類型一圖形旋轉(zhuǎn)、平移和折疊引起的探究1.現(xiàn)有正方形ABCD和一個以O(shè)為直角頂點的三角板，移動三角板，使三角板的兩直角邊所在直線分別與直線BC，CD交于點M，N.如圖①，若點O與點A重合，容易得到線段OM與ON的關(guān)系.(1)觀察猜想如圖②，若點O在正方形的中心(即兩條對角線的交點)，OM與ON的數(shù)量關(guān)系是；(2)探究證明如圖③，若點O在正方形的內(nèi)部(含邊界)，且OM＝ON，請判斷三角板移動過程中所有滿足條件的點O可組成什么圖形，并說明理由；(3)拓展延伸若點O在正方形的外部，且OM＝ON，請你在圖④中畫出滿足條件的一種情況，并就“三角板在各種情況下(含外部)移動，所有滿足條件的點O所組成的圖形”，寫出正確的結(jié)論.(不必說明理由)第1題圖2.(2019新鄉(xiāng)模擬)在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝4，AE＝2，其中△ABC固定，△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，點F、M、N分別為線段BE、BC、CD的中點，連接MN、NF.問題提出：(1)如圖①，當(dāng)AD在線段AC上時，則∠MNF的度數(shù)為，線段MN和線段NF的數(shù)量關(guān)系為；深入討論：(2)如圖②，當(dāng)AD不在線段AC上時，請求出∠MNF的度數(shù)及線段MN和線段NF的數(shù)量關(guān)系；拓展延伸：(3)如圖③，△ADE持續(xù)旋轉(zhuǎn)過程中，若CE與BD交點為P，則△BCP面積的最小值為Ｗ.第2題圖3.(2019南陽模擬)(1)【問題發(fā)現(xiàn)】如圖①，△ABC和△CEF都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EFC＝90°，點E與點A重合，則線段BE與AF的數(shù)量關(guān)系為；(2)【拓展研究】在(1)的條件下，將△CEF繞點C旋轉(zhuǎn)，連接BE，AF，線段BE與AF的數(shù)量關(guān)系有無變化？僅就圖②的情形給出證明；(3)【問題解決】當(dāng)AB＝AC＝2，△CEF旋轉(zhuǎn)到B，E，F(xiàn)三點共線時候，直接寫出線段AF的長.第3題圖備用圖4.(2019襄陽)(1)證明推斷：如圖①，在正方形ABCD中，點E，Q分別在邊BC，AB上，DQ⊥AE于點O，點G，F(xiàn)分別在邊CD，AB上，GF⊥AE.①求證：DQ＝AE；②推斷：eq\f(GF,AE)的值為；(2)類比探究：如圖②，在矩形ABCD中，eq\f(BC,AB)＝k(k為常數(shù)).將矩形ABCD沿GF折疊，使點A落在BC邊上的點E處，得到四邊形FEPG，EP交CD于點H，連接AE交GF于點O.試探究GF與AE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)拓展應(yīng)用：在(2)的條件下，連接CP，當(dāng)k＝eq\f(2,3)時，若tan∠CGP＝eq\f(3,4)，GF＝2eq\r(10)，求CP的長.第4題圖

類型一圖形旋轉(zhuǎn)、平移和折疊引起的探究1.解：(1)OM＝ON；【解法提示】如解圖①，過點O作OE⊥CD于點E，OF⊥BC于點F，則∠OEN＝∠OFM＝90°.∵點O為正方形的中心，∴OE＝OF，∠FOE＝90°，∵∠MON＝90°，∴∠MOF＝∠NOE，∴△OFM≌△OEN，∴OM＝ON.第1題解圖①(2)三角板移動過程中所有滿足條件的點O可組成線段AC(對角線AC)．理由如下：如解圖②，過點O分別作OE⊥BC，OF⊥CD，垂足分別為點E，F(xiàn)，則∠OEM＝∠OFN＝90°.又∵∠C＝90°，∴∠EOF＝∠MON＝90°，∴∠MOE＝∠NOF，在△MOE和△NOF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠OEM＝∠OFN,∠MOE＝∠NOF,OM＝ON))，∴△MOE≌△NOF，∴OE＝OF.又∵OE⊥BC，OF⊥CD，∴點O在∠C的平分線上，∴三角板移動過程中所有滿足條件的點O可組成線段AC(對角線AC)．第1題解圖②(3)畫圖如解圖③，第1題解圖③三角板移動過程中所有滿足條件的點O可組成直線AC或過點C且與AC垂直的直線．