巧用旋转法解几何题
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DE ⊥DF ， 求证：EF 2
=AE 2
+BF
2
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
∴⊿ADG ≌⊿BDF （SAS ）
∴∠DAG=∠DBF ，BF=AG
∴AG ∥BC
∵∠C=90°∴∠EAG=90°
∴EG 2
=AE 2
+AG 2
=AE 2
+BF 2
∵DE ⊥DF ∴EG=EF ∴EF 2
=AE 2
+BF
2
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 ⊥CP ，使MC=CP ，连接PM ，BM
G
F
E
D
C
B
A
∵∠ACB=90°，∠PCM=90°∴∠1=∠2
∵AC=BC ， ∴⊿CAP ≌⊿CBM （SAS ）
∴MB=AP=3
∵PC=MC ，∠PCM=90°
∴∠MPC=45°
由勾股定理PM==22MC PC =22PC =22， 在⊿MPB 中，PB 2
+PM 2
=（22）2
+12
=9=BM 2
∴⊿MPB 是直角三角形
∴∠BPC=∠CPM+∠MPB=45°+90°=135°
例3，如图3，直角三角形ABC 中，AB=AC ，∠BAC=90°,∠EAF=45°，求证：EF 2=BE 2+CF 2
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∠BAE 和∠CAF 合在一起，取零为整。
证明：过A 作AP ⊥AE 交BC 的垂线CP 于P ，连结PF ∵∠EAP=90°，∠EAF=45° ∴∠PAF=45°
∵∠BAC=90° ∴∠BAE=∠PAC ∵AB=AC ， ∴∠B=∠ACB=∠ACP=45° ∴⊿ABE ≌⊿ACP （ASA ） ∴PC=AE ，，AP=AE ∴⊿AEF ≌⊿APF （SAS ） ∴EF=PF
故在Rt ⊿PCF 中，PF 2
=CF 2
+PC 2
,即EF 2
=CF 2
+AE 2
例4，如图4，正方形ABCD 中，E ，F 分别在AD ，DC 上，且∠EBF=45°，BM ⊥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∠ABE 和∠CBF “化散为整”来构造全等三角形。 证明：延长FC 到N ，使CN=AE ，连结BN
A
P
M
C
B
A
N
F
C B
∵四边形ABCD 是正方形 ∴AB=AC ，∠BAC=90°
∵∠EBF=45°∴∠ABE+∠CBF=45°
由⊿ABE ≌⊿CBN 知BE=BN ，∠CBN=∠ABE
∴∠CBN+∠CBF=45°，即∠EBF=∠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 ，∠ABC ＋∠AED ＝180°。求证：∠ADE ＝∠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∠BAE 的角度到△AFB 的位置，如图7。这就使已知条件∠ABC ＋∠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 ≌△AFB ，得∠AED ＝∠ABF ，∠ADE ＝∠AFB ，ED ＝BF ，AF ＝AD 。
由∠ABC ＋∠AED ＝180°，得∠ABC ＋∠ABF ＝180°。所以C 、B 、F 三点共线。
又CD ＝BC ＋DE ＝BC ＋BF ＝CF ，故∠CFD ＝∠CDF 。由AF ＝AD ，得到∠DFA ＝∠FDA 。
∴∠ADE ＝∠AFB ＝∠CFD ＋∠DFA ＝∠CDF ＋∠FDA ＝∠ADC 。
例6、如图，P 是等边三角形ABC 内的一个点，PA=2，PB=32，PC=4，求△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 ，∠PBH=60° 所以△BPH 是等边三角形
所以∠BPH=60°，所以BP=PH 32 又因为HC=PA=2，PC=4 所以
所以△HCP 是Rt △，所以∠CHP=90°
又因为HC=2，PC=4 所以∠HPC=30°
又因为∠BPH=60°，所以∠CPB=90° 在Rt △BPC 中，
=12+16=28,
72=BC ，那么△ABC 的边长为72。
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 、OB 、OC 为边构成三角形的各角度数是多少？
解：可将△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 是等边三角形， 所以∠1=∠2=60°
又因为∠AOB=115°，所以∠MOA=55° 又因为∠AMB=∠COB=125° 所以∠AMO=65° 又因为AM=OC ，MO=BO
所以△AMO 正好是以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'
CBP ?重合，若PB=3，求'
PP 的长。
分析：将△ABP 绕点B 顺时针方向旋转能与'
CBP ?重合，实际上就是把△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 2333222'2=+=+=
B P BP 。
