資源簡介

中考壓軸題難點突破6
《與幾何變換相關的探究題》詳解答案
模塊一：平移變換探究題
例1：
【分析】【閱讀理解】由證明過程可知，△ABH≌△BCF的依據是全等三角形的判定定理“ASA”，由AH∥GE，AG∥HE證明四邊形AHEG為平行四邊形，依據是平行四邊形的定義；
【遷移嘗試】設網格中每個小正方形的邊長都為m，將線段AB向右平移2m個單位得到線段DQ，根據勾股定理可證明CQ＝DQ，CQ2+DQ2＝CD2＝40m2，則△QCD是直角三角形，且∠CQD＝90°，所以∠AMC＝∠QDC＝45°；
【拓展應用】作DG∥BC交AP于點G，連接GE，可證明△BGE≌△ADG，得EG＝GD，∠BGE＝∠ADG，即可證明∠EGD＝90°，則∠DMC＝∠GDE＝45°．
【解答】解：【閱讀理解】由證明過程可知，△ABH≌△BCF的條件是：
，
∴推理的依據是全等三角形的判定定理“ASA”，
由AH∥GE，AG∥HE證明四邊形AHEG為平行四邊形，依據是平行四邊形的定義，
故答案為：“ASA”，平行四邊形的定義．
【遷移嘗試】如圖2，設網格中每個小正方形的邊長都為m，
將線段AB向右平移2m個單位得到線段DQ，則點Q在格點上，
由勾股定理得CQ2＝DQ2＝（2m）2+（4m）2＝20m2，CD2＝（2m）2+（6m）2＝40m2，
∴CQ＝DQ，CQ2+DQ2＝CD2＝40m2，
∴△QCD是直角三角形，且∠CQD＝90°，
∴∠QCD＝∠QDC＝45°，
由平移得∠AMC＝∠QDC＝45°，
故答案為：45°．
【拓展應用】如圖3，∵四邊形APCD和四邊形PBEF都是正方形，
∴∠APC＝∠BPF＝∠GBE＝∠A＝90°，BP＝BE，
∴∠BPC＝180°﹣∠APC＝90°，
∴∠BPF＝∠BPC，
∴點F在PC上，
作DG∥BC交AP于點G，連接GE，
∵CD∥AP，
∴四邊形BCDG是平行四邊形，
∴BG＝CD＝AD＝AP，
∴BG﹣PG＝AP﹣PG，
∴BP＝AG，
∴BE＝AG，
在△BGE和△ADG中，
，
∴△BGE≌△ADG（SAS），
∴EG＝GD，∠BGE＝∠ADG，
∴∠BGE+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGD＝90°，
∴∠GDE＝∠GED＝45°，
∴∠DMC＝∠GDE＝45°．
【點評】此題重點考查平移的性質、平行線的性質、平行四邊形的定義、等腰直角三角形的判定與性質、勾股定理及其逆定理的應用、全等三角形的判定與性質等知識，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．
例2：
【分析】（1）延長BC，作DG//AF，交BC的延長線于點G，連接EG，證明四邊形AFGD為平行四邊形，從而證明ACDEAFGE得到DEG是等腰直角三角形，得到DG＝2DE，故可求解；
（2）作DGIDE，并截取DG﹣DE，連接AG，證明DEG是等腰直角三角形，得到EGEDE，再證明GDAAEDCEF＝AG，AGIEF，再得到四邊形GEF為平行四邊形，則AF＝EG，故可求解（1）．
【解答】解：AF＝DE，理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，E是對角線AC的中點，
∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE．
∵AB2＝AE2+BE2，
∴AB2＝2DE2，
∵B點與F點重合，
∴AF2＝2DE2，
∴；
（1）如圖③，延長BC，作DG∥AF，交BC的延長線于點G，連接EG，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD﹣90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，
∵DG∥AF，AD∥BC，
∴四邊形AFGD為平行四邊形，
∴AF＝DG，AD＝FG，
∴FG＝CD．
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠ACB＝45°，∠ACD＝45°，
∵EF⊥AC，
∴∠FEC＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，
∴EF＝EC．
∴∠EFC＝∠ECD．
∴△CDE≌△FGE（SAS）．
∴ED＝EG，∠FEG＝∠CED．
∴∠DEG＝∠FEC＝90°，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DG2＝DE2+EG2＝2DE2，
∴，
∴AF＝DE，
故答案為：AF＝DE．
（2）如圖④，作DG⊥DE，并截取DG＝DE，連接AG、GE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，CD＝AD，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
同理，∠ACB＝45°，
∵GD⊥DE，
∴∠GDE＝90°，
又∵DG＝DE，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴EG2＝DE2+DG2＝2DE2，
∴EG＝DE，
∵∠ADC＝∠GDE＝90°，
∴∠GDA＝∠EDC，
∴△GDA≌Δ EDC（SAS），
∴∠GAD＝∠ECD＝45°，AG＝EC，
∴∠GAE＝90°，
∵EF⊥AC，
∴∠FEC＝∠FEA＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，
∴EF＝EC．
∴EF＝AG，
∵∠GAE＝∠FEA＝90°，
∴AG∥EF，
∴四邊形AGEF為平行四邊形，
∴AF＝EG．
∵AF＝DE．
【點評】此題考查正方形的性質，全等三角形的判定與性質，生活中的平移現象，關鍵是根據正方形與平行四邊形的性質、等腰直角三角形和全等三角形的判定和性質解答．
練習一：
1.
【分析】（1）根據二次函數平移的規律：左加右減，
上加下減即可得到函數y＝2x2向右平移3個單位，
再向上平移1個單位的函數解析式；
（2）先在反比例函數的圖象上取四個點（0.5，4），（1，2），（1.5，），（2，1），再根據坐標系中點的平移規律，得到向右平移3個單位以后的對應點的坐標，然后對這些點的坐標進行觀察，得到平移后的函數解析式；
（3）由（2）即可得到函數的圖象可由反比例函數y＝的圖象向左平移m個單位得到．
【解答】解：（1）將二次函數y＝2x2的圖象向右平移3個單位，再向上平移1個單位后，
所得圖象的函數解析式是：y＝2（x﹣3）2+1．故答案為：y＝2（x﹣3）2+1；
（2）在反比例函數的圖象上取四個點（0.5，4），（1，2），（1.5，），（2，1），
則向右平移3個單位以后的對應點的坐標為（3.5，4），（4，2），（4.5，），（5，1），
∵（3.5﹣3）×4＝（4﹣3）×2＝（4.5﹣3）×＝（5﹣3）×1＝2，
∴平移后的函數解析式為y＝；
（3）函數的圖象可由反比例函數y＝的圖象向左平移m個單位得到．
【點評】本題考查了學生讀題做題的能力及知識的遷移能力，二次函數解析式平移的規律：“上加下減，左加右減”也適用于反比例函數的解析式．
2.
【分析】（1）依題意可得∠PQD＝30°，∠DPQ＝60°，由平行線的性質可得∠NQP+∠BPQ＝180°，則可求得∠BPQ的度數，從而可求∠BPD的度數，再由平行線的性質可求∠BOC的度數，即得解；
（2）①由平行線的性質可得∠PEQ＝∠BOC＝60°，則可求得∠MQE＝60°，再由角平分線的定義可得∠PQM＝2∠MQE＝120°，則可求得∠EPQ＝60°，從而可求得∠BPD＝60°，即可判定OC∥PD；②由平移的性質與平行線的性質可得∠BPD＝α°，從而可求得∠BPQ＝60°+α°，再由平行線的性質得∠PQM＝60°+α°，結合角平分的定義可得，從而可求∠PEQ．
【解答】（1）解：由題意得：∠PQD＝30°，∠DPQ＝60°，
∵∠NQD＝45°，
∴∠NQP＝75°，
∵MN∥AB，
∴∠NQP+∠BPQ＝180°，
∴∠BPQ＝105°，
∴∠BPD＝45°，
∵PD∥OC，
∴α＝∠BOC＝∠BPD＝45．
（2）①證明：∵QE∥OC，α＝60°，
∴∠PEQ＝∠BOC＝60°，
∵MN∥AB，
∴∠MQE＝∠PEQ＝60°，∠PQM+∠EPQ＝180°，
∵∠PQH的角平分線交直線AB于點E，
∴∠PQM＝2∠MQE＝120°，
∴∠EPQ＝180°﹣∠PQM＝60°，
∴∠BPD＝180°﹣∠EPQ﹣∠DPQ＝60°，
∴∠BPD＝∠BOC＝60°，
∴OC∥PD；
②∵OC∥PD，∠BOC＝α°，
∴∠BPD＝∠BOC＝α°，
∴∠BPQ＝60°+α°，
∵MN∥AB，
∴∠PQM＝∠BPQ＝60°+α°，∠EQM＝∠PEQ，
∵∠PQH的角平分線交直線AB于點E，
∴，∴．
【點評】本題主要考查平移的性質，平行線的判定與性質，解答的關鍵是結合圖形分析清楚相應的角之間的關系．
3.
