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旋转在解中考数学试题中的应用

范文

何桠鑫+余小芬+刘英

把一个平面图形绕着平面内某一点转动一个角度的图形变换叫做图形的旋转.这个点叫旋转中心，转动的角叫做旋转角.旋转具有以下性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前后的图形全等.旋转是数学解题的好帮手.本文以中考试题为例，介绍旋转在解题中的应用.

一、利用旋转求线段长度（或长度最值）

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

解析如图1，将DQ绕点D分别逆时针旋转90°，顺时针旋转90°至DA、DB，连接AQ、AF、BQ、BE.

由旋转知∠QDA=90°，即∠1+∠4=90°.

又∠1+∠5=90°，故∠4=∠5.

结合DE=DF，易证ΔDEQ≌ΔDFA.

从而有∠2=∠6.

又由等腰RtΔDEF中得∠3+∠7=45°.

又因为∠6=∠2=∠3，

所以∠6+∠7=45°，即∠QFA=45°.

又因为∠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为等腰直角三角形.

所以QF=QA=2.

同理可得：ΔBEQ为等腰直角三角形.

所以BQ=BE=2，EQ=BE2+BQ2=2.

综上，EQ+FQ=2+2.

点评结合题干容易推出∠EQD=90°，但在RtΔDQE中，仅已知DQ長度，无法求解出三角形的其它边、角大小.故根据“DE=DF，∠EQF=90°”，将已知线段DQ旋转，从而产生出更多已知长度的线段，同时将已知的三个“分散”角联系起来，并构造出直角三角形，结合勾股定理求解出线段长度.

例2 （2016·河南第22题）如图2，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），点P为线段AB外一动点，且PA=2，PM=PB，∠BPM=90°，请直接写出线段AM长的最大值.

解析如图2，连接BM，将ΔAPM绕着点P顺时针旋转90°得到ΔNPB.

所以AM=BN.

因此，求AM长的最大值可转化为求BN长的最大值.

连接AN，则ΔAPN是等腰直角三角形.

所以PN=PA=2.

所以AN=PN2+PA2=22.

又因为AB=3，BN≤AB+AN=3+22，

所以当N在线段BA的延长线时，线段BN长最大，最大值为3+22.

即线段AM长的最大值为3+22.

点评本题巧借旋转“转移”求解对象，又通过AN=22，分析出动点N（依赖于点P）在以A为圆心，22为半径的圆上运动.故易知当N在线段BA的延长线时，线段BN长最大.

二、利用旋转求（或证明）边的关系

例3 （2017年·铁岭第25题）如图3，ΔABC中，∠BAC为钝角，∠B=45°，点P是边BC延长线上一点，以点C为顶点，CP为边，在射线BP下方作∠PCF=∠B.反向延长射线CF，交射线BA于点C′，将∠PCF沿CC′方向平移，使顶点C落在点C′处，记平移后的∠PCF为∠P′C′F′，将∠P′C′F′绕点C′顺时针旋转角α（0°<α<45°），C′F′交线段BC于点M，C′P′交射线BP于点N，请写出线段BM，MN与CN之间的数量关系.

解析线段BM，MN与CN满足的数量关系为：MN2=BM2+CN2.下面进行证明：

如图3，因为∠B=∠PCF=∠BCC′=45°，

所以ΔBCC′是等腰直角三角形.

将ΔC′BM绕C′点逆时针旋转90°得到ΔC′CG，连接GN.

由旋转知：∠MC′G=90°，CG=BM，∠C′CG=∠B=45°，

故∠GCB=∠C′CG+∠C′CB=90°.

从而∠GCN=90°.

故在RtΔGCN中，

GN2=CG2+CN2=BM2+CN2.

又∠NC′G=∠MC′G-∠MC′N=90°-45°=45°.

结合C′M=C′G，易证ΔC′MN≌ΔC′GN.

故MN=GN，从而证得MN2=BM2+CN2.

