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19.【问题呈现】
如图1,正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,在AB上任取一点E,连接OE,过点O作OF垂直于OE,交BC于点F,连接EF.
【问题发现】
(1)如图1,求证:$OE=OF$;
(2)猜想线段AE,CF,EF之间的数量关系,并证明你的结论.
【迁移应用】
如图2,有一个矩形菜园ABCD,AB边上的点E处和BC边上的点F处各有一个门.点O是矩形ABCD两条对角线的交点,连接OE,OF.已知$OE⊥OF$,$AE=2\ \mathrm{m}$,$CF=5\ \mathrm{m}$.请求出点E处到点F处的最短距离.(结果保留根号)
如图1,正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,在AB上任取一点E,连接OE,过点O作OF垂直于OE,交BC于点F,连接EF.
【问题发现】
(1)如图1,求证:$OE=OF$;
(2)猜想线段AE,CF,EF之间的数量关系,并证明你的结论.
【迁移应用】
如图2,有一个矩形菜园ABCD,AB边上的点E处和BC边上的点F处各有一个门.点O是矩形ABCD两条对角线的交点,连接OE,OF.已知$OE⊥OF$,$AE=2\ \mathrm{m}$,$CF=5\ \mathrm{m}$.请求出点E处到点F处的最短距离.(结果保留根号)
答案
19.(1)证明略
(2)$AE^2+CF^2=EF^2$.证明如下:
因为四边形ABCD是正方形,
所以$AB=BC$.
由(1)知$△ AOE≌ △ BOF$,
所以$AE=BF$,
所以$AB-AE=BC-BF$,
即$EB=CF$.
因为$∠ ABC=90°$,
所以在$\mathrm{Rt}△ EBF$中,$BF^2+BE^2=EF^2$,
所以$AE^2+CF^2=EF^2$.
(3)延长EO交CD于点G,连接FG.
在矩形ABCD中,$AO=CO,AB// CD,∠ BCD=90°$,
所以$∠ BAO=∠ DCO$,
在$△ AOE$和$△ COG$中,
$\begin{cases}∠ BAO=∠ DCO,\\AO=CO,\\∠ AOE=∠ COG,\end{cases}$
所以$△ AOE≌ △ COG(\mathrm{ASA})$,
所以$AE=CG,OE=OG$.
因为$OE⊥ OF$,
所以OF垂直平分EG,
所以$EF=FG$.
因为在$\mathrm{Rt}△ FCG$中,$FC^2+CG^2=FG^2$,
所以$AE^2+CF^2=EF^2$.
因为$AE=2\ \mathrm{m},CF=5\ \mathrm{m}$,
所以$EF=\sqrt{AE^2+CF^2}=\sqrt{4+25}=\sqrt{29}\ \mathrm{m}$.
即点E处的门口到点F处的门口的最短距离为$\sqrt{29}\ \mathrm{m}$.
解析
【分析】
(1) 要证$OE=OF$，可通过证明$△ AOE$和$△ BOF$全等推导：利用正方形对角线的性质可得$OA=OB$，$∠ OAE=∠ OBF=45°$，$∠ AOB=90°$，结合$OE⊥ OF$可推出$∠ AOE=∠ BOF$，用ASA即可证全等得到$OE=OF$。
(2) 猜想三条线段满足平方和关系，由(1)的全等可得$AE=BF$，结合正方形边长相等可推出$BE=CF$，在$\mathrm{Rt}△ EBF$中用勾股定理，代换线段即可得到结论。
(3) 求EF最短距离可类比正方形的结论，在矩形中构造全等：延长EO交CD于G，证明$△ AOE≌△ COG$得到$AE=CG$、$OE=OG$，由$OE⊥ OF$得OF是EG的垂直平分线，故$EF=FG$，在$\mathrm{Rt}△ FCG$中用勾股定理即可算出EF长度。
【解析】
(1) 证明：$\because$四边形ABCD是正方形，
$\therefore OA=OB$，$∠ AOB=90°$，$∠ OAE=∠ OBF=45°$，
$\therefore ∠ AOE+∠ BOE=90°$，
$\because OE⊥ OF$，$\therefore ∠ BOF+∠ BOE=90°$，
$\therefore ∠ AOE=∠ BOF$，
在$△ AOE$和$△ BOF$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OBF \\OA=OB \\∠ AOE=∠ BOF\end{cases}$
$\therefore △ AOE≌△ BOF(\mathrm{ASA})$，$\therefore OE=OF$。
(2) 猜想$AE^2+CF^2=EF^2$，证明如下：
$\because$四边形ABCD是正方形，
$\therefore AB=BC$，$∠ ABC=90°$，
由(1)知$△ AOE≌△ BOF$，$\therefore AE=BF$，
$\therefore AB-AE=BC-BF$，即$BE=CF$，
在$\mathrm{Rt}△ EBF$中，由勾股定理得$BF^2+BE^2=EF^2$，
将$BF=AE$、$BE=CF$代入得：$AE^2+CF^2=EF^2$。
(3) 解：延长EO交CD于点G，连接FG，
$\because$四边形ABCD是矩形，
$\therefore AO=CO$，$AB// CD$，$∠ BCD=90°$，
$\therefore ∠ OAE=∠ OCG$，