【分析】（1）根據正方形的性質和點A的坐標求得點C、D的坐標；結合已知條件求得拋物線T的解析式；然后由二次函數圖象上點的坐標證得點C、D均在拋物線T上，由此得證；
（2）首先根據矩形的性質推知拋物線的解析式為y＝x2+bx+c，把B（m，n）代入y＝x2+bx+c，可得m2+bm+c＝n，由代入法得到m2﹣（2m+3）m+c＝n②．因為平移后矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的半接矩形，所以有以下情況：
第一種情況：點A1，D1在拋物線T上．
則A1D1與BC重合．
因此將矩形ABCD向下平移1個單位長度，則矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的半接矩形．
第二種情況：點B1，D1在拋物線T上．
由圖形平移前后關系，可知：矩形ABCD≌矩形A1B1C1D1．
第三種情況：點A1，C1在拋物線T上．
根據對稱性，可知將矩形ABCD先向下平移個單位長度后，再向左平移個單位，得到的矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的“半接矩形”．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD是正方形，A（1，3），
∴點C的坐標為（2，2），點D的坐標為（2，3）．
由b＝﹣3，c＝4知：拋物線T的表達式為y＝x2﹣3x+4，
所以當x＝2時，y＝2．所以點C在拋物線T上．
又因為點B在拋物線T上，所以矩形ABCD是拋物線T的“半接矩形”．
（2）因為點B（m，n），A（m，n+1），
所以xB＝xA＝m，yB≠yA，
所以AB⊥x軸，AB＝yA﹣yB＝n+1﹣n＝1．
因為在矩形ABCD中，點C在AB邊的右側，
所以BC⊥y軸，AD⊥y軸，CD⊥x軸．
所以CD＝AB＝1．
因為BC＝3，
所以C（m+3，n），D（m+3，n+1）．
因為點B，C關于對稱，
所以，即b＝﹣2m﹣3①．
所以拋物線的解析式為y＝x2+bx+c，
因為點B在拋物線T上，把B（m，n）代入y＝x2+bx+c，可得m2+bm+c＝n，把①代入，得
m2﹣（2m+3）m+c＝n②．
因為平移后矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的半接矩形，
所以有以下情況：
第一種情況：點A1，D1在拋物線T上．
則A1D1與BC重合．
因此將矩形ABCD向下平移1個單位長度，則矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的半接矩形．
第二種情況：點B1，D1在拋物線T上．
由圖形平移前后關系，可知：矩形ABCD≌矩形A1B1C1D1．
所以B1C1＝BC＝3，C1D1＝CD＝1．
設B1的坐標為（p，q），則D1的坐標為（p+3，q+1）．
將點B1，D1坐標分別代入y＝x2+bx+c，可得
q＝p2+bp+c④，q+1＝（p+3）2+b（p+3）+c⑤．
由⑤﹣④，得：1＝6p+9+3b⑥．
將①代入⑥，得1＝6p+9+3（﹣2m﹣3），即．
將①，②，都代入④，可得．
所以將矩形ABCD先向下平移個單位長度后，再向右平移個單位長度，得到的矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的“半接矩形”．
第三種情況：點A1，C1在拋物線T上．
根據對稱性，可知將矩形ABCD先向下平移個單位長度后，再向左平移個單位，得到的矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的“半接矩形”．
顯然，不存在其他情況．
綜上，要使得平移后的矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的“半接矩形”，矩形ABCD有三種平移方式．分別是：向下平移1個單位長度；先向下平移個單位長度后，再向右平移個單位長度；先向下平移個單位長度后，再向左平移個單位長度．
【點評】本題屬于二次函數綜合題，主要考查了矩形與正方形的性質，坐標與圖形性質，二次函數的圖象與性質，二次函數圖象上點的坐標特征，二次函數圖象與幾何變換，解題的關鍵是掌握拋物線的“半接矩形”的定義，難度較大．
聲4.
【分析】（1）利用待定系數法可求解析式；
（2）①拋物線y＝﹣x2﹣x+4沿直線AC平移，實際上就是向右、向上（或向左、向下）同時移動m個單位（圖2中AH＝EH＝|m|），設平移后的拋物線的解析式為：y＝﹣（x+1﹣m）2++m，令x＝0可得點M的縱坐標的最大值；
②分三種情況：i）如圖3，E，F兩點都在x軸上方時，ii）如圖4，E，F兩點分別在x軸兩側時，iii）如圖5，E，F兩點都在x軸下方時，根據△ABE∽△AFB，列比例式列方程解出即可．
【解答】解：（1）如圖1，將點A（﹣4，0）和點B（2，0）代入拋物線y＝﹣x2+bx+c，
可得，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣x+4；
（2）①如圖2，過E作EH⊥x軸于H，
當x＝0時，y＝4，
∴C（0，4），
∴OA＝OC，
∵∠AOC＝90°，
∴∠OAC＝45°，
∴拋物線y＝﹣x2﹣x+4沿直線AC平移，實際上就是向右、向上（或向左、向下）同時移動m個單位（圖2中AH＝EH＝|m|），
∵y＝﹣x2﹣x+4＝﹣（x+1）2+，
設平移后的拋物線的解析式為：y＝﹣（x+1﹣m）2++m，
令x＝0，得點M的縱坐
標yM＝﹣（1﹣m）2++m＝﹣+6，
∴點M的縱坐標的最大值是6；
②存在，
由題意得：EF＝AC＝4，AB＝6，
過點E作EQ⊥x軸于Q，設AE＝n，
i）如圖3，E，F兩點都在x軸上方時，
∵∠BAE＝∠FAB，
∴當∠ABE＝∠AFB時，△ABE∽△AFB，
∴，∴AB2＝AE AF，
∴36＝n（n+4），
解得：n＝﹣2（n＝﹣2﹣2不符合題意，舍去），
∴AQ＝EQ＝﹣2+，
∴此時點E的坐標為（﹣6+，﹣2+）；
ii）如圖4，E，F兩點分別在x軸兩側時，
△ABE始終是鈍角三角形，且∠BAE＞∠BFA，
此時△ABE與△AFB不相似；
iii）如圖5，E，F兩點都在x軸下方時，
∵∠BAE＝∠FAB，
∴當∠ABE＝∠AFB時，△ABE∽△AFB，
∴，
∴AB2＝AE AF，
∴36＝n（n﹣4），
解得：n＝2（n＝2﹣2不符合題意，舍去），
∴AQ＝EQ＝2+，
∴此時點E的坐標為（﹣6﹣，﹣2﹣）；
綜上，當點E的坐標為（﹣6+，﹣2+）或（﹣6﹣，﹣2﹣）時，A、E、B為頂點的三角形與△ABF相似．
【點評】本題是二次函數綜合題，考查了二次函數的性質，相似三角形的判定和性質，解一元二次方程，平移的性質等知識，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵，并注意運用分類討論的思想解決問題．
聲明：試題解析著作權屬所有，未經書面同意，不得復制發布日期：2023/4/30 16:03:46；用戶：羅國浩；郵箱：409801198@；學號：19292793
模塊二：平移變換探究題
例題3：
【分析】（1）由折疊得BA＝BM，PA＝PM，再根據線段垂直平分線的判定定理即可得證；證明△MAB是等邊三角形即可求出角度；
（2）對A點分別落在對角線AC、BD上進行分類討論，①當A點落在對角線BD上E點時，設AP＝x，分別出PE、DE、PD，用勾股定理即可求解；②當A點落在對角線AC上E點時，過E作EF∥AB，設AP＝x，PF＝a，證明△GEB∽△FPE，從而求出GE＝，再求出GE、BG，用勾股定理即可求解；
（3）設AP＝x，分別求出當0＜x≤4和4＜x≤8時，面積所滿足的函數關系式，并在x的取值范圍內求出各自的最大值，對最大值再進行比較取較大的最大值．
【解答】解：（1）線段AM與線段PB的位置關系為AM⊥PB，理由如下：
如圖1，連接AM，
由折疊得：BA＝BM，PA＝PM，
∴B、P都在AM的垂直平分線上，
∴BP是AM的垂直平分線，
∴AM⊥PB；
∠MBC＝30°，理由如下：
將矩形ABCD對折，使得AD與BC重合，展開得到折痕EF，
∴EF垂直平分AB，
∴MA＝MB，
∴MA＝MB＝BA，
∴△MAB是等邊三角形，
∴∠MBA＝60°，
∴∠MBC＝90°﹣∠MBA＝90°﹣60°＝30°；
故答案為：AM⊥PB，30°；
（2）①如圖2，當A點落在對角線BD上E點時，
在矩形ABCD中，
∵AD＝BC＝8，∠DAB＝90°，AB＝6，
∴BD＝＝10，
設AP＝x，由折疊得：PE＝AP＝x，BE＝AB＝6，
∴PD＝8﹣x，∠DEP＝∠PEB＝∠DAB＝90°，DE＝BD﹣BE＝10﹣6＝4，
∵PE2+DE2＝PD2，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，∴PA＝3；
②如圖3，當A點落在對角線AC上E點時，
過E作EF∥AB，交AD于F，交BC于G，
∴∠EFP＝∠EGB＝90°，
∴∠GBE+∠BEG＝90°，
由折疊得：∠PEB＝90°，
∴∠FEP+∠BEG＝90°，
∴∠GBE＝∠FEP，
∴△GEB∽△FPE，
∴＝，
設AP＝x，PF＝a，
∴BG＝x+a．PE＝AP＝x，BE＝AB＝6，CG＝8﹣（x+a），
∴＝，
∴GE＝，
∵EF∥AB，
∴＝，
∴＝，
整理得：a＝，
∴BG＝x+＝，
∴GE＝ ＝，
∵GE2+BG＝BE，
∴[]2+（）2＝36，
整理得2x2﹣9x＝0，
解得x1＝，x2＝0（舍去），
綜上所述：PA的長為3或；
（3）∵PQ∥BD，∴＝，
設AP＝x，
∴＝，解得AQ＝x，
∵△APQ翻折后的三角形為△PQE，
∴PE＝AP＝x，QE＝AQ＝x，
①當點E在PQ與BD之間或在對角線BD上時，如圖4，圖5，
∴0＜x≤4，
∵S△PEQ＝PE QE＝x x＝x2，
∴此時折后△APQ與△ABD重疊部分面積S△PEQ＝x2（0＜x≤4），
∵＞0，
∴在0＜x≤4，當x＝4時，S′的最大值＝×16＝6；
②當點E在對角線BD的右側時，PE交BD于M，QE交BD于N，如圖6，
∴4＜x≤8，
由翻折得∠APQ＝∠QPE，
∵PQ∥BD，
∴∠APO＝∠PDM，∠EMN＝∠QPE，
∴∠EMN＝∠PDM，
∴∠EMN＝∠PMD，
∴∠PDM＝∠PMD，
∴PD＝PM，
同理可證QB＝QN，
∴PD＝PM＝8﹣x，QB＝QN＝6﹣x，
∴ME＝PE﹣PM＝x﹣（8﹣x）＝2x﹣8，
∴NE＝QE﹣QN＝x﹣（6﹣x）＝x﹣6，
∴△MEN的面積＝ME NE＝（2x﹣8）（x﹣6）＝（x﹣4）2，
