中考数学压轴题专项汇编专题7旋转之求线段最值

在中考数学的压轴题领域，旋转是一个充满活力与技巧的考点。它不仅仅是图形的简单转动，更是一种重要的解题思想与工具。当旋转与线段最值问题相结合时，往往能衍生出一系列构思巧妙、综合性强的题目。这类问题要求我们不仅要掌握旋转的基本性质，更要能灵活运用其进行图形转化，从而化繁为简，找到解决最值问题的突破口。本文将深入探讨如何运用旋转的思想方法来解决线段最值问题，希望能为同学们提供一些有益的启示。一、旋转策略的核心要义：化“折”为“直”与“静”中求“动”旋转的魅力在于它能够将图形中分散的条件集中起来，或将不规则的图形转化为规则的图形，特别是在处理线段长度或位置关系较为复杂的问题时，旋转往往能起到“柳暗花明又一村”的效果。在求线段最值时，其核心思想通常围绕以下两点展开：1.化“折”为“直”：通过旋转，将原本不在一条直线上的几条线段（通常构成折线）巧妙地拼接或转移，使其能够构成一条直线段。根据“两点之间，线段最短”的基本原理，此时该直线段的长度即为原折线长度之和的最小值。2.“静”中求“动”：有些线段的端点是运动的，直接研究其运动轨迹和最值较为困难。通过旋转，可以将运动的端点转化到一个新的、相对静止的参照系中，或者将动点的轨迹转化为我们熟悉的图形（如圆），再利用圆的性质（如半径、直径）来求解最值。二、典例精解：旋转在求线段最值中的具体应用类型一：利用旋转构造全等，实现线段的“转移与重组”例题1：已知正方形ABCD中，点P是边BC上一点（不与B、C重合），以AP为边作正方形APEF，连接BE。若正方形ABCD的边长为4，求线段BE长度的最小值。分析：本题中，点P在BC上运动，导致点E的位置也随之变化。直接求BE的长度表达式并分析其最值，难度较大。我们注意到题目中存在两个正方形，正方形的边相等，角为直角，这为旋转提供了天然的条件。考虑将△ABE或与BE相关的三角形进行旋转，或许能将BE与已知的正方形边长联系起来。观察图形，AP和AB是正方形ABCD和APEF的边，∠BAP+∠PAE=90°，而∠PAE=90°，所以∠BAP+∠DAF（假设F在AD上方）是否存在某种关系？或者，我们可以尝试将△ABP绕点A顺时针旋转90°，因为AB=AD，AP=AE，且∠BAP=∠DAE（都是90°-∠PAD）。解答：将△ABP绕点A顺时针旋转90°，得到△ADQ。根据旋转的性质可知：AQ=AP（旋转半径相等）DQ=BP（对应边相等）∠ADQ=∠ABP=90°（对应角相等）∠QAP=90°（旋转角为90°）因为四边形APEF是正方形，所以AE=AP，∠PAE=90°。所以，AQ=AE，且∠QAP=∠PAE=90°，即点Q、A、E三点共线，且QE=QA+AE=AP+AP=2AP？不对，这里需要仔细看：AQ是由AP旋转得到的，所以AQ=AP，而AE=AP，所以AQ=AE。又因为∠QAP=90°，∠PAE=90°，所以∠QAE=∠QAP+∠PAE=180°，因此Q、A、E三点共线，且QE=QA+AE=AP+AP=2AP？不，应该是AQ=AP，AE=AP，所以AQ=AE，那么点A是QE的中点？因为Q、A、E共线，且AQ=AE，所以A为QE中点。此时，我们来看BE。我们希望将BE与DQ（即BP）或其他已知量联系起来。连接QE后，在△QDE中，∠ADQ=90°，∠ADC=90°，所以∠QDC=∠ADQ+∠ADC=180°，即点Q、D、C三点共线。因此，DQ是在直线QC上。现在，我们尝试用QE和QD来表示BE。在△ABE和△ADQ中，AB=AD，AE=AQ，∠BAE=∠DAQ（因为∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°+∠DAE，而∠DAQ=∠QAP+∠PAD=90°+∠PAD，又因为∠DAE=∠PAD（由旋转∠BAP=∠DAQ可得，∠BAP=∠DAQ，∠BAD=∠PAQ=90°，所以∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°+(90°-∠PAQ+∠PAD)？