浅谈正方形中的旋转变换获奖科研报告

浅谈正方形中的旋转变换获奖科研报告

摘要：图形的旋转是初中几何图形变换的基本内容之一，通过旋转改变位置后重新组合，然后作为全等变换，需要在新旧图形之间找到其中的变量和不变量，从而在新图形中分析出有关图形间的关系，进而揭示条件与结论间的内在联系，找到解题途径.

关键词：正方形旋转变换应用

图形的平移、旋转和翻折是几何变换中的三种基本变换.所谓几何变换就是根据确定的法则，对给定的图形（或其中一部分）施行某种位置变化，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系.本文就正方形的旋转举例分析：

例1.将五个边长都为2cm的正方形按如图所示摆放，点AAAA分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为（）

A.2cmB.4cmC.6cmD.8cm

解析：连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点，则AP=AN，∠APF=∠ANE=45°，易得△PAF≌△NAE，进而可得四边形AENF的面积等于△NAP的面积，而△NAP的面积是正方形的面积的四分之一，又知正方形的面积为4，∴四边形AENF的面积为1cm，四块阴影面积的和为4cm.故选B.

点评：本题考查旋转的性质.旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等.要注意旋转的三要素：定点-旋转中心;旋转方向;旋转角度.

例2.如图，正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕D逆时针旋转90°得到△DCM.

求证：（l）EF=FM.（2）当AE=1时，求EF的长.

解析：（1）容易证得△DAE与△DCM全等，

所以∠ADE=∠MDC，DE=DM.且∠EDF=45°所以，∠ADE+∠CDF=45°，∠CDM+∠CDF=∠EDF=45°，再證得△EDF全等于△MDF，所以EF=FM.

（2）因为正方形ABCD的边长为3，且AE=1，所以EB=2，在直角三角形EBF中，设BF=x，则EF=FM=FC+CM=（3-x）+1=4-x，利用勾股定理得2+x=（4-x）求出BF=1.5，所以EF=2.5.

例3.如图，点P为正方形ABCD内一点，且PA=1，PB=2，PC=3，试求∠APB的度数.

解析：将△ABP绕点B顺时针方向旋转90°得△BQC并连接PQ，则△BQC≌△BPA，∠APB=∠BQC，而∠BQC=∠BQP+∠PQC，然后根据旋转的性质得到△BQP为等腰直角三角形，从而得到∠BQP=45°，再根据勾股定理的逆定理证明∠PQC=90°，从而求出∠APB=∠BQC=∠BQP+∠PQC=135°.

点评：本题重点考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理逆定理的应用等知识，应当明确旋转前后图形的对应关系，清楚旋转前后两个图形全等，即对应边、对应角相等.

例4.如图，正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，且BE=BC，连接CE，将△CDE绕点C逆时针旋转90°，得到△CBF.连接EF，交BC于点G，H为EF的中点，连接CH，则下列说法：①△CDE≌△EBG;②BC平分∠HCF;③S=S;④FG=GH;⑤在不添加其他线段的条件下，图中有8个等腰三角形，其中正确的说法是（）

A.①②③B.①②④C.①②⑤D.①③⑤

解析：根据旋转的性质可得∠BCF=∠DCE，△CEF是等腰直角三角形，然后求出∠EBG=∠CDE=45°，再根据等腰三角形两底角相等求出∠BCE=∠BEC=67.5°，然后求出∠BEG=∠DCE=22.5°，利用“角边角”证明△CDE和△EBG全等，判定①正确;再求出∠GCH=22.5°，从而得到∠GCH=∠BCF，判定②正确;连接BH，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BH=EF，CH=EF，CH是△CGF的边GF的高，BH不是△BGF的边GF的高，所以，两个三角形的面积不相等，判定③错误;△CFH中CH≠CF，所以角平分线CG不平分FH，判定④错误;根据正方形的性质找出等腰直角三角形有：△ABD，△BCD，△CEF，△CEH，△CFH;根据角度找出等腰三角形有△BCE，△CEG，△BFG.所以判定⑤正确.综上所述，说法正确的有①②⑤.故正确答案是C.

点评：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，旋转的性质，等腰三角形的判定.

例5.如图，四边形ABCD、DEFG都是正方形，连接AE、CG，AE与CG相交于点M.下列结论：①AE=CG，②AE⊥CG，③DM∥GE，④OM=OD，⑤∠DME=45°.正确结论的个数为（）

A.2个B.3个C.4个D.5个

解析：根据正方形的性质可得AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠EDG=90°，然后求出∠ADE=∠CDG，再利用“边角边”证明△ADE和△CDG全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=CG，判定①正确;根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，再求出∠MEG+∠MGE=∠DEG+∠DGE=90°，然后求出∠EMG=90°，判定②正确;根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OM=GE=OD，判定④正确;根据OM=OD=OG=OE判断点D、E、G、M四点共圆，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠DME=∠DGE=45°，判定⑤正确;根据∠DME=45°，又知∠GEM﹤∠GED=45°可得∠DME≠∠GEM，判定DM∥GE错误.综上所述，正确的有①②④⑤共4个.故选C.

点评本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，以及四点共圆，熟练掌握各性质是解题的关键.

例6.如图，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连结BG，DE.我们探究下列图中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系：

（1）猜想如图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系;说明理由.

（2）将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α，得到如图2.如图3情形.请你通过观察、测量等方法判断（1）中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断.

解析：在三个图形中，根据正方形的旋转都可以得到△CDE≌△CBG，所以三个图形中都存在BG=DE，直线BG⊥DE.

点评：线段BG和线段DE的长度相等，这个可以通过证明△CDE≌△CBG，由全等三角形对应边相等得到，这两条线段所在的直线互相垂直，只需要证明90°角即可.

例7.已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG.

（1）求证：EG=CG;EG⊥CG.

（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG.问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明;若不成立，请说明理由.

解析：（1）根据直角三角形斜边中线的性质，在Rt△DEF和Rt△DCF中，G是斜边DF的中点，由此可知EG=DF，CG=DF，所以EG=CG.再根据三角形外角定理可得∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠GDC，

∴∠EGC=∠EGF+∠CGF=2（∠EDG+∠GDC）=90°，∴EG⊥GC.

（2）作GM⊥BC于M，GN⊥AB于N交CD于H，证明△GNE≌△GMC.

∴GE=GC，∠NGE=∠MGC，∴∠EGC=∠NGM=90°，∴EG⊥GC.