中考压轴题难点突破6
《与几何变换相关的探究题》详解答案
模块一：平移变换探究题
例1：
【分析】【阅读理解】由证明过程可知，△ABH≌△BCF的依据是全等三角形的判定定理“ASA”，由AH∥GE，AG∥HE证明四边形AHEG为平行四边形，依据是平行四边形的定义；
【迁移尝试】设网格中每个小正方形的边长都为m，将线段AB向右平移2m个单位得到线段DQ，根据勾股定理可证明CQ＝DQ，CQ2+DQ2＝CD2＝40m2，则△QCD是直角三角形，且∠CQD＝90°，所以∠AMC＝∠QDC＝45°；
【拓展应用】作DG∥BC交AP于点G，连接GE，可证明△BGE≌△ADG，得EG＝GD，∠BGE＝∠ADG，即可证明∠EGD＝90°，则∠DMC＝∠GDE＝45°．
【解答】解：【阅读理解】由证明过程可知，△ABH≌△BCF的条件是：
，
∴推理的依据是全等三角形的判定定理“ASA”，
由AH∥GE，AG∥HE证明四边形AHEG为平行四边形，依据是平行四边形的定义，
故答案为：“ASA”，平行四边形的定义．
【迁移尝试】如图2，设网格中每个小正方形的边长都为m，
将线段AB向右平移2m个单位得到线段DQ，则点Q在格点上，
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°，
故答案为：45°．
【拓展应用】如图3，∵四边形APCD和四边形PBEF都是正方形，
∴∠APC＝∠BPF＝∠GBE＝∠A＝90°，BP＝BE，
∴∠BPC＝180°﹣∠APC＝90°，
∴∠BPF＝∠BPC，
∴点F在PC上，
作DG∥BC交AP于点G，连接GE，
∵CD∥AP，
∴四边形BCDG是平行四边形，
∴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°．
【点评】此题重点考查平移的性质、平行线的性质、平行四边形的定义、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的应用、全等三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
例2：
【分析】（1）延长BC，作DG//AF，交BC的延长线于点G，连接EG，证明四边形AFGD为平行四边形，从而证明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，连接AG，证明DEG是等腰直角三角形，得到EGEDE，再证明GDAAEDCEF＝AG，AGIEF，再得到四边形GEF为平行四边形，则AF＝EG，故可求解（1）．
【解答】解：AF＝DE，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点，
∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE．
∵AB2＝AE2+BE2，
∴AB2＝2DE2，
∵B点与F点重合，
∴AF2＝2DE2，
∴；
（1）如图③，延长BC，作DG∥AF，交BC的延长线于点G，连接EG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD﹣90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，
∵DG∥AF，AD∥BC，
∴四边形AFGD为平行四边形，
∴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，
故答案为：AF＝DE．
（2）如图④，作DG⊥DE，并截取DG＝DE，连接AG、GE，
∵四边形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，
∴四边形AGEF为平行四边形，
∴AF＝EG．
∵AF＝DE．
【点评】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，生活中的平移现象，关键是根据正方形与平行四边形的性质、等腰直角三角形和全等三角形的判定和性质解答．
练习一：
1.
【分析】（1）根据二次函数平移的规律：左加右减，
上加下减即可得到函数y＝2x2向右平移3个单位，
再向上平移1个单位的函数解析式；
（2）先在反比例函数的图象上取四个点（0.5，4），（1，2），（1.5，），（2，1），再根据坐标系中点的平移规律，得到向右平移3个单位以后的对应点的坐标，然后对这些点的坐标进行观察，得到平移后的函数解析式；
（3）由（2）即可得到函数的图象可由反比例函数y＝的图象向左平移m个单位得到．
【解答】解：（1）将二次函数y＝2x2的图象向右平移3个单位，再向上平移1个单位后，
所得图象的函数解析式是：y＝2（x﹣3）2+1．故答案为：y＝2（x﹣3）2+1；
（2）在反比例函数的图象上取四个点（0.5，4），（1，2），（1.5，），（2，1），
则向右平移3个单位以后的对应点的坐标为（3.5，4），（4，2），（4.5，），（5，1），
∵（3.5﹣3）×4＝（4﹣3）×2＝（4.5﹣3）×＝（5﹣3）×1＝2，
∴平移后的函数解析式为y＝；
（3）函数的图象可由反比例函数y＝的图象向左平移m个单位得到．
【点评】本题考查了学生读题做题的能力及知识的迁移能力，二次函数解析式平移的规律：“上加下减，左加右减”也适用于反比例函数的解析式．
2.
【分析】（1）依题意可得∠PQD＝30°，∠DPQ＝60°，由平行线的性质可得∠NQP+∠BPQ＝180°，则可求得∠BPQ的度数，从而可求∠BPD的度数，再由平行线的性质可求∠BOC的度数，即得解；
（2）①由平行线的性质可得∠PEQ＝∠BOC＝60°，则可求得∠MQE＝60°，再由角平分线的定义可得∠PQM＝2∠MQE＝120°，则可求得∠EPQ＝60°，从而可求得∠BPD＝60°，即可判定OC∥PD；②由平移的性质与平行线的性质可得∠BPD＝α°，从而可求得∠BPQ＝60°+α°，再由平行线的性质得∠PQM＝60°+α°，结合角平分的定义可得，从而可求∠PEQ．
【解答】（1）解：由题意得：∠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证明：∵QE∥OC，α＝60°，
∴∠PEQ＝∠BOC＝60°，
∵MN∥AB，
∴∠MQE＝∠PEQ＝60°，∠PQM+∠EPQ＝180°，
∵∠PQH的角平分线交直线AB于点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的角平分线交直线AB于点E，
∴，∴．
【点评】本题主要考查平移的性质，平行线的判定与性质，解答的关键是结合图形分析清楚相应的角之间的关系．
3.
