中考压轴｜几何动态问题系列（3）—旋转相似

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【例1】如图，在矩形ABCD中，将∠ABC绕点A按逆时针方向旋转一定角度后，BC的对应边B’C’交CD边于点．连接BB’、CC’，若AD=7，CG=4，AB’= B’G，则CC’/BB’=          （结果保留根号）．

【图文解析】

【基本思路】

求比例的问题我们的最优先的想法当然是找到图形中的相似或者构造相似，所以根据图形中的旋转条件先连接AC，AC’；

由旋转可知，AB=AB’，AC=AC’，从而：

∴问题就转化为只要求AB的长即可；

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法1：利用等腰直角三角形构造一线三等角，再由勾股定理构造方程.

由AB’=B’G，且∠AB’G=90°可知，△ABK≌△B’GT，∴GT=B’G，设B’K=x，则B’T=AK=7-x，∴TC=4-x，∴AB=11-2x

∴根据勾股定理即有(11-2x)²=(7-x)²+x²，∴解得x=3，（x=12舍去）∴AB=5，

法2：直接通过等腰直角三角形的斜边来列方程：

【反思】在处理旋转角问题时，我们往往只重视旋转是全等变换，而忽略了由旋转所产生的相似，如果这个问题改变为不再有很强的提示性的问题：求CC’的长度，这就对我们提出了更高的要求，需要我们对旋转角度时相应产生相似的这个基本认识更加熟悉才能更快地找到解决问题的关键.

【例2】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，Rt△MPN，∠MPN＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE＝2PF时，AP＝　  ．
【答案】3
【图文解析】 法1：由∠EPF＝∠ABC＝90°，想到有90°建立旋转相似型和矩形，转换边的关系来解决问题．【基本思路】过点P作PR⊥AB，PS⊥BC，易证△PSF∽△PRE，即有PR∶PS＝PE∶PF＝2．又结合矩形PRBS，设RB＝PS＝x，则BS＝PR＝2x，由PR∥BC，可证△ARP∽△ABC，即有AP∶AC＝AR∶AB＝RP∶BC，代入得(3－x)∶3＝2x∶4，x＝1.2，所以AP∶AC＝3∶5，AP＝3．【反思1】旋转相似型和A型相似，结合矩形对边相等，对于这类直角三角形斜边上一直角的问题，往往能找出一条解题思路．法2：辅助圆，由四边形对角均为90°，考虑连接EF，以EF为直径作圆，即过E，B，F，P四点．
【基本思路】连接EF，以EF中点O为圆心，OE为半径作圆，连接BP，作PG⊥BC于G．E，B，F，P四点共圆，故∠PBE＝∠PFE，tan∠PBE＝tan∠PFE＝PE∶PF＝2，tan∠BAC＝BC/AC＝4/3，设PG＝x，则GA＝3x/4，GB＝x/2，GC＋GB＝4，可得x＝16/5，CG＝12/5，由勾股定理，AP＝3．【反思2】共斜边直角三角形想圆，辅助圆一出，就可以利用同弧所对的圆周角相等进行换角，利用三角函数解决问题．【例3】如图，点E在△DBC的边DB上，点A在△DBC内部，∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE，AB＝AC．给出下列结论：①BD＝CE；②∠ABD＋∠ECB＝45°；③BD⊥CE；④BE²＝2(AB²+AD²)-CD²．其中正确的是（   ）A．①②③④    B．②④C．①②③        D．①③④基本图形相似图形共顶点旋转带来的全等.△DAB≌△EAC(SAS)解题∴BD＝CE（故①正确），∠DBA＝∠ECA，∴∠ACE＋∠ECB＝∠ABD＋∠ECB＝45°（故②正确），∠ABE＋∠ABC＋∠ECB＝90°，∴BD⊥CE（故③正确）． 