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PA 、PB 、PC 相对集中起来即把△BCP 绕B 点顺时针方向旋转90°得到△BAE 。 解：因为BP=BE ，∠PBE=90°
所以22222+=PE ，所以22=PE
又在△APE 中，2
22,3AE PE PA CP AE =+==
即2223)22(1=+
所以∠APE=90°
即∠APB=90°+45°=135° 所以∠APB=135°。
例10、如图，正方形ABCD 的边长为1，AB 、AD 上各存一点P 、Q ，若△APQ 的周长为2，求∠PCQ 的度数。
解：把△CDQ 绕点C 旋转90°到△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FCP QCP ??? 所以∠QCP=∠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定理来达到解题的目的。
用旋转法………作辅助线证明平面几何题
用旋转法………作辅助线证明平面几何题 旋转法就是在图形具有等邻边特征时，可以把图形的某部分绕等邻边的公共端点，旋转另一位置的引辅助线的方法。 1、旋转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。 2、旋转时要注意旋转中心、旋转方向、旋转角度的大小（三要素：中心、方向、大小）； 3、旋转方法常用于竺腰三角形、等边三角形及正方形等图形中。 例1： 例2 已知，在Rt ABC中 B=AC；∠BAC=90?； D为BC边上任意一点，求证：2AD2=BD2+CD2. 证明：把ABD绕点A逆时钍方向旋转90?，得?ACE，则ABD??ACE，∴BD=CE，∠B=∠ACE； ∠BAD=∠CAE， AD=AE。 又∠BAC=90?；∴∠DAE=90? 所以： D E2=AD2+AE2=2AD2。 因为：∠B+∠ACB=90? 所以：∠DCE=90? CD2+CE2=DE2=2AD2 即： 2AD2=BD2+CD2。 注：也可以把ADC顺时针方向旋转90?来证明。 注 E C D
已知，P 为等边ABC 内一点，PA=5，PB=4，PC=3，求 ∠BPC 的度数。 证明：把 ABP 绕点B 顺时钍方向旋转90 ?，得?CBD ，则 ABP ??CBD ，∴BP=BD AP=CD=5， ∠ABP=∠CBD ，所以 ∠BAP+∠PBC=∠CBD+∠PBC=60?，所以 BPD 为等边三角形。 ∠PBD=60? PD=PB=4所以： C D 2=PD 2+PC 2。因为： ∠DPC=90?所以： ∠BPC=∠BPD+∠DPC=60?+90?=150? 注：也可以把CAP 绕点C 逆时针方向旋转60?来证明。 D C 例3： 如图：在正方形ABCD 中，E 为AD 边上一点，BF 平分∠CBE 交CD 于F 点。求证：BE=CF+AE 证明：把ABE 绕点B 顺时针方向旋转90?得BCN 。则：ABE ?BCN ，所以： ∠ABE=∠CBN ，BE=BN ，AE=CN 。因为：四边形ABCD 是正方形，所以：CD AB ，∠NFB=NBF 因为：∠ABF=∠ABE+∠EBF ，∠NBF=∠NBC+∠CBF ，而：∠EBF=∠FBC ；∠NBF=∠NFB 所以：BN=NF=CN+CF 所以：BE=AE+CF 。注：也可以把BCF 绕点B 逆时针方向旋转90?来证明。
解析法证明平面几何经典问题--举例
五、用解析法证明平面几何问题----极度精彩！充分展现数学之美感！何妨一试？ 例1、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A 引两条直线分别交圆于B 、C 及D 、E ，直线EB 及CD 分别交MN 于P 、Q ．求证：AP ＝AQ ．（初二） （例1图） （例2图） 例2、已知：如图，在四边形ABCD 中，AD ＝BC ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，AD 、 BC 的延长线交MN 于E 、F ． 求证：∠DEN ＝∠F ． 【部分题目解答】 例1、(难度相当于高考压轴题) ； ，、点的方程为：直线的方程为：设直线方程为：轴建立坐标系，设圆的为为原点，轴，为如图，以)(),(,AD ,,)-(2211222y x C y x B nx y mx y AB r a y x Y AO A x MN ===+ 、；则，、，C B )()(4433y x E y x D , 1 - ;12-2-)1,{)-(22 2212212222222+=+=+=++=+=m r a x x m am x x r a amx x m y r a y x mx y 由韦达定理知：得：（消去,1- ;1222 243243+=+=+n r a x x n an x x 同理得： ),-(---23 23 22x x x x y y y y CD = 方程为：直线 ,--Q 3 23 223Q y y y x y x x = 点横坐标：由此得 , --P 1 41441P y y y x y x x = 点横坐标：同理得 ,------1 41441323223P Q y y y x y x y y y x y x x x AQ AP ===；即证：，只需证明：故，要证明 N B
巧用旋转法解几何题
百度文库-让每个人平等地提升自我 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=EF 2 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 , BM F E A