【分析】（1）根据正方形的性质和点A的坐标求得点C、D的坐标；结合已知条件求得抛物线T的解析式；然后由二次函数图象上点的坐标证得点C、D均在抛物线T上，由此得证；
（2）首先根据矩形的性质推知抛物线的解析式为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．因为平移后矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的半接矩形，所以有以下情况：
第一种情况：点A1，D1在抛物线T上．
则A1D1与BC重合．
因此将矩形ABCD向下平移1个单位长度，则矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的半接矩形．
第二种情况：点B1，D1在抛物线T上．
由图形平移前后关系，可知：矩形ABCD≌矩形A1B1C1D1．
第三种情况：点A1，C1在抛物线T上．
根据对称性，可知将矩形ABCD先向下平移个单位长度后，再向左平移个单位，得到的矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的“半接矩形”．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD是正方形，A（1，3），
∴点C的坐标为（2，2），点D的坐标为（2，3）．
由b＝﹣3，c＝4知：抛物线T的表达式为y＝x2﹣3x+4，
所以当x＝2时，y＝2．所以点C在抛物线T上．
又因为点B在抛物线T上，所以矩形ABCD是抛物线T的“半接矩形”．
（2）因为点B（m，n），A（m，n+1），
所以xB＝xA＝m，yB≠yA，
所以AB⊥x轴，AB＝yA﹣yB＝n+1﹣n＝1．
因为在矩形ABCD中，点C在AB边的右侧，
所以BC⊥y轴，AD⊥y轴，CD⊥x轴．
所以CD＝AB＝1．
因为BC＝3，
所以C（m+3，n），D（m+3，n+1）．
因为点B，C关于对称，
所以，即b＝﹣2m﹣3①．
所以抛物线的解析式为y＝x2+bx+c，
因为点B在抛物线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．
因为平移后矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的半接矩形，
所以有以下情况：
第一种情况：点A1，D1在抛物线T上．
则A1D1与BC重合．
因此将矩形ABCD向下平移1个单位长度，则矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的半接矩形．
第二种情况：点B1，D1在抛物线T上．
由图形平移前后关系，可知：矩形ABCD≌矩形A1B1C1D1．
所以B1C1＝BC＝3，C1D1＝CD＝1．
设B1的坐标为（p，q），则D1的坐标为（p+3，q+1）．
将点B1，D1坐标分别代入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．
将①代入⑥，得1＝6p+9+3（﹣2m﹣3），即．
将①，②，都代入④，可得．
所以将矩形ABCD先向下平移个单位长度后，再向右平移个单位长度，得到的矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的“半接矩形”．
第三种情况：点A1，C1在抛物线T上．
根据对称性，可知将矩形ABCD先向下平移个单位长度后，再向左平移个单位，得到的矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的“半接矩形”．
显然，不存在其他情况．
综上，要使得平移后的矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的“半接矩形”，矩形ABCD有三种平移方式．分别是：向下平移1个单位长度；先向下平移个单位长度后，再向右平移个单位长度；先向下平移个单位长度后，再向左平移个单位长度．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了矩形与正方形的性质，坐标与图形性质，二次函数的图象与性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换，解题的关键是掌握抛物线的“半接矩形”的定义，难度较大．
声4.
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）①抛物线y＝﹣x2﹣x+4沿直线AC平移，实际上就是向右、向上（或向左、向下）同时移动m个单位（图2中AH＝EH＝|m|），设平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1﹣m）2++m，令x＝0可得点M的纵坐标的最大值；
②分三种情况：i）如图3，E，F两点都在x轴上方时，ii）如图4，E，F两点分别在x轴两侧时，iii）如图5，E，F两点都在x轴下方时，根据△ABE∽△AFB，列比例式列方程解出即可．
【解答】解：（1）如图1，将点A（﹣4，0）和点B（2，0）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，
可得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣x+4；
（2）①如图2，过E作EH⊥x轴于H，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
∴OA＝OC，
∵∠AOC＝90°，
∴∠OAC＝45°，
∴抛物线y＝﹣x2﹣x+4沿直线AC平移，实际上就是向右、向上（或向左、向下）同时移动m个单位（图2中AH＝EH＝|m|），
∵y＝﹣x2﹣x+4＝﹣（x+1）2+，
设平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1﹣m）2++m，
令x＝0，得点M的纵坐
标yM＝﹣（1﹣m）2++m＝﹣+6，
∴点M的纵坐标的最大值是6；
②存在，
由题意得：EF＝AC＝4，AB＝6，
过点E作EQ⊥x轴于Q，设AE＝n，
i）如图3，E，F两点都在x轴上方时，
∵∠BAE＝∠FAB，
∴当∠ABE＝∠AFB时，△ABE∽△AFB，
∴，∴AB2＝AE AF，
∴36＝n（n+4），
解得：n＝﹣2（n＝﹣2﹣2不符合题意，舍去），
∴AQ＝EQ＝﹣2+，
∴此时点E的坐标为（﹣6+，﹣2+）；
ii）如图4，E，F两点分别在x轴两侧时，
△ABE始终是钝角三角形，且∠BAE＞∠BFA，
此时△ABE与△AFB不相似；
iii）如图5，E，F两点都在x轴下方时，
∵∠BAE＝∠FAB，
∴当∠ABE＝∠AFB时，△ABE∽△AFB，
∴，
∴AB2＝AE AF，
∴36＝n（n﹣4），
解得：n＝2（n＝2﹣2不符合题意，舍去），
∴AQ＝EQ＝2+，
∴此时点E的坐标为（﹣6﹣，﹣2﹣）；
综上，当点E的坐标为（﹣6+，﹣2+）或（﹣6﹣，﹣2﹣）时，A、E、B为顶点的三角形与△ABF相似．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，平移的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键，并注意运用分类讨论的思想解决问题．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/4/30 16:03:46；用户：罗国浩；邮箱：409801198@；学号：19292793
模块二：平移变换探究题
例题3：
【分析】（1）由折叠得BA＝BM，PA＝PM，再根据线段垂直平分线的判定定理即可得证；证明△MAB是等边三角形即可求出角度；