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∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴BC²＝2AB²，DE²＝2AD²，∴2(AB²+AD²) ＝2AB²+2AD²＝BC²+DE²＝＝(BE²+CE²) +(CD²-CE²)＝BE²+ CD²，∴BE²＝2(AB²+AD²)-CD²，（故④正确）． 答案选A.解题后的思考：1.相似旋转相似图形绕着某一点旋转，旋转中心可能是公共点，可能是任意点，不妨多画几幅图看看它们的共同点会是什么.基本图形可以帮助你确定方向，但也仅止而已.要想用于解题，需要你经过一定的训练，能一眼就看出基本图形下的结论.
若点E不在BD上，以上结论还成立吗，请尝试证明.2.三角形关于三角形的基本性质要记得哦，三角形的内角和为180度，三角形两边之和大于第三边，角度、线段间的等量代换.【例4】如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接BD交CE于点F．（1）如图2，当α＝45°时，求证：CF＝EF；（2）在旋转过程中，①问（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论；②连接CD，当△CDF为等腰三角形时，求tanα/2的值．【图文解析】（1）仅举一种解法：（2）典型的等腰直角三角形的旋转问题，常有多种“旋转”法求解（本质类似）：
下面先分析：从已知条件，结合图形可以得到的结论：①结论仍然成立．证明如下：【法一】过点E作EM∥BC交BE的延长线于M，如下图示：先证∠M＝∠CBD＝∠EDM，得EM＝DE＝BC，再证△BCF≌△MEF，得CF＝EF．
【法二】添加如下图所示的辅助线：【法三】过C点作CM∥BF将ED的延长线于M，连接CM．如下图示：

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【法四】过C点作CG⊥CF交BF于G．如下图示（其中∠CFG＝45°前面已证）【法五】过点D作DG⊥DF交CF于点G，如下图示：
进一步，得∠AFE＝∠ADE＝90°．如下图示：
最后利用等腰三角形△ACE“三线合一”，得到CF＝EF．
【法六】过E点作EG⊥CE交BF的延长线于点G，如下图示：【法七】过B点作BG⊥BF交EC的延长线于点G，如下图示：
得到∠AFB＝∠G＝45°，进一步得到∠AFB＝90°，即AF⊥CE，再根据等腰三角形“三线合一”得到CF＝EF．

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【法八】过C点作CG⊥BF于G，如下图示，不难证得CF：CG＝CA：CB＝√2：1．
进一步，得△BCG∽ACF，如下图示：
从而∠AFC＝∠BGC＝90°，下同……
【法九】由∠CFB＝∠CAB＝45°，利用“统一法”或“反证法”证明：A、B、C、F四点共圆，得到AC为其直径，得到∠AFC＝90°，进一步……（此法不建议）
【法十】添加如下图所示的辅助线．同时，通过证明B、G、C、H四点共圆，可得∠GCB＝∠GHB．
另一方面，BF：BG＝AB：BH＝√2：1，且∠GBH＝∠FBA＝45°+∠FBH，得到△GBH∽△FBA，得到∠GHB＝∠BAF．
从而∠BAF＝∠GCB，进一步，得∠BAF+∠BCF＝180°．又在四边形ABCF中，∠ABC＝90°，根据四边形内角和为360°，得∠AFC＝90°，即AF⊥CF．……【原题再现】在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接BD交CE于点F．在旋转过程中，②连接CD，当△CDF为等腰三角形时，求tanα/2的值．【图文解析】可以充分利用第二小题的相关思路和解法，进一步求解第三小题（本文仅提供一种解法）。前面已经得到的结论：当∠CDF＝90°时，如下图示：
所以tanα/2＝1/2．
当∠CDF＝90°时，如下图示：【反思】上述第二问的多种解法，多数是充分利用45°的角的“特殊功能”，本质类似于旋转，显然本题还可以利用其他相关条件通过对称、平移、旋转等构造等腰直角三角形，也可以利用辅助圆等，大同小异，有兴趣的朋友不妨试试，并请留言分享。

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