巧用旋转法解几何题
旋转解形法
旋转解形法旋转解形法是一种常用的几何解题方法，通过将图形旋转使其变得更易处理或更容易观察，从而解决几何问题。
在这种方法中，我们可以利用旋转对称性或旋转变换来简化问题，找到问题的解决方案。
我们来看一个简单的例子。
假设有一个正方形，边长为a，我们想要计算其面积。
正方形的面积公式为A=a²，但是如果我们将正方形旋转45度，我们会发现它变成了一个菱形，其对角线的长度为a。
菱形的面积公式为A=1/2×d1×d2，其中d1和d2分别是菱形的两条对角线。
由于菱形的两条对角线长度相等，所以A=1/2×a×a=1/2a²，这与正方形的面积公式相同。
因此，通过旋转解形法，我们可以得到正方形的面积公式。
除了计算面积，旋转解形法还可以在解决其他几何问题时发挥重要作用。
例如，我们可以利用旋转解形法来证明两个三角形相似。
假设有两个三角形ABC和DEF，我们需要证明它们相似。
首先，我们将三角形ABC绕顶点A顺时针旋转一定角度使边AB与边DE重合，然后我们再将三角形ABC绕顶点B逆时针旋转一定角度使边BC与边EF重合。
这样，我们就得到了一个旋转后的三角形A'B'C'，其中A'B'与DE重合，B'C'与EF重合。
由于旋转变换保持形状不变，所以A'B'C'与ABC相似。
根据相似三角形的性质，我们可以得出三角形ABC与DEF相似的结论。
在解决几何问题时，旋转解形法还可以帮助我们观察和发现一些性质。
例如，我们可以利用旋转解形法来证明一个正五边形的内角和为540度。
我们将正五边形绕其中一个顶点旋转72度，得到一个旋转后的正五边形。
由于旋转变换保持形状不变，所以旋转后的正五边形与原来的正五边形相似。
根据相似三角形的性质，我们可以得出旋转后的正五边形的内角和也为540度。
因此，我们可以得出正五边形的内角和为540度的结论。
几何形的旋转与判定
几何形的旋转与判定几何形的旋转是指围绕某个中心点进行旋转的变换。
在几何学中，我们常常需要对几何形进行旋转来进行分析、判定和解决问题。
本文将介绍几何形的旋转方法以及如何利用旋转进行形状判定。
1. 旋转的基本概念在几何学中，旋转是指将一个几何形围绕某个中心点按照一定角度进行转动的操作。
旋转可以绕任意点进行，但通常我们选择围绕坐标系的原点进行旋转。
旋转角度可以是正数、负数或零，分别代表顺时针、逆时针方向和无旋转。
2. 旋转的方法2.1 坐标旋转法坐标旋转法是一种常用的旋转方法，尤其适用于二维空间中的几何形。
设几何形上的点坐标为(x, y)，绕原点旋转角度为θ，则旋转后的新坐标为(x', y')，关系如下：x' = x * cos(θ) - y * sin(θ)y' = x * sin(θ) + y * cos(θ)2.2 矩阵旋转法矩阵旋转法是另一种常用的旋转方法，可以用于二维和三维空间中的几何形。
设一个向量P(x, y)绕原点旋转角度为θ，则旋转后的新向量为P'(x', y')，关系可以通过矩阵表示如下：| cos(θ) -sin(θ) |[x', y'] = [ x, y ] * | || sin(θ) cos(θ) |3. 旋转与判定旋转在几何学中常用于形状的判定与分析。
通过旋转变换，我们可以判断两个几何形是否相似、共线、共点等。
以下是几种常见的几何形判定方法：3.1 图形相似判定两个几何形相似的判定方法之一是使用旋转。
如果一个几何形可以通过一个旋转变换得到另一个几何形，则它们是相似的。
通过记录旋转角度和中心点，我们可以进行形状相似性的判定。
3.2 线段共线判定线段共线的判定方法之一是使用旋转。
如果两条线段可以通过旋转变换得到重合的直线或平行的直线，则它们是共线的。
通过计算旋转角度和中心点，我们可以判断线段是否共线。
3.3 点在多边形内判定点在多边形内的判定方法之一是使用旋转。
整理中考数学几何图形旋转试题经典问题及解答
