旋轉在解中考數學試題中的應用

何椏鑫+余小芬+劉英

把一個平面圖形繞著平面內某一點轉動一個角度的圖形變換叫做圖形的旋轉.這個點叫旋轉中心，轉動的角叫做旋轉角.旋轉具有以下性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前后的圖形全等.旋轉是數學解題的好幫手.本文以中考試題為例，介紹旋轉在解題中的應用.

一、利用旋轉求線段長度（或長度最值）

例1 （2017·株洲第10題）如圖1，在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°， ∠QDF=∠QED=∠QFE ，DQ=1，則EQ+FQ=.

解析 如圖1，將DQ繞點D分別逆時針旋轉90°，順時針旋轉90°至DA、DB，連接AQ、AF、BQ、BE.

由旋轉知∠QDA=90°，即∠1+∠4=90°.

又∠1+∠5=90°，故∠4=∠5.

結合DE=DF，易證ΔDEQ≌ΔDFA.

從而有∠2=∠6.

又由等腰RtΔDEF中得∠3+∠7=45°.

又因為∠6=∠2=∠3，

所以∠6+∠7=45°，即∠QFA=45°.

又因為∠1=∠2，∠1+∠5=90°，

所以∠2+∠5=90°，即∠EQD=90°.

所以∠DAF=90°.

在RtΔDQA中，DQ=DA=1，

所以AQ=2且∠8=45°.

所以∠9=∠DAF-∠8=45°.

于是ΔAQF為等腰直角三角形.

所以QF=QA=2.

同理可得：ΔBEQ為等腰直角三角形.

所以BQ=BE=2，EQ=BE2+BQ2=2.

綜上，EQ+FQ=2+2.

點評 結合題干容易推出∠EQD=90°，但在RtΔDQE中，僅已知DQ長度，無法求解出三角形的其它邊、角大小.故根據“DE=DF，∠EQF=90°”，將已知線段DQ旋轉，從而產生出更多已知長度的線段，同時將已知的三個“分散”角聯系起來，并構造出直角三角形，結合勾股定理求解出線段長度.

例2 （2016·河南第22題）如圖2，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（2，0），點B的坐標為（5，0），點P為線段AB外一動點，且PA=2，PM=PB，∠BPM=90°，請直接寫出線段AM長的最大值.

解析 如圖2，連接BM，將ΔAPM繞著點P順時針旋轉90°得到ΔNPB.

所以AM=BN.

因此，求AM長的最大值可轉化為求BN長的最大值.

連接AN，則ΔAPN是等腰直角三角形.

所以PN=PA=2.

所以AN=PN2+PA2=22.

又因為AB=3，BN≤AB+AN=3+22，

所以當N在線段BA的延長線時，線段BN長最大，最大值為3+22.

即線段AM長的最大值為3+22.

點評 本題巧借旋轉“轉移”求解對象，又通過AN=22，分析出動點N（依賴于點P）在以A為圓心，22為半徑的圓上運動.故易知當N在線段BA的延長線時，線段BN長最大.

二、利用旋轉求（或證明）邊的關系

例3 （2017年·鐵嶺第25題）如圖3，ΔABC中，∠BAC為鈍角，∠B=45°，點P是邊BC延長線上一點，以點C為頂點，CP為邊，在射線BP下方作∠PCF=∠B.反向延長射線CF，交射線BA于點C′，將∠PCF沿CC′方向平移，使頂點C落在點C′處，記平移后的∠PCF為∠P′C′F′，將∠P′C′F′繞點C′順時針旋轉角α（0°<α<45°），C′F′交線段BC于點M，C′P′交射線BP于點N，請寫出線段BM，MN與CN之間的數量關系.

解析 線段BM，MN與CN滿足的數量關系為：MN2=BM2+CN2.下面進行證明：

如圖3，因為∠B=∠PCF=∠BCC′=45°，

所以ΔBCC′是等腰直角三角形.

將ΔC′BM繞C′點逆時針旋轉90°得到ΔC′CG，連接GN.

由旋轉知：∠MC′G=90°，CG=BM，∠C′CG=∠B=45°，

故∠GCB=∠C′CG+∠C′CB=90°.

從而∠GCN=90°.

故在RtΔGCN中，

GN2=CG2+CN2=BM2+CN2.

又∠NC′G=∠MC′G-∠MC′N=90°-45°=45°.

結合C′M=C′G，易證ΔC′MN≌ΔC′GN.

故MN=GN，從而證得MN2=BM2+CN2.

點評 本題解決的關鍵是將“靜態”的條件“C′B=C′C，∠BC′C=90°”看作“動態”過程：即線段C′C是線段C′B繞點C′逆時針旋轉90°的結果.又結論中與線段BM直接相關，從而想到將ΔC′BM整體旋轉，從而將線段BM等價轉化為線段GC，再在直角三角形中利用勾股定理解決問題.本題也可將ΔC′CN繞點C′逆時針旋轉90°至ΔC′BG′（如圖3所示），同理可證明結論.

