Question

9．問(wèn)題提出：如圖（1），在邊長(zhǎng)為a（a＞2）的正方形ABCD各邊上分別截取AE=BF=CG=DH=1，當(dāng)∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°時(shí)，求S_{正方形MNPQ}．
問(wèn)題探究：分別延長(zhǎng)QE，MF，NG，PH，交FA，GB，HC，ED的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四個(gè)全等的等腰直角三角形（如圖（2））．
若將上述四個(gè)等腰三角形拼成一個(gè)新的正方形（無(wú)縫隙，不重疊），則新正方形的邊長(zhǎng)為a；這個(gè)新正方形與原正方形ABCD的面積有何關(guān)系=；（填“＞”，“=”“或＜”）；通過(guò)上述的分析，可以發(fā)現(xiàn)S_{正方形MNPQ}與S_△FSB之間的關(guān)系是S_{正方形MNPQ}=4S_△FSB．
問(wèn)題解決：求S_{正方形MNPQ}．
拓展應(yīng)用：如圖（3），在等邊△ABC各邊上分別截取AD=BE=CF=1，再分別過(guò)點(diǎn)D，E，F(xiàn)作BC，AC，AB的垂線，得到等邊△PQR，求S_△PQR．
（請(qǐng)仿照上述探究的方法，在圖3的基礎(chǔ)上，先畫(huà)出圖形，再解決問(wèn)題）．

Answer 1

分析 （1）問(wèn)題探究：根據(jù)AE=BF=CG=DH=1，∠AFO=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°，可得△AER，△BFS，△CGT，△DHW是四個(gè)全等的等腰直角三角形，進(jìn)而得出AD=WE=a；根據(jù)所得的四個(gè)等腰直角三角形的斜邊長(zhǎng)為a，可得新正方形與原正方形ABCD的面積相等；根據(jù)圖形可得4×（S_△FSB+S_{四邊形MFBG}）=S_{正方形MNPQ}+4×S_{四邊形MFBG}，即S_{正方形MNPQ}=4S_△FSB；
（2）問(wèn)題解決：根據(jù)S_△FSB=$\frac{1}{2}$×1×1=$\frac{1}{2}$，即可求得S_{正方形MNPQ}=4S_△FSB=4×$\frac{1}{2}$=2；
（3）拓展應(yīng)用：根據(jù)圖形，△PDH，△QWEI，△RFG是三個(gè)全等的三角形，可以拼成一個(gè)和△ABC一樣的等邊三角形（無(wú)縫隙，不重疊），進(jìn)而得出S_△PRQ=S_△ADG+S_△BHE+S_△CFI=3S_△ADG，再過(guò)點(diǎn)G作GJ⊥BA于J，根據(jù)GJ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得S_△ADG，最后根據(jù)S_△PQR=3S_△ADG進(jìn)行計(jì)算即可．

解答 解：（1）問(wèn)題探究：
∵AE=BF=CG=DH=1，∠AFO=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°，
∴△AER，△BFS，△CGT，△DHW是四個(gè)全等的等腰直角三角形，
∴AE=DW，
∴AE+DE=DW+DE=a，即AD=WE=a，
∵拼成一個(gè)新的正方形無(wú)縫隙，不重疊，
∴這個(gè)新正方形的邊長(zhǎng)為a；
∵所得的四個(gè)等腰直角三角形的斜邊長(zhǎng)為a，則斜邊上的高為$\frac{1}{2}$a，
每個(gè)等腰直角三角形的面積為：$\frac{1}{2}$a•$\frac{1}{2}$a=$\frac{1}{4}$a²，
∴拼成的新正方形面積為：4×$\frac{1}{4}$a²=a²，
即新正方形與原正方形ABCD的面積相等；
∵新正方形的面積=4×S_△MSG=4×（S_△FSB+S_{四邊形MFBG}），
原正方形ABCD的面積=S_{正方形MNPQ}+4×S_{四邊形MFBG}，
∴4×（S_△FSB+S_{四邊形MFBG}）=S_{正方形MNPQ}+4×S_{四邊形MFBG}，
即S_{正方形MNPQ}=4S_△FSB；
故答案為：a，=，S_{正方形MNPQ}=4S_△FSB；

（2）問(wèn)題解決：
∵S_△FSB=$\frac{1}{2}$×1×1=$\frac{1}{2}$，
∴S_{正方形MNPQ}=4S_△FSB=4×$\frac{1}{2}$=2；

（3）拓展應(yīng)用：
如圖所示，△PDH，△QWEI，△RFG是三個(gè)全等的三角形，可以拼成一個(gè)和△ABC一樣的等邊三角形（無(wú)縫隙，不重疊），
∴S_△PRQ=S_△ADG+S_△BHE+S_△CFI=3S_△ADG，
如圖，過(guò)點(diǎn)G作GJ⊥BA于J，
根據(jù)∠ADG=∠BDP=30°，∠DAF=60°=∠GAJ可得，∠ADG=∠AGD=30°，
∴AD=AG=1，
∴GJ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴S_△ADG=$\frac{1}{2}$AD×GJ=$\frac{1}{2}$×1×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴S_△PQR=3S_△ADG=3×$\frac{\sqrt{3}}{4}$=$\frac{3}{4}\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題屬于四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)以及全等三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作作輔助線構(gòu)造直角三角形進(jìn)行求解．通過(guò)本題我們可以體會(huì)到，運(yùn)用等積變換的數(shù)學(xué)思想，不僅簡(jiǎn)化了幾何計(jì)算，而且形象直觀，易于理解，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的魅力．