几何图形旋转常见问题一、填空题1.如图1，把边长为1的正方形ABCD绕顶点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，那么它们的公共局部的面积等于．2．如图2，将一块斜边长为12cm，∠B＝60°的直角三角板ABC，绕点C沿逆时针方向旋转90°至△A′B′C′的位置，再沿CB向右平移，使点B′刚好落在斜边AB上，那么此三角板向右平移的距离是cm．3.正△ABC的边长为3cm，边长为1cm的正△RPQ的顶点R与点A重合，点P，Q分别在AC，AB上，将△RPQ沿着边AB，BC，CA顺时针连续翻转〔如图3所示〕，直至点P第一次回到原来的位置，那么点P运动路径的长为cm．4.如图4，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，∠BCD＝45°，将腰CD 以点D为中心逆时针旋转90°至ED，连结AE，CE，那么△ADE的面积是．二、解答题5.如图5-1，P为正方形ABCD的对角线AC上一点(不与A、C重合)，PE⊥BC于点E，PF⊥CD 于点F.(1) 求证：BP=DP；(2) 如图5-2，假设四边形PECF绕点C按逆时针方向旋转，在旋转过程中是否总有BP=DP？假设是，请给予证明；假设不是，请用反例加以说明；(3) 试选取正方形ABCD的两个顶点，分别与四边形PECF的两个顶点连结，使得到的两条线段在四边形PECF绕点C按逆时针方向旋转的过程中长度始终相等，并证明你的结论 .6.如图6－1是一个美丽的风车图案，你知道它是怎样画出来的吗？按以下步骤可画出这个风车图案：在图6－2中，先画线段OA，将线段OA平移至CB处，得到风车的第一个叶片F1，然后将第一个叶片OABC绕点O逆时针旋转180°得到第二个叶片F2，再将F1、F2同时绕点O逆时针旋转90°得到第三、第四个叶片F3、F4.根据以上过程，解答以下问题：(1)假设点A的坐标为(4，0)，点C的坐标为(2，1)，写出此时点B的坐标；(2)请你在图6－2中画出第二个叶片F2；(3)在(1)的条件下，连接OB，由第一个叶片逆时针旋转180°得到第二个叶片的过程中，线段OB扫过的图形面积是多少？7.如图7，在直角坐标系中，点P0的坐标为(1,0)，将线段OP按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP0的2倍，得到线段OP1；又将线段OP1按逆时针方向旋转45°，长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；如此下去，得到线段OP3，OP4，…，OPn〔n为正整数〕.〔1〕求点P6的坐标；〔2〕求△P5OP6的面积；〔3〕我们规定：把点Pn (xn,yn)〔n=0,1,2,3,…〕的横坐标xn、纵坐标yn都取绝对值后得到的新坐标(|xn |,|yn|)称之为点Pn的“绝对坐标〞．根据图中点Pn的分布规律，请你猜测点Pn的“绝对坐标〞，并写出来．8.把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H 〔如图8〕．试问线段HG与线段HB相等吗？请先观察猜测，然后再证明你的猜测．9.如图9－1，小明将一张矩形纸片沿对角线剪开，得到两张三角形纸片〔如图9－2〕，量得他们的斜边长为10cm，较小锐角为30°，再将这两张三角形纸片摆成如图9－3的形状，但点B、C、F、D在同一条直线上，且点C与点F重合〔在图9－3至图9－6中统一用F表示〕图9－1 图9－2 图9－3 小明在对这两张三角形纸片进展如下操作时遇到了三个问题，请你帮助解决.〔1〕将图9－3中的△ABF沿BD向右平移到图9－4的位置，使点B与点F 重合，请你求出平移的距离；F交DE于〔2〕将图9－3中的△ABF绕点F顺时针方向旋转30°到图9－5的位置，A1点G，请你求出线段FG的长度；交DE于点H，请证明：〔3〕将图9－3中的△ABF沿直线AF翻折到图9－6的位置，AB1AH﹦DH.图9－4 图9－5 图9－6参考答案一、1. 2. 6－2 3二、5. 解：〔1〕解法一：在△ABP与△ADP中，利用全等可得BP=DP.解法二：利用正方形的轴对称性，可得BP=DP.〔2〕不是总成立 .当四边形PECF绕点C按逆时针方向旋转，点P旋转到BC边上时，DP>DC>BP，此时BP=DP 不成立.〔3〕连接BE、DF，那么BE与DF始终相等.