解析法在几何中的应用 -
解析法在几何中的应用 姓名：周瑞勇 学号：201001071465 专业：物理学 指导教师：何巍巍
解析法在几何的应用 周瑞勇 大庆师范学院物理与电气信息工程学院 摘要：通过分析几何问题中的各要素之间的关系，用最简练的语言或形式化的符号来表达他们的关系，得出解决问题所需的表达式，然后设计程序求解问题的方法称为解析法。 关键词：几何问题，表达关系，表达式，求解问题 一前言 几何学的历史深远悠久，欧几里得总结前人的成果，所著的《几何原本》。一直是几何学的坚固基石，至今我国中学教学的几何课本仍未脱离他的衣钵。长期的教学实践证明，采用欧式体系学习几何是培养学生逻辑思维能力的行之有效的方法。 但是，事物都有两重性。实践同样证明，过多强调它的作为也是不适当的。初等几何的构思之难，使人们为此不知耗费了多少精力，往往为寻求一条神奇、奥秘的辅助线而冥思苦索。开辟新的途径，已是势在必行。近些年来，用解析法、向量法、复数法、三角法证明几何问题，受到越来越多的数学工作者的重视。 由于平面几何的内容，只研究直线和园的问题，所以我们完全可以用解析法来研究几何问题。解析法不仅具有几何的直观性，而且也还有证明方法的一般性。综合几何叙述较简，但构思困难，而解析法思路清晰，过程简捷，可以作为证明几何问题中一种辅助方法，两者课去唱补短，想得益彰。 二解析法概述 几何数学主要是从几何图形这个侧面去研究客观事物的，其基本元素是点，代数学则主要是从数量关系这个侧面来研究客观事物，其基本元素是数。笛卡尔综合了前人的成果，创立了坐标概念，把代数学和几何学结合起来，于是产生了以研究点的位置和一对有序实数的关系、方程和曲线以及有研究连续运动而产生
解析法巧解中考数学压轴题
解析法巧解中考压轴题 在平面几何题中，适当的建立直角坐标系，利用代数的方法解决几何问题，即解析法，有时会显得更简洁高效．现以近年中考压轴题为例，分析说明解析法之妙．例1 （2013泰州）如图1，在矩形ABCD中，点P在边CD上，且与C、D不重合，过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q，连结PQ，M为PQ中点． 若AD＝10，AB＝a，DP＝8，随着a的大小的变化，点M的位置也在变化．当点M 落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围． 分析本题将矩形、三角形、动点、参数相结合，考察学生利用相似解决问题的综合能力，难度较大，区分度高，按照参考答案给出的解题思路，如图2所示，当点M落在矩形ABCD外部时，须满足的条件是“BE>MN”．分别求出BE与MN的表达式，列不等式求解，即可求出a的取值范围． 由△ADP∽△ABQ，解得QB＝4 5 a． 由△QBE∽△QCP，同样由比例关系得出BE＝ () 28 225 a a a - + ． 又因为MN为QCP的中位线，得出 MN＝1 2 PC＝ 1 2 （a－8）． 再由BE>MN， 即 () 28 225 a a a - + () 1 8 2 a >- 得出a> ． 当点M落在矩形ABCD外部时，a的取值范围为a>． 这种解法不仅要想到添加辅助线，还两次运用了相似比，计算量大，易出错．比较稳妥而简洁的做法是将图形放进直角坐标系中，利用数形结合的方法来解决此类问题． 一如何建立合适、恰当的坐标系呢通常需要考虑以下两点： 第一，让尽可能多的点落在直角坐标系上，这些点的坐标含有数字O，可以起到简化运算的功效； 第二，考虑图形的对称性，同样，也能起到简化运算的作用． 解答如图3所示，建立以B点为原点，BC方向为x轴正半轴，BA方向为y轴正半轴的直角坐标系．
巧用旋转法解几何题
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=EF 2 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 , BM F E A
高中竞赛数学讲义第56讲解析法证几何题
第56讲 解析法证 几何题 解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁． 此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”． A 类例题例1．如图，以直角三角形ABC 的斜边A B 及直角边B C 为边向三角形两侧作正方形ABDE 、CBFG ． 求证：DC ⊥FA ． 分析 只要证k C D ·k AF ＝－1，故只要求点D 的坐标． 证明 以C 为原点，CB 为x 轴正方向建立直角坐标系．设A (0，a )，B (b ，0)，D (x ，y )． 则直线AB 的方程为ax ＋by －ab ＝0． 故直线BD 的方程为bx －ay －(b ·b －a ·0)＝0， 即bx －ay －b 2＝0． ED 方程设为ax ＋by ＋C ＝0． 由AB 、ED 距离等于|AB |，得 |C ＋ab | a 2＋b 2＝a 2＋b 2， 解得C ＝±(a 2＋b 2)－ab ． 如图，应舍去负号． 所以直线ED 方程为ax ＋by ＋a 2＋b 2－ab ＝0． 解得x ＝b －a ，y ＝－b ．(只要作DH ⊥x 轴，由△DBH ≌△BAC 就可得到这个结果)． 即D (b －a ，－b )． 因为k AF ＝b －a b ，k CD ＝－b b －a ，而k AF ·k CD ＝－1．所以DC ⊥FA ． 例2．自ΔABC 的顶点A 引BC 的垂线，垂足为D ，在AD 上任取一点H ，直线BH 交AC 于E ，CH 交AB 于F ． 试证：AD 平分ED 与DF 所成的角． 证明 建立直角坐标系，设A (0，a )，B (b ，0)，C (c ，0)，H (0，h )，于是 BH ：x b ＋y h ＝1 AC ：x c ＋y a ＝1 过BH 、AC 的交点E 的直线系为： λ(x b ＋y h －1)＋μ(x c ＋y a －1)＝0． 以(0，0)代入，得λ＋μ＝0． y x H F E D C B A y x O A B C D E F G
