初中数学竞赛专题：几何变换

§16.1对称和平移

16．1．1★设M是边长为2的正三角形ABC的边AB的中点．P是边BC上的任意一点,求PAPM的最小值．

CPM'A'AMB

解析 作正三角形ABC关于BC的对称图形△ABC．M是M的对称点,故M是AB的中 点．PMPM,如图所示,则

PAPMPAPM≥AM.

连结CM,易知ACM90,所以AMAC2CM2437． 所以,PAPM的最小值是7．

16．1．2★★已知△ABC中,A60．试在△ABC的边AB、AC上分别找出一点P、Q,使

BQQPPC最小．

解析 作B关于直线AC的对称点B,C关于直线AB的对称点C,连BC与AB、AC分别交于点

P、Q,则P、Q即为所求,如图所示．

CPM'A'AMB

事实上,对于AB、AC上的任意点P,Q,

BQQPPCBQQPPC ≥BCBQQPPC BQQPPC．

评注 因为A60,所以所作线段BC必与线段AB、AC相交．

16．1．3★★求证:直角三角形的内接三角形的周长不小于斜边上高的两倍．

解析 如图所示,设在直角三角形ABC中,CD是斜边上的高,△PQR是它的任一内接三角形．

BPADQRCUFGTSVE

将Rt△ABC以BC为对称轴反射为Rt△BCE,此时△PQR反射为△SQV,再将Rt△BCE以CE为对称轴反射为Rt△FCE,此时△SQV反射为△TUV延长DC交EF于G．

易知FF∥AB,所以CGCD,即GD2CD,且GD是两平行线AB与EF之间的距离． 所以

PQQRRPPQQVVT≥GD2CD.

16．1．4★★★在△ABC内取一点M使MAB10,MBA30．设ACB80,

ACBC．求AMC.

CEMAHB

解析 本题中△ABC为等腰三角形,这就提示我们利用对称性解题,先作一条对称轴,作△ABC的高CH与直线BM交于点E由对称性知,

EABEBA30,

所以EAM20, 从而CAE20,

因为AMEMABMBA40,又

1ACEACB=40,

2所以△CAF≌△MAE, 于是ACAM,

所以AMC1804070．

16．1．5★★在△ABC中,AH是高,H在边BC上,已知BAC45,BH2,CH3,求△ABC的面积．

12解析 作△HAC的关于AC的对称图形△MAC,作△HAB的关于AB的对称图形△NAB．分别延长

MC和NB,它们相交于L,如图所示．

AMNBHLC

易知MN90,且

NAM2BAC90, AMAHAN．

所以,四边形LMAN是正方形． 设正方形LMAN的边长为a,则

CLa3,BLa2．

在直角三角形BCL中,由勾股定理知

BL2CL2BC2．

a22a325．

2解方程,得a6,即AH6．所以

1S△ABCBCAH15．

216．1．6★★★如图,凸四边形PQRS的四个顶点分别在边长为a的正方形ABCD的四条边上,求证:PQRS的周长不小于22a．

解析 作正方形ABCD关于BC的轴对称图形,得到正方形A1BCD1,再作正方形A1BCD1关于CD1的轴对称图形,得到正方形A2B2CD1,再作正方形A2B2CD1关于A2D1的轴对称图形,得到正方形

A2B3C3D1,而P、Q、R、S四点的对应点如图所示．

APBP1QSDRCR1S2Q2B2P2A2P3A1S1D1R3C3Q3B3

显然,AA222a,AP∥A2P3,故

PP3∥AA2,

所以四边形PQRS的周长

PQQRRSSP PQQR1R1S2S2P3 ≥PP3AA222a．

即四边形PQRS的周长不小于22a．

16．1．7★★★如图,△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形,

ABCADE90,现固定△ABC而将△ADE绕点A在平面上旋转,试证:不论△ADE旋转到什么

位置,线段EC上必存在点M使△BMD力等腰直角三角形．

BAA'MCDE

解析 如图,设△BMD为等腰直角三角形,下面证明点M在线段EC上． 作A关于BD的对称点A,则ADBADB． 因为ADE902BDM, 所以EDMADM45ADB