（2）对A点分别落在对角线AC、BD上进行分类讨论，①当A点落在对角线BD上E点时，设AP＝x，分别出PE、DE、PD，用勾股定理即可求解；②当A点落在对角线AC上E点时，过E作EF∥AB，设AP＝x，PF＝a，证明△GEB∽△FPE，从而求出GE＝，再求出GE、BG，用勾股定理即可求解；
（3）设AP＝x，分别求出当0＜x≤4和4＜x≤8时，面积所满足的函数关系式，并在x的取值范围内求出各自的最大值，对最大值再进行比较取较大的最大值．
【解答】解：（1）线段AM与线段PB的位置关系为AM⊥PB，理由如下：
如图1，连接AM，
由折叠得：BA＝BM，PA＝PM，
∴B、P都在AM的垂直平分线上，
∴BP是AM的垂直平分线，
∴AM⊥PB；
∠MBC＝30°，理由如下：
将矩形ABCD对折，使得AD与BC重合，展开得到折痕EF，
∴EF垂直平分AB，
∴MA＝MB，
∴MA＝MB＝BA，
∴△MAB是等边三角形，
∴∠MBA＝60°，
∴∠MBC＝90°﹣∠MBA＝90°﹣60°＝30°；
故答案为：AM⊥PB，30°；
（2）①如图2，当A点落在对角线BD上E点时，
在矩形ABCD中，
∵AD＝BC＝8，∠DAB＝90°，AB＝6，
∴BD＝＝10，
设AP＝x，由折叠得：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如图3，当A点落在对角线AC上E点时，
过E作EF∥AB，交AD于F，交BC于G，
∴∠EFP＝∠EGB＝90°，
∴∠GBE+∠BEG＝90°，
由折叠得：∠PEB＝90°，
∴∠FEP+∠BEG＝90°，
∴∠GBE＝∠FEP，
∴△GEB∽△FPE，
∴＝，
设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），
综上所述：PA的长为3或；
（3）∵PQ∥BD，∴＝，
设AP＝x，
∴＝，解得AQ＝x，
∵△APQ翻折后的三角形为△PQE，
∴PE＝AP＝x，QE＝AQ＝x，
①当点E在PQ与BD之间或在对角线BD上时，如图4，图5，
∴0＜x≤4，
∵S△PEQ＝PE QE＝x x＝x2，
∴此时折后△APQ与△ABD重叠部分面积S△PEQ＝x2（0＜x≤4），
∵＞0，
∴在0＜x≤4，当x＝4时，S′的最大值＝×16＝6；
②当点E在对角线BD的右侧时，PE交BD于M，QE交BD于N，如图6，
∴4＜x≤8，
由翻折得∠APQ＝∠QPE，
∵PQ∥BD，
∴∠APO＝∠PDM，∠EMN＝∠QPE，
∴∠EMN＝∠PDM，
∴∠EMN＝∠PMD，
∴∠PDM＝∠PMD，
∴PD＝PM，
同理可证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的面积＝ME NE＝（2x﹣8）（x﹣6）＝（x﹣4）2，
此时折叠后△APQ与△ABD重叠部分面积＝S″，
∴S″＝△PEQ的面积﹣△MEN的面积＝x2﹣（x﹣4）2＝﹣（x﹣）2+8（4＜x≤8），
∵﹣＜0，∴在4＜x≤8，当x＝时，S″的最大值＝8，
综合①②，S′的最大值＝6，S″的最大值＝8，
∴S′的最大值＜S″的最大值，
∴折叠后△APQ与△ABD重叠部分面积的最大值是8，此时AP＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了以矩形为背景的典型折叠问题，考查的主要知识有折叠的性质、等边三角形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、二次函数等，熟练掌握典型折叠问题的解法及找出函数关系式是解题的关键．
例4：
【分析】（1）根据将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，即得∠BFG＝90°＝∠C，可证Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）延长BH，AD交于Q，设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＝，设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m，因＝，有＝，即解得AE的长为；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当DE＝DC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，CP＝2x，由AE是△AQF的角平分线，有＝①，在Rt△HQE中，（2﹣x）2+（x）2＝y2②，可解得x＝，CP＝2x＝；
（Ⅱ）当CE＝DC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，同理解得x'＝，CP＝．
【解答】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形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：延长BH，AD交于Q，如图：
设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＝，
设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m，
∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+＝﹣m，
∵△EFQ∽△GFB，∴＝，即＝，解得m＝，∴AE的长为；
方法2：连接GH，如图：
∵CH＝FH，GH＝GH，
∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），
∴CG＝FG，
设CG＝FG＝x，则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）当DE＝DC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：
设DQ＝x，QE＝y，则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的角平分线，
∴＝，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，
联立①②可解得x＝，∴CP＝2x＝；
（Ⅱ）当CE＝DC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：
设DQ'＝x'，Q'E＝y'，则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'＝，
综上所述，CP的长为或．
方法二：
（Ⅰ）当DE＝DC＝2时，连接CF，过P作PK⊥CD于K，如图：
∵四边形ABCD是菱形，∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，
∴∠PCK＝60°，
∵将△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，
∴∠AFC＝∠ACF，
∴∠PFC＝∠PCF，
∴PF＝PC，
设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）当CE＝DC＝2时，连接CF，过P作PT⊥CD交DC延长线于T，如图：
同（Ⅰ）可证AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，
∴PC＝PF，
设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＝，
综上所述，CP的长为或．
【点评】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
练习二：
1.