此時折疊后△APQ與△ABD重疊部分面積＝S″，
∴S″＝△PEQ的面積﹣△MEN的面積＝x2﹣（x﹣4）2＝﹣（x﹣）2+8（4＜x≤8），
∵﹣＜0，∴在4＜x≤8，當x＝時，S″的最大值＝8，
綜合①②，S′的最大值＝6，S″的最大值＝8，
∴S′的最大值＜S″的最大值，
∴折疊后△APQ與△ABD重疊部分面積的最大值是8，此時AP＝．
【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了以矩形為背景的典型折疊問題，考查的主要知識有折疊的性質、等邊三角形的判定及性質、三角形相似的判定及性質、勾股定理、平行線分線段成比例定理、二次函數等，熟練掌握典型折疊問題的解法及找出函數關系式是解題的關鍵．
例4：
【分析】（1）根據將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，即得∠BFG＝90°＝∠C，可證Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）延長BH，AD交于Q，設FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，有82+x2＝（6+x）2，得x＝，DH＝DC﹣HC＝，由△BFG∽△BCH，得＝＝，BG＝，FG＝，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得＝，即＝，DQ＝，設AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，因＝，有＝，即解得AE的長為；
（3）分兩種情況：（Ⅰ）當DE＝DC＝2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，設DQ＝x，QE＝y，則AQ＝6﹣x，CP＝2x，由AE是△AQF的角平分線，有＝①，在Rt△HQE中，（2﹣x）2+（x）2＝y2②，可解得x＝，CP＝2x＝；
（Ⅱ）當CE＝DC＝2時，延長FE交AD延長線于Q'，過Q'作Q'H'⊥CD交CD延長線于H'，同理解得x'＝，CP＝．
【解答】（1）證明：∵將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，
∴∠BFG＝90°＝∠C，
∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）解：延長BH，AD交于Q，如圖：
設FH＝HC＝x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，
∴82+x2＝（6+x）2，解得x＝，
∴DH＝DC﹣HC＝，
∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴＝＝，即＝＝，
∴BG＝，FG＝，
∵EQ∥GB，DQ∥CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴＝，即＝，∴DQ＝，
設AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，
∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+＝﹣m，
∵△EFQ∽△GFB，∴＝，即＝，解得m＝，∴AE的長為；
方法2：連接GH，如圖：
∵CH＝FH，GH＝GH，
∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），
∴CG＝FG，
設CG＝FG＝x，則BG＝8﹣x，
在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，
∴62+x2＝（8﹣x）2，解得x＝，
∴BG＝BC﹣x＝，
∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，
∴EG＝BG＝，
∴EF＝EG﹣FG＝；∴AE＝；
（3）解：方法一：
（Ⅰ）當DE＝DC＝2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，如圖：
設DQ＝x，QE＝y，則AQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，∴△CPE∽△QDE，∴＝＝2，∴CP＝2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分線，
∴＝，即＝①，
∵∠D＝60°，
∴DH＝DQ＝x，HE＝DE﹣DH＝2﹣x，HQ＝DH＝x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2，
∴（2﹣x）2+（x）2＝y2②，
聯立①②可解得x＝，∴CP＝2x＝；
（Ⅱ）當CE＝DC＝2時，延長FE交AD延長線于Q'，過Q'作Q'H'⊥CD交CD延長線于H'，如圖：
設DQ'＝x'，Q'E＝y'，則AQ'＝6+x'，
同理∠Q'AE＝∠EAF，
∴＝，即＝，
由H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（x'）2+（x'+4）2＝y'2，
可解得x'＝，
∴CP＝x'＝，
綜上所述，CP的長為或．
方法二：
（Ⅰ）當DE＝DC＝2時，連接CF，過P作PK⊥CD于K，如圖：
∵四邊形ABCD是菱形，∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，
∴∠PCK＝60°，
∵將△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，
∴∠AFC＝∠ACF，
∴∠PFC＝∠PCF，
∴PF＝PC，
設PF＝PC＝2m，
在Rt△PCK中，CK＝m，PK＝m，
∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m，
在Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2，
∴（4﹣m）2+（m）2＝（2+2m）2，解得m＝，∴PC＝2m＝；
（Ⅱ）當CE＝DC＝2時，連接CF，過P作PT⊥CD交DC延長線于T，如圖：
同（Ⅰ）可證AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，
∴PC＝PF，
設PC＝PF＝2n，
在Rt△PCT中，
CT＝n，PT＝n，
∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n，
在Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2，
∴（n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2，
解得n＝，∴PC＝2n＝，
綜上所述，CP的長為或．
【點評】本題考查四邊形的綜合應用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定與性質，三角形角平分線的性質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是方程思想的應用．
練習二：
1.
【分析】（1）根據矩形是中心對稱圖形，可以將Rt△ABC旋轉180°得到Rt△ADC而得出結論；
（2）連接BB'，由題意得EF垂直平分BC，就有BB'＝B'C，由翻折可得B'C＝BC，從而△BB'C為等邊三角形．就可以求出∠B'CB＝60°；
（3）分別取CE、EG、GI的中點P、Q、R，連接DP、FQ、HR、AD、AF、AH，由BA＝BC，根據平移變換的性質，就有△CDE、△EFG和△GHI都是等腰三角形，就有DP⊥CE，FQ⊥EG，HR⊥GI，由勾股定理就可以求出HR2＝a2，從而得出新三角形三邊的值，從而得出結論；
（4）將△BOC'沿BB'方向平移2個單位，所移成的三角形記為△B'PR，將△COA'沿A'A方向平移2個單位，所移成的三角形記為△AQR．由條件可以得出△AQR為等邊三角形，由等邊三角形的性質就可以求出△AQR的面積為，從而就可以得出結論．
【解答】解：（1）將△ABC繞點O旋轉180°后可得到△ADC；
故答案為：將△ABC繞點O旋轉180°后可得到△ADC．
（2）如圖2﹣2﹣1，連接BB'，由題意得EF垂直平分BC，
∴BB'＝B'C，由翻折可得，
∴B'C＝BC，
∴△BB'C為等邊三角形．
∴∠B'CB＝60°，
∴∠B'CG＝30°，
∵∠GB′C＝90°，∴∠B'GC＝60°；
（3）如圖3﹣1﹣1，分別取CE、EG、GI的中點P、Q、R，連接DP、FQ、HR、AD、AF、AH，
∵BA＝BC，根據平移變換的性質，
∴△CDE、△EFG和△GHI都是等腰三角形，
∴DP⊥CE，FQ⊥EG，HR⊥GI，GR＝EQ＝CP＝0.5a，DP＝FQ＝HR．
∵AC＝a，
∴AI＝4a．
∵AH＝AI，
∴AH＝4a，AR＝3.5a．
∴AH2＝16a2．
在Rt△AHR中，AH2＝HR2+AR2，
16a2＝HR2+a2，
HR2＝a2，
∴DP2＝FQ2＝HR2＝a2，
在Rt△ADP和Rt△AFQ中，由勾股定理，得
AD2＝AP2+DP2＝6a2，AF2＝AQ2+FQ2＝10a2，
∴AH2＝AD2+AF2，
∴新三角形為直角三角形，
∴新三角形三邊長為4a、a、a．
其面積為：a×a＝a2．
∵a2＜15，
∴a2＜15
∴a的最大整數值為3．
（4）如圖4﹣1﹣1，將△BOC'沿BB'方向平移2個單位，所移成的三角形記為△B'PR，
將△COA'沿A'A方向平移2個單位，所移成的三角形記為△AQS．連接PQ，
∵QR+PR＝OC+OC'，
∴Q、R、P三點共線．
∵OQ＝OA+AQ＝OA+OA'＝AA'＝2，
OP＝OB'+B'P＝OB'+OB＝BB'＝2．且∠QOP＝60°，
∴△OPQ為等邊三角形．
∴PQ＝OQ＝OP＝2．
∵RP＝OC′，QS＝OC，
∴RP+QS＝OC′+OC＝CC′＝2＝PQ，
∴R、S重合．
∴S△QOP＝，
∵S△AOB+S△BOC+S△COA＝S△AOB+S△B'PR+S△PQA＜S△OPQ，
∴S△AOB+S△BOC+S△COA＜．
【點評】本題考查了旋轉變換的運用，翻折變換的運用，平移變換的運用，等邊三角形的性質的運用，勾股定理的運用，等腰三角形的性質的運用，三角形的面積公式的運用．本題的綜合性較強要求學生熟練的運用圖形變換解題是關鍵．
2.
