“图形变换”证题例说|图形变换

　　江苏南京金陵中学河西分校210019 　　 　　摘要：新课标初中数学几何内容突出的是图形变换，利用图形的全等变换添辅助线是有效方法，可为题设和结论的沟通架起桥梁，拓展学生的解题思路，图形变换已成为中考的热点.
　　关键词：中考；平移；旋转；翻折
　　
　　初中数学中的图形变换一般指平移、旋转、轴对称（翻折），它实际上是用运动的观点来研究几何问题，能使分散的图形或条件集中起来，展现几何图形内在的性质和几何图形外在的美. 一些几何题，利用图形变换来处理，往往会产生意想不到的效果，下面举几道近年的中考题说明如何利用图形变换证题.
　　
　　[⇩]平移
　　 例1（2007北京）如图1，已知△ABC．
　　（1）请你在BC边上分别取两点D，E（BC的中点除外），连结AD，AE，写出使此图中只存在两对面积相等的三角形的相应条件，并表示出面积相等的三角形；
　　（2）请你根据使（1）成立的相应条件，证明：AB+AC>AD+AE．
　　分析此题第（2）问较难，注意到BD=CE，利用平移变换，将图1中已知条件转化为梯形的对角线之和大于两腰之和.
　　[A][C][B]
　　图1
　　解（1）如图2，BD=CE≠DE；
　　△ABD和△ACE，△ABE和△ACD分别面积相等.
　　（2）如图3，把△AEC作平移，使EC与BD重合，则有△AEC≌△FBD，所以AC=FD，AE=FB.
　　[A][C][E][D][B]
　　图2
　　[A][C][E][D][B][F][G]
　　图3
　　设FD与AB交于点G，在△AGD中，AG+DG>AD，
　　在△BFG中，BG+FG>FB，
　　所以AG+DG+BG+FG＞AD+FB，
　　即AB+FD>AD+FB.
　　所以AB+AC>AD+AE.
　　
　　[⇩]旋转
　　例2（2007广东广州）已知Rt△ABC中，AB=AC，在Rt△ADE中，AD=DE，连结EC，取EC中点M，连结DM和BM.
　　（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图4，求证：BM=DM且BM⊥DM；
　　（2）如图4中的△ADE绕点A逆时针转小于45°的角，如图5，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明.
　　[B][E][M][C][D][A]
　　图4
　　[A][D][C][M][B][E]
　　图5
　　分析本题中有等腰直角三角形，通常可将一个相关的三角形绕直角顶点旋转90°使条件相对集中从而解决问题.
　　证明：（1）在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点，所以BM=EC．
　　在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，所以DM=EC．
　　所以BM=DM，且点B，C，D，E在以点M为圆心、BM为半径的圆上．
　　所以∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM．
　　（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立． 证明如下：
　　连结BD，将△ABD绕点B逆时针旋转90°，点A旋转到点C，点D旋转到点D′，得到△CBD′，则BD=BD′，AD=CD′，∠BAD=∠BCD′，且∠DBD′=90°． 连结MD′．
　　[E][D][M][B][D′][C][A]
　　图6
　　因为∠CED=∠CEA－∠DEA
　　=（180°－∠ECA－∠EAC）－45°
　　=180°－∠ECA－（90°－∠BAD）－45°
　　=45°－∠ECA+∠BAD
　　=∠ECB+∠BAD
　　=∠ECB+∠BCD′
　　=∠ECD′，
　　所以DE//CD′． 又因为DE=AD=CD′，
　　所以四边形EDCD′为平行四边形．
　　所以D，M，D′三点共线，且DM=MD′．
　　在Rt△DBD′中，由BD=BD′，DM=MD′，得BM=DM且BM⊥DM．
　　另一证法：
　　连结BD，将△ABD绕点B逆时针旋转90°，点A旋转到点C，点D旋转到点D′，得到△CBD′，则BD=BD′，AD=CD′，∠BAD=∠BCD′，且∠DBD′=90°．
　　[A][H][C][M][D][E][B][D′]
　　图7
　　连结MD′，延长ED交AC于点H．
　　因为∠AHD=90°－∠DAH=90°－（45°－∠BAD）=45°＋∠BAD，
　　∠ACD′=45°+∠BCD′，
　　因为∠BAD=∠BCD′，
　　所以∠AHD=∠ACD′．
　　所以DE//CD′．
　　又因为DE=AD=CD′，
　　所以四边形EDCD′为平行四边形．
　　所以D，M，D′三点共线，且DM=MD′．
　　在Rt△DBD′中，由BD=BD′，DM=MD′，得BM=DM且BM⊥DM．
　　
　　[⇩]轴对称（翻折）
　　例3（2008天津）已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，有一个圆心角为45°，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N．
　　（Ⅰ）当扇形CEF绕点C在∠ACB的内部旋转时，如图8，求证：MN2=AM2+BN2；
　　[A][E][M][N][B][F][C]
　　图8
　　思路点拨考虑MN2=AM2+BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决． 可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN=BN，∠MDN=90°就可以了．
　　请你完成证明过程.
　　（Ⅱ）当扇形CEF绕点C旋转至图9的位置时，关系式MN2=AM2+BN2是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
　　[C][E][M][A][N][F][B]
　　图9
　　分析本题有思路点拨，可以采用分析法的方式，把相关线段集中到同一个三角形中以便用勾股定理，这是解本题的关键，进而问题（2）也能顺利解决.
　　（Ⅰ）证明 将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，则△CDM≌△ACM． 有CD=CA，DM=AM，∠DCM=∠ACM，∠CDM=∠A．
　　又由CA=CB，得CD=CB．
　　由∠DCN=∠ECF-∠DCM=45°-∠DCM，
　　∠BCN=∠ACB-∠ECF-∠ACM
　　=90°-45°-∠ACM=45°-∠ACM，
　　得∠DCN=∠BCN．
　　[C][A][M][E][D][F][N][B]
　　图10
　　又CN=CN， 所以△CDN≌△CBN．有DN=BN，∠CDN=∠B．
　　所以∠MDN=∠CDM+∠CDN=∠A+∠B=90°．
　　所以在Rt△MDN中，由勾股定理得
　　MN2=DM2+DN2． 即MN2=AM+BN2．
　　（Ⅱ）关系式MN2=AM2+BN2仍然成立．
　　证明将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM．
　　[A][M][F][N][B][G][E][C]
　　图11
　　有CG=CA，GM=AM，
　　∠GCM=∠ACM，∠CGM=∠CAM．
　　又由CA=CB，得CG=CB．
　　由∠GCN=∠GCM+∠ECF=∠GCM+45°，
　　∠BCN=∠ACB-∠ACN=90°-（∠ECF-∠ACM）=45°+∠ACM，得∠GCN=∠BCN．
　　又CN=CN，所以△CGN≌△CBN．
　　GN=BN，∠CGN=∠B=45°，∠CGM=∠CAM=180°-∠CAB=135°，
　　所以∠MGN=∠CGM-∠CGN=135°-45°=90°．
　　所以在Rt△MGN中，由勾股定理得
　　MN2=GM2+GN2． 即MN2=AM2+BN2．
　　点评此题条件中也有等腰直角三角形，若将△CAM绕点C逆时针旋转90°同样能证出.
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