在图1-1中，可证四边形PECF为正方形，在△BEC与△DFC中，可证△BEC≌△DFC .从而有 BE=DF .6. 解：〔1〕B〔6,1〕〔2〕图略〔3〕线段OB扫过的图形是一个半圆.过B作BD⊥x轴于D.由〔1〕知B点坐标为〔6,1〕，∴OB2＝OD2＋BD2＝62＋12＝37.∴线段OB扫过的图形面积是.7. 解：〔1〕根据旋转规律，点P6落在y轴的负半轴，而点Pn到坐标原点的距离始终等于前一个点到原点距离的倍，故其坐标为P6(0,26)，即P6(0,64)．〔2〕由可得，△P0OP1∽△P1OP2∽…∽△Pn-1OPn，设P1(x1,y1)，那么y1=2sin45°=,∴.又∵,∴.〔3〕由题意知，OP0旋转8次之后回到x轴正半轴，在这8次中，点Pn分别落在坐标象限的平分线上或x轴或y轴上，但各点绝对坐标的横、纵坐标均为非负数，因此，点Pn的坐标可分三类情况：令旋转次数为n.①当n=8k或n=8k+4时〔其中k为自然数〕，点Pn 落在x轴上，此时，点Pn的绝对坐标为(2n,0)；②当n=8k+1或n=8k+3或n=8k+5或n=8k+7时〔其中k为自然数〕，点Pn落在各象限的平分线上，此时，点P n的绝对坐标为，即.③当n=8k+2或n=8k+6时〔其中k为自然数〕，点Pn落在y轴上，此时，点P n的绝对坐标为(0,2n)．8. 解：HG＝HB．证法1：连结AH〔如图10〕.∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，∴∠B＝∠G＝90°．由题意，知AG＝AB，又AH＝AH，∴Rt△AGH≌Rt△ABH〔HL〕.∴HG=HB．证法2：连结GB〔如图11〕．∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，∴∠ABC＝∠AGF＝90°．由题意知AB＝AG．∴∠AGB＝∠ABG．∴∠HGB＝∠HBG．∴HG＝HB．9. 解：〔1〕图形平移的距离就是线段BC的长.∵在Rt△ABC中，斜边长为10cm，∠BAC=30°，∴BC=5cm.∴平移的距离为5cm．〔2分〕〔2〕∵∠A1FA＝30°，∴∠GFD＝60°.又∠D=30°，∴∠FGD＝90°．在Rt△EFD中，ED=10 cm，∴ .∵FG＝cm．〔3〕在△AHE与△DHB1中，∠FAB1＝∠EDF＝30°.∵FD＝FA，EF＝FB＝FB1，∴FD－FB1＝FA－FE，即AE＝DB1．又∵∠AHE＝∠DHB1，∴△AHE≌△DHB1〔AAS〕．∴AH＝DH.。
三角形旋转问题解题法和理由
三角形旋转问题解题法和理由如下：
解题方法：
1.明确题目要求：首先需要明确题目要求，确定需要旋转的角度
和旋转中心，以及旋转后需要得到的图形或关系。
2.画出原始图形：根据题目描述，画出原始三角形，并标记好相
关的点和线段。
3.确定旋转中心和角度：根据题目要求，确定旋转的中心点和旋
转角度。
4.执行旋转操作：使用旋转工具或手动操作，将三角形绕旋转中
心按指定的角度旋转。
5.验证结果：旋转后，检查是否得到了题目要求的结果，并注意
验证角度、长度等是否符合题目要求。
理由：
1.旋转是几何变换中的基本变换，它可以通过改变图形的位置来
得到新的图形关系或结构。
2.通过旋转操作，可以揭示条件与结论之间的内在联系，找出证
题途径。
3.在三角形旋转问题中，通过旋转可以得到新的角度、长度等关
系，从而为解题提供新的思路和方法。
中考数学解答题压轴题突破 重难点突破八 几何综合题 类型六：旋转在几何综合题中的应用
(2)证明：BE＝AH＋DF.
(2)证明：将△ABH绕着点B顺时针旋转90° 得到△BCM，∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝BC，∠ADC＝∠C＝90°，∴∠ADF＝∠C， ∵AF∥BE，∴∠F＝∠BEC，∴△ADF≌△BCE(AAS)， ∴DF＝CE.又由旋转可知AH＝CM，∠AHB＝∠M，∠BAH＝∠BCM＝90°， ∵∠BCD＝90°，∴∠BCD＋∠BCM＝180°， ∴点E，C，M在同一直线．∴AH＋DF＝EC＋CM＝EM.