【解法提示】如解圖④，過點O作OE⊥BC，OF⊥CD，垂足分別為E、F，則∠OEM＝∠OFN＝90°，又∵∠MCF＝90°，∴∠EOF＝90°＝∠MON，∴∠MOE＝∠NOF，在△MOE和△NOF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠OEM＝∠OFN,∠MOE＝∠NOF,OM＝ON))，∴△MOE≌△NOF(AAS)，∴OE＝OF，又∵OE⊥BC，OF⊥CD，∴點O在∠MCF的平分線上，∴三角板移動過程中所有滿足條件的點O可組成直線AC；如解圖④，O′M′＝O′N′，同理得O′在∠BCD外角平分線上，即三角板移動過程中所有滿足條件的點O在過點C且與AC垂直的直線上，綜上所述，三角板移動過程中所有滿足條件的點O可組成直線AC或過點C且與AC垂直的直線．第1題解圖④2.解：(1)45°，NF＝eq\r(2)MN；【解法提示】如解圖①，連接MF，CE，作射線BD交EC于H.第2題解圖①在△BAD和△CAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC,∠BAD＝∠CAE＝90°,AD＝AE))，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠ABD＋∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH，∴∠CDH＋∠DCH＝90°，∴∠CHD＝90°，∴EC⊥BH，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝eq\f(1,2)EC，又∵CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝eq\f(1,2)BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝eq\r(2)MN.(2)如解圖②，連接MF，EC，BD.設(shè)EC交AB于點O，BD交EC于點Q.第2題解圖②∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠CAB＋∠BAE＝∠DAE＋∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC,∠BAD＝∠CAE,AD＝AE))，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠AOC＋∠ACO＝90°，∠AOC＝∠BOQ，∴∠OBQ＋∠BOQ＝90°，∴∠BQO＝90°，∴EC⊥BD，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝eq\f(1,2)EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝eq\f(1,2)BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝eq\r(2)MN.(3)4.【解法提示】因為在△BPC中，BC的長度不變，要求S△BCP的最小值，只需要求出點P到BC的最小值．如解圖③，以點A為圓心，AD為半徑作⊙A.設(shè)BD與AC交于點O.第2題解圖③當(dāng)直線PB與⊙A相切時，△BCP的面積最小，∵AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ACE＝∠ABD，BD＝EC.∵∠ABD＋∠AOB＝90°，∠AOB＝∠COP，∴∠OCP＋∠COP＝90°，∠CPB＝90°.∵PB是⊙A的切線，∴∠ADP＝90°.∵∠DPE＝∠ADP＝∠DAE＝90°，∴四邊形ADPE是矩形．∵AE＝AD，∴四邊形ADPE是正方形，∴AD＝AE＝PD＝PE＝2，BD＝EC＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，∴PC＝2eq\r(3)－2，PB＝2＋2eq\r(3)，∴S△BCP的最小值＝eq\f(1,2)·PC·PB＝eq\f(1,2)×(2eq\r(3)－2)×(2eq\r(3)＋2)＝4.3.