【分析】（1）根據圖形翻折變換的性質可
設AE＝x，則EF＝8﹣x，利用勾股定理
即可求出AE的長，進而求出EF的長；
（2）根據圖形翻折變換的性質可得到∠MFE＝90°，由相似三角形的判定定理可得出△AEF∽△DFM，再由相似三角形的對應邊成比例即可得出△FMD各邊的長，進而求出其周長；
（3）①設AF＝x，利用勾股定理可得出AE＝4﹣，同理可知△AEF∽△DFM，再由相似三角形的性質可得出△FMD的周長，由正方形的性質及全等三角形的判定定理可知△AFB≌△KEG，進而可得出四邊形AEGD的面積，由其面積表達式即可求出其面積的最大值．
【解答】解：（1）AE＝3cm，EF＝5cm；
設AE＝x，則EF＝8﹣x，AF＝4，∠A＝90°，42+x2＝（8﹣x）2，x＝3，
∴AE＝3cm，EF＝5cm；
（2）如答圖1，∵∠MFE＝90°，
∴∠DFM+∠AFE＝90°，
又∵∠A＝∠D＝90°，∠AFE＝∠DMF，
∴△AEF∽△DFM，
∴，
又∵AE＝3，AF＝DF＝4，EF＝5
∴，，，，
∴△FMD的周長＝4++＝16；
（3）①乙的結果不會發生變化
理由：如答圖2，設AF＝x，EF＝8﹣AE，
x2+AE2＝（8﹣AE）2，
∴AE＝4﹣，
同上述方法可得△AEF∽△DFM，C△AEF＝x+8，FD＝8﹣x，
則，＝16
②丙同學的結論還成立．
證明：如答圖2，
∵B、F關于GE對稱，
∴BF⊥EG于P，
過G作GK⊥AB于K，
∴∠FBE＝∠KGE，
在正方形ABCD中，GK＝BC＝AB，∠A＝∠EKG＝90°，
∴△AFB≌△KEG，
∴BF＝EG．
由上述可知AE＝4﹣，△AFB≌△KEG，
∴AF＝EK＝x，AK＝AE+EK＝AF+AE＝4﹣+x，
S＝×8＝0.5×8（AE+AK）
＝4×（4﹣+4﹣+x）＝
S＝，（0＜x＜8）
當x＝4，即F與AD的中點重合時S最大，S最大＝40．
【點評】本題考查的是相似三角形的判定與性質、圖形翻折變換的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理及二次函數的最值問題，涉及面較廣，難度適中．
3.
【分析】（1）利用翻折變換的性質判斷即可；
（2）結論：∠DEC＝∠B'CE．證明DE∥CB′即可；
（3）證明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解決問題．
（4）結論：DG2＝EG2+B′C2．如圖（3）中，延長DG交EB′的延長線于點T，過點D作DR⊥GA′交GA′的延長線于點R．想辦法證明DE＝CB′，可得結論．
【解答】解：（1）如圖（1）中，由翻折的性質可知，A′D∥B′E．
故答案為：A′D∥B′E；
（2）結論：∠DEC＝∠B'CE．
理由：如圖（2）中，連接BB′．
∵EB＝EC＝EB′，
∴∠BB′C＝90°，
∴BB′⊥B′C，
由翻折變換的性質可知BB′⊥DE，
∴DE∥CB′，∴∠DEC＝∠B′CE；
（3）結論：∠DEG＝90°．
理由：如圖（2）中，連接DB，DB′，
由翻折的性質可知∠BDE＝∠B′DE，
設∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB＝∠B′DA′，
∴∠A′DG＝∠BDB′＝2x，
∴∠DGA′＝180°﹣2x﹣y，
∵∠BEB′＝∠EBD+∠EB′D+∠BDB′，
∴∠BEB′＝180°﹣y+2x，
∵EC＝EB′，
∴∠EB′C＝∠ECB′＝∠BEB′＝90°﹣y+x，
∴∠GB′C＝∠A′B′E﹣∠EB′C＝180°﹣y﹣（90°﹣y+x）＝90°﹣y﹣x，
∴∠CGA′＝2∠GB′C，
∵∠CGA′＝∠GB′C+∠GCB′，
∴∠GB′C＝∠GCB′，
∴GC＝GB′，
∵EB′＝EC，
∴EG⊥CB′，
∵DE∥CB′，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG＝90°；
（4）結論：DG2＝EG2+B′C2．
理由：如圖（3）中，延長DG交EB′的延長線于點T，過點D作DR⊥GA′交GA′的延長線于點R．
設GC＝GB′＝x，CD＝A′D＝A′B′＝2a，
∵∠B＝60°，
∴∠A＝∠DA′B′＝120°，
∴∠DA′R＝60°，
∴A′R＝A′D cos60°＝a，DR＝a，
在Rt△DGR中，則有（2a+x）2＝（a）2+（3a﹣x）2，
∴x＝a，
∴GB′＝a，A′G＝a，
∵TB′∥DA′，
∴＝，
∴＝，
∴TB′＝a，
∵CB′∥DE，
∴＝＝＝，
∴DE＝CB′，
∵∠DEG＝90°，
∴DG2＝EG2+DE2，
∴DG2＝EG2+B′C2．
【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質，翻折變換，勾股定理，解直角三角形，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數解決問題，學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
4.