【分析】（1）根据矩形是中心对称图形，可以将Rt△ABC旋转180°得到Rt△ADC而得出结论；
（2）连接BB'，由题意得EF垂直平分BC，就有BB'＝B'C，由翻折可得B'C＝BC，从而△BB'C为等边三角形．就可以求出∠B'CB＝60°；
（3）分别取CE、EG、GI的中点P、Q、R，连接DP、FQ、HR、AD、AF、AH，由BA＝BC，根据平移变换的性质，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，从而得出新三角形三边的值，从而得出结论；
（4）将△BOC'沿BB'方向平移2个单位，所移成的三角形记为△B'PR，将△COA'沿A'A方向平移2个单位，所移成的三角形记为△AQR．由条件可以得出△AQR为等边三角形，由等边三角形的性质就可以求出△AQR的面积为，从而就可以得出结论．
【解答】解：（1）将△ABC绕点O旋转180°后可得到△ADC；
故答案为：将△ABC绕点O旋转180°后可得到△ADC．
（2）如图2﹣2﹣1，连接BB'，由题意得EF垂直平分BC，
∴BB'＝B'C，由翻折可得，
∴B'C＝BC，
∴△BB'C为等边三角形．
∴∠B'CB＝60°，
∴∠B'CG＝30°，
∵∠GB′C＝90°，∴∠B'GC＝60°；
（3）如图3﹣1﹣1，分别取CE、EG、GI的中点P、Q、R，连接DP、FQ、HR、AD、AF、AH，
∵BA＝BC，根据平移变换的性质，
∴△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，
∴新三角形为直角三角形，
∴新三角形三边长为4a、a、a．
其面积为：a×a＝a2．
∵a2＜15，
∴a2＜15
∴a的最大整数值为3．
（4）如图4﹣1﹣1，将△BOC'沿BB'方向平移2个单位，所移成的三角形记为△B'PR，
将△COA'沿A'A方向平移2个单位，所移成的三角形记为△AQS．连接PQ，
∵QR+PR＝OC+OC'，
∴Q、R、P三点共线．
∵OQ＝OA+AQ＝OA+OA'＝AA'＝2，
OP＝OB'+B'P＝OB'+OB＝BB'＝2．且∠QOP＝60°，
∴△OPQ为等边三角形．
∴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＜．
【点评】本题考查了旋转变换的运用，翻折变换的运用，平移变换的运用，等边三角形的性质的运用，勾股定理的运用，等腰三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用．本题的综合性较强要求学生熟练的运用图形变换解题是关键．
2.
【分析】（1）根据图形翻折变换的性质可
设AE＝x，则EF＝8﹣x，利用勾股定理
即可求出AE的长，进而求出EF的长；
（2）根据图形翻折变换的性质可得到∠MFE＝90°，由相似三角形的判定定理可得出△AEF∽△DFM，再由相似三角形的对应边成比例即可得出△FMD各边的长，进而求出其周长；
（3）①设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质可得出△FMD的周长，由正方形的性质及全等三角形的判定定理可知△AFB≌△KEG，进而可得出四边形AEGD的面积，由其面积表达式即可求出其面积的最大值．
【解答】解：（1）AE＝3cm，EF＝5cm；
设AE＝x，则EF＝8﹣x，AF＝4，∠A＝90°，42+x2＝（8﹣x）2，x＝3，
∴AE＝3cm，EF＝5cm；
（2）如答图1，∵∠MFE＝90°，
∴∠DFM+∠AFE＝90°，
又∵∠A＝∠D＝90°，∠AFE＝∠DMF，
∴△AEF∽△DFM，
∴，
又∵AE＝3，AF＝DF＝4，EF＝5
∴，，，，
∴△FMD的周长＝4++＝16；
（3）①乙的结果不会发生变化
理由：如答图2，设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，
则，＝16
②丙同学的结论还成立．
证明：如答图2，
∵B、F关于GE对称，
∴BF⊥EG于P，
过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）
当x＝4，即F与AD的中点重合时S最大，S最大＝40．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质、图形翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及二次函数的最值问题，涉及面较广，难度适中．
3.
【分析】（1）利用翻折变换的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE．证明DE∥CB′即可；
（3）证明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解决问题．
（4）结论：DG2＝EG2+B′C2．如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．想办法证明DE＝CB′，可得结论．
【解答】解：（1）如图（1）中，由翻折的性质可知，A′D∥B′E．
故答案为：A′D∥B′E；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE．
理由：如图（2）中，连接BB′．
∵EB＝EC＝EB′，
∴∠BB′C＝90°，
∴BB′⊥B′C，
由翻折变换的性质可知BB′⊥DE，
∴DE∥CB′，∴∠DEC＝∠B′CE；
（3）结论：∠DEG＝90°．
理由：如图（2）中，连接DB，DB′，
由翻折的性质可知∠BDE＝∠B′DE，
设∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．
∵四边形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）结论：DG2＝EG2+B′C2．
理由：如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．
设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，则有（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．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，勾股定理，解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
4.
【分析】（1）以AE为半径作弧交AF于点G，以FG为半径交EF于点X，则点X即为所求；
（2）①根据折叠的性质得出∠1＝∠2，∠NHO＝2∠1，根据平行线的性质得出∠1＝∠3，根据等腰三角形的性质得出∠3＝∠4＝∠1＝∠2，继而即可得出∠GRH+∠OHP＝180°；
②设MO，RG交于点Y，证明△YOR∽△EOM，求得，即可求解；
③连接QO，过点O作OW⊥MQ于点W，过点Q作QZ⊥GO于点Z，证明△GOW∽△GQZ，设MG＝a，则GO＝MG＝a，GQ＝OQ＝OM＝30﹣a，根据相似三角形的性质得出，则，根据②的结论进而即可求解．
【解答】解：（1）如图所示，以AE为半径作弧交AF于点G，以FG为半径交EF于点X，则点X即为所求；
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，E、F分别是AB、CD的中点．
设正方形的边长为2a，则AE＝AG＝a，EF＝2a，
∵∠AEF＝90°，
∴AF＝＝＝a，
∵AG＝AE，
∴，
∴，
∴，
∴点X即为所求；
（2）①如图
∵OE⊥MN，OM＝ON，
∴∠MOE＝∠EON，
∵折叠，N与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如图所示，设MO，RG交于点Y，依题意，，，
∵∠OEM＝90°，∴OM＝＝＝5，