45ADB,

又DADADE．

所以A又是E关于DM的对称点． 同理A也是C关于BM的对称点,因此

EMDAMD,CMBAMD,

又因BMD90, 所以CME180．

即M在EC上（且为EC的中点）．

16．1．8★★★如图,矩形ABCD中,AB20,BC10,若在AC、AB上各取一点M、N,使BMMN的值最小,试求出这个最小值．

EDFAPNMBGCQ

解析 作AB关于直线AC的对称线段AE,即B、E关于AC对称,作N关于AC的对称点F,则F在

AE上,且有BEAC于Q,NFAC于P．

由对称变换可知,MNBMMFMB.

欲使MFBM最小,必须BMF共线,所以BMMN最小值为点B到AE的距离BG. 在Rt△ABC中,AB20,BC10,所以BQABBC45,则BE2BQ85． AC2在Rt△ABQ中,AQAB2BQ22024585．又AEAB20,在△ABE 中,S△ABEBEAQAEBG,则BG1212BEAQ16．从而BMMN的最小值为16． AE16．1．9★★凸四边形ABCD中,ABDCBD,ADBCDB．求证:

ABADBCCD.

DEPCAB

解析将△BCD沿BD翻折,点C落在点P．因为ABDCBD,ADBCDB,所以P必定在△ABD内部．BP延长线交AD于点E,则

ABADBEFDBPPDBCCD.

16．1．10★★设S表示凸四边形ABCD的面积,证明S≤(ABCDBCAD)．

BlAC12DD'

解析如图,作点D关于AC的垂直平分线l的对称点D,显然△ACD与△ACD关于l成轴对称图形．所以

SSABCD

S△BADS△BCD,

11ABADsinBADBCCDsinBCD 22≤(ABADBCCD)

1(ABCDBCAD). 216．1．11★★在矩形ABCD内取一点M,使BMCAMD180,试求BCMDAM的值．

M'ADMBC

解析 如图将△BMC沿AB平移至△ADM,显然MMAD,BMCAMD．所以,由已知条件

AMDAMD180,即A、M、D、M四点共圆,从而 BCMDAMADMDAM AMMDAM90．

16．1．12★★设P是平行四边形ABCD内一点,使得PABPCB, 证明:PBAPDA．

APCDP'B

解析 如图,把AP平移至DP,则BAPCDP,及PBAPCD,PP∥BC, 所以PPCBCP．

又已知PABPCB,故PPCCDP,从而P、D、P、C四点共圆．于是

PPDPCD,

又PPDPDA, 所以PBAPDA．

16．1．13★（1）如图（a）所示,在梯形ABCD中,AD∥BC.已知:ADBC3,AC3,

BD6,求梯形ABCD的面积．

（2）如图（b）,在梯形ABCD中,AD∥BC．M是CD的中点,MNAB于N．设ABa,MNh,求梯形ABCD的面积．

解析（1）将BD平移到CE,连结DE,则CEBD6,DEBC．所以

BCANMDEA(a)DEB(b)FC

AEADDEADBC3．

AE2AC2CE2．

因此ACE90． 因为S△ABCS△CDE,

所以S梯形ABCDS△ACEACCE1232． 2（2）将AB平移至EF,如图（b）所示,EF过点M．由于△MDF≌△MCF,所以

S梯形ABCDS梯形ABFEABMNah．

评注 本题的两种添平行线法是解梯形问题的常用方法．

16．1．14★★如图,在四边形ABCD中,ADBC,E、F分别是DC及AB中点,FE的

延长线与AD及BC的延长线分别交于点H、G．求证:AHFBGF．

GHDBAFECB'(a)

