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：EF2=AE2+BF2
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 Array∴⊿ADG≌⊿BDF（SAS）
∴∠DAG=∠DBF，BF=AG
∴AG∥BC
∵∠C=90°∴∠EAG=90°
∴EG2=AE2+AG2=AE2+BF2
∵DE⊥DF
∴EG=EF
∴EF2=AE2+BF2
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
∵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。