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【摘要】数学竞赛题的解题技巧十分灵活，解答一个问题，方法的选择常常决定解题的速度和成败.“旋转变换”就是一把巧妙的钥匙，准确、灵活地运用这把钥匙可以收到事半功倍的效果.
【关键词】数学；竞赛；钥匙
旋转变换是把一个图形绕着一个定点按一定方向旋转某个角度得到另一个图形，简称旋转.它的主要性质有：旋转前后，对应直线的交角等于旋转角，所得图形与原图形全等.
在初中数学各级各类竞赛中，我们常碰到借助旋转变换这把“钥匙”解决的几何问题.对多年的试题进行分析可发现，这类竞赛题常见于等腰直角三角形、等边三角形、正方形中，旋转角以旋转45°，60°，90°或180°最为常见.
一、三角形中的旋转变换
（一）利用等边进行变换（在等腰直角三角形和等边三角形中常常依托相等的边，旋转相应的角度使等边得以重合）
图1例1（第三届吴中杯数学竞赛决赛试题）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，M，N分别是BC上的两点，若BM=3，MN=5，NC=4，则∠MAN的度数为（）.
A.32°B.45°
C.60°D.75°
分析要直接求出∠MAN的度数困难较大，但题中BM=3，MN=5，CN=4的条件正好是一组勾股数，如果将MN，BM，CN集中在同一个三角形中，问题可得解.由于△ABC是等腰直角三角形，依据AB=AC，将△ABM绕着点A顺时针旋转90°得△ACP，于是△ACP≌△ABM，则∠B=∠ACP=45°，∠BCP=90°，CP=BM=3，连接NP，NP=5.△AMN≌△APN，即∠MAN=∠NAP=12∠MAP=45°，故选B.
提炼借助等腰直角三角形的条件，将图形绕着等腰直角三角形的直角顶点旋转90°，使相等的两腰重合，将条件集中起来，从而“化零为整”.
例2如图2，△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，D是斜边BC的中点，E，F分别是AB，AC边上的点，且DE⊥DF.若BE=12，CF=5，求：①△BDE与△DCF的面积之和；②△DEF的面积.
分析① 连接AD，即可发现△DCF与△DAE全等，从而把△DCF绕D点按逆时针方向旋转90°，得到△DAE，于是△DCF就与△BDE“凑”在一起了.于是所求△BDE与△DCF的面积之和=△BDE与△DAE的面积之和=△ABD的面积=△ABC面积的一半，轻松求解. ② 在等腰Rt△DEF中，求得斜边EF上的高，进一步得到△DEF的面积.
提炼如果两个全等三角形有公共顶点，则相互之间可旋转重合，从而将图形进行有目的的割补.
（二）利用中點（中线）变换（三角形边的中点或中线在旋转变换时经常用到）
图4例3（1997年天津市初三数学竞赛题）如图4，D是△ABC的BC边的中点，过D作两条互相垂直的射线，分别交AB于E，交AC于F，求证：BE CF>EF.
分析题目结论中的三条线段之间并无直接的联系，要设法使它们处在同一个三角形中，进而利用三角形的三边关系来完成证明.充分考虑题目中D是中点这一条件，可以把△BDE绕着中点D顺时针旋转180°，得到△CDP，连接FP，由旋转变换可以得到△EDB≌△PDC，再说明EF=PF，这样，在△CPF中，由三角形的三边关系，可以得到PC CF>PF，即BE CF>EF.
提炼其实旋转180°，就是中心对称变化，这个辅助线的添加，也可认为是倍长DE.当条件中有中点或中线，且条件与结论之间无直接关联时，可以通过旋转变化来实现在已知和结论之间架设桥梁的目的.
二、多边形中的旋转变换
（一）正方形中的变换
图5例4如图5，在正方形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，且EF=BE DF.求证：∠EAF=45°
证明将△ABE以点A为中心旋转90°得到△ADE1，从而得证△AEF≌△AE1F，∴∠EAF=∠E1AF=12∠EAE1=45°.
提炼旋转的目的是使BE DF合二为一成线段E1F，进一步寻三角形全等的条件.
（二）任意多形中的旋转变换
图6例5（2002年江苏数学奥林匹克培训题）如图6，在凸四边形中，∠ABC=30°，∠ADC=60°，AD=DC.求证：BD2=AB2 BC2.
分析结论中的三条线段应是一个直角三角形的三边长，因此，想办法把BD，AB，BC放在同一个直角三角形中，是解答本题的关键.连接AC，则△ADC是一个等边三角形，将△DCB绕着点C顺时针旋转60°，得到△ACP，于是△DCB≌△ACP，△BCP是等边三角形，∴∠ABP=90°，由勾股定理得AP2=AB2 BP2.
