巧用旋转法解几何题将一个图形绕着某一点旋转一个角度的图形变换叫做旋转，由旋转的性质可知旋转前后的图形全等，对应点到旋转中心的连线所组成的夹角等于旋转角。

旋转法是在图形具有公共端点的相等的线段特征时，可以把图形的某部分绕相等的线段的公共端点，旋转另一位置的引辅助线的方法，主要用途是把分散的元素通过旋转集中起来，从而为证题创造必要的条件。

旋转方法常用于等腰三角形、等边三角形及正方形等图形中。

现就旋转法在几何证题中的应用举例加以说明，供同学们参考。

例1．如图,在Rt △ABC 中，∠C=90°，D 是AB 的中点，E ，F 分别AC 和BC 上，且DE ⊥DF ， 求证：EF 2=AE 2+BF2分析：从所证的结论来看，令人联想到勾股定理，但注意到EF ，AE ，BF 三条线段不在同一个三角形中，由于D 是中点，我们可以考虑以D 为旋转中心，将BF 旋转到和AE 相邻的位置，构造一个直角三角形，问题便迎刃而解。

证明：延长FD 到G ，使DG=DF ，连接AG ，EG ∵AD=DB ，∠ADG=∠BDF∴⊿ADG ≌⊿BDF （SAS ）∴∠DAG=∠DBF ，BF=AG∴AG ∥BC∵∠C=90°∴∠EAG=90°∴EG 2=AE 2+AG 2=AE 2+BF 2∵DE ⊥DF ∴EG=EF ∴EF 2=AE 2+BF2例2，如图2，在⊿ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC ，P 是⊿ABC 内一点，且PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC 的度数.分析：题目已知条件中给出了三条线段的长度和一个直角，但已知的三条线段不在同一三角形中，故可考虑通过旋转变换移至一个三角形中，由于⊿ACB 是等腰直角三角形，宜以直角顶点C 为旋转中心。

解：作MC ⊥CP ，使MC=CP ，连接PM ，BMGFEDCBA∵∠ACB=90°，∠PCM=90°∴∠1=∠2∵AC=BC ， ∴⊿CAP ≌⊿CBM （SAS ）∴MB=AP=3∵PC=MC ，∠PCM=90°∴∠MPC=45°由勾股定理PM==22MC PC =22PC =22， 在⊿MPB 中，PB 2+PM 2=（22）2+12=9=BM 2∴⊿MPB 是直角三角形∴∠BPC=∠CPM+∠MPB=45°+90°=135°例3，如图3，直角三角形ABC 中，AB=AC ，∠BAC=90°,∠EAF=45°，求证：EF 2=BE 2+CF 2分析：本题求证的结论和例1十分相似，无法直接用勾股定理，可通过旋转变换将BE ，CF 转移到同一个直角三角形中，由于⊿BAC 是等腰直角三角形，不妨以A 为旋转中心，将∠BAE 和∠CAF 合在一起，取零为整。

证明：过A 作AP ⊥AE 交BC 的垂线CP 于P ，连结PF ∵∠EAP=90°，∠EAF=45° ∴∠PAF=45°∵∠BAC=90° ∴∠BAE=∠PAC ∵AB=AC ， ∴∠B=∠ACB=∠ACP=45° ∴⊿ABE ≌⊿ACP （ASA ） ∴PC=AE ，，AP=AE ∴⊿AEF ≌⊿APF （SAS ） ∴EF=PF故在Rt ⊿PCF 中，PF 2=CF 2+PC 2,即EF 2=CF 2+AE 2例4，如图4，正方形ABCD 中，E ，F 分别在AD ，DC 上，且∠EBF=45°，BM ⊥EF 于M ，求证：BA=BM 分析:本题与例3相同之处在于直角三角形家夹有45°角，可利用相同的方法，将∠ABE 和∠CBF “化散为整”来构造全等三角形。

证明：延长FC 到N ，使CN=AE ，连结BNAPMCBANFC B∵四边形ABCD 是正方形 ∴AB=AC ，∠BAC=90°∵∠EBF=45°∴∠ABE+∠CBF=45°由⊿ABE ≌⊿CBN 知BE=BN ，∠CBN=∠ABE∴∠CBN+∠CBF=45°，即∠EBF=∠NBF 又BE=BN ，BF=BF∴⊿EBF ≌⊿NBF （SAS ）∴BM=BC ∴BM=BA例5、如图6，五边形ABCDE 中，AB ＝AE ，BC ＋DE ＝CD ，∠ABC ＋∠AED ＝180°。

