分析 （1）由等边三角形的性质得到AA′=2AB，再由等边三角形和旋转的性质判断出△ABP∽△AA′E，即可；
（2）由等腰直角三角形的性质得到AA′=2AB，再由等腰直角三角形和旋转的性质判断出△ABP∽△AA′E，即可；
（3）由（2）的结论结合图形得到B′E=$\sqrt{2}$（2-BP），B′P=BB′-BP=4-BP，在利用三角形的面积建立方程，求出BP，B′M，最后用勾股定理计算即可．
解答 解：（1）∵△A′OB′是△AOB旋转得到，
∴∠B=∠A′，AB=OA′=A′B′，
∴AA′=2AB，
由旋转得，∠BAP=∠A′AE，
∴△ABP∽△AA′E，
∴$\frac{BP}{A′E}$=$\frac{AB}{AA′}$=$\frac{1}{2}$，
∴2BP=A′E，
∵A′E=A′B′-B′E=AB-B′E，
∴2BP=AB-B′E，
∴2BP+B′E=AB；
（2）在△AOB中，OA=OB，∠AOB=90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∵△AOB旋转得到△A′OB′，
∴A′B′=AB=$\sqrt{2}$OA=$\sqrt{2}$OA′，AA′=2OA，∠B=∠A′=45°，
∵∠BAO=∠PAE=45°，
∴∠BAP=∠A′AE，
∵∠B=∠A′，
∴△BAP△∽△A′AE，
∴$\frac{BP}{A′E}=\frac{AB}{A′A}=\frac{\sqrt{2}OA}{2OA}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，
∴$\sqrt{2}$BP=A′E=A′B′-B′E=AB-B′E，
∴$\sqrt{2}$BP+B′E=AB；
（3）如图，
过点E作EF⊥BB′，过点M作MG⊥BB′，
∵∠A′B′B=45°，
∴EF=B′Esin∠A′B′B=$\frac{1}{\sqrt{2}}$B′E=$\frac{1}{\sqrt{2}}$（AB-$\sqrt{2}$BP）=$\frac{1}{\sqrt{2}}$（2$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$BP）=2-BP，
由（2）有，$\sqrt{2}$BP+B′E=AB；
∴B′E=AB-$\sqrt{2}$BP，
∵AB=2$\sqrt{2}$，
∴B′E=2$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$BP=$\sqrt{2}$（2-BP），
∵BB′=2OB=4，
∴B′P=BB′-BP=4-BP，
∵S=$\frac{1}{2}$B′P×EF=$\frac{1}{2}$（4-BP）（2-BP）=$\frac{3}{2}$，
∴（4-BP）（2-BP）=3，
∴BP=1或BP=5（舍），
∴BP=1，
∴PF=2，B′P=3，B′E=$\sqrt{2}$，
∵EF⊥BB′，MG⊥BB′，
∴EF∥MG，
∴$\frac{PF}{B′P+B′G}=\frac{EF}{GM}$．
∵B′G=GM．
∴$\frac{2}{5+GM}=\frac{1}{GM}$
∴GM=3，
∴B′G=3，
∴B′M=3$\sqrt{2}$，
∵B′E=$\sqrt{2}$，
∴EM=$\sqrt{B′{E}^{2}+B′{M}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
点评 此题是几何变换综合题，主要考查了旋转，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线计算GM，是解本题的关键，也是难点．
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如图，在矩形ABCD中，AB=4cm，AD=5cm，点E在BC边上，且BE=1cm，AF平分∠BAD，图中P为AF上任意一点，若P为AF上任意一动点，请确定一点P，连接BP、EP，则BP+EP的最小值为5cm．查看答案和解析>>
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已知，如图，在△ABC中，AB=AC，BD、CE分别为AC、AB边上的中线，AF⊥BD于F，AG⊥CE于G．求证：AF=AG．