∵折叠，M，O重合，
∴MO⊥RG，，
∴∠OYR＝90°，
依题意∠MEO＝90°，∴∠MEO＝∠RYO＝90°，
又∵∠YOR＝∠EOM，∴△YOR∽△EOM，
∴，∴，解得：，
∴；
③如图，连接QO，过点O作OW⊥MQ于点W，过点Q作QZ⊥GO于点Z，
∵发现点L与点Q重合、点K与点P重合，∴OQ＝QG，
∵QZ⊥GO，∴∠GQZ＝∠OQZ，
设∠GQZ＝∠OQZ＝α，
∵MG＝MO，∴∠GMO＝∠GOM，
又∵O为矩形对角线的交点，∴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，∴，
设MG＝a，则GO＝MG＝a，GQ＝OQ＝OM＝30﹣a，
∵O为EF的中点，W为MQ的中点，则，，
∵， ∴，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：，
∴．
【点评】本题考查了黄金分割比，相似三角形的性质与判定，折叠问题，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
模块三：旋转变换探究题
例5：
【分析】（1）将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，易知△AFP是等边三角形，∠EAB＝90°，转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．
（2）将△APB绕点A逆时针旋转90°得到△AFE，易知△AFP是等腰直角三角形，∠EAB＝135°，作EH⊥BA交BA的延长线于H．转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．
（3）如图5中，将△APD绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，则易知△AFP是等边三角形，转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“垂线段最短”求最小值．
【解答】解：（1）如图3中，
将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，易知△AFP是等边三角形，∠EAB＝90°，
在Rt△EAB中，BE＝＝5，
∵PA+PB+PC＝EF+FP+PB≥BE，
∴PA+PB+PC≥5，
∴PA+PB+PC的最小值为5．
故答案为5．
（2）如图4中，
将△APB绕点A逆时针旋转90°得到△AFE，易知△AFP是等腰直角三角形，∠EAC＝135°，作EH⊥BA交BA的延长线于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的最小值为．
（3）如图5中，将△APD绕点A逆时针旋转60°得
到△AFE，则易知△AFP是等边三角形，
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的最小值为+2．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定，两点之间线段最短时的位置的确定，解本题的关键是确定取最小值时的位置．
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°，易证△ABE∽△DCA，由于D在BC上，且D点与B点不重合，那么△ADE不≌△ABE，同理可证△ADE∽△ABE；
（2）由于斜边长是2，根据勾股定理易求直角边等于，由（1）知△ACD∽△ABE，利用比例线段可求m n值；
（3）不变．由于∠BEA＝∠EAC+45°，∠CAD＝45°+∠EAC，易得∠BEA＝∠CAD，而∠ABE＝∠DCA＝45°，可证△EBA∽△ACD，利用比例线段可求BE CD＝AB AC，而根据题意知AB＝AC＝，从而可求BE CD的值，可得不变的结论．
【解答】解：（1）△ADE∽△ABE；△DCA∽△ABE．
下面进行证明△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点与B点不重合，
∴△DCA∽△ABE；
同理可得△ADE∽△ABE；
（2）∵△DCA∽△ABE，
∴，
由依题意，可知：CA＝BA＝，
∴，
∴m n＝2；
（3）不变．
∵∠BEA＝∠EAC+45°，∠CAD＝45°+∠EAC，
∴∠BEA＝∠CAD，
又∵∠ABE＝∠DCA＝45°，
∴△EBA∽△ACD，
∴＝，
∴BE CD＝AB AC＝×＝2．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质．解题的关键是利用三角形外角的性质，证明∠BAE＝∠CDA，∠BEA＝∠CAD．
练习三：
1.
【分析】（1）可根据（1）中的相似三角形BAE和CDA得出关于AB，BE，CD，AC的比例关系，AB，AC可通过等腰直角三角形求出，因此根据比例关系即可得出m，n的函数关系式．
（2）根据（2）的函数关系式，即可求出BE，CD的长，从而也就能求出OD，OE，DE，BD，CE的长，那么可通过计算得出本题的结论．
（3）根据旋转角，我们知道HB⊥BD，那么DH2＝BH2+BD2，而BH＝CE，于是关键是证明HD＝DE，连接AH，DH那么可通过证三角形AHD和ADE全等来求解．
【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，
∴＝．
由依题意可知CA＝BA＝．
∴＝．∴m＝．自变量n的取值范围为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）等量关系BD2+CE2＝DE2成立．理由如下：
证明：如图，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH的位置，则CE＝HB，AE＝AH，
∠ABH＝∠C＝45°，旋转角∠EAH＝90°．
连接HD，在△EAD和△HAD中．
∵，∴△EAD≌△HAD（SAS）．
∴DE＝DH．
∵∠HBD＝∠ABH+∠ABD＝90°，
∴BD2+HB2＝DH2．∴BD2+CE2＝DE2．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形和全等三角形的判定和性质等知识点的综合运用．根据相似三角形或全等三角形得出线段成比例或相等是解题的关键．
2.
【分析】（1）先判断出∠B＝∠C＝∠FAG＝45°，进而判断出∠DAC＝∠AEB，得出△BEA∽△CAD，即可得出结论；
（2）判断出∠CAF＝∠DAE，即可得出结论；
（3）当AE在AF右边时，在DE上取一点M，使∠MAD＝30°，过M作MN⊥AD于N，先判断出∠AME＝∠ACB＝60°，进而判断出∠CAM＝30°，再判断出△ACF∽△AME，得出，进而得出CF＝，即可求出答案．当AE在AF左边时，同理可得．
【解答】（1）解：结论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，故答案为：成立；
（2）证明：∵四边形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：如图，在DE上取一点M，使∠MAD＝30°，过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的边长为12cm，∴BC＝AD＝12（cm），
∵BF＝9cm，∴CF＝＝3（cm），∴ME＝（cm），
∴＝×12＝4（cm），
∴DE＝ME+MD＝＝（cm），
当AE在AF左侧时，如图，过点A作AG⊥BC于G，过点E作EH⊥AB于H，
同理△AFG∽AEH，∴＝2，AH＝2EH，
∵BH＝EH，AB＝12，BH＝4，BE＝，
∴DE＝12﹣＝，故答案为：5或．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，菱形的面积公式，作出辅助线构造出相似三角形是解本题的关键．
3.
