基于旋轉(zhuǎn)模型的數(shù)學(xué)壓軸題研究

廣東廣州市真光中學(xué)（510380） 蘇國東

圖形的旋轉(zhuǎn)是初中數(shù)學(xué)的重難點，其與三角形、四邊形、圓等幾何模塊知識都有著密切聯(lián)系，旋轉(zhuǎn)模型更是各類數(shù)學(xué)試題的考查熱點，亦是試題研究者的關(guān)注點。本文以三道基于旋轉(zhuǎn)模型命制的數(shù)學(xué)壓軸題為例，對其圖形構(gòu)成與命制方式進(jìn)行研究。

一、核心概念界定

（一）旋轉(zhuǎn)模型

在等腰三角形（包括等邊三角形、等腰直角三角形）、正方形等具備“等線段、共頂點”特征的圖形背景下，通常可以進(jìn)行旋轉(zhuǎn)變換解題。根據(jù)形式不同，可歸結(jié)為幾類常見的旋轉(zhuǎn)模型，如“手拉手”模型、“夾半角”模型和“對角互補(bǔ)”模型。

（二）數(shù)學(xué)壓軸題

所謂數(shù)學(xué)壓軸題，一般是指數(shù)學(xué)試卷中選擇題和填空題的最后一題，以及解答題的最后兩題，多數(shù)為幾何或函數(shù)綜合題。數(shù)學(xué)壓軸題具有知識點多、覆蓋面廣、條件隱蔽、解法靈活等特點，集中體現(xiàn)了知識方法的綜合以及能力的立意。

二、試題研究

（一）“手拉手”模型

“手拉手”模型，是指由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形（或等邊三角形）組成的圖形。在人教版教材八年級上冊第83 頁習(xí)題第12 題、九年級上冊第63頁習(xí)題第10題均有提及。

如圖1，在等腰△BAD和△CAE中，∠BAD=∠CAE，連接DC，BE，則有△DAC≌△BAE（記為結(jié)論1，下同）、DC=BE（結(jié)論2）、DC與BE的夾角等于∠BAD（結(jié)論3）。

圖1

如圖2 是常見的“三點共線”的等腰直角三角形“手拉手”模型，其中△ABD和△AGE為等腰直角三角形。以斜邊BD，GE為對角線向外翻折得到如圖3所示的正方形“手拉手”模型。

圖2

［例1］（1）如圖3，四邊形ABCD和AEFG都是正方形，點E在邊AB上，連接BG和DE，則線段BG與DE有何數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系？

（2）如圖4，將圖3 中正方形AEFG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)一定的角度，則（1）中的結(jié)論是否還成立？請說明理由。

圖3

圖4

（3）如圖5，直線l上有兩個動點A，B，直線l外有一點O，連接OA，OB，OA=，OB=2，以線段AB為邊在l的另一側(cè)作正方形ABCD，連接OD。在動點A，B運動的過程中，線段OD的長是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由。

圖5

點評：本題直接使用了圖3 作為題圖，考查正方形“手拉手”模型中的常規(guī)結(jié)論與推廣。第（1）問和第（2）問由“手拉手”模型可知△BAG≌△DAE（結(jié)論1）、BG=DE（結(jié)論2）、BG與DE互相垂直（結(jié)論3）；第（3）問需要類比聯(lián)想，構(gòu)造“手拉手”模型。如圖6，以O(shè)A為邊作正方形OAGF，連接OG，BG，則OG==2，由（2）的結(jié)論有OD=BG，所以當(dāng)G，O，B三點共線時BG最長，此時BG=OG+OB=2+2=4，故線段OD的長存在最大值4。

圖6

（二）“夾半角”模型

“夾半角”模型的特點是在一個已知的大角（一般為90°或120°）中含有這個大角一半的一個小角，可以通過旋轉(zhuǎn)構(gòu)造等角，從而得到全等三角形。

如圖7，在正方形ABCD中，∠EDF=45°，因為AD=DC且共頂點D，所以可將△ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CDK，K，C，B三點共線，可證明△EDF≌△KDF、EF=KF=AE+CF（結(jié)論1）、△EBF的周長等于正方形邊長的2倍（結(jié)論2）等。

圖7

此外，人教版教材八年級下冊第69 頁習(xí)題第14題給出了以下結(jié)論：如圖8，四邊形ABCD是正方形，點E是邊AB的中點，∠DEG=90°，EG交正方形外角的平分線BG于點G，則有DE=EG（結(jié)論3），當(dāng)點E不是AB中點時結(jié)論仍然成立。方法是在AD上截取AH=AE，連接HE，證明△DHE≌△EBG即可。