类型六：旋转在几何综合 题中的应用
模型一：旋转构造基本图形 【解题方法模型构建】 若题干中出现“共顶点、等线段(相邻等线段)”这一特征．常考虑构造 旋转，通过旋转可以将线段转移，将已知条件集中，从而解决问题．
1．遇60°旋转60°，构造等边三角形(等边三角形旋转模型)．
通过旋转可将线段AP，BP，CP转移在同一个三角形中(△CPP′)． 注：根据“旋转的相互性”也可绕A点旋转△APC，或绕B，C点旋转相应 三角形(还有5种构造方法)．
模型二：旋转构造模型 【解题方法模型构建】 1．如图，在△OAB中，OA＝OB，在△OCD中，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝
α，将△OCD绕点O旋转一定角度后，连接AC，BD，相交于点E.简记 为：双等腰，共顶点，顶角相等，旋转得全等．
【结论】(1)△AOC≌△BOD(SAS)； (2)AC＝BD； (3)两条拉手线AC，BD所在直线的夹角与∠AOB相等或互补．
【结论】△ABD≌△AEC；△ABE∽△ADC.
2．请阅读下列材料： 问题：如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB＝ 3 ，PC＝ 1，求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长． 李明同学的思路：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形 (如图②)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角 三角形(由勾股定理的逆定理可证)，∴∠AP′B＝150°，而∠BPC＝∠ AP′B＝150°，进而求出等边角形ABC的边长为 7，问题得到解决．
初中几何题解题技巧带例题
初中几何题解题技巧带例题Newly compiled on November 23, 2020初中几何题解题技巧在小学阶段，我们学过许多关于几何图形面积计算的知识。
在计算几何图形面积时，除了能正确运用面积计算公式外，还需要掌握一定的解题技巧。
一、割补法割补法是指将一些不规则的、分散的几何图形经过分割、移补，拼成一个规则的几何图形，从而求出面积的方法。
例1如图1，已知正方形的边长是6厘米，求阴影部分的面积。
分析与解：如图2所示，连接正方形的对角线，可以将阴影I分割成I1和I2两部分，然后将阴影I1移至空白I1′处，将阴影I2移至空白I2′处，这样阴影部分就拼成了一个等腰直角三角形。
要求阴影部分的面积，只要求出这个等腰直角三角形的面积即可，列式为：6×6÷2＝18（平方厘米）。
练一练1：如图3，已知AB＝BC＝4厘米，求阴影部分的面积。
二、平移法平移法是指把一些不规则的几何图形沿水平或垂直方向移动，拼成一个规则的几何图形，从而求出面积的方法。
例2如图4，已知长方形的长是12厘米，宽是6厘米，求阴影部分的面积。
分析与解：如图5所示，连结长方形两条长的中点，把阴影部分分成左右两部分，然后把左边的阴影部分向右平移至空白处，这样阴影部分就转化成了一个边长为6厘米的正方形。
要求阴影部分的面积，只要求出这个正方形的面积，列式为：6×6＝36（平方厘米）。
练一练2：如图6，求阴影部分的面积（单位：分米）。
三、旋转法旋转法是指把一些几何图形绕某一点沿顺时针（或逆时针）方向转动一定的角度，使分散的、不规则的几何图形合并成一个规则的几何图形，从而求出面积的方法。
例3如图7，已知ABC是等腰直角三角形，斜边AB＝20厘米，D是AB的中点，扇形DAE和DBF都是圆的，求阴影部分的面积。
分析与解：如图8所示，把扇形DBF绕D点沿顺时针方向旋转180°后，扇形DBF与扇形DAE就合并成了一个半径为10厘米的半圆，两个空白三角形也合并成了一个直角边为10厘米的等腰直角三角形，要求阴影部分的面积，只要用半圆的面积减去空白部分的面积即可，列式为：×（20÷2）2÷2－（20÷2）2÷2＝107（平方厘米）。
几何的运动学会用几何的运动方法解决问题
