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'圆'是一个完美的图形，在初中数学中具有丰富内容，其中大部分是与角度相关性质，对于圆的定义虽貌似平平，但表达形式多样，对解题的意义很大。有些问题表面上看起来与圆无关，但在解题中若能依据问题的条件，结合圆的定义和判定特征，巧妙地引入辅助圆，转化为利用圆的几何性质来解决，往往会使问题思路豁然开朗，运算简单便捷，过程清晰明了，引人入胜。 在旋转综合题中与动点相关角度或线段的位置往往不易确定，解题思路难以形成，但如果我们根据题目中的已知条件构造辅助圆，往往能起到化隐为显，化难为易，化繁为简的解题效果，那么何时构造合适的'辅助圆'，使得解题举重若轻，柳暗花明呢？下面结合具体实例，谈谈在旋转综合问题中如何构造辅助圆简化或优化解题思路。 例1．如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E是AB的中点，点F在边CB的延长线上，且BE＝BF，连接EF． （1）若取AE的中点P，求证：BP＝1/2CF； （2）在图①中，若将△BEF绕点B顺时针方向旋转α（0＜α＜360°），如图②，是否存在某位置，使得AE∥BF？若存在，求出所有可能的旋转角α的大小；若不存在，请说明理由． 【解析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质． （1）设正方形的边长为4a，则BE＝AE＝2a，由BE＝BF得到BF＝2a，所以CF＝6a，由点P为AE的中点得EP＝a，则BP＝3a，由此得到BP＝1/2CF； 对于第（2）问，许多同学由于无法准确画出图形而不知从何入手，下面就来讲解如何确定E的位置.由题可知，点B是一个定点，点E、F分别绕着点B旋转，且BE=BF，所以点E、F都在以B为圆心，BE长为半径的圆上；如果AE//BF，则∠AEB=∠EBF=90°，所以点E在以AB为直径的圆上.根据以上分析可知，点E在两圆的交点处.如下图图所示： 由（1）得到BE＝BF＝1/2AB，∠EBF＝90°，当AE∥BF时，则∠AEB＝∠EBF＝90°，所以∠BAE＝30°，则∠ABE＝60°，即α＝60°，易得α＝300°时，AE∥BF． 例2.如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α． （1）发现问题： ①当α＝0°时，求AE与BD的比值？ ②当α＝180°时，求AE与BD的比值？ ③猜想：当0°≤α＜360°时，AE与BD的比值是定值吗？（不必证明） （2）解决问题：当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，线段BD的长度是多少？ 【解析】本题属于几何变换综合题．考查了、旋转的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．注意掌握分类讨论思想的应用是解此题的关键． （1）①当α＝0°时，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值是多少；然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，分别求出AE、BD的大小，即可求出的AE/BD值是多少． ②α＝180°时，可得AB∥DE，然后根据AC/AE=BC/BD，求出AE/AD的值即可． 第③问是典型的手拉手旋转，利用两边成比例且夹角相等可以证明△AEC∽△BDC，进而得到AE:BD=AC:BC=√5：2.对于第（3）问，准确画出图形是解决本题的关键，而要准确画出图形的关键就是要确定点D在图中的位置，因为△EDC绕点C旋转，所以点D的运动轨迹是以点C为圆心，CD长为半径的圆,又因为CD⊥DE，当A、D、E三点共线时，CD⊥AE，因为CD是圆C的半径，所以AE是圆C的切线.即过点A作圆C的切线，切点即为点D的位置.如下图： 首先判断出∠ECA＝∠DCB，再根据EC/DC=AC/BC=√5/2，判断出△ECA∽△DCB，然后由相似三角形的对应边成比例，求得AE/AD=EC/DC=√5/2． （2）分两种情况分析，A、D、E三点所在直线与BC不相交和与BC相交，然后利用勾股定理分别求解即可求得答案． 如图3， 可求得BD＝AC＝4√5．如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，可求得BD＝12√5/5． 综上所述，BD的长为4√5或12√5/5． 例3.如图（1），在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，∠ABC的平分线BE交AC于E． （1）求证：AE＝BC； （2）如图（2），过点E作EF∥BC交AB于F，将△AEF绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜144°）得到△AE'F′，连结CE′，BF′，求证：CE′＝BF′； （3）在图（2）的旋转过程中当旋转角α＝ ______时，CE′∥AB． 