“图形变换”证题例说

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RtABC中，AB=AC，在RtADE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BMDM；

（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RtEBC中，M是斜边EC的中点，所以BM=EC．

在RtEDC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BMDM．

（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RtDBD′中，由BD=BD′，DM=MD′，得BM=DM且BMDM．

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RtDBD′中，由BD=BD′，DM=MD′，得BM=DM且BMDM．

[⇩]轴对称（翻折）

例3（2008天津）已知RtABC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RtMDN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RtMGN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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