或许前面的旋转已经直接给出了△ABE≌△ADQ？不，我们旋转的是△ABP得到△ADQ，所以△ABP≌△ADQ。那么BP=DQ，∠BAP=∠DAQ。而∠PAE=90°，∠BAD=90°，所以∠BAP+∠PAE=∠BAD+∠DAE，即∠BAE=∠PAD+∠DAE+∠BAP？这里可能有点绕。换个角度，因为AE=AP，AQ=AP，所以AE=AQ。AB=AD。如果能证明∠BAE=∠DAQ，那么△BAE≌△DAQ。∠BAE=∠BAP+∠PAE=∠BAP+90°。∠DAQ=∠QAP+∠PAD=90°+∠PAD。因为∠BAP+∠PAD=90°（在正方形ABCD中），所以∠PAD=90°-∠BAP。则∠DAQ=90°+90°-∠BAP=180°-∠BAP。而∠BAE=∠BAP+90°。所以∠BAE+∠DAQ=∠BAP+90°+180°-∠BAP=270°，不是相等关系。看来这个思路不对。我们回到最初的旋转，△ABP绕点A顺时针旋转90°得到△ADQ，所以BP=DQ，∠ADQ=90°，所以Q在直线CD上。四边形APEF是正方形，所以∠APE=90°，PE=AP。我们想求BE，能否将BE转化为另一条线段？考虑坐标法或许更直接，但既然是旋转专题，我们尽量用几何法。延长CD到G，使DG=BP，连接EG。是否能证△BPE≌△GDE？似乎条件不足。换个思路，连接QE。由旋转知AQ=AP=AE，∠QAP=90°，∠PAE=90°，所以∠QAE=180°，Q、A、E共线，且AQ=AE，所以A是QE中点。在△QDE中，D是QC上一点（因为Q在CD延长线上）。BE如何与QE联系？取AB中点H，连接EH。因为A是QE中点，H是AB中点，所以EH是△QEB的中位线？EH=1/2QB。如果能求出QB的最小值，就能得到EH的最小值，进而得到BE的最小值？但BE和EH的关系是中位线吗？Q、E、B三点构成三角形，A是QE中点，H是AB中点，那么EH是△QAB的中位线，EH=1/2QB。这样，BE与QB就联系起来了。QB是点Q到点B的距离。点Q是由点P绕A旋转90°得到的，P在BC上运动。当P在BC上运动时，Q点的轨迹是什么？因为BP=DQ，设BP=x，则DQ=x，因为CD=4，所以CQ=CD+DQ=4+x（若Q在CD延长线上）。点B的坐标若设为(0,0)，A(0,4)，D(4,4)，C(4,0)，则P点坐标为(x,0)（这里假设BP=x，P在BC上，B为(0,0)，C为(4,0)）。旋转后Q点坐标：△ABP绕A顺时针旋转90°，A为旋转中心。A(0,4)，B(0,0)绕A顺时针旋转90°后，B点对应点D(4,4)，P(x,0)绕A(0,4)顺时针旋转90°，设Q点坐标为(m,n)。根据旋转公式，顺时针旋转90°，点(x,y)绕(a,b)旋转后为(m,n)=(a+(y-b),b-(x-a))。所以m=0+(0-4)=-4，n=4-(x-0)=4-x。所以Q点坐标为(-4,4-x)。B点坐标为(0,0)。则QB的长度为√[(-4-0)²+(4-x-0)²]=√[16+(4-x)²]。当x=4时，(4-x)²最小为0，此时QB最小为√16=4。所以QB的最小值为4，那么EH=1/2QB，最小值为2。但EH是△QAB的中位线，BE与EH的关系呢？或者说，我们的目标是BE，不是EH。看来前面的中位线思路可能偏离了。我们直接计算BE的长度。E点是由P点如何得到的？APEF是正方形，AP绕A点逆时针旋转90°得到AE。P(x,0)，A(0,4)，向量AP=(x,-4)，逆时针旋转90°得到向量AE=(4,x)（向量(a,b)逆时针转90°为(-b,a)，这里AP是(x-0,0-4)=(x,-4)，旋转后AE应该是(4,x)）。所以E点坐标为A+AE向量=(0+4,4+x)=(4,4+x)。B点坐标(0,0)，E点坐标(4,4+x)。则BE的长度为√[(4-0)²+(4+x-0)²]=√[16+(4+x)²]。因为P在BC上，不与B、C重合，所以x的取值范围是(0,4)。当x=0时，BE=√[16+16]=√32=4√2；当x=4时，BE=√[16+64]=√80=4√5。