点评本题解决的关键是将“静态”的条件“C′B=C′C，∠BC′C=90°”看作“动态”过程：即线段C′C是线段C′B绕点C′逆时针旋转90°的结果.又结论中与线段BM直接相关，从而想到将ΔC′BM整体旋转，从而将线段BM等价转化为线段GC，再在直角三角形中利用勾股定理解决问题.本题也可将ΔC′CN绕点C′逆时针旋转90°至ΔC′BG′（如图3所示），同理可证明结论.

例4 （2015年·资阳第10题）如图4，在ΔABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，E、F为线段AB上两动点，且∠ECF=45°，过点E、F分别作BC、AC的垂线相交于点M，垂足分别为H、G.证明：EF2=AF2+BE2.

解析因为AC=BC，∠ACB=90°，

所以∠A=∠ABC=45°.

如图4，将ΔACF绕点C顺时针旋转90°至ΔBCD，连接ED.

由旋转知，CF=CD，BD=AF，∠ACF=∠BCD，∠FCD=90°.

所以∠ECD=∠FCD-∠FCE=90°-45°=45°.

故∠ECD=∠FCE.

再结合CF=CD，易证ΔECFΔECD.

从而EF=ED.

又∠ABC=45°，∠CBD=∠A=45°，

所以∠EBD=90°.

故在RtΔEBD中，ED2=BD2+BE2.

即EF2=AF2+BE2.

点评本题解决的关键是抓住“AC=BC”这一等量关系，结合证明结论中线段AF，将ΔACF进行旋转，从而“转移”线段位置，再利用全等、勾股定理等知识证明结论.当然，本题也可将ΔBCE绕点C逆时针旋转90°至ΔACD′（如图4所示），同理可证明结论.

三、利用旋转求角度

例5 （2015年·铁岭第25题）如图5，已知点D是等腰直角三角形ABC斜边BC所在直线上一点（不与点B重合），连接AD.若BD=3CD，求∠BAD的度数.

解析 ① 如图5，当D在BC线段上时，将线段AD1绕点A顺时针方向旋转90°至线段AE，连接BE.

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

所以∠EBD1=∠ABE+∠ABC=90°，即BE⊥BC.

因为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°.

所以四边形A、D1 、B、E四点共圆.

所以∠EAB=∠BD1E=30°.

所以∠BAD1=90°-30°=60°；

②如图5，当点D在BC延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至线段AF，连接CF.

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

所以∠FAD2=∠FCD2=90°.

所以四边形A、F、D2 、C四点共圆.

所以∠CAD2=∠CFD2=30°.

所以∠BAD2=90°+30°=120°.

综上，∠BAD的度数为60°或120°.

点评由条件“BD=3CD”可转化为“CDBD=33”，易联想到锐角三角函数正切：tan30°=33，从而利用旋转“转移”BD，CD来构造直角三角形.问题解决过程中体现了分类讨论、化归转换的数学思想.

四、利用旋转求面积

例6 （2016·本溪第25题）如图6，已知，ΔABC为直角三角形，∠ACB=90°，点P是射线CB上一点（点P不与点B、C重合），线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接QB交射线AC于点M.若ACBC=52，P点在线段CB的延长线上，CM=2，AP=13，求ΔABP的面积.

解析如图6，将ΔABC绕点A顺时针旋转90°，得到ΔAB′C′.

连接B′Q，显然C′，B′，Q三点共线.

设BC=2x，AC=5x，故由旋转知：

B′C′=BC=2x，AC=AC′=5x，B′Q=BP.

延长BC交C′Q于N，易知四边形ACNC′是正方形.

所以C′N=CN=AC=5x.

所以BN=BC+CN=7x.

又因为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.

点评求ΔABP面积的关键是获得BP，AC线段长度.又RtΔACP中，已知线段AC，BC的比例关系，故若能找到BP与AC或BC长度关系，便可利用勾股定理建立方程，求出BP、AC长度.因而按照线段AP的旋转方式，旋转ΔABC，从而获得线段位置（平行）及长度关系，进而利用三角形相似、勾股定理求得结果.求解过程中渗透了方程思想.

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