【分析】（1）以AE為半徑作弧交AF于點G，以FG為半徑交EF于點X，則點X即為所求；
（2）①根據折疊的性質得出∠1＝∠2，∠NHO＝2∠1，根據平行線的性質得出∠1＝∠3，根據等腰三角形的性質得出∠3＝∠4＝∠1＝∠2，繼而即可得出∠GRH+∠OHP＝180°；
②設MO，RG交于點Y，證明△YOR∽△EOM，求得，即可求解；
③連接QO，過點O作OW⊥MQ于點W，過點Q作QZ⊥GO于點Z，證明△GOW∽△GQZ，設MG＝a，則GO＝MG＝a，GQ＝OQ＝OM＝30﹣a，根據相似三角形的性質得出，則，根據②的結論進而即可求解．
【解答】解：（1）如圖所示，以AE為半徑作弧交AF于點G，以FG為半徑交EF于點X，則點X即為所求；
理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，E、F分別是AB、CD的中點．
設正方形的邊長為2a，則AE＝AG＝a，EF＝2a，
∵∠AEF＝90°，
∴AF＝＝＝a，
∵AG＝AE，
∴，
∴，
∴，
∴點X即為所求；
（2）①如圖
∵OE⊥MN，OM＝ON，
∴∠MOE＝∠EON，
∵折疊，N與O重合，
∴∠1＝∠2，∠NHO＝2∠1，
∵EF∥NP，
∴∠1＝∠3，
∵OM⊥RG，ON⊥RH，
∴∠3＝∠4＝∠1＝∠2，
∴∠GRH＝2∠1＝∠NHO，
∵∠NHO+∠OHP＝180°，
∴∠GRH+∠OHP＝180°；
②如圖所示，設MO，RG交于點Y，依題意，，，
∵∠OEM＝90°，∴OM＝＝＝5，
∵折疊，M，O重合，
∴MO⊥RG，，
∴∠OYR＝90°，
依題意∠MEO＝90°，∴∠MEO＝∠RYO＝90°，
又∵∠YOR＝∠EOM，∴△YOR∽△EOM，
∴，∴，解得：，
∴；
③如圖，連接QO，過點O作OW⊥MQ于點W，過點Q作QZ⊥GO于點Z，
∵發現點L與點Q重合、點K與點P重合，∴OQ＝QG，
∵QZ⊥GO，∴∠GQZ＝∠OQZ，
設∠GQZ＝∠OQZ＝α，
∵MG＝MO，∴∠GMO＝∠GOM，
又∵O為矩形對角線的交點，∴OM＝OQ，
∴∠GMO＝∠GQO＝2α，
∴∠GOM＝∠GMO＝2α，
∴∠ZGQ＝∠GMO+∠GOM＝4α，
在Rt△GZQ中，∠ZGQ＝4α，∠GQZ＝α，
∴∠ZGQ+∠GQZ＝5α＝90°，解得：α＝18°，
∵OW⊥MQ，QZ⊥OG，
∴∠GOW+∠ZQG＝∠GQZ+∠ZQG，
∴∠GQZ＝∠GOW＝α＝18°，
∴△GOW∽△GQZ，∴，
設MG＝a，則GO＝MG＝a，GQ＝OQ＝OM＝30﹣a，
∵O為EF的中點，W為MQ的中點，則，，
∵， ∴，整理得到a2﹣90a+900＝0，
解得：或，
∵a＜30﹣a，即a＜15，
∴，
即，
由②得∴△YOR∽△EOM，
∴，
∴， 解得：，
∴．
【點評】本題考查了黃金分割比，相似三角形的性質與判定，折疊問題，掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
模塊三：旋轉變換探究題
例5：
【分析】（1）將△APC繞點A逆時針旋轉60°得到△AFE，易知△AFP是等邊三角形，∠EAB＝90°，轉化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．
（2）將△APB繞點A逆時針旋轉90°得到△AFE，易知△AFP是等腰直角三角形，∠EAB＝135°，作EH⊥BA交BA的延長線于H．轉化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．
（3）如圖5中，將△APD繞點A逆時針旋轉60°得到△AFE，則易知△AFP是等邊三角形，轉化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“垂線段最短”求最小值．
【解答】解：（1）如圖3中，
將△APC繞點A逆時針旋轉60°得到△AFE，易知△AFP是等邊三角形，∠EAB＝90°，
在Rt△EAB中，BE＝＝5，
∵PA+PB+PC＝EF+FP+PB≥BE，
∴PA+PB+PC≥5，
∴PA+PB+PC的最小值為5．
故答案為5．
（2）如圖4中，
將△APB繞點A逆時針旋轉90°得到△AFE，易知△AFP是等腰直角三角形，∠EAC＝135°，作EH⊥BA交BA的延長線于H．
在Rt△EAH中，∵∠H＝90°，∠EAH＝45°，AE＝AB＝2
∴EH＝AH＝2，
在Rt△EHC中，EC＝＝
∵PA+PB+PC＝FP+EF+PC≥CE，
∴PA+PB+PC≥，
∴PA+PB+PC的最小值為．
（3）如圖5中，將△APD繞點A逆時針旋轉60°得
到△AFE，則易知△AFP是等邊三角形，
作EH⊥BC于H，交AD于G．
∵PA+PD+PQ＝EF+FP+PQ≥EH，
易知EG＝AE sin60°＝，GH＝AB＝2，
∴EH＝2+，
∴PA+PD+PQ≥+2，
∴PA+PD+PQ的最小值為+2．
【點評】本題是四邊形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定，兩點之間線段最短時的位置的確定，解本題的關鍵是確定取最小值時的位置．
例6：
【分析】（1）△ADE∽△ABE；△DCA∽△ABE．由于∠BAE＝∠BAD+45°，∠CDA＝∠BAD+45°，那么∠BAE＝∠CDA，而∠B＝∠C＝45°，易證△ABE∽△DCA，由于D在BC上，且D點與B點不重合，那么△ADE不≌△ABE，同理可證△ADE∽△ABE；
（2）由于斜邊長是2，根據勾股定理易求直角邊等于，由（1）知△ACD∽△ABE，利用比例線段可求m n值；
（3）不變．由于∠BEA＝∠EAC+45°，∠CAD＝45°+∠EAC，易得∠BEA＝∠CAD，而∠ABE＝∠DCA＝45°，可證△EBA∽△ACD，利用比例線段可求BE CD＝AB AC，而根據題意知AB＝AC＝，從而可求BE CD的值，可得不變的結論．
【解答】解：（1）△ADE∽△ABE；△DCA∽△ABE．
下面進行證明△DCA∽△ABE，
∵∠FAG＝∠ACB＝45°，
∴∠BAE＝∠BAD+45°，∠CDA＝∠BAD+45°，
∴∠BAE＝∠CDA，
又∵∠B＝∠C＝45°，
∴△ABE∽△DCA，
由于D在BC上，且D點與B點不重合，
∴△DCA∽△ABE；
同理可得△ADE∽△ABE；
（2）∵△DCA∽△ABE，
∴，
由依題意，可知：CA＝BA＝，
∴，
∴m n＝2；
（3）不變．
∵∠BEA＝∠EAC+45°，∠CAD＝45°+∠EAC，
∴∠BEA＝∠CAD，
又∵∠ABE＝∠DCA＝45°，
∴△EBA∽△ACD，
∴＝，
∴BE CD＝AB AC＝×＝2．
【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質．解題的關鍵是利用三角形外角的性質，證明∠BAE＝∠CDA，∠BEA＝∠CAD．
練習三：
1.
【分析】（1）可根據（1）中的相似三角形BAE和CDA得出關于AB，BE，CD，AC的比例關系，AB，AC可通過等腰直角三角形求出，因此根據比例關系即可得出m，n的函數關系式．
（2）根據（2）的函數關系式，即可求出BE，CD的長，從而也就能求出OD，OE，DE，BD，CE的長，那么可通過計算得出本題的結論．
（3）根據旋轉角，我們知道HB⊥BD，那么DH2＝BH2+BD2，而BH＝CE，于是關鍵是證明HD＝DE，連接AH，DH那么可通過證三角形AHD和ADE全等來求解．
【解答】解：（1）可得△ABE∽△DAE，△ABE∽△DCA．
∵∠BAE＝∠BAD+45°，∠CDA＝∠BAD+45°，∴∠BAE＝∠CDA．
又∵∠ABC＝∠ACB＝45°，∴△ABE∽△DCA．
（2）∵△ABE∽△DCA，
∴＝．
由依題意可知CA＝BA＝．
∴＝．∴m＝．自變量n的取值范圍為1＜n＜2．
（3）由BD＝CE可得BE＝CD，即m＝n，
∵m＝，
∴m＝n＝．
∵OB＝OC＝BC＝1，
∴OE＝OD＝﹣1．
∴D（1﹣，0）．
∴BD＝OB﹣OD＝1﹣（﹣1）＝2﹣＝CE．
DE＝BC﹣2BD＝2﹣2（2﹣）＝2﹣2．
∵BD2+CE2＝2BD2＝2（2﹣）2＝12﹣8，DE2＝（2﹣2）2＝12﹣8，
∴BD2+CE2＝DE2．
（4）等量關系BD2+CE2＝DE2成立．理由如下：
證明：如圖，將△ACE繞點A順時針旋轉90°至△ABH的位置，則CE＝HB，AE＝AH，
∠ABH＝∠C＝45°，旋轉角∠EAH＝90°．
連接HD，在△EAD和△HAD中．
∵，∴△EAD≌△HAD（SAS）．
∴DE＝DH．
∵∠HBD＝∠ABH+∠ABD＝90°，
∴BD2+HB2＝DH2．∴BD2+CE2＝DE2．
【點評】本題主要考查了等腰直角三角形的性質，相似三角形和全等三角形的判定和性質等知識點的綜合運用．根據相似三角形或全等三角形得出線段成比例或相等是解題的關鍵．
2.