但x不能取0或4。那BE的最小值岂不是当x趋近于0时？这显然与我们之前的感觉不符，说明坐标假设可能有误。啊，问题出在坐标系的建立上。若B为(0,0)，C为(4,0)，A应为(0,4)，D为(4,4)。点P在BC上，其坐标应为(p,0)，其中0<p<4。AP的向量是(p-0,0-4)=(p,-4)。将AP绕点A顺时针旋转90°得到AE（因为是正方形APEF，AP到AE的旋转方向需要明确）。若APEF是顺时针排列，则AE是AP顺时针旋转90°得到。向量AP=(p,-4)，顺时针旋转90°的向量是(-4,-p)（向量(a,b)顺时针旋转90°为(b,-a)）。所以E点坐标为A点坐标加上向量AE：(0+(-4),4+(-p))=(-4,4-p)。此时B点(0,0)，E点(-4,4-p)。BE的距离为√[(-4-0)²+(4-p-0)²]=√[16+(4-p)²]。当p=4时，(4-p)=0，BE=√16=4。但p=4时，点P与点C重合，题目中说不与B、C重合，所以p可以无限接近4，此时BE无限接近4。所以BE的最小值是4（当P与C重合时取到，但题目限制不重合，所以严格来说是无限接近4，但在中考题中，通常会允许取到端点，或者题目会说明包含端点，这里我们按最小值为4理解）。通过这个例子可以看到，旋转帮助我们找到了E点的运动轨迹（或其坐标表达式），从而将BE的长度表示为关于p的函数，进而求出最值。而旋转的关键在于利用正方形的性质，构造了全等关系，从而实现了点的位置的转化。小结：当题目中存在等腰直角三角形、正方形等含有90°角且邻边相等的图形时，常考虑将图形的某一部分绕公共顶点旋转90°，构造全等三角形，将分散的线段集中或转化。类型二：利用旋转构造等边三角形，实现线段的“和差与转化”例题2：已知等边三角形ABC中，AB=6，点D是边BC上一点，且BD=2，点E是边AC上一动点，将△CDE绕点D顺时针旋转60°得到△FDB，连接EF。求线段EF长度的最小值。分析：题目中明确提到了“旋转60°”，这自然让我们联想到等边三角形。因为旋转60°后，对应线段相等，且对应点与旋转中心的连线夹角为60°，容易构成等边三角形。已知△CDE绕点D顺时针旋转60°得到△FDB，根据旋转性质，我们可以得到：DF=DC（旋转半径相等）DB=DE（对应边相等）∠FDB=∠CDE（对应角相等）∠FDC=60°（旋转角为60°，因为∠FDB+∠BDC=∠CDE+∠BDC=∠BDC+∠CDE=∠BDE，而旋转角是∠FDE=60°吗？需要仔细分析）因为旋转中心是D，旋转对象是△CDE，旋转后C点对应F点，E点对应B点。所以旋转角是∠CDF和∠EDB，都等于60°。因此，∠CDF=60°，DC=DF，所以△DCF是等边三角形。这是一个重要的隐含结论。我们要求的是EF的长度。E点是AC上的动点，F点的位置会随着E点的运动而变化吗？或者F点是否在一个固定的轨迹上？解答：由旋转性质知：DE=DB=2（因为BD=2，E点对应B点，所以DE=DB），∠EDB=60°。所以，△DEB中，DE=DB=2，∠EDB=60°，因此△DEB是等边三角形。所以EB=DE=DB=2，∠DEB=60°。又因为△CDE旋转得到△FDB，所以FD=CD。因为BC=AB=6，BD=2，所以CD=BC-BD=4，因此FD=4。且∠CDF=60°（旋转角），所以△CDF是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形），所以CF=CD=4，∠DCF=60°。现在看EF。点E在AC上运动，点F是否固定？因为D是BC上的定点（BD=2），△CDF是等边三角形，所以F点是将DC绕D点顺时针旋转60°得到的，因此F点是一个定点！F点是定点，E点是AC上的动点，那么EF的最小值就是点F到直线AC的距离。接下来，我们需要计算点F到AC的距离。首先，建立坐标系或利用几何关系求解。方法一：几何法。在等边△ABC中，∠ACB=60°。因为△CDF是等边三角形，∠DCF=60°，所以点F在