【解析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，（1）利用角的度数相等得到相等的角是解题的关键，（3）从圆弧的角度考虑求解是解题的关键，难点在于分情况讨论． （1）根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC＝∠C＝72°，再根据角平分线的定义求出∠ABE＝∠CBE＝36°，然后求出∠BEC＝72°，从而得到∠ABE＝∠A，∠BEC＝∠C，再根据等角对等边证明即可； （2）求出AE＝AF，再根据旋转的性质可得∠E′AC＝∠F′AB，AE′＝AF′，然后利用'边角边'证明△CAE′和△BAF′全等，根据全等三角形对应边相等证明即可； （3）因为△AEF绕点A旋转，所以点E始终在在以A为圆心，AE的长为半径的圆上；又因为CE//AB，所以过点C做AB的平行线，和圆的交点即为点E的位置. 如下图：把△AEF绕点A逆时针旋转AE′与过点C与AB平行的直线相交于M、N，然后分两种情况，根据等腰梯形的性质和等腰三角形的性质分别求解即可． ①当点E的像E′与点M重合时，四边形ABCM是等腰梯形， 所以，∠BAM＝∠ABC＝72°，又∵∠BAC＝36°，∴α＝∠CAM＝36°； ②当点E的像E′与点N重合时， ∵CE′∥AB，∴∠AMN＝∠BAM＝72°， ∵AM＝AN，∴∠ANM＝∠AMN＝72°，∴∠MAN＝180°﹣72°×2＝36°， ∴α＝∠CAN＝∠CAM+∠MAN＝36°+36°＝72°， 综上所述，当旋转角为36°或72°时，CE′∥AB．故答案为：36°或72°． 例4．（2018·河南中考题）（1）问题发现 如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M．填空： ①AC/BD的值为 _______； ②∠AMB的度数为_________ ． （2）类比探究 如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断AC/BD的值及∠AMB的度数，并说明理由； （3）拓展延伸 在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝√7，请直接写出当点C与点M重合时AC的长． 【解析】（1）①根据手拉手等腰三角形易得△AOC≌△BOD，在运用8字导角可得∠AMB=∠AOB=40°，得AC＝BD，比值为1； ②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB＝180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣140°＝40°； （2）由△AOB∽△COD可得AO:CO=BO:DO,即AO:BO=CO:DO. 而且∠AOB=∠COD，所以∠AOC=∠BOD. 所以△AOC∽△BOD，所以AC:BD=AO:BO=√3; 在运用8字导角可得∠AMB=∠AOB=90° （3）由第二问可知，∠AMB=90°，所以点M在以AB为直径的圆上(确切地说是一段圆弧)；又因为OC长度不变，所以点C在以O为圆心，OC长为半径的圆上.当点C和点M重合时，该点在两圆的交点处.如下图: 先看下面动态图： 情况一：如图：当点M、C重合时，C、D、B三点共线，此时∠OCB=30°. 过点O作OF⊥BC于点F，OD=1，易得，OC=√3,OF=√3/2,DF=1/2 在Rt△BOF中，解得，BF=5/2，所以BD=5/2-1/2=2，AC=√7BD=2√7. 情况二：如下图：结合情况一的计算可得，BD=BF+DF=5/2+1/2=3所以AC=√7*BD=3√7.
当然对于本题，也可以计算出BC、AB的长度，然后根据勾股定理即可求出AC的长度. 反思：第三问中确定点C的位置是本题的难点和关键.而交轨法是解决这一问题的常用方法，所以确定动点的轨迹是解决问题的关键.由∠AMB=90°可知，点M在以AB为直径的圆上，又点C在以O为圆心，OC为半径的圆上，由此可确定两圆的交点即为点M，C的重合之处. 本题中除了上述方法确定交点的位置外，还可以用下面的方法： 过点O作OF⊥CD于点F，以O为圆心，OF为半径作圆，过点B作圆O的切线，切线与点M轨迹的交点即为点M与点C的重合之处.如下图：
方法小结：由旋转的性质可知，对应点到旋转中心的距离相等.根据这一性质，在与旋转相关的习题中经常会出现辅助圆，用于确定具有某些特定限制特定位置。 |
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