基于旋转模型的数学压轴题研究

广东广州市真光中学（510380） 苏国东

图形的旋转是初中数学的重难点，其与三角形、四边形、圆等几何模块知识都有着密切联系，旋转模型更是各类数学试题的考查热点，亦是试题研究者的关注点。本文以三道基于旋转模型命制的数学压轴题为例，对其图形构成与命制方式进行研究。

一、核心概念界定

（一）旋转模型

在等腰三角形（包括等边三角形、等腰直角三角形）、正方形等具备“等线段、共顶点”特征的图形背景下，通常可以进行旋转变换解题。根据形式不同，可归结为几类常见的旋转模型，如“手拉手”模型、“夹半角”模型和“对角互补”模型。

（二）数学压轴题

所谓数学压轴题，一般是指数学试卷中选择题和填空题的最后一题，以及解答题的最后两题，多数为几何或函数综合题。数学压轴题具有知识点多、覆盖面广、条件隐蔽、解法灵活等特点，集中体现了知识方法的综合以及能力的立意。

二、试题研究

（一）“手拉手”模型

“手拉手”模型，是指由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形（或等边三角形）组成的图形。在人教版教材八年级上册第83 页习题第12 题、九年级上册第63页习题第10题均有提及。

如图1，在等腰△BAD和△CAE中，∠BAD=∠CAE，连接DC，BE，则有△DAC≌△BAE（记为结论1，下同）、DC=BE（结论2）、DC与BE的夹角等于∠BAD（结论3）。

图1

如图2 是常见的“三点共线”的等腰直角三角形“手拉手”模型，其中△ABD和△AGE为等腰直角三角形。以斜边BD，GE为对角线向外翻折得到如图3所示的正方形“手拉手”模型。

图2

［例1］（1）如图3，四边形ABCD和AEFG都是正方形，点E在边AB上，连接BG和DE，则线段BG与DE有何数量关系和位置关系？

（2）如图4，将图3 中正方形AEFG绕点A逆时针旋转一定的角度，则（1）中的结论是否还成立？请说明理由。

图3

图4

（3）如图5，直线l上有两个动点A，B，直线l外有一点O，连接OA，OB，OA=，OB=2，以线段AB为边在l的另一侧作正方形ABCD，连接OD。在动点A，B运动的过程中，线段OD的长是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由。

图5

点评：本题直接使用了图3 作为题图，考查正方形“手拉手”模型中的常规结论与推广。第（1）问和第（2）问由“手拉手”模型可知△BAG≌△DAE（结论1）、BG=DE（结论2）、BG与DE互相垂直（结论3）；第（3）问需要类比联想，构造“手拉手”模型。如图6，以OA为边作正方形OAGF，连接OG，BG，则OG==2，由（2）的结论有OD=BG，所以当G，O，B三点共线时BG最长，此时BG=OG+OB=2+2=4，故线段OD的长存在最大值4。

图6

（二）“夹半角”模型

“夹半角”模型的特点是在一个已知的大角（一般为90°或120°）中含有这个大角一半的一个小角，可以通过旋转构造等角，从而得到全等三角形。

如图7，在正方形ABCD中，∠EDF=45°，因为AD=DC且共顶点D，所以可将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDK，K，C，B三点共线，可证明△EDF≌△KDF、EF=KF=AE+CF（结论1）、△EBF的周长等于正方形边长的2倍（结论2）等。

图7

此外，人教版教材八年级下册第69 页习题第14题给出了以下结论：如图8，四边形ABCD是正方形，点E是边AB的中点，∠DEG=90°，EG交正方形外角的平分线BG于点G，则有DE=EG（结论3），当点E不是AB中点时结论仍然成立。方法是在AD上截取AH=AE，连接HE，证明△DHE≌△EBG即可。

图8

将图7 与图8 的E点及正方形各顶点对应字母重叠，即巧妙构造出了图9。

［例2］如图9，在边长为1 的正方形ABCD中，点H，E分别是边AD，AB上的两个动点（与点D、A、B不重合），AH=AE，DE⊥EG，EG交正方形外角的平分线BG于点G，DG交BC于点F，连接HE，EF。

图9

（1）求证：△DHE≌△EBG；

（2）求∠EDG的度数；

（3）设AE=x，当x为何值时，EF∥BG，并求出此时△DEF的面积。

点评：由图形的构造方式可知，尽管已知条件有所改变，但利用图7、图8 的解题思想可迅速找到本题的突破口。第（1）问和第（2）问中，易证△DHE≌△EBG，DE=EG（结论3），因为DE⊥EG，所以∠EDG=45°；第（3）问中，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDK，如图9。由“夹半角”模型有EF=KF（结论1），再根据EF∥BG得出∠FEB=45°，所以EB=BF。因为AE=KC=x，所以EB=BF=1-x，CF=x，EF=KF=2x。在Rt△EBF中，由勾股定理有（1-x)2+（1-x)2=（2x)2，解得x=，所以S△DEF=S△DKF=

（三）“对角互补”模型

“对角互补”模型，即在四边形或其构成的几何图形中，相对的角互补，特殊的情况主要有含90°和60°两种。

以含90°的情况为例，如图10，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，所以∠ABC+∠ADC=180°。当给出条件AB=AD时，可将△ADC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，再证明△AEC为等腰直角三角形；当给出条件CA平分∠BCD时，可作AE垂直AC交CB的延长线于点E，再证明△AEC为等腰直角三角形，所以有=EC=BC+CD（结论1）、S四边形ABCD=S△AEC（结论2）。

图10

含60°的情况类似，以例3 为例进一步说明和应用。

［例3］（1）如图11，△ABC是等边三角形，∠ADC=120°，连接BD，试探究线段DA，DB，DC之间的数量关系，并说明理由；

图11

（2）如图12，在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，DA=DC，过点D作DE⊥BC于点E，探究线段AB，BC，CE之间的数量关系，并说明理由。

图12

点评：第（1）问考查了含60°的“对角互补”模型。因为△ABC是等边三角形，∠ADC=120°，所以∠DAB+∠DCB=180°。如图13，将△ABD绕点B顺时针旋转60°得到△CBE，D，C，E三点共线，所以△BDE为等边三角形，DC+CE=DE，即DC+DA=DB（结论1）；

图13

第（2）问所求的数量关系具有隐蔽性，是对一般情况的“对角互补”模型做出的拓展。如图14，因为DA=DC，可将△DEC绕点D顺时针旋转至△DPA，有DP=DE，AP=CE。因为∠BAD+∠C=180°，所以B，A，P三点共线，连接BD，可证得Rt△BPD≌Rt△BED，BP=BE，所 以BC=BE+EC=BA+AP+CE=BA+2CE，即BC=BA+2CE。

图14

三、研究感悟

纵观全文，数学压轴题的图形构成及命制方式体现了以下特点。

一是立足教材。教材是试题命制的重要来源和依据，教材的例题和习题蕴含着丰富的基本模型和图形编制方法，是命题的良好素材。

二是渗透模型。试题将常见的几何图形与模型进行巧妙整合，又做出合理的改编和推广，不设套路，关注通性通法，常规中又不乏新意。

三是发展能力。既考查学生基本的数学思维和解题技能，又重视发展学生独立探究、解决问题的能力和素养。

在数学教学中，教师既要注重对试题解题思想和方法的指导，又要重视几何模型的归纳和提炼，更要清楚试题命制的基本思路，挖掘试题的教育价值，发挥试题的应用价值，稳步提升学生的数学思维能力。