【分析】（1）由正方形的性质得出AE＝AF，∠EAG＝90°，AB＝AD，∠BAD＝90°，得出∠EAB＝∠GAD，证明△AEB≌△AGD（SAS），则可得出结论；
（2）由菱形的性质得出AE＝AG，AB＝AD，证明△AEB≌△AGD（SAS），由全等三角形的性质可得出结论；
（3）方法一：过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，过点G作GN⊥AB交AB于点N，求出AG＝6，AD＝12，证明△AME∽△ANG，设EM＝2a，AM＝2b，则GN＝3a，AN＝3b，则BN＝8﹣3b，可得出答案；
方法二：证明△EAB∽△GAD，得出∠BEA＝∠AGD，则A，E，G，Q四点共圆，得出∠GQP＝∠PAE＝90°，连接EG，BD，由勾股定理可求出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形AEFG为正方形，
∴AE＝AG，∠EAG＝90°，
又∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝∠GAD，
∴△AEB≌△AGD（SAS），
∴BE＝DG；
（2）当∠EAG＝∠BAD时，BE＝DG，
理由如下：
∵∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAB＝∠GAD，
又∵四边形AEFG和四边形ABCD为菱形，
∴AE＝AG，AB＝AD，
∴△AEB≌△AGD（SAS），∴BE＝DG；
（3）解：方法一：过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，
过点G作GN⊥AB交AB于点N，
由题意知，AE＝4，AB＝8，
∵＝，∴AG＝6，AD＝12，
∵∠EMA＝∠ANG，∠MAE＝∠GAN，
∴△AME∽△ANG，
设EM＝2a，AM＝2b，则GN＝3a，AN＝3b，则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：如图2，设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，
∵，AE＝4，AB＝8
∴AG＝6，AD＝12．
∵四边形AEFG和四边形ABCD为矩形，
∴∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAB＝∠GAD，
∵，∴△EAB∽△GAD，
∴∠BEA＝∠AGD，
∴A，E，G，Q四点共圆，
∴∠GQP＝∠PAE＝90°，∴GD⊥EB，
连接EG，BD，
∴ED2+GB2＝EQ2+QD2+GQ2+QB2＝EG2+BD2，
∴EG2+BD2＝42+62+82+122＝260．
【点评】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键．
4.
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积＝△OBC的面积＝正方形ABCD的面积＝1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积＝正方形ABCD的面积＝1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1＝S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM＝ON，可得结论；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM＝∠CON＝30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）如图4﹣1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM＝CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4﹣2中，当CM＝CN时，S2最大．分别求解即可．
【解答】解：（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合时重叠部分的面积＝△OBC的面积＝正方形ABCD的面积＝1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积＝正方形ABCD的面积＝1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1＝S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM＝ON，
∵∠OMB＝∠ONB＝∠B＝90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM＝ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON＝∠EOF＝90°，
∴∠MOJ＝∠NOK，
∵∠OMJ＝∠ONK＝90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ＝S△ONK，
∴S四边形OKBJ＝S正方形OMBN＝S正方形ABCD，
∴S1＝S．故答案为：1，1，S1＝S．
（2）①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点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是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点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四边形OMCN＝2××CM×OJ＝﹣1．
（3）如图4﹣1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM＝CN时，△OMN的面积最小，
即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ＝OQ tan＝tan，
∴MN＝2MQ＝2tan，∴S2＝S△OMN＝×MN×OQ＝tan．
如图4﹣2中，当CM＝CN时，S2最大．
同法可证△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）．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
归纳、领悟，形成能力：
方法总结：
这是一节中考专题复习课，布鲁纳说过：“思维永远是从问题开始的.”如果教师依然采用程式化的复习方式，那么就很难调动学生的积极性，同时也很难唤醒学生求知的欲望.基于此，本课例的设计采用了讲练+探究的模式，学生在自己独立做题之后，再互相意见碰撞，激发出意想不到的思维成果，同时也增强语言表达能力.还让学生用相关的几何画板为工具，亲身经历画图-观察-猜想-验证-归纳，得出旋转变换的特点.教学中，适时采用实物投影仪展示学生的成果，提高课堂的效率；借助几何画板演示动态的旋转图形，直观、形象地呈现图形的旋转过程，使信息技术与教学内容有机整合，真正为教学服务．通过课堂小结，增强学生学习过程中的反思意识，培养他们良好的学习习惯．
近几年，中考数学试题的压轴题中常出现动态问题.这类问题，涉及的知识面广， 综合性强，解答时有一定的难度，需要学生有一定的数学方式的理性思维，能进行数学思考.本节课中，讲练+探究模式的设计充分体现学生“动手操作、独立思考、合作交流、及时反思”的过程.动手操作，能让学生学会数学思考；独立思考，能让学生体会数学思考；合作交流，能让学生完成数学思考；及时反思，能让学生发展数学思考.
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)中考压轴题难点突破6
《与几何变换相关的探究题》自主学习单
一、知识技能梳理：
运动与变化是数学研究中一种基本方法.平移、轴对称、旋转是图形变换的常见三种形式.平移与轴对称都是关于直线运动的，而旋转是关于点运动的.因此，旋转是对图形运动的完善与补充.从变换的角度来研究诸如等腰直角三角形、等边三角形、正方形等图形的结构有助于对这些几何图形有更本质的认识.
通过对几何图形变换内容的复习，既培养了学生动手操作的能力，又培养了他们用数学的方法解决有关问题的能力.通过对数与形的有关问题的解决，使得学生数学思维又提升一个层次.