圖8

將圖7 與圖8 的E點及正方形各頂點對應(yīng)字母重疊，即巧妙構(gòu)造出了圖9。

［例2］如圖9，在邊長為1 的正方形ABCD中，點H，E分別是邊AD，AB上的兩個動點（與點D、A、B不重合），AH=AE，DE⊥EG，EG交正方形外角的平分線BG于點G，DG交BC于點F，連接HE，EF。

圖9

（1）求證：△DHE≌△EBG；

（2）求∠EDG的度數(shù)；

（3）設(shè)AE=x，當(dāng)x為何值時，EF∥BG，并求出此時△DEF的面積。

點評：由圖形的構(gòu)造方式可知，盡管已知條件有所改變，但利用圖7、圖8 的解題思想可迅速找到本題的突破口。第（1）問和第（2）問中，易證△DHE≌△EBG，DE=EG（結(jié)論3），因為DE⊥EG，所以∠EDG=45°；第（3）問中，將△ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CDK，如圖9。由“夾半角”模型有EF=KF（結(jié)論1），再根據(jù)EF∥BG得出∠FEB=45°，所以EB=BF。因為AE=KC=x，所以EB=BF=1-x，CF=x，EF=KF=2x。在Rt△EBF中，由勾股定理有（1-x)2+（1-x)2=（2x)2，解得x=，所以S△DEF=S△DKF=

（三）“對角互補(bǔ)”模型

“對角互補(bǔ)”模型，即在四邊形或其構(gòu)成的幾何圖形中，相對的角互補(bǔ)，特殊的情況主要有含90°和60°兩種。

以含90°的情況為例，如圖10，四邊形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，所以∠ABC+∠ADC=180°。當(dāng)給出條件AB=AD時，可將△ADC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE，再證明△AEC為等腰直角三角形；當(dāng)給出條件CA平分∠BCD時，可作AE垂直AC交CB的延長線于點E，再證明△AEC為等腰直角三角形，所以有=EC=BC+CD（結(jié)論1）、S四邊形ABCD=S△AEC（結(jié)論2）。

圖10

含60°的情況類似，以例3 為例進(jìn)一步說明和應(yīng)用。

［例3］（1）如圖11，△ABC是等邊三角形，∠ADC=120°，連接BD，試探究線段DA，DB，DC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

圖11

（2）如圖12，在四邊形ABCD中，∠A+∠C=180°，DA=DC，過點D作DE⊥BC于點E，探究線段AB，BC，CE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由。

圖12

點評：第（1）問考查了含60°的“對角互補(bǔ)”模型。因為△ABC是等邊三角形，∠ADC=120°，所以∠DAB+∠DCB=180°。如圖13，將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CBE，D，C，E三點共線，所以△BDE為等邊三角形，DC+CE=DE，即DC+DA=DB（結(jié)論1）；

圖13

第（2）問所求的數(shù)量關(guān)系具有隱蔽性，是對一般情況的“對角互補(bǔ)”模型做出的拓展。如圖14，因為DA=DC，可將△DEC繞點D順時針旋轉(zhuǎn)至△DPA，有DP=DE，AP=CE。因為∠BAD+∠C=180°，所以B，A，P三點共線，連接BD，可證得Rt△BPD≌Rt△BED，BP=BE，所 以BC=BE+EC=BA+AP+CE=BA+2CE，即BC=BA+2CE。

圖14

三、研究感悟

縱觀全文，數(shù)學(xué)壓軸題的圖形構(gòu)成及命制方式體現(xiàn)了以下特點。

一是立足教材。教材是試題命制的重要來源和依據(jù)，教材的例題和習(xí)題蘊(yùn)含著豐富的基本模型和圖形編制方法，是命題的良好素材。

二是滲透模型。試題將常見的幾何圖形與模型進(jìn)行巧妙整合，又做出合理的改編和推廣，不設(shè)套路，關(guān)注通性通法，常規(guī)中又不乏新意。

三是發(fā)展能力。既考查學(xué)生基本的數(shù)學(xué)思維和解題技能，又重視發(fā)展學(xué)生獨立探究、解決問題的能力和素養(yǎng)。

在數(shù)學(xué)教學(xué)中，教師既要注重對試題解題思想和方法的指導(dǎo)，又要重視幾何模型的歸納和提煉，更要清楚試題命制的基本思路，挖掘試題的教育價值，發(fā)揮試題的應(yīng)用價值，穩(wěn)步提升學(xué)生的數(shù)學(xué)思維能力。