巧用旋转法解几何题
巧用旋转法解几何题
∵AD=DB ，∠ADG=∠BDF ∴⊿ADG ≌⊿BDF （SAS ） ∴∠DAG=∠DBF ，BF=AG ∴AG ∥BC ∵∠C=90°∴∠EAG=90° ∴EG 2 =AE 2 +AG 2 =AE 2 +BF 2 ∵DE ⊥DF ∴EG=EF ∴EF 2 =AE 2 +BF 2 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 ⊥CP ，使MC=CP ，连接PM ，BM ∵∠ACB=90°，∠PCM=90°∴∠1=∠2 ∵AC=BC ， ∴⊿CAP ≌⊿CBM （SAS ） ∴MB=AP=3 G F E D C B A
∵PC=MC ，∠PCM=90° ∴∠MPC=45° 由勾 股定理 PM== 2 2MC PC = 2 2PC =22， 在⊿MPB 中，PB 2 +PM 2 =（22）2 +12=9=BM 2 ∴⊿MPB 是直角三角形 ∴∠BPC=∠CPM+∠MPB=45°+90°=135° 例3，如图3，直角三角形ABC 中，AB=AC ，∠BAC=90°,∠EAF=45°，求证：EF 2=BE 2+CF 2 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∠BAE 和∠CAF 合在一起，取零为整。 证明：过A 作AP ⊥AE 交BC 的垂线CP 于P ，连结 PF ∵∠EAP=90°，∠EAF=45° ∴∠PAF=45° ∵∠BAC=90° ∴∠BAE=∠PAC A P M C B A
第56讲 解析法证几何题教学内容
第56讲解析法证 几何题
第56讲解析法证 几何题 解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁． 此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”． A类例题 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除
斜边AB及直角边BC为边向三角形两 侧作正方形ABDE、CBFG． 求证：DC⊥FA． 分析只要证k CD·k AF＝－1，故只要求点D的坐标． 证明以C为原点，CB为x轴正方向建立直角坐标 系．设A(0，a)，B(b，0)，D(x，y)． 则直线AB的方程为ax＋by－ab＝0． 故直线BD的方程为bx－ay－(b·b－a·0)＝0， 即bx－ay－b2＝0． ED方程设为ax＋by＋C＝0． 由AB、ED距离等于|AB|，得 |C＋ab| ＝a2＋b2， a2＋b2 解得C＝±(a2＋b2)－ab． 如图，应舍去负号． 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除
所以直线ED方程为ax＋by＋a2＋b2－ab＝0． 解得x＝b－a，y＝－b．(只要作DH⊥x轴，由△DBH≌△BAC就可得到这个结果)． 即D(b－a，－b)． 因为k AF＝b－a b，k CD＝ －b b－a，而k AF·k CD＝－1．所以 DC⊥FA． 例2．自ΔABC的顶点A引BC的垂线，垂足为D，在AD上任取一点H，直线BH交AC于E，CH交AB于F．试证：AD平分ED与DF所成的角． 证明建立直角坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，H(0，h)，于是 BH：x b＋ y h＝1 AC：x c＋ y a＝1 x
几何辅助线之手拉手模型初
手拉手模型教学目标: 1：理解手拉手模型的概念，并掌握其特点 2：掌握手拉手模型的应用 知识梳理： 1、等边三角形 条件：△OAB，△OCD均为等边三角形 结论：；； 导角核心： 2、等腰直角三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰直角三角形 结论：；； 导角核心： 3、任意等腰三角形 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：；；
核心图形： 核心条件：；； 典型例题： 例1:在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥AC 例2：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 例3：如果两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°； （4）AE与DC的交点设为H,BH平分∠AHC 例4：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？
