邓贵元

【中图分类号】G62 【文献标识码】A

【文章编号】2095-3089（2018）21-0132-01

“旋转变换”在平面几何解题中有着重要的应用，特别是对有关三角形、四边形等一类问题的求解，这里谈的“旋转变换”指的就是平面图形绕定点的旋转，因此，在一般情况下，其图形的形状和大小均不改变。

一、以三角形为基础的图形的旋转变换

例1：已知两个全等的直角三角形纸片△ABC、△DEF 放置点B，D重合，点F在BC上，AB与EF交于点G，∠C=∠EFB=90°，∠E=∠ABC=30°，AB=DE=4。

（1）求证：△EGB是等腰三角形；

（2）若纸片DEF不动，问△ABC绕点F逆时针旋转最小 度时，四边形ACDE成为以ED为底的梯形，求此梯形的高。

证明：在Rt△DEF中，∵∠EFB=90°，∠E=30°，

∴∠EDF=60°，

又∵∠ABC=30°，

∴∠EBG=∠EBF-∠ABC=30°

∴EG=BG

∴△EGB是等腰三角形，

解（2）30（度）。

（事实上，∵∠BFD=30°，∠EDF=60°，

∴∠DHC=90°=∠ACB。

∴AC∥DE. 又∵AC≠DE，∴四边形ACDE是梯形。）

设BC与ED交于H，∵∠DFB为30°旋转角，

又∵∠EDF=60°，∴∠DHF=90°，∵DF=2，

∴FH=DFsin∠EDF=2sin60°=

在Rt△ABC中，AB=4，AC=2，

又∵BF=DF=2，∴CF=2-2

∴梯形的高=2-2+=3-2

例2：一副三角板，45°的三角板Rt△DEF的直角顶点恰好在30°的三角板，Rt△ABC斜边AB的中点处，∠A=30°，∠E=45°，∠EDF=∠ACB=90°，DE交AC于点G，GM⊥AB于M。

（1）当DF经过点C时，作CN⊥于N，求证：AM=DN。

（2）当△EDF经D点旋转，DF∥AC时，DF交BC于H，作HN⊥AB于N，（1）的结论仍然成立，请你说明理由。

证明：（1）∵∠A=30°，∠ACB=90°，D是AB的中点

∴BC=BD，∠B=60°

∴△BCD是等边三角形。

又∵CN⊥DB，

∴DN=DB

∵∠EDF=90°，△BCD是等边三角形

∴∠ADG=30°，而∠A=30°

∴GA=GD

∵GM⊥AB

∴AM=AD

又∵AD=DB ∴AM=DN

（2）解：∵DF∥AC

∴∠HDB=∠A=30°，∠AGD=∠GDH=90°，

∴∠ADG=60° ∵∠B=60°，AD=DB，

∴△ADG≌△DBH

∴AG=DH，

又∵∠HDN=∠A，GM⊥AB，HN⊥AB，

∴△AMG≌△DNH

∴AM=DN。

二、以四邊形为基础的图形的旋转变换

例3：已知顺正方形ABCD内有△AEF，∠AEF=45°，E、F分别在BC，CD上任意滑动，求证：

（1）△AEF的高AH为定值，D和B点重合时，

因为∠EAF=45°，F和C重合；E和C重合时，F和D重合，因此，可以猜想△AEF的高AH是正方形的边长。

证明：把△ABE绕A点按逆时针方向旋转90°，

在正方形外的△ADG、则AE=AG，

∠FAE=∠EAF=45°，

所以△AEF≌△AGF，故AH=AD（，且EF=FG=BE+FD。

例4：四边形ABCD为任意四边形，以其边四各向四边到外侧作正方形，设P、Q、R、S为四个正方形的中心，

求证：①PR⊥QS，②PR=QS

证明：以D为旋转中心，把ADF按顺时方向旋转90得 △EDC，则AF=EC，AFEC，连接AC，取AC中点 M，连接MA、MQ、MR、MP，

因为MS∥EC，MR∥AF，

所以MS=MR，MS⊥MR，同理MP=MQ，MP⊥MQ。

以M为中心，把MPR按逆时针方向旋转90°得

△MSQ，则有PR⊥QS，PR=QS。

本题稍为复杂一点，要通过两次旋转变换解得。……