【分析】（1）先判斷出∠B＝∠C＝∠FAG＝45°，進而判斷出∠DAC＝∠AEB，得出△BEA∽△CAD，即可得出結論；
（2）判斷出∠CAF＝∠DAE，即可得出結論；
（3）當AE在AF右邊時，在DE上取一點M，使∠MAD＝30°，過M作MN⊥AD于N，先判斷出∠AME＝∠ACB＝60°，進而判斷出∠CAM＝30°，再判斷出△ACF∽△AME，得出，進而得出CF＝，即可求出答案．當AE在AF左邊時，同理可得．
【解答】（1）解：結論BE CD＝AB2成立；
理由：∵△ABC和△AFG都是等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝∠FAG＝45°，
∵∠DAC＝∠CAE+45°，∠AEB＝∠CAE+45°，∴∠DAC＝∠AEB，
∵∠B＝∠C，
∴△BEA∽△CAD，∴，
∴AB AC＝BE CD，
∵AC＝AB，∴BE CD＝AB2，故答案為：成立；
（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠CAD＝∠ACB＝∠ADB＝45°，
∵∠EAF＝∠ADB，∴∠EAF＝∠CAD＝45°，
∴∠CAF+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，∴∠CAF＝∠DAE，
∵∠ACB＝∠ADB，∴△ADE∽△ACF；
（3）解：如圖，在DE上取一點M，使∠MAD＝30°，過M作MN⊥AD于N，
在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，
∴∠CAD＝∠ACB＝∠ADC＝60°，∴∠MDA＝∠ADC＝30°，
∴∠MAD＝∠MDA＝30°，∴∠AME＝60°，∴∠AME＝∠ACB＝60°，
∵∠CAD＝60°，∴∠MAD＝30°，∴∠CAM＝30°，
∵∠EAF＝∠ADB，∴∠EAF＝∠CAM＝30°，
∴∠CAF＝∠MAE，
∴△ACF∽△AME，
∴，
∵AN＝AD，AN＝AM，
∴，
∵AD＝AC，∴AC＝，
∴＝，∴CF＝，
∵菱形ABCD的邊長為12cm，∴BC＝AD＝12（cm），
∵BF＝9cm，∴CF＝＝3（cm），∴ME＝（cm），
∴＝×12＝4（cm），
∴DE＝ME+MD＝＝（cm），
當AE在AF左側時，如圖，過點A作AG⊥BC于G，過點E作EH⊥AB于H，
同理△AFG∽AEH，∴＝2，AH＝2EH，
∵BH＝EH，AB＝12，BH＝4，BE＝，
∴DE＝12﹣＝，故答案為：5或．
【點評】此題是相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，菱形的面積公式，作出輔助線構造出相似三角形是解本題的關鍵．
3.
【分析】（1）由正方形的性質得出AE＝AF，∠EAG＝90°，AB＝AD，∠BAD＝90°，得出∠EAB＝∠GAD，證明△AEB≌△AGD（SAS），則可得出結論；
（2）由菱形的性質得出AE＝AG，AB＝AD，證明△AEB≌△AGD（SAS），由全等三角形的性質可得出結論；
（3）方法一：過點E作EM⊥DA，交DA的延長線于點M，過點G作GN⊥AB交AB于點N，求出AG＝6，AD＝12，證明△AME∽△ANG，設EM＝2a，AM＝2b，則GN＝3a，AN＝3b，則BN＝8﹣3b，可得出答案；
方法二：證明△EAB∽△GAD，得出∠BEA＝∠AGD，則A，E，G，Q四點共圓，得出∠GQP＝∠PAE＝90°，連接EG，BD，由勾股定理可求出答案．
【解答】（1）證明：∵四邊形AEFG為正方形，
∴AE＝AG，∠EAG＝90°，
又∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝∠GAD，
∴△AEB≌△AGD（SAS），
∴BE＝DG；
（2）當∠EAG＝∠BAD時，BE＝DG，
理由如下：
∵∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAB＝∠GAD，
又∵四邊形AEFG和四邊形ABCD為菱形，
∴AE＝AG，AB＝AD，
∴△AEB≌△AGD（SAS），∴BE＝DG；
（3）解：方法一：過點E作EM⊥DA，交DA的延長線于點M，
過點G作GN⊥AB交AB于點N，
由題意知，AE＝4，AB＝8，
∵＝，∴AG＝6，AD＝12，
∵∠EMA＝∠ANG，∠MAE＝∠GAN，
∴△AME∽△ANG，
設EM＝2a，AM＝2b，則GN＝3a，AN＝3b，則BN＝8﹣3b，
∴ED2＝（2a）2+（12+2b）2＝4a2+144+48b+4b2，
GB2＝（3a）2+（8﹣3b）2＝9a2+64﹣48b+9b2，
∴ED2+GB2＝13（a2+b2）+208＝13×4+208＝260．
方法二：如圖2，設BE與DG交于Q，BE與AG交于點P，
∵，AE＝4，AB＝8
∴AG＝6，AD＝12．
∵四邊形AEFG和四邊形ABCD為矩形，
∴∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAB＝∠GAD，
∵，∴△EAB∽△GAD，
∴∠BEA＝∠AGD，
∴A，E，G，Q四點共圓，
∴∠GQP＝∠PAE＝90°，∴GD⊥EB，
連接EG，BD，
∴ED2+GB2＝EQ2+QD2+GQ2+QB2＝EG2+BD2，
∴EG2+BD2＝42+62+82+122＝260．
【點評】本題是相似形綜合題，考查了正方形的性質，菱形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，熟練掌握特殊平行四邊形的性質是解題的關鍵．
4.
【分析】（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積＝△OBC的面積＝正方形ABCD的面積＝1；當OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積＝正方形ABCD的面積＝1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為S1＝S．利用全等三角形的性質證明即可；
（2）①結論：△OMN是等邊三角形．證明OM＝ON，可得結論；
②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM＝∠CON＝30°，解直角三角形求出OJ，即可解決問題；
（3）如圖4﹣1中，過點O作OQ⊥BC于點Q，當BM＝CN時，△OMN的面積最小，即S2最小．如圖4﹣2中，當CM＝CN時，S2最大．分別求解即可．
【解答】解：（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，OE與OC重合時重疊部分的面積＝△OBC的面積＝正方形ABCD的面積＝1；
當OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積＝正方形ABCD的面積＝1；
一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為S1＝S．
理由：如圖1中，設OF交AB于點J，OE交BC于點K，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥BC于點N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM＝ON，
∵∠OMB＝∠ONB＝∠B＝90°，
∴四邊形OMBN是矩形，
∵OM＝ON，
∴四邊形OMBN是正方形，
∴∠MON＝∠EOF＝90°，
∴∠MOJ＝∠NOK，
∵∠OMJ＝∠ONK＝90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ＝S△ONK，
∴S四邊形OKBJ＝S正方形OMBN＝S正方形ABCD，
∴S1＝S．故答案為：1，1，S1＝S．
（2）①如圖2中，結論：△OMN是等邊三角形．
理由：過點O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT＝CT，
∵BM＝CN，
∴MT＝TN，
∵OT⊥MN，
∴OM＝ON，
∵∠MON＝60°，
∴△MON是等邊三角形；
②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．
∵CM＝CN，∠OCM＝∠OCN，OC＝OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM＝∠CON＝30°，
∴∠OMJ＝∠COM+∠OCM＝75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM＝90°﹣75°＝15°，
∵BJ＝JC＝OJ＝1，
∴JM＝OJ tan15°＝2﹣，
∴CM＝CJ﹣MJ＝1﹣（2﹣）＝﹣1，
∴S四邊形OMCN＝2××CM×OJ＝﹣1．
（3）如圖4﹣1中，過點O作OQ⊥BC于點Q，當BM＝CN時，△OMN的面積最小，
即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ＝OQ tan＝tan，
∴MN＝2MQ＝2tan，∴S2＝S△OMN＝×MN×OQ＝tan．
如圖4﹣2中，當CM＝CN時，S2最大．
同法可證△COM≌△CON，
∴∠COM＝α，
∵∠COQ＝45°，
∴∠MOQ＝45°﹣α，
QM＝OQ tan（45°﹣α）＝tan（45°﹣α），
∴MC＝CQ﹣MQ＝1﹣tan（45°﹣α），
∴S2＝2S△CMO＝2××CM×OQ＝1﹣tan（45°﹣α）．
【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質，旋轉變換，全等三角形的判定和性質，四邊形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
歸納、領悟，形成能力：
方法總結：
這是一節中考專題復習課，布魯納說過：“思維永遠是從問題開始的.”如果教師依然采用程式化的復習方式，那么就很難調動學生的積極性，同時也很難喚醒學生求知的欲望.基于此，本課例的設計采用了講練+探究的模式，學生在自己獨立做題之后，再互相意見碰撞，激發出意想不到的思維成果，同時也增強語言表達能力.還讓學生用相關的幾何畫板為工具，親身經歷畫圖-觀察-猜想-驗證-歸納，得出旋轉變換的特點.教學中，適時采用實物投影儀展示學生的成果，提高課堂的效率；借助幾何畫板演示動態的旋轉圖形，直觀、形象地呈現圖形的旋轉過程，使信息技術與教學內容有機整合，真正為教學服務．通過課堂小結，增強學生學習過程中的反思意識，培養他們良好的學習習慣．
近幾年，中考數學試題的壓軸題中常出現動態問題.這類問題，涉及的知識面廣， 綜合性強，解答時有一定的難度，需要學生有一定的數學方式的理性思維，能進行數學思考.本節課中，講練+探究模式的設計充分體現學生“動手操作、獨立思考、合作交流、及時反思”的過程.動手操作，能讓學生學會數學思考；獨立思考，能讓學生體會數學思考；合作交流，能讓學生完成數學思考；及時反思，能讓學生發展數學思考.
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)中考壓軸題難點突破6
《與幾何變換相關的探究題》自主學習單
一、知識技能梳理：
運動與變化是數學研究中一種基本方法.平移、軸對稱、旋轉是圖形變換的常見三種形式.平移與軸對稱都是關于直線運動的，而旋轉是關于點運動的.因此，旋轉是對圖形運動的完善與補充.從變換的角度來研究諸如等腰直角三角形、等邊三角形、正方形等圖形的結構有助于對這些幾何圖形有更本質的認識.