求证：∠ADE ＝∠ADC 。

解析：条件中有共点且相等的边AE 和AB ，可将△ADE 以点A 为中心，顺时针方向旋转∠BAE 的角度到△AFB 的位置，如图7。

这就使已知条件∠ABC ＋∠AED ＝180°和BC ＋DE ＝CD 通过转化得到集中，使解题思路进一步明朗。

由△ADE ≌△AFB ，得∠AED ＝∠ABF ，∠ADE ＝∠AFB ，ED ＝BF ，AF ＝AD 。

由∠ABC ＋∠AED ＝180°，得∠ABC ＋∠ABF ＝180°。

所以C 、B 、F 三点共线。

又CD ＝BC ＋DE ＝BC ＋BF ＝CF ，故∠CFD ＝∠CDF 。

由AF ＝AD ，得到∠DFA ＝∠FDA 。

∴∠ADE ＝∠AFB ＝∠CFD ＋∠DFA ＝∠CDF ＋∠FDA ＝∠ADC 。

例6、如图，P 是等边三角形ABC 内的一个点，PA=2，PB=32，PC=4，求△ABC 的边长。

分析：PA 、PB 、PC 比较分散，可利用旋转将PA 、PB 、PC 放在一个三角形中，为此可将△BPA 绕B 点逆时针方向旋转60°可得△BHC 。

解：把△BPA 绕B 点逆时针方向旋转60°得到△BHC 。

因为BP=BH ，∠PBH=60° 所以△BPH 是等边三角形所以∠BPH=60°，所以BP=PH 32 又因为HC=PA=2，PC=4 所以所以△HCP 是Rt △，所以∠CHP=90°又因为HC=2，PC=4 所以∠HPC=30°又因为∠BPH=60°，所以∠CPB=90° 在Rt △BPC 中，=12+16=28,72=BC ，那么△ABC 的边长为72。

例7、如图2，O 是等边三角形ABC 内一点，已知：∠AOB=115°，∠BOC=125°，则以线段OA 、OB 、OC 为边构成三角形的各角度数是多少？解：可将△BOC 绕B 点按逆时针方向旋转60°可得△BMA 。

因为BO=BM ，∠MBO=60° 所以△BOM 是等边三角形， 所以∠1=∠2=60°又因为∠AOB=115°，所以∠MOA=55° 又因为∠AMB=∠COB=125° 所以∠AMO=65° 又因为AM=OC ，MO=BO所以△AMO 正好是以AO 、OC 、BO 为边组成的三角形， 所以∠MAO=180°－（55°+65°）=180°－120°=60°即：以线段OA 、OB 、OC 为边构成三角形的各角的度数分别为55°、65°、60°。

例8、如图4，P 是正方形ABCD 内一点，将△ABP 绕点B 顺时针方向旋转能与'CBP ∆重合，若PB=3，求'PP 的长。

分析：将△ABP 绕点B 顺时针方向旋转能与'CBP ∆重合，实际上就是把△ABP 顺时针方向旋转90°可得'CBP ∆，即=∠'PBP 90°。

解：因为,'BP BP ==∠'PBP 90°。

所以'PP 2333222'2=+=+=B P BP 。

例9、如图5，P 为正方形ABCD 内一点，且PA ：PB ：PC=1：2：3，求∠APB 的度数。

分析：PA ：PB ：PC=1：2：3，不妨设PA=1，PB=2，PC=3，而这些条件较分散，可设法把PA 、PB 、PC 相对集中起来即把△BCP 绕B 点顺时针方向旋转90°得到△BAE 。

解：因为BP=BE ，∠PBE=90°所以22222+=PE ，所以22=PE又在△APE 中，222,3AE PE PA CP AE =+==即2223)22(1=+所以∠APE=90°即∠APB=90°+45°=135° 所以∠APB=135°。

例10、如图，正方形ABCD 的边长为1，AB 、AD 上各存一点P 、Q ，若△APQ 的周长为2，求∠PCQ 的度数。

解：把△CDQ 绕点C 旋转90°到△CBF 的位置，CQ=CF 。

因为AQ+AP+QP=2 又AQ+QD+AP+PB=2 所以QD+BP=QP 又DQ=BF ，所以PQ=PF 所以FCP QCP ∆≅∆ 所以∠QCP=∠FCP又因为∠QCF=90°，所以∠PCQ=45°。

由上例可知，利用旋转的概念及性质，把图中的一部分图形通过旋转，可把题化难为易，它为题设和结论的沟通架起了桥梁，同学们在做题时多练，多观察，增强解答几何题的能力 从以上几例来看，都巧妙地运用了旋转的方法构造全等三角形，或借助中点，或旋转一角，通过将相关线段和有关的角转移到一个直角三角形中，运用勾股定理及它的逆定理来达到解题的目的。