在$△ AOE$和$△ COG$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OCG \\AO=CO \\∠ AOE=∠ COG\end{cases}$
$\therefore △ AOE≌△ COG(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AE=CG=2\ \mathrm{m}$，$OE=OG$，
$\because OE⊥ OF$，$\therefore OF$垂直平分线段EG，
$\therefore EF=FG$，
在$\mathrm{Rt}△ FCG$中，由勾股定理得$FC^2+CG^2=FG^2$，
$\therefore EF^2=AE^2+CF^2=2^2+5^2=29$，
$\therefore EF=\sqrt{29}\ \mathrm{m}$（长度为正，舍去负根）。
【答案】
(1) $OE=OF$，证明成立；
(2) $AE^2+CF^2=EF^2$；
(3) 点E处到点F处的最短距离为$\sqrt{29}\ \mathrm{m}$。
【知识点】
特殊平行四边形性质，全等三角形判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何迁移类题目，从正方形性质拓展到矩形性质的应用，核心是通过构造全等三角形实现线段的等量转化，结合勾股定理推导线段关系，既考查了基础几何定理的掌握，也锻炼了类比迁移的思维能力。
【难度系数】
0.65
(1) 要证$OE=OF$，可通过证明$△ AOE$和$△ BOF$全等推导：利用正方形对角线的性质可得$OA=OB$，$∠ OAE=∠ OBF=45°$，$∠ AOB=90°$，结合$OE⊥ OF$可推出$∠ AOE=∠ BOF$，用ASA即可证全等得到$OE=OF$。
(2) 猜想三条线段满足平方和关系，由(1)的全等可得$AE=BF$，结合正方形边长相等可推出$BE=CF$，在$\mathrm{Rt}△ EBF$中用勾股定理，代换线段即可得到结论。
(3) 求EF最短距离可类比正方形的结论，在矩形中构造全等：延长EO交CD于G，证明$△ AOE≌△ COG$得到$AE=CG$、$OE=OG$，由$OE⊥ OF$得OF是EG的垂直平分线，故$EF=FG$，在$\mathrm{Rt}△ FCG$中用勾股定理即可算出EF长度。
【解析】
(1) 证明：$\because$四边形ABCD是正方形，
$\therefore OA=OB$，$∠ AOB=90°$，$∠ OAE=∠ OBF=45°$，
$\therefore ∠ AOE+∠ BOE=90°$，
$\because OE⊥ OF$，$\therefore ∠ BOF+∠ BOE=90°$，
$\therefore ∠ AOE=∠ BOF$，
在$△ AOE$和$△ BOF$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OBF \\OA=OB \\∠ AOE=∠ BOF\end{cases}$
$\therefore △ AOE≌△ BOF(\mathrm{ASA})$，$\therefore OE=OF$。
(2) 猜想$AE^2+CF^2=EF^2$，证明如下：
$\because$四边形ABCD是正方形，
$\therefore AB=BC$，$∠ ABC=90°$，
由(1)知$△ AOE≌△ BOF$，$\therefore AE=BF$，
$\therefore AB-AE=BC-BF$，即$BE=CF$，
在$\mathrm{Rt}△ EBF$中，由勾股定理得$BF^2+BE^2=EF^2$，
将$BF=AE$、$BE=CF$代入得：$AE^2+CF^2=EF^2$。
(3) 解：延长EO交CD于点G，连接FG，
$\because$四边形ABCD是矩形，
$\therefore AO=CO$，$AB// CD$，$∠ BCD=90°$，
$\therefore ∠ OAE=∠ OCG$，
在$△ AOE$和$△ COG$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OCG \\AO=CO \\∠ AOE=∠ COG\end{cases}$
$\therefore △ AOE≌△ COG(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AE=CG=2\ \mathrm{m}$，$OE=OG$，
$\because OE⊥ OF$，$\therefore OF$垂直平分线段EG，
$\therefore EF=FG$，
在$\mathrm{Rt}△ FCG$中，由勾股定理得$FC^2+CG^2=FG^2$，
$\therefore EF^2=AE^2+CF^2=2^2+5^2=29$，
$\therefore EF=\sqrt{29}\ \mathrm{m}$（长度为正，舍去负根）。
【答案】
(1) $OE=OF$，证明成立；
(2) $AE^2+CF^2=EF^2$；
(3) 点E处到点F处的最短距离为$\sqrt{29}\ \mathrm{m}$。
【知识点】
特殊平行四边形性质，全等三角形判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何迁移类题目，从正方形性质拓展到矩形性质的应用，核心是通过构造全等三角形实现线段的等量转化，结合勾股定理推导线段关系，既考查了基础几何定理的掌握，也锻炼了类比迁移的思维能力。
【难度系数】
0.65