例5：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ 例6：两个等腰三角形ABD与BCE，其中AB=BD,CB=EB,∠ABD=∠CBE，连接AE与CD. 问（1）△ABE≌△DBC是否成立？ （2）AE是否与CD相等？（3）AE与CD之间的夹角为多少度？ （4）HB是否平分∠AHC？ 例7：如图，分别以△ABC 的边AB、AC 同时向外作等腰直角三角形，其中 AB =AE ， AC =AD，∠BAE =∠CAD=90°，点G为BC中点，点F 为BE 中点，点H 为CD中点。探 索GF 与GH 的位置及数量关系并说明理由。 例8：如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD任意一点（P与A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD 于点E. （1）如图1，猜想∠QEP=_______°； （2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明； （3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．
静力学分析中的几何法或解析法
静力学分析中的几何法或解析法 作者：王晓鹍{摘要}：静力学研究的内容主要是研究作用于物体上力系的平衡。 通过静力学公理具体研究以下三个问题①物体的受力分析②力系的等效替换③力系的平衡条件。根据几何法的三步骤：确定受力体，画出脱离体和已知受力，解除约束体，画出受力方向的步骤。从而根据几何作图解决问题。至于解析法可以根据平衡力系中，合力必为零以及力多边形自行闭合的特点分析问题。 {关键词} 静力学二力平衡公理质点 {英文摘要} { the }: Statics study is the main content of research on object on the equilibrium of force system. The axioms of statics study the following three problems of objects in the stress analysis in power system equivalent substitution of the force equilibrium condition. According to the geometric method in three steps: determining force body, draw out of body and the known force, lift the restriction, draw the step stress direction.According to the geometry problem solving. As for the analytical method based on balanced force, force will be zero and the force polygon self closing characteristic analysis. { the } Statics two force balance axiom particle 静力学是力学的一个分支，它主要研究物体在力的作用下处于平衡的规律，以及如何建立各种力系的平衡条件。平衡是物体机械运动的特殊形式，严格地说，物体相对于惯性参照系处于静止或作匀速直线运动的状态，即加速度为零的状态都称为平衡。对于一般工程问题，平衡状态是以地球为参照系确定的。静力学还
解析法教学文档
解析法 一、 方法介绍 解析法是把几何问题转化为代数问题来处理的更一般方法，用解析法解平面几何题时，要特别注意选择适当的坐标系，同时还要灵活利用几何图形的性质及代数、三角知识的综合运用。 二、 例题精讲 例1、 如图，O 是正方形ABCD 内的一点，且?=∠=∠15OCB OBC ，求证：OAD ?是等边三角形。 例2、在锐角三角形ABC ?中，AB 上的高CE 与AC 上的高BD 相交与点H ，以DE 为直径的圆分别交 AB 、AC 于F 、G 两点，FG 与AH 相交与点 已知25=BC ，20=DB ，7=BE ，求AK A B B C A D
例3、 知直线l 与⊙O 相离，l OP ⊥于点P ，Q 是l 上异于P 的一点，QB QA ,分别 切⊙O 于B A ,。直线AB 交OP 于点K 。BQ PN ⊥于点N ，AQ PM ⊥于点M 。求证：MN 平分线段PK 。 练习 1、 设M 、N 分别是ABC ?的边AC 、BC 上的点，且?=∠90ACB 。设AN 与BM 交 于点L 。证明：AML ?、BNL ?的垂心与点C 三点共线。 l C B A N M
2、 一张纸上画有半径为R 的⊙O 和圆内一定点A ，且a OA =，折叠纸片，使圆周上某点 A '刚好与点A 重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当A '取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线的点的集合。 3以ABC ?的边BC 为直径作半圆，与AC AB ，分别交于点D 和E ，过D 、E 作BC 的垂线，垂足分别为G F ，，线段DG 、EF 交于点M 。求证：BC AM ⊥。 4如图，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠BAD 。在CD 上取一点E ，BE 与AC 相交于F ，延长DF 交BC 于G 。求证：∠GAC =∠EAC . G F C B A C B