解析1如图（a）,将线段CB平移至AB．则四边形ABBC为平行四边形．由于F是AB中 点,故C、F、B共线．

现在EF是△CDB的中位线,故EF∥DB,所以

AHFADB,BGFABD．

又显然ABBCAD．故ADBABD． 于是AHFBGF．

GHDMBAF(b)EC

解析2如图（b）,连结AC,取AC中点为M,连结ME、MF,则ME、MF分别为△CDA、

11△ABC的中位线,所以ME∥DA,MF∥BC．故

22MEFAHF, AFEFGB,

且MEMF,故MEFMFE, 所以AHFFGB．

16．1．15★★如图,AB,AA1、PP1均垂直于A1、 1、BB1B1,垂足为A1、PB1,AA117,PP116,BB120,A1B112．求APBP的值．

BACDA1P1PEB1

解析 将PP1,C在线段AA1上,延长BP交AA1于D,将DA1平移到EB1,E在BB1上． 1平移到CA因为AA1、BB1、PP1PP1和DA1B1E都是矩形． 1均垂直于A1B1,所以四边形CA由

CA1PP116,

AA117,得

AC1．又

AA1∥BB1,所以

PDABA,PCDPCA90,PCPC．所以Rt△PCD≌Rt△PCA,PAPD,CDAC1．

于是APBPBD,

DA1AA1AD15EB1, BEBB1EB15．

在Rt△BED中,DEA1B112,BDBE2DE213,也即

APBP13．

16．1．16★★在正三角形ABC的三条边上,有三条相等的线段A1A2、B1B2、C1C2．证明:直线B2C1、

C2A1、A2B1所成的三角形中,三条线段B2C1、C2A1、A2B1与包含它们的边

成比例．

CB3B2AB1A2A3A1BC1C3C2

解析 如图,将C1C2平移到B2P,连结PA1、PB1、PC2．因为四边形BC1C2P为平行四边形,所以

B1B2PA60,B2PC1C2B1B2,故△B1B2P为正三角形,B1P∥A1A2．这样所得四边形A1A2B1P为平

行四边形,A1P∥A2B1．

因此,由B2C1、C2A1、A2B1这三条线段构成的三角形与△A1PC2全等,而△A1PC2≌△A3B3C3,从而命题得证．

16．1．17★★如图所示,AABBCC2且共点于O,AOBBOCCOA60,

求证:S△AOBS△BOCS△COA3．

QAC'RBA'OCB'P

解析 将△AOC沿AA方向平移AA长的距离,得△AQR,将△BOC沿BB方向平移BB长的距离,得△BPR．由于

OPOQ2,POQ60,

所以PQ2．

又因QRRPOCOCCC'2,

故R与R重合,且P、R、Q三点共线．在正三角形POQ中,

S△AOBS△BOCS△COA S△AOBS△BPRS△AQR

S△OPQ3223． 416．1．18★★★如图,由平行四边形的顶点B引它的高BK和BH,已知KHa,BDb,求点B到

△BKH的垂心的距离．

BH1aAKDPCH

解析 令H1表示△BKH的垂心．

考虑到KH1BH,DHBH,有KH1∥DH．同理有HH1∥DK,因而四边形KDHH1,为平行四边形,平移△BKH1到△PDH位置,显然P为BC上一点,所求线段BH1即PH,已与KH位于同一直角三角形中．由于四边形KDPB为矩形,有PKBD,于是

