论文部分内容阅读
关于矩形、正方形和梯形等四边形的旋转问题，我们要有一个系统的认识.现在结合例题，谈一谈四边形旋转问题的主要考点。
一、矩形的旋转
1.面积
图1例1 （2012福建龙岩）如图1，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转一周所得圆柱的侧面积为（）
（A） 10π（B） 4π（C） 2π（D） 2
解析：把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转一周所得圆柱是以BC=2为底面半径，AB=1为高.所以，它的侧面积为2π·2·1=4π.
答案：（B）.
2.坐标
图2例2 （2012年广西河池）如图2，在平面直角坐标系中，矩形OEFG的顶点F的坐标为（4，2），将矩形OEFG绕点O逆时针旋转，使点F落在y轴上，得到矩形OMNP，OM与GF相交于点A.若经过点A的反比例函数y=k1x（x>0）的图象交EF于点B，则点B的坐标为 .
解析：因为矩形OEFG绕点O逆时针旋转，使点F落在y轴的点N处，得到矩形OMNP，所以∠P=∠POM=∠OGF=90°.所以∠PON+∠PNO=90°，∠GOA+∠PON=90°，所以∠PNO=∠GOA.所以△OGA∽△NPO.
因为E点坐标为（4，0），G点坐标为（0，2），所以OE=4，OG=2，所以OP=OG=2，PN=GF=OE=4.因为△OGA∽△NPO，所以OG∶NP=GA∶OP，即2∶4=GA∶2.所以GA=1.所以A点坐标为（1，2）.把A（1，2）代入y=k1x得k=1×2=2.所以过点A的反比例函数解析式为y=21x.把x=4代入y=21x得y=112.所以B点坐标为（4，112）.
二、正方形的旋转
例3（2012湖南岳阳）如图3，两个边长相等的正方形ABCD和EFGH，正方形EFGH的顶点E固定在正方形ABCD的对称中心位置，正方形EFGH绕点E顺时针方向旋转，设它们重叠部分的面积为S，旋转的角度为θ，S与θ的函数关系的大致图象是（）
图4解析：如图4，过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥AB于点N，
因为点E是正方形的对称中心，所以EN=EM，EMBN是正方形.
由旋转的性质可得∠NEK=∠MEL，
在Rt△ENK和Rt△EML中，
∠NEK=∠MEL，EN=EM，∠ENK=∠EML，
所以△ENK≌△ENL（ASA）.
所以阴影部分的面积始终等于正方形面积的114，即它们重叠部分的面积S不因旋转的角度θ的改变而改变.
答案：（B）
三、梯形的旋转
例4 （2012年四川泸州）将如图5所示的直角梯形绕直线l 旋转一周，得到的立体图形是（）
解析：将如图5所示的直角梯形绕直线l 旋转一周得到圆台.
答案：（D）
四、正方形旋转综合问题
例5 （2012湖南怀化）如图6（1），四边形ABCD是边长为32的正方形，长方形AEFG的宽AE=712，长EF=7123.将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH，如图6（2），这时BD与MN相交于点O.
（1）求∠DOM的度数；
（2）在图6（2）中，求D、N两点间的距离；
（3）若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方形ARTZ，请问此时点B在矩形ARTZ的内部、外部、还是边上？并说明理由.
图6答案：（1）由旋转的性质，可得∠BAM=15°，即可得∠OKB=∠AOM=75°，又由正方形的性质，可得∠ABD=45°，然后利用外角的性质，即可求得∠DOM的度数.
如图，设AB与MN相交于点K，根据题意得：∠BAM=15°，
因为四边形AMNH是矩形，所以∠M=90°.所以∠AKM=90°-∠BAM=75°.
所以∠BKO=∠AKM=75°.
因为四边形ABCD是正方形，所以∠ABD=45°.
所以∠DOM=∠BKO+∠ABD=75°+45°=120°.
图7（2）首先连接AM，交BD于I，连接DN，由特殊角的三角函数值，求得∠HAN=30°，又由旋转的性质，即可求得∠DAN=45°，即可证得A，C，N共线，然后由勾股定理求得答案.
连接AN，交BD于I，连接DN，
因为NH=AE=712，AH=EF=7123，∠H=90°，
所以tan∠HAN=NH1AH=313.所以∠HAN=30°.
所以AN=2NH=7.
由旋转的性质：∠DAH=15°，所以∠DAN=45°.
因为∠DAC=45°，所以A，C，N共线.
因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC.
因为AD=CD=32，所以DI=AI=112AC=112AB2+CD2=3.
所以NI=AN-AI=7-3=4.
在Rt△DIN中，DN=DI2+NI2=32+42=5.
图8（3）在Rt△ARK中，利用三角函数即可求得AK的值，与AB比较大小，即可确定B的位置.
点B在矩形ARTZ的外部.理由如下：
如图8，根据题意得：∠BAR=15°+15°=30°.
因为∠R=90°，AR=712，
所以AK=AR1cos30°=7121312=7313.
因为32-7313=92-7313=162-14713>0，所以AB=32>7313.
所以点B在矩形ARTZ的外部.