初中数学用平移、旋转、对称巧解几何问题(精品)专题辅导
初中数学用平移、旋转、对称巧解几何问题 在证明和求值的诸多几何问题中，往往不能直接找到解题的突破口，那么我们就要另壁蹊径，就是要借助图形转换的方法来解题了． 以下介绍三种方法： 一、平移：将图形沿着一个方向移动一段距离 例1 如图1，在六边形ABCDEF 中，AB//ED ，AF//CD ，BC//FE ，AB=ED ，AF=CD ，BC=EF ，又知对角线FD ⊥BD ，FD=24cm ，BD=18cm ，则六边形ABCDEF 的面积为多少？ G F E D 图1 C 此题显然不能直接运算，但只要将图形适当地分割并平移一下就可以了． 解：本题初看无法下手，但仔细观察，题中彼此平行且相等的线段有三组，于是产生将△DEF 平移到△BAG ，将△BCD 平移到△GAF 的位置． 则长方形BDFG 的面积等于六边形的面积． 即S 六ABCDEF =S 正BDFG =18×24=432cm 2 二、旋转：将某图形绕着一个固定点转动到另一个位置，以此重新组合图形 例2 如图2，P 为正方形ABCD 内一点，若PA=a ，PB=2a ，PC=3a （a>0），求： （1）∠APB 的度数； （2）正方形的边长． C 图2 解：将△APB 绕点B 顺时针转90°，得△CQB ，显然△CQB ≌△APB ，连接PQ ， ∠PBQ=90°， PB=QB=2a ， 所以∠PQB=∠QPB=45°， PQ=?=∠?9022PQC a 于是∠APB=90°＋45°=135°． （2）? ???=∠?=∠45135PBQ APB
a AC AB a a a AC Q P A 2252 22410])221[(2 2+==?+?++=??三点共线 、、 例3 如图3，P 是等边△ABC 内一点，PA=2，PB 32=，PC=4，求BC 的长． A 图3 此题乍一看似乎无从着手，但只要运用旋转的方法来解题，就十分容易了． 解：将△BPA 绕点B 旋转60°， 则BA 与BC 重合， BP=BM ，PA=MC ， 连接MP ，则△MBP 为正三角形， 即32=MP ，PC=4， ，?=∠?=+?=902222CMP PC MC MP MC 因为PC MC 21=， 所以∠MPC=30°， 又因为∠MPB=60°， 所以∠CPB=90°， 得BC 7222=+=PC PB ． 可见，经过旋转后的图形给我们的解题带来了很大的好处，是一种捷径．因此，我们应多多利用旋转的方法来解决更多的问题． 三、对称（也可理解为翻折）：某图形对于某条线对称的图形 例4 作图设计，村庄A 、B 位于不平行的两条小河的两侧，若要在两条小河上各架设一座与河岸垂直的桥，并要使A 到B 的路程最近，问桥应架在何处？
利用旋转法解几何最值问题应用举例
利用旋转法解几何最值问题应用举例 一、利用旋转转化为点到直线的距离垂线段最短求最值 例1、在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），点B为y轴正半轴上一个动点，连接AB，以AB为一边向下作等边△ABC，连结OC，则OC的最小值为 ． 解析：如图，将△ABO绕点A逆时针旋转60°得△AACM，并延长MC交x轴于点N．则点C在直线MN 上运动，当OC⊥MN时， OC最小，∴OC＝AM＝2，则OC的最小值为2． 例2、如图，平行四边形ABCD中，∠B＝60°，BC＝12，AB＝10，点E在AD上，且AE＝4，点F是AB上一点，连接EF，将线段EF绕点E逆时针旋转120°得到EG，连接GD，则线段GD长度的最小值为 ． 解析：将线段AE绕点E逆时针旋转120°得到EH，连接HG，过点H作HM⊥AD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A∠ +B＝180°，∴∠A＝120°， ∵将线段AE绕点E逆时针旋转120°得到EH，将线段EF绕点E逆时针旋转120°得到EG， ∴EF＝EG＝4，AE＝EH，∠AEH＝∠FEG＝120°， ∴∠DEH＝60°，∠AEF＝∠HEG，且EF＝EG，AE＝EH，∴△AEF≌△HEG（SAS） ∴∠A＝∠EHG＝120°＝∠AEH，∴AD∥HG，∴点G的轨迹是过点H且平行于AD的直线， ∴当DG⊥HG时，线段GD长度有最小值，∵∠HEM＝60°，EH＝4，HM⊥AD， ∴EM ＝2，MH ＝EM＝2，∴线段GD长度的最小值为2， 例3、如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为 ．
用旋转法--作辅助线证明平面几何题《总结》
用旋转法………作辅助线证明平面几何题 旋转法就是在图形具有等邻边特征时，可以把图形的某部分绕等 邻边的公共端点，旋转另一位置的引辅助线的方法。 1、 旋转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。 2、 旋转时要注意旋转中心、旋转方向、旋转角度的大小（三要素：中心、方向、大小）； 3、 旋转方法常用于竺腰三角形、等边三角形及正方形等图形中。 例1： 已知，在Rt ABC 中；∠BAC=90?； D 为BC 边上任意一点，求证：2AD 2=BD 2+CD 2.证明：把 ABD 绕点A 逆时钍方向旋转90 ?，得?ACE ，则 ABD ??ACE ，∴BD=CE ， ∠B=∠ACE ； ∠BAD=∠CAE ， AD=AE 。又 ∠BAC=90?；∴∠DAE=90?所以： D E 2=AD 2+AE 2=2AD 2。因为： ∠B+∠ACB=90?所以： ∠DCE=90? CD 2+CE 2=DE 2=2AD 2即： 2AD 2=BD 2+CD 2。注：也可以把ADC 顺时针方向旋转90?来证明。注 E C D