例4 （2015年·資陽第10題）如圖4，在ΔABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，E、F為線段AB上兩動點，且∠ECF=45°，過點E、F分別作BC、AC的垂線相交于點M，垂足分別為H、G.證明：EF2=AF2+BE2.

解析 因為AC=BC，∠ACB=90°，

所以∠A=∠ABC=45°.

如圖4，將ΔACF繞點C順時針旋轉90°至ΔBCD，連接ED.

由旋轉知，CF=CD，BD=AF，∠ACF=∠BCD，∠FCD=90°.endprint

所以∠ECD=∠FCD-∠FCE=90°-45°=45°.

故∠ECD=∠FCE.

再結合CF=CD，易證ΔECFΔECD.

從而EF=ED.

又∠ABC=45°，∠CBD=∠A=45°，

所以∠EBD=90°.

故在RtΔEBD中，ED2=BD2+BE2.

即EF2=AF2+BE2.

點評 本題解決的關鍵是抓住“AC=BC”這一等量關系，結合證明結論中線段AF，將ΔACF進行旋轉，從而“轉移”線段位置，再利用全等、勾股定理等知識證明結論.當然，本題也可將ΔBCE繞點C逆時針旋轉90°至ΔACD′（如圖4所示），同理可證明結論.

三、利用旋轉求角度

例5 （2015年·鐵嶺第25題）如圖5，已知點D是等腰直角三角形ABC斜邊BC所在直線上一點（不與點B重合），連接AD.若BD=3CD，求∠BAD的度數.

解析 ① 如圖5，當D在BC線段上時，將線段AD1繞點A順時針方向旋轉90°至線段AE，連接BE.

易知ΔABE≌ΔACD1，∠EAB=∠D1AC，BE=CD1，∠ABC=∠ACB=∠ABE=45°.

所以∠EBD1=∠ABE+∠ABC=90°，即BE⊥BC.

因為BD=3CD，所以BD1=3BE.

故在RtΔEBD1中，tan∠BD1E= BEBD1=33，∠BD1E=30°.

又由旋轉可知，∠EAD1=90°.

故∠EBD1=∠EAD1=90°.

所以四邊形A、D1 、B、E四點共圓.

所以∠EAB=∠BD1E=30°.

所以∠BAD1=90°-30°=60°；

②如圖5，當點D在BC延長線上時，將線段AD繞點A逆時針旋轉90°至線段AF，連接CF.

同理可證：ΔBAD2≌ΔCAF，BD2=CF，且CF⊥BD2，∠CFD2=30°.

所以∠FAD2=∠FCD2=90°.

所以四邊形A、F、D2 、C四點共圓.

所以∠CAD2=∠CFD2=30°.

所以∠BAD2=90°+30°=120°.

綜上，∠BAD的度數為60°或120°.

點評 由條件“BD=3CD”可轉化為“CDBD=33”，易聯想到銳角三角函數正切：tan30°=33，從而利用旋轉“轉移”BD，CD來構造直角三角形.問題解決過程中體現了分類討論、化歸轉換的數學思想.

四、利用旋轉求面積

例6 （2016·本溪第25題）如圖6，已知，ΔABC為直角三角形，∠ACB=90°，點P是射線CB上一點（點P不與點B、C重合），線段AP繞點A順時針旋轉90°得到線段AQ，連接QB交射線AC于點M.若ACBC=52，P點在線段CB的延長線上，CM=2，AP=13，求ΔABP的面積.

解析 如圖6，將ΔABC繞點A順時針旋轉90°，得到ΔAB′C′.

連接B′Q，顯然C′，B′，Q三點共線.

設BC=2x，AC=5x，故由旋轉知：

B′C′=BC=2x，AC=AC′=5x，B′Q=BP.

延長BC交C′Q于N，易知四邊形ACNC′是正方形.

所以C′N=CN=AC=5x.

所以BN=BC+CN=7x.

又因為CM//QN，

所以CMQN=BCBN=27.

由CM=2，得QN=7.

所以BP=B′Q=B′N+NQ=3x+7，

PC=BC+BP=2x+（3x+7）=5x+7.

在RtΔACP中，由AP2=AC2+PC2，

得132=（5x）2+（5x+7）2.

解得x=1或x=-125（舍）.

所以BP=10，AC=5.

所以SΔABP=12×BP×AC=12×10×5=25.

點評 求ΔABP面積的關鍵是獲得BP，AC線段長度.又RtΔACP中，已知線段AC，BC的比例關系，故若能找到BP與AC或BC長度關系，便可利用勾股定理建立方程，求出BP、AC長度.因而按照線段AP的旋轉方式，旋轉ΔABC，從而獲得線段位置（平行）及長度關系，進而利用三角形相似、勾股定理求得結果.求解過程中滲透了方程思想.endprint