综上所述，只要我们熟悉四边形旋转问题的主要考点，四边形旋转问题变迎刃而解了.
一、矩形的旋转
1.面积
图1例1 （2012福建龙岩）如图1，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转一周所得圆柱的侧面积为（）
（A） 10π（B） 4π（C） 2π（D） 2
解析：把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转一周所得圆柱是以BC=2为底面半径，AB=1为高.所以，它的侧面积为2π·2·1=4π.
答案：（B）.
2.坐标
图2例2 （2012年广西河池）如图2，在平面直角坐标系中，矩形OEFG的顶点F的坐标为（4，2），将矩形OEFG绕点O逆时针旋转，使点F落在y轴上，得到矩形OMNP，OM与GF相交于点A.若经过点A的反比例函数y=k1x（x>0）的图象交EF于点B，则点B的坐标为 .
解析：因为矩形OEFG绕点O逆时针旋转，使点F落在y轴的点N处，得到矩形OMNP，所以∠P=∠POM=∠OGF=90°.所以∠PON+∠PNO=90°，∠GOA+∠PON=90°，所以∠PNO=∠GOA.所以△OGA∽△NPO.
因为E点坐标为（4，0），G点坐标为（0，2），所以OE=4，OG=2，所以OP=OG=2，PN=GF=OE=4.因为△OGA∽△NPO，所以OG∶NP=GA∶OP，即2∶4=GA∶2.所以GA=1.所以A点坐标为（1，2）.把A（1，2）代入y=k1x得k=1×2=2.所以过点A的反比例函数解析式为y=21x.把x=4代入y=21x得y=112.所以B点坐标为（4，112）.
二、正方形的旋转
例3（2012湖南岳阳）如图3，两个边长相等的正方形ABCD和EFGH，正方形EFGH的顶点E固定在正方形ABCD的对称中心位置，正方形EFGH绕点E顺时针方向旋转，设它们重叠部分的面积为S，旋转的角度为θ，S与θ的函数关系的大致图象是（）
图4解析：如图4，过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥AB于点N，
因为点E是正方形的对称中心，所以EN=EM，EMBN是正方形.
由旋转的性质可得∠NEK=∠MEL，
在Rt△ENK和Rt△EML中，
∠NEK=∠MEL，EN=EM，∠ENK=∠EML，
所以△ENK≌△ENL（ASA）.
所以阴影部分的面积始终等于正方形面积的114，即它们重叠部分的面积S不因旋转的角度θ的改变而改变.
答案：（B）
三、梯形的旋转
例4 （2012年四川泸州）将如图5所示的直角梯形绕直线l 旋转一周，得到的立体图形是（）
解析：将如图5所示的直角梯形绕直线l 旋转一周得到圆台.
答案：（D）
四、正方形旋转综合问题
例5 （2012湖南怀化）如图6（1），四边形ABCD是边长为32的正方形，长方形AEFG的宽AE=712，长EF=7123.将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH，如图6（2），这时BD与MN相交于点O.
（1）求∠DOM的度数；
（2）在图6（2）中，求D、N两点间的距离；
（3）若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方形ARTZ，请问此时点B在矩形ARTZ的内部、外部、还是边上？并说明理由.
图6答案：（1）由旋转的性质，可得∠BAM=15°，即可得∠OKB=∠AOM=75°，又由正方形的性质，可得∠ABD=45°，然后利用外角的性质，即可求得∠DOM的度数.
如图，设AB与MN相交于点K，根据题意得：∠BAM=15°，
因为四边形AMNH是矩形，所以∠M=90°.所以∠AKM=90°-∠BAM=75°.
所以∠BKO=∠AKM=75°.
因为四边形ABCD是正方形，所以∠ABD=45°.
所以∠DOM=∠BKO+∠ABD=75°+45°=120°.
图7（2）首先连接AM，交BD于I，连接DN，由特殊角的三角函数值，求得∠HAN=30°，又由旋转的性质，即可求得∠DAN=45°，即可证得A，C，N共线，然后由勾股定理求得答案.
连接AN，交BD于I，连接DN，
因为NH=AE=712，AH=EF=7123，∠H=90°，
所以tan∠HAN=NH1AH=313.所以∠HAN=30°.
所以AN=2NH=7.
由旋转的性质：∠DAH=15°，所以∠DAN=45°.
因为∠DAC=45°，所以A，C，N共线.
因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC.
因为AD=CD=32，所以DI=AI=112AC=112AB2+CD2=3.
所以NI=AN-AI=7-3=4.
在Rt△DIN中，DN=DI2+NI2=32+42=5.
图8（3）在Rt△ARK中，利用三角函数即可求得AK的值，与AB比较大小，即可确定B的位置.
点B在矩形ARTZ的外部.理由如下：
如图8，根据题意得：∠BAR=15°+15°=30°.
因为∠R=90°，AR=712，
所以AK=AR1cos30°=7121312=7313.
因为32-7313=92-7313=162-14713>0，所以AB=32>7313.
所以点B在矩形ARTZ的外部.
综上所述，只要我们熟悉四边形旋转问题的主要考点，四边形旋转问题变迎刃而解了.