几何的运动学会用几何的运动方法解决问题在几何学中，运动学是研究物体在空间中的位置、速度和加速度变化规律的一门学科。
几何的运动学是指通过几何的方法来解决与运动有关的几何问题。
几何的运动学方法可以广泛应用于各种几何学问题的解决，例如线段的平移、旋转、镜像等。
一、平移平移是几何中最基本的运动之一。
当我们需要将一条线段沿特定方向移动一定距离时，可以利用平移的性质来解决。
平移不改变线段的长度和方向，只改变了它的位置。
二、旋转旋转是几何学中另一种常见的运动方式。
当我们需要将一个图形绕着某个点旋转一定角度时，可以利用旋转的性质来解决。
旋转保持了图形的形状和大小，只改变了它的方向和位置。
三、镜像镜像是几何学中的另一种重要的运动方式。
当我们需要将一个图形通过某个镜面反射时，可以利用镜像的性质来解决。
镜像保持了图形的形状和大小，只改变了它的方向和位置。
运动学方法在几何学中的应用举例：例一：线段的平移假设有一条线段AB，长度为5个单位长度。
现在需要将线段AB沿x轴正方向平移3个单位长度，求平移后线段的坐标。
解：利用平移的性质，我们可以得出平移后线段的起点坐标为(3,0)，终点坐标为 (8,0)。
例二：图形的旋转假设有一个正方形ABCD，边长为4个单位长度。
现在需要将正方形绕着点A逆时针旋转90°，求旋转后正方形的顶点坐标。
解：利用旋转的性质，我们可以得出旋转后正方形的顶点坐标为A(0, 0)，B(-4, 4)，C(0, 8)，D(4, 4)。
例三：图形的镜像假设有一个三角形ABC，其中顶点A的坐标为(0,0)，顶点B的坐标为(4,6)，顶点C的坐标为(8,0)。
现在需要将三角形关于y轴进行镜像，求镜像后三角形的顶点坐标。
解：利用镜像的性质，我们可以得出镜像后三角形的顶点坐标为A'(0,0)，B'(-4,6)，C'(-8,0)。
综上所述，几何的运动学可以通过平移、旋转和镜像等几何的运动方法解决各种问题。
利用“旋转变换”解决三角形中的最值问题
利⽤“旋转变换”解决三⾓形中的最值问题本⽂题⽬摘⾃'初中数学动点最值思路⽅法⼤汇总'本系列⽂章摘⾃“初中数学动点最值思路⽅法⼤汇总”PDF书，该书是《初中数学典型题思路分析》书的新增赠送内容之⼀！买全套典型题思路分析书赠送内容达300G.特⾊资料如下：1、《初中数学解题思路⽅法⼤汇总》2、《初中数学动点问题思路⽅法⼤汇总》3、《初中数学典型超级易错题》4、《初中⼏何典型解题模型》以上pdf⽂件均包含典型例题分析.qq群1：453495932（已满），qq群2：994823340群⽂件分享过该系列⽂章⽂档！点击⽂末左下⾓”阅读原⽂“进⼊微店查看！所谓“动点问题”是指图形中有⼀个或多个动点，在线段、射线或者弧线上运动的⼀类开放性题⽬，⽽解决这类题的关键是动中取静，让动点定下来，灵活地运⽤相关数学知识解决问题．在变化中找到不变的性质是解决数“动点”问题的基本思路．数学压轴题正逐步转向数形结合、动态⼏何、动⼿操作、实验探究等⽅向，加强了对⼏何图形运动变化的考核，从变化的⾓度来研究三⾓形、四边形、函数图象等，通过“对称”“翻折”“平移”“旋转”等研究⼿段和⽅法来探究图形性质及变化．让学⽣经历探索的过程，培养学⽣分析问题、解决问题的能⼒，把运动观点、⽅程思想、数形结合思想、分类思想、转化思想有机地结合起来．利⽤“三点共线”解决最值问题典型例题未完，更多内容见《初中数学典型题思路分析》的附赠资料《初中数学动点最值思路⽅法⼤汇总》.利⽤“旋转变换”解决最值问题【典型例题1】难度★★【思路分析】构造包含所求线段的三⾓形，通过三边关系求解；解直⾓三⾓形求出AB 、BC ，再求出CD ，连接CG ，根据直⾓三⾓形斜边上的中线等于斜边的⼀半求出CG ，然后根据三⾓形的任意两边之和⼤于第三边判断出DC 有最⼤值再代⼈数据进⾏计算即可得【答案解析】解：待续...《初中数学典型题思路分析》书，全套7册共14本书（七上—九下+综合）；每册分解析版和原题版；有和教材同步的多个版本可选。
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巧用旋转法解几何题将一个图形绕着某一点旋转一个角度的图形变换叫做旋转，由旋转的性质可知旋转前后的 图形全等，对应点到旋转中心的连线所组成的夹角等于旋转角。
