基于旋轉模型的數學壓軸題研究

蘇國東

[摘 要]圖形旋轉是初中數學的難點，基于旋轉模型的數學壓軸題是試題研究的熱點。文章以三道基于旋轉模型命制的數學壓軸題為例，指出其圖形構成與命制方式體現了立足教材、滲透模型、發展能力等特點，以及教師在教學中要挖掘試題的教育價值，發揮試題的應用價值。

[關鍵詞]旋轉模型;壓軸題;研究

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）08-0004-03

圖形的旋轉是初中數學的重難點，其與三角形、四邊形、圓等幾何模塊知識都有著密切聯系，旋轉模型更是各類數學試題的考查熱點，亦是試題研究者的關注點。本文以三道基于旋轉模型命制的數學壓軸題為例，對其圖形構成與命制方式進行研究。

一、核心概念界定

（一）旋轉模型

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，通常可以進行旋轉變換解題。根據形式不同，可歸結為幾類常見的旋轉模型，如“手拉手”模型、“夾半角”模型和“對角互補”模型。

（二）數學壓軸題

所謂數學壓軸題，一般是指數學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，多數為幾何或函數綜合題。數學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頁習題第12題、九年級上冊第63頁習題第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]（記為結論1，下同）、[DC=BE]（結論2）、[DC]與[BE]的夾角等于[∠BAD]（結論3）。

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。

[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]有何數量關系和位置關系？

（2）如圖4，將圖3中正方形[AEFG]繞點[A]逆時針旋轉一定的角度，則（1）中的結論是否還成立？請說明理由。

（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=2]，[OB=2]，以線段[AB]為邊在[l]的另一側作正方形[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。

點評：本題直接使用了圖3作為題圖，考查正方形“手拉手”模型中的常規結論與推廣。第（1）問和第（2）問由“手拉手”模型可知△[BAG≌△DAE]（結論1）、[BG=DE]（結論2）、[BG]與[DE]互相垂直（結論3）;第（3）問需要類比聯想，構造“手拉手”模型。如圖6，以[OA]為邊作正方形[OAGF]，連接[OG]，[BG]，則[OG=2OA=2]，由（2）的結論有[OD=BG]，所以當[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。

（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，可以通過旋轉構造等角，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90°得到[△CDK]，[K]，[C]，[B]三點共線，可證明[△EDF≌△KDF]、[EF=KF=AE+CF]（結論1）、[△EBF]的周長等于正方形邊長的2倍（結論2）等。

此外，人教版教材八年級下冊第69頁習題第14題給出了以下結論：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]（結論3），當點[E]不是[AB]中點時結論仍然成立。方法是在[AD]上截取[AH=AE]，連接[HE]，證明[△DHE≌△EBG]即可。

將圖7與圖8的[E]點及正方形各頂點對應字母重疊，即巧妙構造出了圖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]。

（1）求證：[△DHE≌△EBG];

（2）求[∠EDG]的度數;

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

點評：由圖形的構造方式可知，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]（結論3），因為[DE⊥EG]，所以[∠EDG=45°];第（3）問中，將[△ADE]繞點[D]逆時針旋轉90°得到[△CDK]，如圖9。由“夾半角”模型有[EF=KF]（結論1），再根據[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=2-1]，所以[S△DEF=S△DKF=12×2×2-1×1=2-1]。2D53453F-AB58-405C-94D1-B69E72447833

（三）“對角互補”模型

“對角互補”模型，即在四邊形或其構成的幾何圖形中，相對的角互補，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°]。當給出條件[AB=AD]時，可將[△ADC]繞點[A]順時針旋轉90°得到[△ABE]，再證明[△AEC]為等腰直角三角形;當給出條件[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[2AC=EC=BC+CD]（結論1）、[S四邊形ABCD=S△AEC]（結論2）。

含60°的情況類似，以例3為例進一步說明和應用。

[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]之間的數量關系，并說明理由;

（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]之間的數量關系，并說明理由。

點評：第（1）問考查了含60°的“對角互補”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]（結論1）;

第（2）問所求的數量關系具有隱蔽性，是對一般情況的“對角互補”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]。

三、研究感悟

縱觀全文，數學壓軸題的圖形構成及命制方式體現了以下特點。

一是立足教材。教材是試題命制的重要來源和依據，教材的例題和習題蘊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行巧妙整合，又做出合理的改編和推廣，不設套路，關注通性通法，常規中又不乏新意。

三是發展能力。既考查學生基本的數學思維和解題技能，又重視發展學生獨立探究、解決問題的能力和素養。

在數學教學中，教師既要注重對試題解題思想和方法的指導，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，發揮試題的應用價值，穩步提升學生的數學思維能力。

（責任編輯 黃桂堅）2D53453F-AB58-405C-94D1-B69E72447833