平移、旋转与翻折是几何变换中的三种基本变换，也是初中课程中十分重要的学习内容，平移、旋转与翻折只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小，因此我们又称这三种变换为全等变换．在解决一些数学问题时，可以利用这三种变换使得问题简单化．
本节分三个模块进行探究学习：
模块一：平移是图形变换中最简单的变换，平移它可以将线段和角平移到一个新的位置，从而把分散的条件集中到一起，使问题得以解决．平移包括以下三个方面的应用：一、分散的条件集中；二、复杂图形变得简单明了；三、转化题目的形式．
模块二：探究翻折变换，折叠（折）问题是几何变换问题中的常见问题，它体现了平面几何图形变换中基本数量关系和几何关系，是考查几何知识的常见类型．
模块三：旋转变换是几何变换的一种基本模型．经过旋转，往往能使图形的几何性质明白显现．题设和结论中的元素由分散变为集中，相互之间的关系清楚明了，从而将求解问题灵活转化．
二、学习过程
模块一：平移变换探究题
例1：
如图1，在正方形中ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，AD上的点，GE⊥BF于点O，那么GE＝BF．
证明过程如下：
∵GE⊥BF于点O，∴∠GOB＝90°
过点A作AH∥GE交BC于点H，交BF于点M．
∴∠AMB＝∠GOB＝90°，
∴∠ABM+∠BAM＝90°
∵四边形ABCD为正方形，
∴AG∥HE，AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠ABM+∠FBC＝∠ABC＝90°，∴∠BAM＝∠FBC
∴△ABH≌△BCF（依据1），
∴AH＝BF
∵AH∥GE，AG∥HE，
∴四边形AHEG为平行四边形（依据2），
∴AH＝GE，∴GE＝BF．
【阅读理解】填空：上述阅读材料中“依据1”是 ，“依据2”是 ．
【迁移尝试】如图2，在5×6的正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点M．则∠AMC的度数为 ；
【拓展应用】如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N．求∠DMC的度数．
例2：
数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F．探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由．
小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，他发现AF与DE之间的数量关系是 ．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系．
（1）请你按照小明的思路，完成解题过程；
（2）你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程．
练习一：
1.我们知道，二次函数y＝ax2的图象进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的图象．实际上，我们学过的反比例函数同样可以找到平移规律．
（1）请直接写出函数y＝2x2向右平移3个单位，再向上平移1个单位的函数解析式 ．
（2）现在探究反比例函数的平移．探究一：把反比例函数的图象向右平移3个单位，请你至少在图象上取4个不同的点，分别找出平移后的点，通过对这些点的观察、探究、猜想，写出平移后的函数解析式．（写出求解过程）
（3）探究二：一般地，函数的图象可由哪个反比例函数的图象经过怎样的平移变换得到？
2.如图1，直线AB与直线OC交于点O，∠BOC＝α°（0°＜α°＜90°）．小明将一个含30°，60°的直角三角板PQD如图1所示放置，使顶点P落在直线AB上，过点Q作直线MN∥AB交直线OC于点H（点H在Q左侧）．
（1）若PD∥OC，∠NQD＝45°，求α的度数．
（2）如图2，若∠PQH的角平分线交直线AB于点E．
①当QE∥OC，α＝60°时，求证：OC∥PD．
②小明将三角板保持PD∥OC并向左平移，运动过程中，探究∠PEQ与α之间的数量关系，并说明理由．
3.如果一个矩形有两个顶点在某抛物线上，那么称该矩形是该抛物线的“半接矩形”．矩形ABCD在第一象限，点B（m，n）在抛物线y＝x2+bx+c（记为抛物线T）上．
（1）矩形ABCD是正方形，A（1，3），m＝1，b＝﹣3，c＝4，直接写出点C，D的坐标，并证明；矩形ABCD是抛物线T的“半接矩形”；
（2）A（m，n+1），点C在AB边的右侧，BC＝3，矩形ABCD是抛物线T的“半接矩形”，若矩形ABCD的一条对称轴是，将该矩形平移，使得平移后的矩形A1B1C1D1仍是抛物线T的“半接矩形”，请探究矩形ABCD如何平移．
4.如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣4，0）、B（2，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，沿直线AC平移抛物线y＝﹣x2+bx+c，使得A、C两点的对应点E、F始终在直线AC上．
①设在平移过程中抛物线与y轴交于点M，求点M纵坐标的最大值；
②试探究抛物线在平移过程中，是否存在这样的点E，使得以A、E、B为顶点的三角形与△ABF相似．若存在，请直接写出此时点E的坐标；若不存在，请简要说明理由．
模块二：翻折变换探究题
例3：
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展教学探究活动．在矩形ABCD中，已知AB＝6，BC＝8，点P是边AD上的一个动点．
【操作判断】
（1）如图1，甲同学先将矩形ABCD对折，使得AD与BC重合，展开得到折痕EF．将矩形ABCD沿BP折叠，使A恰好落在EF上的M处，则线段AM与线段PB的位置关系为 ；∠MBC的度数为 ；
【迁移探究】
（2）如图2，乙同学将矩形ABCD沿BP折叠，使A恰好落在矩形ABCD的对角线上，求此时AP的长；
【综合应用】
（3）如图3，点Q在边AB上运动，且始终满足PQ∥BD，以PQ为折叠，将△APQ翻折，求折叠后△APQ与△ABD重叠部分面积的最大值，并求出此时AP的长．
例4：
（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长．
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．
练习二：
1.一次数学活动课上，老师组织大家利用矩形进行图形变换的探究活动．
（1）第一小组的同学发现，在如图1﹣1的矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，Rt△ADC可以由Rt△ABC经过一种变换得到，请你写出这种变换的过程 ．
（2）第二小组同学将矩形纸片ABCD按如下顺序进行操作：对折、展平，得折痕EF（如图2﹣1）；再沿GC折叠，使点B落在EF上的点B′处（如图2﹣2），这样能得到∠B′GC的大小，你知道∠B′GC的大小是多少吗？请写出求解过程．
（3）第三小组的同学，在一个矩形纸片上按照图3﹣1的方式剪下△ABC，其中BA＝BC，将△ABC沿着直线AC的方向依次进行平移变换，每次均移动AC的长度，得到了△CDE、△EFG和△GHI，如图3﹣2．已知AH＝AI，AC长为a，现以AD、AF和AH为三边构成一个新三角形，已知这个新三角形面积小于，请你帮助该小组求出a可能的最大整数值．
（4）探究活动结束后，老师给大家留下了一道探究题：
如图4﹣1，已知AA′＝BB′＝CC′＝2，∠AOB′＝∠BOC′＝∠COA′＝60°，请利用图形变换探究S△AOB′+S△BOC′+S△COA′与的大小关系．
2.某班甲、乙、丙三位同学进行了一次用正方形纸片折叠探究相关数学问题的课题学习活动．
活动情境：
如图2，将边长为8cm的正方形纸片ABCD沿EG折叠（折痕EG分别与AB、DC交于点E、G），使点B落在AD边上的点 F处，FN与DC交于点M处，连接BF与EG交于点P．
所得结论：
当点F与AD的中点重合时：（如图1）甲、乙、丙三位同学各得到如下一个正确结论（或结果）：
甲：△AEF的边AE＝ cm，EF＝ cm；
乙：△FDM的周长为16cm；
丙：EG＝BF．
你的任务：
（1）填充甲同学所得结果中的数据；
（2）写出在乙同学所得结果的求解过程；
（3）当点F在AD边上除点A、D外的任何一处（如图2）时：
①试问乙同学的结果是否发生变化？请证明你的结论；
