第十八讲 平移、对称、旋转
趣题引路】
如图18-1，已知△ABC内有一点M，沿着平行于边BC的直线运动到CA边上时，再沿着平行于AB的直线运动到BC边时，又沿着平行于AC直线运动到AB边时，再重复上述运动，试证：点M最后必能再经过原来的出发点
证明 设点M运动过程中依次与三角形的边相遇于点A1，B1，B2，C2，C3，A3，A4，B5，….易知△AC2B?
≌△A1CB1≌△A3C3B.按点M平移的路线，△AC2B2可由△A1CB1平移得到；△A3C3B可由△AC2B2平移得到；△A1CB1可由△A3C3B平移得到，此时，A3应平移至A4，所以A4与A1重合.而这时的平移方向恰与点M开始平移时的方向一致，因此从A3平移到A1的过程中必经过点M，这表明在第七步时，点M又回到了原来的出发点.
图18-1
知识拓展】
1.平移、对称和旋转是解决平面几何问题常用的三种图形变换方法，它们零散地分布在初中几何教材之中.例如，平行四边形的对边可以看成是平行移动而形成，这里的平行移动，就是平移变换.
2.一般地，把图形F上的所有点都按照一定的方向移动一定距离形成图形F'.则由F到F'的变换叫做平移变换，简称平移.由此可知，线段平移可以保持长短、方向不变，角、三角形等图形平移保持大小不变.将平面图形F变到关于直线l成轴对称的图形F'，这样的几何变换简称为对称，它可使线段、角大小不变.
3.将平面图形F绕着平面内的一个定点O旋转一个定角a到图形F'，由F到F'的变换简称为旋转.旋转变换下两点之间的距离不变，两直线的夹角不变，且对应直线的夹角等于旋转角.
4.运用平移、对称或旋转变换，能够集中图形中的已知条件，沟通各条件间的联系.
例1 已知：如图18-2，△ABC中，AD平分∠CAB，交BC于D，过BC中点E作AD的平行线交AB于F，交CA的延长线于C.求证：
AB?AC=CG=BF. 2
图18-2
解析 直接证三角形全等或者用角平分线定理显然不能解决问题.注意到要证式的形式，条件中又有角平分线和中点，如果能切分BF、CG，使分出的两部分一部分是AB的一半，余下的是AC的一半，问题就解决了.由中点，我们不难想到中位线，两条有推论效力的辅助线（EH和EI）就产生了，H、I切分了BF、CG，由平行线性质∠1=∠2=∠3=∠4=∠6，再由中位线定理，等腰三角形的判定定理，切分后的结论不难证明.
略证 过E作AC、AB的平行线交AB、AC于H、I，由平行线性质及已知条件得，
()
∠1=∠2=∠3=∠4=∠6， ∴EI=GI，EH=FH.
∵E为BC中点，EH∥AC，EI∥AB， ∴EI=
ABAC=BH，EH==CI， 22AB=BH， 2∴EI=GI=FH=EH=
AC=CI. 2由于BF=BH+FH， CG=GI+CI， ∴
AB?AC=BF=CG. 2
例2 如图18-3，E是正方形ABCD的BC边上的一点，F是∠DAE的平分线与CD的交点，求证：AE=FD+BE.
图18-3
解析 表面上看所要证等式的各边分布在正方形不同的边上，欲证它们之间的关系，似乎不可能.但我们可以将某一条边作适当的延伸，使等量关系转移（比如证某两个三角形全等，中位线的关系等）.此题中可将FD延长至G，使得DG=BE，于是易证△AGD≌△AEB，则将AE与AG，BE与GD联系了起来，转而只需证明AG=GF，即只要证明△AGF为等腰三角形即可，由∠1=∠2，∠3=∠4及AB∥CD即证得.
略证 延长FD至G使DG=BE， ∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，GD=BE，∠1=∠2. 又∵ ∠3=∠4， ∴∠1+∠4=∠2+∠3. 由于DC∥AB，
∴∠DFA=∠2+∠3， ∴∠1+∠4=∠DFA， ∴GF=AG.
即GD+DF=BE+FD=AE.
例3 已知∠MON=40°，P为∠MON内一点，A为OM上一点，B为ON上的点，则△PAB的周长取最小值时，求∠APB的度数.
()
图18-4
解析 如图18-4，若在OM上A点固定，不难在ON上找出点B（B为P关于ON的对称点P??与A点的连线与ON的交点），同样若在ON上B点已固定，则点P关于OM的对称点P'与B点的连线与OM交于A，因此A、B应为P'P??与0M、ON的交点，这时可求得∠A.
解 作P'为P关于OM的对称点，P??为P关于ON的对称点，连接P'P??分别交OM、ON于A、B两点，则△PAB周长为最小，这时△ABP的周长等于P'P??的长（连接两点间距离最短）.
∵PP??OM,PP???ON垂足分别为C、D, ∴∠OCP=∠ODP=90°. ∵∠MON=40°，
∴∠CPD=180°-40°=140°.
∴∠PP'P??=∠PP??P'=180°-140°=40°.
由对称性可知：∠PAB=2∠P'，∠PBA=2∠P??， ∴∠APB=180°-（∠PAB-∠PBA）
=180°-（2∠P'-2∠P??）=100°.
