.
∴最小值为10．
故答案为：①4；②x，y；③PC，PD，10．
9.（•山东省滨州市 ）如图①，抛物线y＝﹣x2+x+4与y轴交于点A，与x轴交于点B，C，将直线AB绕点A逆时针旋转90°，所得直线与x轴交于点D．
（1）求直线AD的函数解析式；
（2）如图②，若点P是直线AD上方抛物线上的一个动点
①当点P到直线AD的距离最大时，求点P的坐标和最大距离；
②当点P到直线AD的距离为时，求sin∠PAD的值．

【答案】（1）y＝﹣x+4；
（2）①点P的坐标是（6，），最大距离是；
②，sin∠PAD的值是或．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4，则点A的坐标为（0，4），
当y＝0时，0＝﹣x2+x+4，解得，x1＝﹣4，x2＝8，则点B的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（8，0），
∴OA＝OB＝4，
∴∠OBA＝∠OAB＝45°，
∵将直线AB绕点A逆时针旋转90°得到直线AD，
∴∠BAD＝90°，
∴OAD＝45°，
∴∠ODA＝45°，
∴OA＝OD，
∴点D的坐标为（4，0），
设直线AD的函数解析式为y＝kx+b，
，得，
即直线AD的函数解析式为y＝﹣x+4；
（2）作PN⊥x轴交直线AD于点N，如右图①所示，
设点P的坐标为（t，﹣t2+t+4），则点N的坐标为（t，﹣t+4），
∴PN＝（﹣t2+t+4）﹣（﹣t+4）＝﹣t2+t，
∴PN⊥x轴，
∴PN∥y轴，
∴∠OAD＝∠PNH＝45°，
作PH⊥AD于点H，则∠PHN＝90°，
∴PH＝＝（﹣t2+t）＝t＝﹣（t﹣6）2+，
∴当t＝6时，PH取得最大值，此时点P的坐标为（6，），
即当点P到直线AD的距离最大时，点P的坐标是（6，），最大距离是；
②当点P到直线AD的距离为时，如右图②所示，
则t＝，
解得，t1＝2，t2＝10，
则P1的坐标为（2，），P2的坐标为（10，﹣），
当P1的坐标为（2，），则P1A＝＝，
∴sin∠P1AD＝＝；
当P2的坐标为（10，﹣），则P2A＝＝，
∴sin∠P2AD＝＝；
由上可得，sin∠PAD的值是或．

10．（湖南湘西州）如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝的图象在第一象限交于点A（3，2），与y轴的负半轴交于点B，且OB＝4．
（1）求函数y＝和y＝kx+b的解析式；
（2）结合图象直接写出不等式组0＜＜kx+b的解集．

【答案】见解析。
【解析】本题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题，解题时注意：反比例函数与一次函数交点坐标同时满足两个函数解析式．
（1）把点A（3，2）代入反比例函数y＝，可得m＝3×2＝6，
∴反比例函数解析式为y＝，
∵OB＝4，
∴B（0，﹣4），
把点A（3，2），B（0，﹣4）代入一次函数y＝kx+b，可得，
解得，
∴一次函数解析式为y＝2x﹣4；
（2）不等式组0＜＜kx+b的解集为：x＞3．
11．（广西百色）如图，已如平行四边形OABC中，点O为坐标顶点，点A（3，0）
C（1，2），函数y＝（k≠0）的图象经过点C．
（1）求k的值及直线OB的函数表达式：
（2）求四边形OABC的周长．

【答案】见解析。
【解析】本题考查待定系数法求反比例函数解析式和一次函数解析式，反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
（1）依题意有：点C（1，2）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，∴k＝xy＝2，
∵A（3，0）∴CB＝OA＝3，
又CB∥x轴，∴B（4，2），
设直线OB的函数表达式为y＝ax，
∴2＝4a，∴a＝，
∴直线OB的函数表达式为y＝x；
（2）作CD⊥OA于点D，
∵C（1，2），∴OC＝，
在平行四边形OABC中，
CB＝OA＝3，AB＝OC＝，
∴四边形OABC的周长为： 3+3+＝6+2，
即四边形OABC的周长为6+2．

12.（2020通辽模拟）如图，建筑物AB后有一座假山，其坡度为i=1：，山坡上E点处有一凉亭，测得假山坡脚C与建筑物水平距离BC=25米，与凉亭距离CE=20米，某人从建筑物顶端测得E点的俯角为45°，求建筑物AB的高．（注：坡度i是指坡面的铅直高度与水平宽度的比）

【答案】（35+10）m．
【解析】本题考查了解直角三角形的应用，要求学生借助坡角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形，难度适中．
过点E作EF⊥BC于点F，过点E作EN⊥AB于点N，

∵建筑物AB后有一座假山，其坡度为i=1：，
∴设EF=x，则FC=x，
∵CE=20米，∴x2+（x）2=400，解得：x=10，
则FC=10m，
∵BC=25m，∴BF=NE=（25+10）m，
∴AB=AN+BN=NE+EF=10+25+10=（35+10）m.