BH1PHPK2KH2b2a2．

16．1．19★★★已知△ABC的面积为S,D、E、F分别为BC、CA、AB上的点,且

BDCEAF1,试求以AD、BE、CF为边的三角形的面积S． DCEAFBnGCEDAFB

解析 如图,过点A作AG平行且等于FC．连CG、GD、GE,则四边形AFCG为平行四边形,GCACAB． 又

CGAFAEAE1, ABABABCAn1所以△CGE≌△ABC,CEGACB,因此GE∥CB. 又因

GE1BD, =BCn1BC所以GEBD．

于是四边形GEBD也为平行四边形,从而GDBE,即△ADG为AD、BE、CF所构成的三角形,它的面积为S． 在梯形GABC中,

S梯形GABCSGCABGC1, 11ABABn11所以S梯形GABC1S, n1而

S△ABDBD1, SBCn1CGCD1n, BABCn1n1所以S△ABC11n因此S1S 2n1n1n1n2n1n12S．

§16.2旋转

16．2．1★★对于边长为1的正△ABC内任一点P．求证:3≤PAPBPC．

APCP'C'B

解析 把△ABC绕点B旋转60到△CBC．则△PBP为正三角形,且

PCPC,PBPP,

因而PAPBPCPAPPPC≥AC3．

16．2．2★★设P是等边三角形ABC内一点,PC3,PA4,PB5．试求此等边三角形的边长．

B54AP'P3C

解析 如图,把△CBP绕点C逆时针旋转60,到达△CAP的位置,显然,

PCP60,PCPP3,AP5．

在△APP中,AP2PP2324252AP2,所以APP90．故

APCAPPPPC9060150.

在△APC中,由余弦定理,得

AC2AP2PC22APPCcos150 3242+24325123．

3 2所以,等边三角形ABC的边长是25123．

16．2．3★★设O是正三角形ABC内一点,已知AOB115,BOC125,求以线段OA、OB、OC为边构成的三角形的各角．

BDOAC

解析 以B为旋转中心,将△AOB按逆时针方向旋转60,旋转至△CDB,如图所示． 连结OD．由于OBOD,OBD60,所以△OBD是正三角形,故ODOB． 又CDOA,故△OCD是以OA、OB、OC为边构成的一个三角形． 因此CODBOCBOD

1256065, ODCBDCBDO AOBBDO 1156055,

从而OCD180655560．

所以,以线段OA、OB、OC为边构成的三角形的各角分别为65、55和60．

16．2．4★★如图,两个正方形ABCD与AKLM（顶点按顺时针方向排列）,求证:这两个正方形的中心以及线段BM、DK的中点是某正方形的顶点．

CPABSMDQKRL

解析 设P、S分别是线段DK、R分别是正方形ABCD、AKLM的中心,Q、BM的中点,先证△PSR是以PR为斜边的等腰直角三角形．

连结BK、DM,将△ADM绕A逆时针旋转90,则D、M分别到B、K位置,所以

BKDM,BKDM．

因为P、S分别是BD、BM的中点,所以PS∥DM．同理SR∥BK．所以PSSR,且PSSR．即

△PSR是以PR为斜边的等腰直角三角形．

1212同理可证△PQR也是以PR为斜边的等腰直角三角形．故P、Q、R、S是正方形的四个顶点．

16．2．5★★正方形ABCD内有一点P,PA1,PB3．PD7,求正方形ABCD的面积．

P'APDBC

解析 将△PAB绕A点旋转90,得△PAD．连结PP．易知PAP90,PAPA1． 于是PP2．

在△PPD中,PP2PD2279PD2．所以△PPD是直角三角形,从而APD135． 由余弦定理得

AD2PA2PD22PAPD 814．

16．2．6★★在正方形ABCD的边AB和AD上分别取点M和K,使得AMAK,在线段DM上取点P,使得PCDPKA．证明:APM是直角．

AMPKDLCB

解析 如图所示,在边BC上取点L,使BLAK,连结KL、AP、PL．

由于PCDPKA,所以P、C、D、K四点共圆,作四边形PCDK的外接圆和矩形

KDCL的外接圆,因为这两个外接圆均过K、D、C三点,从而这两圆是相同的,所以 LPDLKD90．

易知Rt△MAD≌Rt△LBA.

