旋转模型总结解读.ppt

九、两道2016年中考压轴题 第三问： 九、两道2016年中考压轴题 简解如下： 简单应用： （2）如图③，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，弧AD＝弧BD，若AB＝13，BC＝12，求CD的长.（简解如下图，即为异侧型“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型） 第四问难在构图，简解如下：第一种情况： 第四问难在构图，简解如下：第二种情况： 十、十全十美之“圆中折弦模型” 十全十美，第十点附赠一个圆中有趣的模型——“折弦模型” 当图形具有邻边相等这一特征时，可以把图形的某部分绕其邻边的公共端点旋转到另一位置，将分散的条件相对集中起来，从而解决问题。因为正方形、等腰（直角）三角形、等边三角形具备边长相等这一特征，所以在这些图形中，常用旋转变换。即当某顶点处存在相等的两条线段时，可以将此顶点出发的第三条线段进行相应的旋转，可顺转也可逆转，构造出“手拉手模型”，从而解决问题。 最后，归纳总结如下： 《“旋转”那些事》 一、旋转的定义 在平面内，将一个图形绕 按 转动 ，这样的图形运动称为旋转． 一个定点 某个方向 一定的角度 三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度 2.向哪个方向旋转？ 1.绕哪个点旋转？ 3.转动了多少度？ 如图∠ADC=∠B=90°，DE⊥AB，E为AB上的一点,且AD=CD，DE=5.请求出四边形ABCD的面积. F A B C D E 二、小试牛刀 反思：解本题的关键是图中已有的两条相等的线段DA=DC，这就为“旋转”奠定了基础。将AD绕着点D按逆时针方向旋转90°至DC位置，则由点D出发的第三条线段DE也作相同的旋转至DF位置，得到如图所示辅助线。可以证出B、C、F三点共线（即∠DAF+∠DCB＝∠A+∠DCB=180°），进而解决问题。 解题后反思：过点D作DF⊥BC于点F，可由条件推出△ADE≌△CDF，这样也达到了与上述旋转同样的目的，这也是学生容易想到的辅助线。前面的“旋转法”，必须证明B、C、F三点共线；而后者必须证明△ADE≌△CDF，两者各有裨益。 三、“旋转一拖二”（全等） 如左图，等腰△ABC绕着点A按逆时针方向旋转α度至△AB’C’位置，易知△ABC≌△AB’C’（即旋转后的图形与旋转前的图形全等）。 如左图，若连接BB’、CC’，易证明△ABB’≌△ACC’（SAS）。 这就是传说中的“旋转一拖二”，即等腰三角形旋转之后会有两个全等三角形，尤其是第二个全等往往是解题的关键。另外，结合“8字形”，易证∠BDC=∠BAC。 上述模型有个形象的名字，可以称为“手拉手模型”。 四、“旋转一拖二”的特例（1） 如右图，△ABC和△AB’C’都是等边三角形（AB绕A逆时针旋转旋转60°至AC位置、AB’绕A逆时针旋转旋转60°至AC’位置），易知△ABB’≌△ACC’(SAS)。 这个模型可以形象地称为“共顶点的双等边三角形模型”。 四、“旋转一拖二”的特例（2） 如右图，△ABC和△AB’C’都是等腰直角三角形（AB绕A逆时针旋转旋转90°至AC位置、AB’绕A逆时针旋转旋转60°至AC’位置），易知△ABB’≌△ACC’(SAS)。 这个模型可以形象地称为“共顶点的双等腰直角三角形模型”。 五、实战分析 传统意义上，此类问题可以用“截长补短法”解决。如图，在PA上截取PQ=PB，易证明∠BPA=∠CPA=60°,这样△PBQ为等边三角形，由“共顶点双等边三角形模型”易证明△ABQ≌△CBP(SAS)，故PC=QA，所以PA=PQ+QA=PB+PC，得证。这是传统的“截长法”。 五、实战分析 传统意义上，此类问题还可以用“补短法”解决。如图，延长CP至点Q，使PQ=PB，易证明∠BPQ=60°,这样△PBQ为等边三角形，由“共顶点双等边三角形模型”易证明△ABP≌△CBQ(SAS)，故PA=QC，所以PA=QC=QP+PC=PB+PC，得证。 纵观上述两种传统解法，若是用旋转的眼光来看，就更有趣了。 观察到原题中点B出发有三条线段BA、BC、BP，其中BA=BC，这就为旋转作了很好地铺垫。 第一种“截长法”可以看成BP、BC同时绕点B按逆时针方向旋转60°所得，即将△PBC绕着点B逆时针旋转60°至△QBA。若是这样作辅助线，难在证明P、Q、A三点共线（提示：∠AQB=∠CPB＝120°,∠BQP＝60°可证）。 第二种“