提炼从结论发掘出一条思路——直角三角形，而题中有等边三角形，于是绕着等边三角形某一顶点旋转60°，使分散的条件集中起来，从而使辅助线的添加显得自然流畅，同时，也使解题过程变得简捷而有趣.
【关键词】数学；竞赛；钥匙
旋转变换是把一个图形绕着一个定点按一定方向旋转某个角度得到另一个图形，简称旋转.它的主要性质有：旋转前后，对应直线的交角等于旋转角，所得图形与原图形全等.
在初中数学各级各类竞赛中，我们常碰到借助旋转变换这把“钥匙”解决的几何问题.对多年的试题进行分析可发现，这类竞赛题常见于等腰直角三角形、等边三角形、正方形中，旋转角以旋转45°，60°，90°或180°最为常见.
一、三角形中的旋转变换
（一）利用等边进行变换（在等腰直角三角形和等边三角形中常常依托相等的边，旋转相应的角度使等边得以重合）
图1例1（第三届吴中杯数学竞赛决赛试题）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，M，N分别是BC上的两点，若BM=3，MN=5，NC=4，则∠MAN的度数为（）.
A.32°B.45°
C.60°D.75°
分析要直接求出∠MAN的度数困难较大，但题中BM=3，MN=5，CN=4的条件正好是一组勾股数，如果将MN，BM，CN集中在同一个三角形中，问题可得解.由于△ABC是等腰直角三角形，依据AB=AC，将△ABM绕着点A顺时针旋转90°得△ACP，于是△ACP≌△ABM，则∠B=∠ACP=45°，∠BCP=90°，CP=BM=3，连接NP，NP=5.△AMN≌△APN，即∠MAN=∠NAP=12∠MAP=45°，故选B.
提炼借助等腰直角三角形的条件，将图形绕着等腰直角三角形的直角顶点旋转90°，使相等的两腰重合，将条件集中起来，从而“化零为整”.
例2如图2，△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，D是斜边BC的中点，E，F分别是AB，AC边上的点，且DE⊥DF.若BE=12，CF=5，求：①△BDE与△DCF的面积之和；②△DEF的面积.
分析① 连接AD，即可发现△DCF与△DAE全等，从而把△DCF绕D点按逆时针方向旋转90°，得到△DAE，于是△DCF就与△BDE“凑”在一起了.于是所求△BDE与△DCF的面积之和=△BDE与△DAE的面积之和=△ABD的面积=△ABC面积的一半，轻松求解. ② 在等腰Rt△DEF中，求得斜边EF上的高，进一步得到△DEF的面积.
提炼如果两个全等三角形有公共顶点，则相互之间可旋转重合，从而将图形进行有目的的割补.
（二）利用中點（中线）变换（三角形边的中点或中线在旋转变换时经常用到）
图4例3（1997年天津市初三数学竞赛题）如图4，D是△ABC的BC边的中点，过D作两条互相垂直的射线，分别交AB于E，交AC于F，求证：BE CF>EF.
分析题目结论中的三条线段之间并无直接的联系，要设法使它们处在同一个三角形中，进而利用三角形的三边关系来完成证明.充分考虑题目中D是中点这一条件，可以把△BDE绕着中点D顺时针旋转180°，得到△CDP，连接FP，由旋转变换可以得到△EDB≌△PDC，再说明EF=PF，这样，在△CPF中，由三角形的三边关系，可以得到PC CF>PF，即BE CF>EF.
提炼其实旋转180°，就是中心对称变化，这个辅助线的添加，也可认为是倍长DE.当条件中有中点或中线，且条件与结论之间无直接关联时，可以通过旋转变化来实现在已知和结论之间架设桥梁的目的.
二、多边形中的旋转变换
（一）正方形中的变换
图5例4如图5，在正方形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，且EF=BE DF.求证：∠EAF=45°
证明将△ABE以点A为中心旋转90°得到△ADE1，从而得证△AEF≌△AE1F，∴∠EAF=∠E1AF=12∠EAE1=45°.
提炼旋转的目的是使BE DF合二为一成线段E1F，进一步寻三角形全等的条件.
（二）任意多形中的旋转变换
图6例5（2002年江苏数学奥林匹克培训题）如图6，在凸四边形中，∠ABC=30°，∠ADC=60°，AD=DC.求证：BD2=AB2 BC2.
分析结论中的三条线段应是一个直角三角形的三边长，因此，想办法把BD，AB，BC放在同一个直角三角形中，是解答本题的关键.连接AC，则△ADC是一个等边三角形，将△DCB绕着点C顺时针旋转60°，得到△ACP，于是△DCB≌△ACP，△BCP是等边三角形，∴∠ABP=90°，由勾股定理得AP2=AB2 BP2.
提炼从结论发掘出一条思路——直角三角形，而题中有等边三角形，于是绕着等边三角形某一顶点旋转60°，使分散的条件集中起来，从而使辅助线的添加显得自然流畅，同时，也使解题过程变得简捷而有趣.