通過對幾何圖形變換內容的復習，既培養了學生動手操作的能力，又培養了他們用數學的方法解決有關問題的能力.通過對數與形的有關問題的解決，使得學生數學思維又提升一個層次.
平移、旋轉與翻折是幾何變換中的三種基本變換，也是初中課程中十分重要的學習內容，平移、旋轉與翻折只改變圖形的位置，不改變圖形的形狀和大小，因此我們又稱這三種變換為全等變換．在解決一些數學問題時，可以利用這三種變換使得問題簡單化．
本節分三個模塊進行探究學習：
模塊一：平移是圖形變換中最簡單的變換，平移它可以將線段和角平移到一個新的位置，從而把分散的條件集中到一起，使問題得以解決．平移包括以下三個方面的應用：一、分散的條件集中；二、復雜圖形變得簡單明了；三、轉化題目的形式．
模塊二：探究翻折變換，折疊（折）問題是幾何變換問題中的常見問題，它體現了平面幾何圖形變換中基本數量關系和幾何關系，是考查幾何知識的常見類型．
模塊三：旋轉變換是幾何變換的一種基本模型．經過旋轉，往往能使圖形的幾何性質明白顯現．題設和結論中的元素由分散變為集中，相互之間的關系清楚明了，從而將求解問題靈活轉化．
二、學習過程
模塊一：平移變換探究題
例1：
如圖1，在正方形中ABCD中，E，F，G分別是BC，CD，AD上的點，GE⊥BF于點O，那么GE＝BF．
證明過程如下：
∵GE⊥BF于點O，∴∠GOB＝90°
過點A作AH∥GE交BC于點H，交BF于點M．
∴∠AMB＝∠GOB＝90°，
∴∠ABM+∠BAM＝90°
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AG∥HE，AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠ABM+∠FBC＝∠ABC＝90°，∴∠BAM＝∠FBC
∴△ABH≌△BCF（依據1），
∴AH＝BF
∵AH∥GE，AG∥HE，
∴四邊形AHEG為平行四邊形（依據2），
∴AH＝GE，∴GE＝BF．
【閱讀理解】填空：上述閱讀材料中“依據1”是 　　，“依據2”是 　　．
【遷移嘗試】如圖2，在5×6的正方形網格中，點A，B，C，D為格點，AB交CD于點M．則∠AMC的度數為 　　；
【拓展應用】如圖3，點P是線段AB上的動點，分別以AP，BP為邊在AB的同側作正方形APCD與正方形PBEF，連接DE分別交線段BC，PC于點M，N．求∠DMC的度數．
例2：
數學課上，李老師給出這么一道數學問題：如圖①，正方形ABCD中，點E是對角線AC上任意一點，過點E作EF⊥AC，垂足為E，交BC所在直線于點F．探索AF與DE之間的數量關系，并說明理由．
小明在解決這一問題之前，先進行特殊思考：如圖②，當E是對角線AC的中點時，他發現AF與DE之間的數量關系是 　 　．若點E在其它位置時，這個結論是否都成立呢？小明繼續探究，他用“平移法”將AF沿AD方向平移得到DG，將原來分散的兩條線段集中到同一個三角形中，如圖③，這樣就可以將問題轉化為探究DG與DE之間的數量關系．
（1）請你按照小明的思路，完成解題過程；
（2）你能用與小明不同的方法來解決李老師給出的“數學問題”嗎？請寫出解題過程．
練習一：
1.我們知道，二次函數y＝ax2的圖象進行向右或向左平移一次，再向上或向下平移一次可以得到y＝a（x+m）2+k的圖象．實際上，我們學過的反比例函數同樣可以找到平移規律．
（1）請直接寫出函數y＝2x2向右平移3個單位，再向上平移1個單位的函數解析式　 　．
（2）現在探究反比例函數的平移．探究一：把反比例函數的圖象向右平移3個單位，請你至少在圖象上取4個不同的點，分別找出平移后的點，通過對這些點的觀察、探究、猜想，寫出平移后的函數解析式．（寫出求解過程）
（3）探究二：一般地，函數的圖象可由哪個反比例函數的圖象經過怎樣的平移變換得到？
2.如圖1，直線AB與直線OC交于點O，∠BOC＝α°（0°＜α°＜90°）．小明將一個含30°，60°的直角三角板PQD如圖1所示放置，使頂點P落在直線AB上，過點Q作直線MN∥AB交直線OC于點H（點H在Q左側）．
（1）若PD∥OC，∠NQD＝45°，求α的度數．
（2）如圖2，若∠PQH的角平分線交直線AB于點E．
①當QE∥OC，α＝60°時，求證：OC∥PD．
②小明將三角板保持PD∥OC并向左平移，運動過程中，探究∠PEQ與α之間的數量關系，并說明理由．
3.如果一個矩形有兩個頂點在某拋物線上，那么稱該矩形是該拋物線的“半接矩形”．矩形ABCD在第一象限，點B（m，n）在拋物線y＝x2+bx+c（記為拋物線T）上．
（1）矩形ABCD是正方形，A（1，3），m＝1，b＝﹣3，c＝4，直接寫出點C，D的坐標，并證明；矩形ABCD是拋物線T的“半接矩形”；
（2）A（m，n+1），點C在AB邊的右側，BC＝3，矩形ABCD是拋物線T的“半接矩形”，若矩形ABCD的一條對稱軸是，將該矩形平移，使得平移后的矩形A1B1C1D1仍是拋物線T的“半接矩形”，請探究矩形ABCD如何平移．
4.如圖1，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A（﹣4，0）、B（2，0），與y軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖2，沿直線AC平移拋物線y＝﹣x2+bx+c，使得A、C兩點的對應點E、F始終在直線AC上．
①設在平移過程中拋物線與y軸交于點M，求點M縱坐標的最大值；
②試探究拋物線在平移過程中，是否存在這樣的點E，使得以A、E、B為頂點的三角形與△ABF相似．若存在，請直接寫出此時點E的坐標；若不存在，請簡要說明理由．
模塊二：翻折變換探究題
例3：
綜合與實踐課上，老師讓同學們以“矩形的折疊”為主題開展教學探究活動．在矩形ABCD中，已知AB＝6，BC＝8，點P是邊AD上的一個動點．
【操作判斷】
（1）如圖1，甲同學先將矩形ABCD對折，使得AD與BC重合，展開得到折痕EF．將矩形ABCD沿BP折疊，使A恰好落在EF上的M處，則線段AM與線段PB的位置關系為 　 　；∠MBC的度數為 　 　；
【遷移探究】
（2）如圖2，乙同學將矩形ABCD沿BP折疊，使A恰好落在矩形ABCD的對角線上，求此時AP的長；
【綜合應用】
（3）如圖3，點Q在邊AB上運動，且始終滿足PQ∥BD，以PQ為折疊，將△APQ翻折，求折疊后△APQ與△ABD重疊部分面積的最大值，并求出此時AP的長．
例4：
（1）發現：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交CD邊于G點．求證：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD＝8，AB＝6．將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于G點，延長BF交CD邊于點H，且FH＝CH，求AE的長．
（3）拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB＝6，E為CD邊上的三等分點，∠D＝60°．將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點P，求PC的長．
練習二：
1.一次數學活動課上，老師組織大家利用矩形進行圖形變換的探究活動．
（1）第一小組的同學發現，在如圖1﹣1的矩形ABCD中，AC、BD相交于點O，Rt△ADC可以由Rt△ABC經過一種變換得到，請你寫出這種變換的過程 ．
（2）第二小組同學將矩形紙片ABCD按如下順序進行操作：對折、展平，得折痕EF（如圖2﹣1）；再沿GC折疊，使點B落在EF上的點B′處（如圖2﹣2），這樣能得到∠B′GC的大小，你知道∠B′GC的大小是多少嗎？請寫出求解過程．
（3）第三小組的同學，在一個矩形紙片上按照圖3﹣1的方式剪下△ABC，其中BA＝BC，將△ABC沿著直線AC的方向依次進行平移變換，每次均移動AC的長度，得到了△CDE、△EFG和△GHI，如圖3﹣2．已知AH＝AI，AC長為a，現以AD、AF和AH為三邊構成一個新三角形，已知這個新三角形面積小于，請你幫助該小組求出a可能的最大整數值．
（4）探究活動結束后，老師給大家留下了一道探究題：
如圖4﹣1，已知AA′＝BB′＝CC′＝2，∠AOB′＝∠BOC′＝∠COA′＝60°，請利用圖形變換探究S△AOB′+S△BOC′+S△COA′與的大小關系．
2.某班甲、乙、丙三位同學進行了一次用正方形紙片折疊探究相關數學問題的課題學習活動．
活動情境：
如圖2，將邊長為8cm的正方形紙片ABCD沿EG折疊（折痕EG分別與AB、DC交于點E、G），使點B落在AD邊上的點 F處，FN與DC交于點M處，連接BF與EG交于點P．
