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9.问题提出:如图(1),在边长为a(a>2)的正方形ABCD各边上分别截取AE=BF=CG=DH=1,当∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°时,求S正方形MNPQ
问题探究:分别延长QE,MF,NG,PH,交FA,GB,HC,ED的延长线于点R,S,T,W,可得△RQF,△SMG,△TNH,△WPE是四个全等的等腰直角三角形(如图(2)).
若将上述四个等腰三角形拼成一个新的正方形(无缝隙,不重叠),则新正方形的边长为a;这个新正方形与原正方形ABCD的面积有何关系=;(填“>”,“=”“或<”);通过上述的分析,可以发现S正方形MNPQ与S△FSB之间的关系是S正方形MNPQ=4S△FSB
问题解决:求S正方形MNPQ
拓展应用:如图(3),在等边△ABC各边上分别截取AD=BE=CF=1,再分别过点D,E,F作BC,AC,AB的垂线,得到等边△PQR,求S△PQR
(请仿照上述探究的方法,在图3的基础上,先画出图形,再解决问题).

分析 (1)问题探究:根据AE=BF=CG=DH=1,∠AFO=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°,可得△AER,△BFS,△CGT,△DHW是四个全等的等腰直角三角形,进而得出AD=WE=a;根据所得的四个等腰直角三角形的斜边长为a,可得新正方形与原正方形ABCD的面积相等;根据图形可得4×(S△FSB+S四边形MFBG)=S正方形MNPQ+4×S四边形MFBG,即S正方形MNPQ=4S△FSB
(2)问题解决:根据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)拓展应用:根据图形,△PDH,△QWEI,△RFG是三个全等的三角形,可以拼成一个和△ABC一样的等边三角形(无缝隙,不重叠),进而得出S△PRQ=S△ADG+S△BHE+S△CFI=3S△ADG,再过点G作GJ⊥BA于J,根据GJ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,可得S△ADG,最后根据S△PQR=3S△ADG进行计算即可.

解答 解:(1)问题探究:
∵AE=BF=CG=DH=1,∠AFO=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°,
∴△AER,△BFS,△CGT,△DHW是四个全等的等腰直角三角形,
∴AE=DW,
∴AE+DE=DW+DE=a,即AD=WE=a,
∵拼成一个新的正方形无缝隙,不重叠,
∴这个新正方形的边长为a;
∵所得的四个等腰直角三角形的斜边长为a,则斜边上的高为$\frac{1}{2}$a,
每个等腰直角三角形的面积为:$\frac{1}{2}$a•$\frac{1}{2}$a=$\frac{1}{4}$a2
∴拼成的新正方形面积为:4×$\frac{1}{4}$a2=a2
即新正方形与原正方形ABCD的面积相等;
∵新正方形的面积=4×S△MSG=4×(S△FSB+S四边形MFBG),
原正方形ABCD的面积=S正方形MNPQ+4×S四边形MFBG
∴4×(S△FSB+S四边形MFBG)=S正方形MNPQ+4×S四边形MFBG
即S正方形MNPQ=4S△FSB
故答案为:a,=,S正方形MNPQ=4S△FSB

(2)问题解决:
∵S△FSB=$\frac{1}{2}$×1×1=$\frac{1}{2}$,
∴S正方形MNPQ=4S△FSB=4×$\frac{1}{2}$=2;

(3)拓展应用:
如图所示,△PDH,△QWEI,△RFG是三个全等的三角形,可以拼成一个和△ABC一样的等边三角形(无缝隙,不重叠),
∴S△PRQ=S△ADG+S△BHE+S△CFI=3S△ADG
如图,过点G作GJ⊥BA于J,
根据∠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×$\frac{\sqrt{3}}{4}$=$\frac{3}{4}\sqrt{3}$.

点评 本题属于四边形综合题,主要考查了正方形的性质,等腰直角三角形的性质,等边三角形的性质以及全等三角形的性质的综合应用,解决问题的关键是作作辅助线构造直角三角形进行求解.通过本题我们可以体会到,运用等积变换的数学思想,不仅简化了几何计算,而且形象直观,易于理解,体现了数学的魅力.

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