“旋轉型”相似的解題策略探究

王國俊

“旋轉型”相似是兩個三角形相似常見的基本圖形之一，本文對教材的例題、習題加以整合，讓我們一起來探索“旋轉型”相似常見的解題策略.

【引例】如圖1，△ABD與△CBE中，已知∠1=∠2，要使△ABD與△CBE相似，還需添加什么條件？

【分析】△ABD與△CBE有公共頂點B， △ABD可看成把△CBE繞點B旋轉某一角度，按一定比例縮放而形成的，這類基本圖形我們稱之為旋轉型相似，已知一組角對應相等，只需再添加一對角，或這對角的兩邊對應成比例.

解：可添加∠A=∠C或∠D=∠E或 = .

【拓展1】如圖2，△ABD與△CBE中，已知∠1=∠2，∠3=∠4，△DBE與△ABC相似嗎？為什么？

【分析】本題在引例的基礎上略有延伸，可以看出引例的基本圖形仍然存在，易證得△ABD∽△CBE，二者為旋轉型相似.△DBE與△ABC有公共頂點B，在公共頂點處的∠DBE與∠ABC可證得相等，只要再證一對角相等或夾∠DBE的兩邊和夾∠ABC的兩邊成比例，而夾∠DBE的兩邊和夾∠ABC的兩邊就是△ABD與△CBE的兩組對應邊.

解：∵∠1=∠2，∠3=∠4，

∴△CBE∽△ABD，（兩角分別相等的兩三角形相似）

∴ = .（相似三角形的對應邊成比例）

又∵∠1=∠2，∴∠DBE=∠ABC，

在△DBE與△ABC中，

∵ = 且∠DBE=∠ABC，

∴△DBE∽△ABC.（兩邊對應成比例且夾角相等的兩三角形相似）

【點評】利用旋轉型相似得出公共頂點處對應邊成比例，最后證得新三角形相似.

【拓展2】如圖3，在直角三角形ABC中，∠A=30°，將其繞直角頂點C逆時針旋轉一定角度得到Rt△A′B′C，在旋轉的過程中，邊A′C與邊AB交于點D，過點D作DE∥A′B′交CB′于點E，連接BE. 設AD=x，BE=y，求y與x之間的函數關系式.

【分析】本題雖然是△ABC繞點C旋轉，亦可以看作是△DEC繞點C旋轉，不難判斷△DEC和△ABC是旋轉型相似，則由△DEC和△ABC相似易證△CEB和△CDA相似，再由相似三角形的對應邊成比例即可得y與x之間的函數關系式.

解：由題意得∠ECD=∠BCA， ∠A=∠A′，

∵DE∥A′B′，∴∠CDE=∠A′，

∴∠CDE=∠A.

又∵∠ECD=∠BCA，∴△DEC∽△ABC，

∴ = .

∵∠DCE=∠ACB，∴∠BCE=∠ACD.

∵ = 且∠BCE=∠ACD，

∴△BCE∽△ACD，∴ = .

∵∠A=30°，

∴ = = ，∴y= x.

【點評】求線段之間的函數關系式常常利用相似三角形的對應邊成比例來解決.

【拓展3】如圖4，矩形CEFG和矩形ABCD有公共頂點C，并且矩形CEFG∽矩形CDAB，連接BG、DE，交點為O，BG與邊CD相交于點H，判斷BG和DE的位置關系并說明理由.

【分析】判斷BG和DE的位置關系可以從角入手.本題中存在旋轉型相似矩形，則可以證得△BCG與△DCE相似，根據相似三角形的對應角相等，可以得到∠CBG=∠CDE，如此則易證∠CDE+∠DHO=90°.

解：∵矩形CEFG～矩形CDAB，

∴∠BCD=∠GCE=90°， = ，

∴∠BCG=∠DCE.

在△BCG與△DCE中，

∵ = 且∠BCG=∠DCE，

∴△BCG∽△DCE，

∴∠CBG=∠CDE，

又∵∠BHC=∠DHO，∠CBG+∠BHC=90°，

∴∠CDE+∠DHO=90°，

∴∠DOH=90°，∴BG⊥DE.

【點評】本題條件變成了矩形相似，根據相似的性質仍然可得對應邊成比例，利用兩邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似證明新三角形相似，然后可根據相似三角形的對應角相等解決角的關系.

【總結】旋轉型相似往往會出現兩次相似的證明，兩邊對應成比例且夾角相等的兩三角形相似是旋轉型相似第二次相似中常用的證明方法之一，審題的關鍵是抓住公共點處的對應角和對應邊，此類問題的第二次相似常利用由旋轉型相似證得的對應邊成比例.可以歸納成：旋轉型兩三角形相似→對應邊成比例→新三角形的兩邊對應成比例及夾角相等→新三角形相似→新三角形的對應邊成比例或對應角相等解決問題.

（作者單位：江蘇省常州市金壇區直溪初級中學）