旋转法是在图形具有公共端点的相 等的线段特征时，可以把图形的某部分绕相等的线段的公共端点， 旋转另一位置的引辅助线的方法, 主要用途是把分散的元素通过旋转集中起来，从而为证题创造必要的条件。
旋转方法常用于等腰三 角形、等边三角形及正方形等图形中。
现就旋转法在几何证题中的应用举例加以说明，供同学们参 考。
例1.如图，在Rt △ ABC 中，/ C=90°, D 是AB 的中点，E , F 分别 AC 和BC 上，且 DEL DF,求证：EF 2=A ^+B F"分析：从 所证的结论来看，令人联想到勾股定理，但注意到 EF , AE BF 三条线段不在同一个三角 形中，由于D 是中点，我们可以考虑以 D 为旋转中心，将 BF 旋转到和AE 相邻的位置，构造一个直角三角形，问题便迎刃而解。
证明：延长 FD 到G 使DG=DF 连接AG EG•/ AD=DB / ADG=/ BDF•••" ADd " BDF ( SAS•••/ DAG=/ DBF BF=AG • AG// BC•••/ C=90°A Z EAG=90• EG=Ah+AG=AE+BF•/ DEI DF• EG=EF2 2 2• EF=AE+BF例 2,如图 2,在"ABC 中，/ ACB=90 , AC=BC P 是"ABC 内一点，且 PA=3 PB=1, PC=2 求/ BPC 的度数. 分析：题目已知条件中给出了三条线段的长度和一个直角，但已知的三条线段不在同一三角形中，故可考虑通过旋转变换移至一个三角形中，由于" ACB 是等腰直角三角形，宜以直角顶点 C 为旋转 中心。
解：作 MC L CP,使 MC=CP 连接 PM , BMFEA•••/ ACB=90，/ PCM=90 /-Z 仁/2•/ AC=BC •••/ CAP^" CBM( SAS/• MB=AP=3•/ PC=MC Z PCM=90•Z MPC=45由勾股定理PM== PC2MC2= 2PC2=2 2 ,在"MPB中，PB2+PM= (2 .. 2 ) 2+I2=9=B M•••" MPB是直角三角形•Z BPC=Z CPM Z MPB=45 +90° =135 °例3,如图3,直角三角形ABC中, AB=AC Z BAC=90 , Z EAF=45°，求证: EF2=BE2+CF2分析：本题求证的结论和例1十分相似，无法直接用勾股定理，可通过旋转变换将BE, CF转移到同一个直角三角形中，由于" BAC是等腰直角三角形，不妨以A为旋转中心，将Z BAE和Z CAF合在起，取零为整。
证明：过A作AP I AE交BC的垂线CP于P,连结PFAvZ EAP=90 , Z EAF=45•Z PAF=45vZ BAC=90 /Z BAE=/ PAC•/ AB=AC /Z B=Z ACB=/ ACP=45ABE^" ACP( ASA•PC=AE, AP=AE•" AEF^" APF ( SAS•EF=PF故在Rt" PCF中，P F=C F+P C,即EF^C F+A E2例4,如图4,正方形ABCD中, E, F分别在AD, DC上，且Z EBF=45 , BML EF于M 求证: BA=BM 分析：本题与例3相同之处在于直角三角形家夹有45°角，可利用相同的方法，将Z ABE和Z CBF “化散为整”来构造全等三角形。
C 证明：延长FC到N使CN=AE连结BN•••四边形ABCD是正方形••• AB=AC / BAC=90•••/ EBF=45 ABE+Z CBF=45由"ABE^" CBN知BE=BN Z CBN Z ABE•••/ CBN-Z CBF=45 ，即Z EBF=Z NBF又BE=BN BF=BF•••/ EBF^" NBF( SAS •- BM=BC• BM=BA例5、如图6,五边形ABCDE中, AB= AE BC+ DE= CD, Z ABO Z AED =180 °。
求证：Z ADE=Z ADC解析：条件中有共点且相等的边AE和AB,可将△ ADE以点A为中心，顺时针方向旋转Z BAE的角度到厶AFB的位置，如图7。