②丙同学的结论还成立吗？若不成立，请说明理由，若你认为成立，先证明EG＝BF，再求出S（S为四边形AEGD的面积）与x（AF＝x）的函数关系式，并问当x为何值时，S最大？最大值是多少？
3.在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A′B′ED，点A的对应点为点A′，点B的对应点为点B′．
（1）【观察发现】A′D与B′E是什么位置关系？
（2）【思考表达】连接B′C，判断∠DEC与∠B′CE 是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长DC交A′B′于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当∠B＝60° 时，连接B′C，延长DC交A′B′于点G，连接EG，请写出B′C，EG，DG之间的数量关系，并说明理由．
4.纸飞机对于每一个孩子而言，都应该是一样不会缺少的童年玩具．随着年龄的增长，学习的知识逐渐增多，大家对纸飞机的探究也在继续．
（1）如图甲，“长跑冠军”纸飞机是用正方形ABCD纸张折叠而成，E、F分别是AB、CD的中点．小明在探究“长跑冠军”飞机时，发现飞机重心落在正方形ABCD的中心点O（即对角线的交点），他想将重心调整到线段的黄金分割点（靠近点E）处，以观察重心的改变对飞机飞行情况的影响，请你用尺规作图的方法，帮他找到线段EF的黄金分割点X（靠近点E）（保留作图痕迹，不写作法）．
（2）如图乙是“英雄号”纸飞机的部分折叠步骤，小明在探究过程中，取矩形纸张MNPQ，MQ＝30cm，点O是对角线的交点，E、F为MN、QP的中点．
第一步：将点N与点O重合，折痕交NP于点H，交EF于点R；
第二步，将点M与点O重合，折痕经过R点，交MQ于点G；
第三步，将G、H点分别与点O重合，折痕交RG、RH、MQ、NP于S、T、L、K四点，S、T、R三点不重合；
第四步，……
①小明在折叠时，认为∠GRH+∠OHP＝180°，他说的对吗？请结合图四说明理由；
②若矩形纸张的宽为20cm，此时的值是多少？请你直接写出答案；
③小明在折叠第三步时，发现点L与点Q重合、点K与点P重合，此时的值是多少呢？请你直接写出答案（结果保留根号）．
模块三：旋转变换探究题
例5：
问题提出：如图1，△ABC是边长为1的等边三角形，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，求PA+PB+PC的最小值．
方法分析：通过转化，把由三角形内一点发出的三条线段（星型线）转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．
问题解决：如图2，将△BPA绕点B逆时针旋转60°至△BP'A'，连接PP'、A'C，记A′C与AB交于点D，易知BA'＝BA＝BC＝1，∠A'BC＝∠A'BA+∠ABC＝120°．由BP'＝BP，∠P'BP＝60°，可知△P'BP为正三角形，有PB＝P'P．
故．因此，当A'、P'、P、C共线时，PA+PB+PC有最小值是．
学以致用：
（1）如图3，在△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝4，CA＝3，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，则PA+PB+PC的最小值是 ．
（2）如图4，在△ABC中，∠BAC＝45°，，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，求的最小值．
（3）如图5，P是边长为2的正方形ABCD内一点，Q为边BC上一点，连接PA、PD、PQ，求PA+PD+PQ的最小值．
例6：
【教材呈现】如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC＝∠AGF＝90°，它们的斜边长为2．若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），设BE＝m，CD＝n．
（1）请在图中找出两对相似而不全等的三角形，并选取其中一对进行证明；
（2）求m n的值；
（3）在旋转过程中，当△AFG旋转到如图2的位置时，AG与BC交于点E，AF的延长线与CB的延长线交于点D，那么m n的值是否发生了变化？为什么？
练习三：
1.（例6变式1）【教材呈现】如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC＝∠AGF＝90°，它们的斜边长为2，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），设BE＝m，CD＝n．
（1）求m与n的函数关系式，直接写出自变量n的取值范围；
（2）以△ABC的斜边BC所在的直线为x轴，BC边上的高所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系（如图2）．在边BC上找一点D，使BD＝CE，求出D点的坐标，并通过计算验证BD2+CE2＝DE2；
（3）在旋转过程中，（2）中的等量关系BD2+CE2＝DE2是否始终成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
2.（例6变式2）【教材呈现】（1）如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，点A为公共顶点，∠BAC＝∠G＝90°，若△ABC固定不动，将△AFG绕点A旋转，边AF，AG与边BC分别交于点D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），则结论BE CD＝AB2是否成立 （填“成立”或“不成立”）；
【类比引申】（2）如图2，在正方形ABCD中，∠EAF为∠BAD内的一个动角，两边分别与BD，BC交于点E，F，且满足∠EAF＝∠ADB，求证：△ADE∽△ACF；
【拓展延伸】（3）如图3，菱形ABCD的边长为12cm，∠BAD＝120°，∠EAF的两边分别与BD，BC相交于点E，F，且满足∠EAF＝∠ADB，若BF＝9cm，求线段DE的长.
3.背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），发现BE＝DG且BE⊥DG．
小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到BE＝DG吗？若能，请给出证明；若不能，请说明理由；
（2）把背景中的正方形分别改成菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE＝DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．
4.综合与实践
问题提出
某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF（∠P＝90°，∠F＝60°）的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
操作发现
（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为 ；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为 ；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为 ；
类比探究
（2）若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE，OP分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当BM＝CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；
②如图3，当CM＝CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；
拓展应用
（3）若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH＝α），将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示）．
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