例4 如图18-5，在ABC中，BC=h，AB+AC=l，由B,C向∠BAC外角平分线作垂线，垂足为D、E, 求证：BD·CE=定值.
图18-5
解析 BC=h是定值，AB+AC=l是定值，要证BD·CE是定值，设法使BD·CE用h,l的代数式来表示，充分利用DE是BAC的外角平分线，构造对称图形，再利用勾股定理。
证明 作CM⊥BD，垂足为M，延长CA、BD和BA、CE，它们分别相交于点F和G，则MD=CE，FD=BD，由图形的对称性得：CF=CA+AF=CA+AB=l，BG=AB+AG=AB+AC=l.
由勾股定理得：CB2-BM2=CM2=CF2-FM2, ∴h2-（BD-CE）2=l2-（BD+CE）2.
解得：BD·CE=
1（l2-h2）即为定值. 4
例5 已知：如图18-6，ABC中，AB=AC,P是形内一点，且有∠APB=∠APC.求证：∠PBC=∠PCB.
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图18-6
解析 欲证∠PBC=∠PCB，只需证PB=PC,考察一下PB与PC便知，PB,PC分布在ABP和ACP中，且有AB=AC.AP=AP,∠APB=∠APC，两三角形有两边和一边的原图难以奏效，这时我们联想到将原图的某些部分旋转.一般地，若条件中有等腰三角形，需要对图形进行变换，常以等腰三角形的顶点为旋转中心，顶角为旋转角，进行旋转变换.设∠BAC=α，以A为旋转中心，将△ABP绕A点向右旋转α角至ACS的位置，连PS,则∠APS=∠ASP，
∵∠APC=∠APB=∠ASC，
∴∠CPS=∠CSP，∴CP=BP.∴∠PBC=∠PCB.
略证 以A点为顶点，AC为边在△ABC外侧作∠CAS=∠BAP，在AS上取AS=AP，连CS. ∵AB=AC，∴△ACS≌△ABP. 连PS，则∠APS=∠ASP. ∵∠APC=∠APB=∠ASC， ∴∠CPS=∠CSP，∴CP=CS， ∴CP=BP，∴∠PBC=∠PCB.
事实上，切分延补和平移经常结合使用.
好题妙解】
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例1 如图18-7，求图中阴影部分面积S=( ).
图18-7
?,S2?S2?, 解析 由图形的对称性，作出如图中辅助线，分别得出S1?S1只要求出S2，即可求出S.
?,S2?S2?. 解 连图中的辅助线，则由对称性知图中三角形有：S1?S1且S1:S2=3:2,即2S1=3S2， ∴2S1+S2=∴S2?115×3×5，即3S2+S2=. 2215. 811525×5×2，∴S?5??. 288()
∵S+S2=
点评 本题只要灵活地组合图形，再应用面积公式，即可简捷求解.
例2 如图18-8，以△ABC的AB、AC边为斜边向外作直角三角形ABD和ACE，且使∠ABD=∠ACE，M是BC的中点.求证：DM=EM.
图18-8
证明 延长BP到P，使PD=DB，延长CE到Q，使QE=CE； 连接AP、AQ、BQ、PC.
由∠ADB=90°，知∠ADP=180°-∠ADB=90°=∠ADB， 而DB=DP,AD=AD, 故△ADB≌△ADP，
∠BAP=2∠DAB，PA=BA.
同理△AEQ≌△AEC，∠CAQ=2∠CAE，QA=CA. 又∠CAE=90°-∠ACE=90°-∠ABD=∠DAB，
故∠BAP=∠CAQ，∠BAP+∠BAC=∠CAQ+∠BAC， 即∠CAP=∠BAQ.
再由PA=BA,CA=QA,知△CAP≌△BAQ， 所以PC=BQ.
又BM=MC,BD=DP,故DM为BCP的中位线，
1PC. 2同理可得ME也为CBQ的中位线, 从而有DM=
1BQ. 2所以MD=EM.
例3 如图18-9，已知矩形ABCD中，有一个内接平行四边形EFGH,它的各边平行于长方形的对角线，若矩形的对角线长12cm,则?EFGH的周长为（ ）cm.
解析 延长FG交AD的延长线于K. ∵四边形BFKD是平行四边形，
∴BD=FK，∠K=∠DBC=∠CAK=∠GHK.
∴HG=GK，FG+GH=FK=BD=AC.
图18-9
∴?EFGH的周长为2AC=24cm.
点评 本题通过添加平行线，将求?EFGH的周长转化为求一组邻边GH与GF的和，再转化为求FK的长，通过图中?BFKD，找出BD与FK和BD与AC的关系，使问题得以解决，另外，不难发现?EFGH的周长为一个定值.
故ME=
例4 如图18-10，P是正方形ABCD内一点，PA=2,PB=1,PD=3,求APB的度数. 解析 PA、PB、PD条件不在同一三角形内，而要求∠APB， 则APB与三个条件无直接联系，因此考虑将△APB绕点A沿逆时 ()
七年级数学尖子生培优竞赛专题辅导第十八讲 平移、对称、旋转(含答案)