例2
已知，P 为等边ABC 内一点，PA=5，PB=4，PC=3，求 ∠BPC 的度数。 证明：把 ABP 绕点B 顺时钍方向旋转90 ?，得?CBD ，则 ABP ??CBD ，∴， ∠ABP=∠CBD ，所以 ∠BAP+∠PBC=∠CBD+∠PBC=60?，所以 BPD 为等边三角形。 ∠PBD=60 ?所以： C D 2=PD 2+PC 2。因为： ∠DPC=90?所以： ∠BPC=∠BPD+∠DPC=60?+90?=150? 注：也可以把CAP 绕点C 逆时针方向旋转60?来证明。 D C 例3： 如图：在正方形ABCD 中，E 为AD 边上一点，BF 平分∠CBE 交CD 于F 点。求证：BE=CF+AE 证明：把ABE 绕点B 顺时针方向旋转90?得BCN 。则：ABE ?BCN ，所以： ∠ABE=∠CBN ，BE=BN ，AE=CN 。因为：四边形ABCD 是正方形，所以：CD AB ，∠NFB=NBF 因为：∠ABF=∠ABE+∠EBF ，∠NBF=∠NBC+∠CBF ，而：∠EBF=∠FBC ；∠NBF=∠NFB 所以：BN=NF=CN+CF 所以：BE=AE+CF 。注：也可以把BCF 绕点B 逆时针方向旋转90?来证明。
利用旋转法解几何最值问题应用举例 教师版
利用旋转法解几何最值问题应用举例解析 一、利用旋转转化为点到直线的距离垂线段最短求最值 例1、在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），点B为y轴正半轴上一个动点，连接AB，以AB为一边向下作等边△ABC，连结OC，则OC 的最小值为 ． M N 解析：如图，将△ABO绕点A逆时针旋转60°得△AACM，并延长MC交x轴于点N．则点C在直线MN 上运动，当OC⊥MN时，OC最小，∴OC＝AM＝2，则OC的最小值为2． 例2、如图，平行四边形ABCD中，∠B＝60°，BC＝12，AB＝10，点E在AD上，且AE＝4，点F是AB上一点，连接EF，将线段EF绕点E逆时针旋转120°得到EG，连接GD，则线段GD长度的最小值为． 解析：将线段AE绕点E逆时针旋转120°得到EH，连接HG，过点H作HM⊥AD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A+∠B＝180°，∴∠A＝120°， ∵将线段AE绕点E逆时针旋转120°得到EH，将线段EF绕点E逆时针旋转120°得到EG， ∴EF＝EG＝4，AE＝EH，∠AEH＝∠FEG＝120°， ∴∠DEH＝60°，∠AEF＝∠HEG，且EF＝EG，AE＝EH，∴△AEF≌△HEG（SAS） ∴∠A＝∠EHG＝120°＝∠AEH，∴AD∥HG，∴点G的轨迹是过点H且平行于AD的直线， ∴当DG⊥HG时，线段GD长度有最小值，∵∠HEM＝60°，EH＝4，HM⊥AD， ∴EM＝2，MH＝EM＝2，∴线段GD长度的最小值为2， 例3、如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为．
几何辅助线之手拉手模型初三
手拉手模型 教学目标： 1:理解手拉手模型的概念，并掌握其特点 2 :掌握手拉手模型的应用 知识梳理: 导角核心: 2 、等腰直角三角形 1、等边三角形 条件：△ OAB ，△ OCD 均为等边三角形 结论：|①心 C 迪ORD ；② = 6(^；③OE 平分ZAED
结论：I ①；② 厶阳二刈；③QE 半分"ED 3、任意等腰三角形 条件：△ OAB , △ OCD 均为等腰三角形，且/ AOB = / COD 结论：\ s=m ； 〔 _.口; _n ；，窓八矗/禺7 核心图形: ZAOB = ZCOD 条件：△ OAB , △ OCD 均为等腰直角三角形
典型例题： 例1在直线ABC 的同一侧作两个等边三角形△ ABD 和厶BCE ,连接AE 与CD ,证明：(1) △ ABE ◎△ DBC ; (2) AE=DC ; (3) AE 与 DC 的夹角为 60°; (4)A AGB ◎△ DFB ; (5)△ EGB CFB ; ( 6) BH 平分/ AHC ; GF // AC 例3:如果两个等边三角形△ ABD 和厶BCE ，连接AE 与CD ，证明 : 例2:如果两个等边三角形△ (1 )△ ABE ◎△ DBC ; (2) ABD 和厶BCE ，连接 AE 与CD ，证明： AE=DC ; (3) AE 与 DC 的夹角为 60°; H,BH 平分/ AHC D B
(1 )△ ABE S' DBC ; (2) AE=DC ; (3) AE 与DC 的夹角为60°; (4) AE与DC的交点设为H,BH平分/ AHC 例4:如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE,二者相交于H 问：（ADG ◎△ CDE是否成立？（2）AG是否与CE 相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分/ AHE ? 例5:如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.问（1）' ADG S' CDE是否成立?