所得結論：
當點F與AD的中點重合時：（如圖1）甲、乙、丙三位同學各得到如下一個正確結論（或結果）：
甲：△AEF的邊AE＝　 　cm，EF＝　 　cm；
乙：△FDM的周長為16cm；
丙：EG＝BF．
你的任務：
（1）填充甲同學所得結果中的數據；
（2）寫出在乙同學所得結果的求解過程；
（3）當點F在AD邊上除點A、D外的任何一處（如圖2）時：
①試問乙同學的結果是否發生變化？請證明你的結論；
②丙同學的結論還成立嗎？若不成立，請說明理由，若你認為成立，先證明EG＝BF，再求出S（S為四邊形AEGD的面積）與x（AF＝x）的函數關系式，并問當x為何值時，S最大？最大值是多少？
3.在數學興趣小組活動中，同學們對菱形的折疊問題進行了探究．如圖（1），在菱形ABCD中，∠B為銳角，E為BC中點，連接DE，將菱形ABCD沿DE折疊，得到四邊形A′B′ED，點A的對應點為點A′，點B的對應點為點B′．
（1）【觀察發現】A′D與B′E是什么位置關系？
（2）【思考表達】連接B′C，判斷∠DEC與∠B′CE 是否相等，并說明理由；
（3）如圖（2），延長DC交A′B′于點G，連接EG，請探究∠DEG的度數，并說明理由；
（4）【綜合運用】如圖（3），當∠B＝60° 時，連接B′C，延長DC交A′B′于點G，連接EG，請寫出B′C，EG，DG之間的數量關系，并說明理由．
4.紙飛機對于每一個孩子而言，都應該是一樣不會缺少的童年玩具．隨著年齡的增長，學習的知識逐漸增多，大家對紙飛機的探究也在繼續．
（1）如圖甲，“長跑冠軍”紙飛機是用正方形ABCD紙張折疊而成，E、F分別是AB、CD的中點．小明在探究“長跑冠軍”飛機時，發現飛機重心落在正方形ABCD的中心點O（即對角線的交點），他想將重心調整到線段的黃金分割點（靠近點E）處，以觀察重心的改變對飛機飛行情況的影響，請你用尺規作圖的方法，幫他找到線段EF的黃金分割點X（靠近點E）（保留作圖痕跡，不寫作法）．
（2）如圖乙是“英雄號”紙飛機的部分折疊步驟，小明在探究過程中，取矩形紙張MNPQ，MQ＝30cm，點O是對角線的交點，E、F為MN、QP的中點．
第一步：將點N與點O重合，折痕交NP于點H，交EF于點R；
第二步，將點M與點O重合，折痕經過R點，交MQ于點G；
第三步，將G、H點分別與點O重合，折痕交RG、RH、MQ、NP于S、T、L、K四點，S、T、R三點不重合；
第四步，……
①小明在折疊時，認為∠GRH+∠OHP＝180°，他說的對嗎？請結合圖四說明理由；
②若矩形紙張的寬為20cm，此時的值是多少？請你直接寫出答案；
③小明在折疊第三步時，發現點L與點Q重合、點K與點P重合，此時的值是多少呢？請你直接寫出答案（結果保留根號）．
模塊三：旋轉變換探究題
例5：
問題提出：如圖1，△ABC是邊長為1的等邊三角形，P為△ABC內部一點，連接PA、PB、PC，求PA+PB+PC的最小值．
方法分析：通過轉化，把由三角形內一點發出的三條線段（星型線）轉化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．
問題解決：如圖2，將△BPA繞點B逆時針旋轉60°至△BP'A'，連接PP'、A'C，記A′C與AB交于點D，易知BA'＝BA＝BC＝1，∠A'BC＝∠A'BA+∠ABC＝120°．由BP'＝BP，∠P'BP＝60°，可知△P'BP為正三角形，有PB＝P'P．
故．因此，當A'、P'、P、C共線時，PA+PB+PC有最小值是．
學以致用：
（1）如圖3，在△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝4，CA＝3，P為△ABC內部一點，連接PA、PB、PC，則PA+PB+PC的最小值是 ．
（2）如圖4，在△ABC中，∠BAC＝45°，，P為△ABC內部一點，連接PA、PB、PC，求的最小值．
（3）如圖5，P是邊長為2的正方形ABCD內一點，Q為邊BC上一點，連接PA、PD、PQ，求PA+PD+PQ的最小值．
例6：
【教材呈現】如圖1，在同一平面內，將兩個全等的等腰直角三角形ABC和AFG擺放在一起，A為公共頂點，∠BAC＝∠AGF＝90°，它們的斜邊長為2．若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，AF、AG與邊BC的交點分別為D、E（點D不與點B重合，點E不與點C重合），設BE＝m，CD＝n．
（1）請在圖中找出兩對相似而不全等的三角形，并選取其中一對進行證明；
（2）求m n的值；
（3）在旋轉過程中，當△AFG旋轉到如圖2的位置時，AG與BC交于點E，AF的延長線與CB的延長線交于點D，那么m n的值是否發生了變化？為什么？
練習三：
1.（例6變式1）【教材呈現】如圖1，在同一平面內，將兩個全等的等腰直角三角形ABC和AFG擺放在一起，A為公共頂點，∠BAC＝∠AGF＝90°，它們的斜邊長為2，若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，AF、AG與邊BC的交點分別為D、E（點D不與點B重合，點E不與點C重合），設BE＝m，CD＝n．
（1）求m與n的函數關系式，直接寫出自變量n的取值范圍；
（2）以△ABC的斜邊BC所在的直線為x軸，BC邊上的高所在的直線為y軸，建立平面直角坐標系（如圖2）．在邊BC上找一點D，使BD＝CE，求出D點的坐標，并通過計算驗證BD2+CE2＝DE2；
（3）在旋轉過程中，（2）中的等量關系BD2+CE2＝DE2是否始終成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．
2.（例6變式2）【教材呈現】（1）如圖1，在同一平面內，將兩個全等的等腰直角三角形ABC和AFG擺放在一起，點A為公共頂點，∠BAC＝∠G＝90°，若△ABC固定不動，將△AFG繞點A旋轉，邊AF，AG與邊BC分別交于點D，E（點D不與點B重合，點E不與點C重合），則結論BE CD＝AB2是否成立 　 　（填“成立”或“不成立”）；
【類比引申】（2）如圖2，在正方形ABCD中，∠EAF為∠BAD內的一個動角，兩邊分別與BD，BC交于點E，F，且滿足∠EAF＝∠ADB，求證：△ADE∽△ACF；
【拓展延伸】（3）如圖3，菱形ABCD的邊長為12cm，∠BAD＝120°，∠EAF的兩邊分別與BD，BC相交于點E，F，且滿足∠EAF＝∠ADB，若BF＝9cm，求線段DE的長.
3.背景：一次小組合作探究課上，小明將兩個正方形按如圖所示的位置擺放（點E、A、D在同一條直線上），發現BE＝DG且BE⊥DG．
小組討論后，提出了下列三個問題，請你幫助解答：
（1）將正方形AEFG繞點A按逆時針方向旋轉（如圖1），還能得到BE＝DG嗎？若能，請給出證明；若不能，請說明理由；
（2）把背景中的正方形分別改成菱形AEFG和菱形ABCD，將菱形AEFG繞點A按順時針方向旋轉（如圖2），試問當∠EAG與∠BAD的大小滿足怎樣的關系時，背景中的結論BE＝DG仍成立？請說明理由；
（3）把背景中的正方形分別改寫成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB＝8，將矩形AEFG繞點A按順時針方向旋轉（如圖3），連接DE，BG．小組發現：在旋轉過程中，DE2+BG2的值是定值，請求出這個定值．
4.綜合與實踐
問題提出
某興趣小組在一次綜合與實踐活動中提出這樣一個問題：將足夠大的直角三角板PEF（∠P＝90°，∠F＝60°）的一個頂點放在正方形中心O處，并繞點O逆時針旋轉，探究直角三角板PEF與正方形ABCD重疊部分的面積變化情況（已知正方形邊長為2）．
操作發現
（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，重疊部分的面積為 　 　；當OF與BC垂直時，重疊部分的面積為 　 　；一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為 　 　；
類比探究
（2）若將三角板的頂點F放在點O處，在旋轉過程中，OE，OP分別與正方形的邊相交于點M，N．
①如圖2，當BM＝CN時，試判斷重疊部分△OMN的形狀，并說明理由；
②如圖3，當CM＝CN時，求重疊部分四邊形OMCN的面積（結果保留根號）；
拓展應用
（3）若將任意一個銳角的頂點放在正方形中心O處，該銳角記為∠GOH（設∠GOH＝α），將∠GOH繞點O逆時針旋轉，在旋轉過程中，∠GOH的兩邊與正方形ABCD的邊所圍成的圖形的面積為S2，請直接寫出S2的最小值與最大值（分別用含α的式子表示）．
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