解：(1)BE＝eq\r(2)AF；【解法提示】∵△AFC是等腰直角三角形，∴AC＝eq\r(2)AF，∵AB＝AC，∴BE＝AB＝eq\r(2)AF.(2)無變化，BE＝eq\r(2)AF，理由如下：在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴sin∠ABC＝eq\f(CA,CB)＝eq\f(\r(2),2).在Rt△EFC中，∠FEC＝∠FCE＝45°，∴sin∠FEC＝eq\f(CF,CE)＝eq\f(\r(2),2).∴eq\f(CA,CB)＝eq\f(CF,CE).又∵∠FCE＝∠ACB＝45°，∴∠FCE－∠ACE＝∠ACB－∠ACE.即∠FCA＝∠ECB，∴△ACF∽△BCE.∴eq\f(BE,AF)＝eq\f(BC,AC)＝eq\r(2)，∴BE＝eq\r(2)AF；(3)AF長為eq\r(3)－1或eq\r(3)＋1.【解法提示】當(dāng)點E在線段BF上時，如題圖②，由(1)知，CF＝EF＝eq\r(2)，在Rt△BCF中，CF＝eq\r(2)，BC＝2eq\r(2)，根據(jù)勾股定理得，BF＝eq\r(BC2－CF2)＝eq\r(6)，∴BE＝BF－EF＝eq\r(6)－eq\r(2)，由(2)知，BE＝eq\r(2)AF，∴AF＝eq\r(3)－1，當(dāng)點E在線段BF的延長線上時，如解圖．在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴sin∠ABC＝eq\f(CA,CB)＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△EFC中，∠FEC＝∠FCE＝45°，sin∠FEC＝eq\f(CF,CE)＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(CF,CE)＝eq\f(CA,CB)，∵∠FCE＝∠ACB＝45°，∴∠FCB＋∠ACB＝∠FCB＋∠FCE，∴∠FCA＝∠ECB，∴△ACF∽△BCE，∴eq\f(BE,AF)＝eq\f(CB,CA)＝eq\r(2)，∴BE＝eq\r(2)AF，由(1)知，CF＝EF＝eq\r(2)，在Rt△BCF中，CF＝eq\r(2)，BC＝2eq\r(2)，根據(jù)勾股定理得BF＝eq\r(6)，∴BE＝BF＋EF＝eq\r(6)＋eq\r(2)，由(2)知BE＝eq\r(2)AF，∴AF＝eq\r(3)＋1.綜上，當(dāng)△CEF旋轉(zhuǎn)到B，E，F(xiàn)三點共線時候，線段AF的長為eq\r(3)－1或eq\r(3)＋1.第3題解圖4.(1)①證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠QAD＝∠EBA＝90°.又∵AE⊥QD，∴∠AQO＋∠ADQ＝∠AQO＋∠QAO.∴∠ADQ＝∠QAO.在△DAQ和△ABE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠QAD＝∠EBA，,AD＝AB，,∠ADQ＝∠BAE，)))∴△ABE≌△DAQ(ASA)．∴DQ＝AE；②解：1；【解法提示】∵GF⊥AE，DQ⊥AE.∴GF∥DQ.∵QF∥DG，∴四邊形DGFQ為平行四邊形，∴DQ＝GF.由①知，DQ＝AE，∴eq\f(GF,AE)＝eq\f(DQ,AE)＝1(2)解：eq\f(GF,AE)＝k；理由如下：如解圖①所示，過點G作GI⊥AB于點I.由折疊的性質(zhì)得△AFO≌△EFO(SAS)．∴∠AOF＝∠EOF＝90°.∵∠BAE＋∠AFO＝∠BAE＋∠AEB，∴∠AFO＝∠AEB.∴△GFI∽△AEB.∴eq\f(FG,AE)＝eq\f(IG,AB)＝eq\f(BC,AB)＝k.第4題解圖①(3)解：如解圖②，過點P作PM⊥BC的延長線于點M.由折疊的性質(zhì)得∠GPE＝∠FEP＝90°.∴∠BFE＝∠CEH＝∠HGP.∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝eq\f(BE,FB)＝eq\f(3,4)，設(shè)BE＝3x，BF＝4x.∴AF＝FE＝5x.由(2)得，eq\f(FG,AE)＝eq\f(2,3)，解得AE＝3eq\r(10)，在Rt△ABE中，由勾股定理得(5x＋4x)2＋(3x)2＝(3eq\r(10))2，解得x＝1.∴BE