2018年中考数学专题训练——几何题中用旋转构造“手拉手”模型
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型；； 一、教学目标： 1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征． 2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题． 3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题． 二、教学重难点： 1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等． 2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择． 三、教学过程： D 1.复习旧知 师：如图，△ABD，△BCE为等边三角形，H E 从中你能得出哪些结论？G F 生：（1）△ABE≌△DBC（2）△ABG≌△ A B C DBF （3）△CFB≌△EGB（4）△BFG为等边三角形 （5）△AGB∽△DGH（6）∠DHA＝60°（7）H，G，F，B四点共圆（8）BH平分∠AHC…… 师：我们再来重点研究△ABE与△DBC，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？ 生：它们有同一个字母B，即同一个顶点B． 师：我们也可以把△DBC看作由△ABE经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B逆时针旋转60°得到． 2.引入新课 师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”， 谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等． 师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点． 师：我们可以称之为“共顶点”．
师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？ 生：旋转． 师：“手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转． 3.小题热身 图1图2图3 1．如图△1，BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE． 2．如图△2，ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______． 3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF ＝_______． 师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”． 生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是△C，ACF绕点C逆时针旋转△90°得BCD． 题2中，等线段是AB，BC，共顶点是△B，ABD绕点D顺时针旋转△60°得CBE． 师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？ 生：没有． 师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？ 生：等线段是AD，AB，共顶点是A． 师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？ 生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°． 师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？ 生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°
数学人教版九年级上册初中几何辅助线技巧之旋转变换
数学,人教,版,九年级,上册,初中,几何,辅助线,初中几何辅助线技巧之旋转变换——构造旋转图形 设计老师：广州市番禺区沙湾镇象达中学练兴宏 一、教学内容分析 运用基本图形去解决几何难题，当直接或间接的条件在现有图形结构下显得相对分散，并且不能解决问题时，可以考虑添加辅助线构成新图形，形成新关系，使分散的条件集中起来，从而建立已知与未知的桥梁，把问题转化为自己能解决的问题，这是解决问题常用的策略。 再者，运用旋转命题常见于全国各地的中考压轴题，在分析解决这类题目时，学生们比较困惑的就是：“什么时候需要构造旋转图形、怎么构造旋转图形”，本节课的重点是根据题目所提供的现有图形及已知条件，总结、提炼构造旋转图形的常用技巧： 遇等腰（如右图：），转顶角（旋转中心所在位置）。 特别地， 2、遇（度），转（度），构造等边，关注：等边三角形、全等三角形； 3、遇中点，转（度），构造对称（中心对称），关注：全等三角形。 二、教学目标分析 1. 以构造旋转图形的常用技巧为载体，加深学生对旋转作图、旋转图形性质的理解； 2. 通过引导学生根据现有几何图形特征，构造恰当的旋转图形，渗透化归思想，学会把相对分散的信息转化为相对集中的信息，把未知的几何模型转化为熟知的几何模型。 3. 通过三个例题的探究、总结、提炼和运用，培养学生的归纳总结能力。 三、学生学情分析 1. 化归思想不仅是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。站在化归思想的高度，“未知”与“已知”、“陌生”与“熟悉”、“难”与“易”、“繁”与“简”、“抽象”与“直观”、“分散”与“集中”等等，就是矛盾的统一体。初三的学生，对化归思想已有较多的接触与认识，但仍需在平常的教与学中不断得到渗透与深化。 2. 笔者所在学校属于非中心区的镇属学校，学生的整体学习基础与学习水平不高，而此专题课对学生的学习又提出了比较高的要求，所以，这里选取初中几何辅助线技巧之旋转变换——构造旋转图形为复习专题，既是矛盾的，又是必须的。计划此节复习专题课设置在初三学生中考复习的第一轮复习之后，基于学生已掌握旋转的基本性质之后学习，并且在设计上选取
初中数学几何辅助线集合 第五章 旋转专题(无答案)
第五章 旋转专题 实战演练 类型一 旋60°，造等边 1.如图6-1，P 是等边ABC ?内部一点，3,45PC PA PB ===,，求ABC ?的边长. 图6-1 2.如图6-2，P 是等边ABC ?外一点，若345PA PB PC ===,,，求APB ∠的度数。 图6-2 3.（兰州中考）如图6-3，四边形ABCD 中，AB BD AD ==，30BCD ∠=?.求证：222DC BC AC +=. 图6-3 类型二 旋90°，造垂直 4.如图6-4，四边形ABCD 被对角线BD 分为等腰直角三角形ABD 和直角三角形CBD ，其中A ∠和C ∠都是直角，另一条对角线AC 的长度为2.求四边形ABCD 的面积. 图6-4 5.如图6-5，PAB ?中，45APB ∠=?，2PA 4PB =，以AB 为一边作正方形ABCD .求PD
的长. 图6-5 6.（深圳中考）如图6-6，ABC ∠=?，D为AB的中点，若E是直 ACB =，90 ?中，AC BC 线AC上任意一点，DF DE ⊥，交直线BC于F点.G为EF的中点，延长CG交AB于点H. （1）证明：DE DF =； （2）证明：CG GH =. 图6-6 7.如图6-7，E是正方形ABCD的边CD上任意一点，F是边AD上的点，且FB平分ABE ∠.求证：BE AF CE =+. 图6-7 8.如图6-8，已知ABC ?绕点A顺时针旋转90°，得到AED ∠=?，将ABC ACB ?中，135 ?，连接CD，CE. （1）求证：ACD ?为等腰直角三角形； （2）若1 AC=，求四边形ACED的面积. BC=，2 图6-8 类型三旋180°，造中心对称