故以正方形ABCD的中心为旋转中心,将Rt△LBA以逆对针方向旋转90,则△LBA旋转至△MAD,从而ALDM．又LPDM,故A、P、L三点共线,所以APM90． 16．2．7★★★已知凸六边形A1A2A3A4A5A6中,A1A2A2A3,A3A4A4A5,A5A6A6A1,

A1A3A5A2A4A6．求证:

（1）S△AAASAAAAAA；

24612345612（2）A6A2A4A2,A2A4A6A4,

1A2A6A4A6．

2A'4A1A6A5A4A2A31212

,如图所示．连结A4A6． 解析 （1）将△A2A3A4绕点A2旋转,使A2A3与A2A1重合,得到△A2A1A4因为

(A1A3A5)(A2A4A6)

720,

所以A1A3A5

A2A4A6360．

A1A6360A1A4A1A2 因此A4360A1A3A5.

从而△A1A4A6≌△A5A4A6,

A6, △A2A4A6≌△A2A4所以S△AAASAAAASAAAAAA．

246241234561212（2）由（1）可知

A6A2A4A6A2A4A1A2A6A3A2A4

A2A6A2A4,

所以A6A2A4A2．

同理可证:A2A4A6A4,A2A6A4A6．

A6.评注 本题通过旋转,把△A2A3A4、△A4A5A6、△A6A1A2拼成一个与△A2A4A6全等的新三角形A2A4121212也可以采取向△A2A4A6内部旋转的方法,把△A2A3A4、△A4A5A6、△A6A1A2放在△A2A4A6的内部,使

之恰好“拼成”△A2A4A6．

16．2．8★★★如图所示,P、Q是边长为1的正方形ABCD内两点,使得

PAQPCQ45,求S△PABS△PCQS△QAD的值．

AQPC(a)PBQ''(b)CDAQDQ'B

解析 将△AQD绕点A顺时针旋转90至△AQB,△CQD绕点C逆时针旋转90至△CQB,连结

PQ、PQ,则

△APQ≌△APQ,△CPQ≌△CPQ．

又ABQCBQADQCDQ90,所以Q、B、Q三点共线,且

BQDQBQ,

故S△PBQS△PBQ, 所以S△PABS△PCQS△QAD

S△PAQS△PBCS△QCD

11S正方形ABCD． 2216．2．9★★在△ABC中,A≥120,点P不与A重合．求证PAPBPCABAC. 解析 如图,将△PAB绕点A旋转至△PAB的位置,使CA与AB共线．于是

ABACABACPCPB．

B'AP'BPC

又因为PABPACBAPPACBAC≥120,所以

PAP180BAC≤60．

故在等腰△PAP中,

PAPA≥PP．

因此PB≤PPPB≤PAPBPAPB, 从而PAPBPCABAC.

评注 此题似乎依赖于图形,P在BAC内,事实上P在其他位置照样成立,方法完全一样． 16．2．10★★★凸四边形ABCD中,点M、N分别是BC、CD的中点,且AMANa（a是常数）,求证:S四边形ABCDa2． 2EDNCMFAB

解析 如图所示,将△ABM绕点M旋转180得△FCM,将△ADN绕点N旋转180得△ECN,连EF,于是

ECF360ECNBCDFCM 360ADCBCDABC DAB180,

所以EF与凸四边形ABCD的边不相交．故

S四边形ABCDS四边形AMCNS△FCMS△ECNS△AEF

1≤AEAF2AMAN 2a2AMAN≤2． 22216．2．11★★★如图,设D为锐角△ABC内一点,且ACBDADBC,

ADBACB90,求

ABCD的值．

ACBDADBCE

解析 将线段BD绕点B顺时针旋转90到BE,连结DE、CE．

因为ADBCADCBDACB,ADBACB90,所以

CADCBD90,又CBDCBE90,

则CADCBE． 由ACBDADBC,得

ACADAD,于是△ACD∽△BCE,所以ACDBCE, BCBDBEACADCD．从而ACBACDBCDECBBCDECD．所以,△ABC∽△DEC,则BCBEECABAC,即ABCDACDE． DEDC在Rt△BDE中,BDBE,DE2BD,故

ABCD2．

ACBD