这就使已知条件Z ABO Z AED= 180。
和BC+ DE= CD通过转化得到集中，使解题思路进一步明朗。
由△ ADE^A AFB 得Z AED=Z ABF, Z ADE=Z AFB ED= BF, AF= AD由Z ABO Z AED= 180。
，得Z ABO Z ABF= 180 °。
所以C B、F 三点共线。
又CD= BC+ DE= BC+ BF= CF,故Z CFD=Z CDF。
由AF= AD,得到Z DFA= Z FDA • Z ADE=Z AFB=Z CFD^Z DFA=Z CDF^Z FDA=Z ADC例6、如图，P是等边三角形ABC内的一个点，PA=2 PB=2.3 , PC=4,求厶ABC的边长。
分析：PA PB PC比较分散，可利用旋转将PA PB PC放在一个三角形中，为此可将△BPA绕B点逆时针方向旋转60°可得△ BHC解：把△ BPA绕B点逆时针方向旋转60°得到△ BHC因为BP=BH Z PBH=60所以△ BPH是等边三角形所以Z BPH=60，所以BP=PH 2后又因为HC=PA=2 PC=4所以|PC3= HP2十HC3所以△ HCP是Rt△，所以Z CHP=90AC D又因为HC=2 PC=4所以/ HPC=30又因为/ BPH=60，所以/ CPB=90在Rt △ BPC中，BC a= BP2+PC3= Q 忑『=12+16=28,BBC 2 7，那么△ ABC的边长为2-7 。
例7、如图2, O是等边三角形ABC内一点，已知：/ AOB=115，/ BOC=125，则以线段OA OB0C为边构成三角形的各角度数是多少解：可将厶BOC绕B点按逆时针方向旋转60 °可得△ BMA因为BO=BM/ MBO=60所以△ BOM^等边三角形，所以/仁/2=60°又因为/ AOB=115，所以/ MOA=55又因为/ AMB M COB=125所以/ AMO=65又因为AM=OC MO=BO所以△ AMOE好是以AO OC BO为边组成的三角形，所以/ MAO=180 —( 55° +65°) =180°—120° =60即：以线段OA OB OC为边构成三角形的各角的度数分别为55°、65°、60例8、如图4, P是正方形ABCD内一点，将△ ABP绕点B顺时针方向旋转能与C BP重合，若PB=3求PP'的长。
分析：将厶ABP绕点B顺时针方向旋转能与CBP'重合，实际上就是把厶ABP顺时针方向旋转90°可得CBP',即PBP' 90°。
解：因为BP BP', PBP' 90°。
所以PP' . BP2P'B2. 32323、2。
例9、如图5, P 为正方形 ABCD 内一点，且 PA PB: PC=1: 2: 3,求/ APB 的度数。
分析：PA PB: PC=1: 2: 3,不妨设PA=1, PB=2, PC=3而这些条件较分散，可设法把点顺时针方向旋转 90°得到△ BAE角军：因为 BP=BE / PBE=90°所以 PE 2 22 22，所以 PE 2、2又在△ APE 中，AE CP 3, PA2 PE 2 AE 2 即 12 (2.2)2 32所以/ APE=90即/ APB=90 +45° =135°所以/ APB=135。
例10、如图，正方形 ABCD 勺边长为1, AB AD 上各存一点度数。
解：把△ CDC 绕点C 旋转90°到厶CBF 的位置，CQ=CF因为 AQ+AP+QP=2又 AQ+QD+AP+PB=2所以 QD+BP=QP又 DQ=BF 所以 PQ=PF所以 QCP FCP所以/ QCP M FCP又因为/ QCF=90，所以/ PCQ=45 。
由上例可知，利用旋转的概念及性质，把图中的一部分图形通过旋转，可把题化难为易， 它为题设和结论的沟通架起了桥梁，同学们在做题时多练，多观察，增强解答几何题的能力从以上几例来看，都巧妙地运用了旋转的方法构造全等三角形，或借助中点，或旋转一角， 通过将相关线段和有关的角转移到一个直角三角形中，运用勾股定理及它的逆PA 、PB PC 相对集中起来即把△ BCP 绕B P 、Q 若厶APQ 的周长为2,求/ PCQ 勺定理来达到解题的目的。