初等几何变换(一)分解

在数学中，初等行变换是指将矩阵的行进行一些列简单的操作，例如交换两行的位置、对某一行进行数乘或者将某一行的数乘以一个常数后加到另一行上。

在线性代数中，我们经常会用到这些初等行变换来解线性方程组或者求解矩阵的逆等问题。

而几何解释初等行变换不改变方程的解，是一个值得探讨的主题。

让我们来看一下初等行变换对方程组的影响。

考虑一个线性方程组Ax=b，其中A是一个m×n的矩阵，x是n×1的向量，b是m×1的向量。

当我们对A进行一系列的初等行变换后得到A'，相应地对b进行相同的变换得到b'，那么我们可以观察到这个变换对方程组的解产生了什么样的影响。

接下来，我们来从几何的角度来解释初等行变换不改变方程的解。

我们知道矩阵可以表示线性变换，而方程Ax=b可以看作是矩阵A对向量x进行线性变换后得到向量b。

而进行初等行变换实质上就是对矩阵A进行了一些列的线性变换，因此我们可以将初等行变换看作是对线性变换的一种改变。

从几何的角度来看，进行初等行变换后，矩阵的行空间和列空间可能发生了改变，但是这个改变并不会影响到方程Ax=b的解空间。

这是因为初等行变换不改变矩阵A的秩，而方程Ax=b的解空间与矩阵A 的秩有着密切的关系。

我们可以得出结论，初等行变换不改变方程Ax=b的解空间。

在数学应用中，初等行变换的不改变方程解的特性为我们解线性方程组和求解矩阵逆等问题提供了便利。

通过对初等行变换的深入理解，我们能够更好地掌握线性代数中的基本概念，并且能够更灵活地运用这些知识解决实际问题。

回顾本文的主题，初等行变换不改变方程的解，我们通过深入的探讨和几何解释，对这一概念有了更加全面和深刻的理解。

我们了解到初等行变换是对矩阵进行的一系列线性变换，虽然可能会改变矩阵的行空间和列空间，但不会改变方程的解空间。

我们在解释完这个主题的理论知识之后，通过实际应用的角度去解释这个理论知识。

在个人观点方面，我认为深入理解初等行变换不改变方程的解这一概念，对于提高数学建模和解决实际问题的能力非常重要。

初等变换法由正交矩阵得出二次型的标准型概述及解释说明1. 引言1.1 概述初等变换法由正交矩阵得出二次型的标准型是矩阵理论中一个重要且常用的概念。

通过进行一系列的初等变换和利用正交矩阵，我们可以将给定的二次型转化为标准型，从而简化问题的求解过程。

本文将对初等变换法和正交矩阵进行介绍，并说明它们在得出二次型的标准型中起到的关键作用。

1.2 文章结构本文共分为五个部分：引言、初等变换法与正交矩阵、二次型的标准型、初等变换法由正交矩阵得出二次型的标准型以及结论。

首先，在引言部分将对整篇文章的内容进行概述，并说明文章结构。

接下来，将详细介绍初等变换法和正交矩阵的概念及其性质，并讨论它们之间的关联性。

然后，我们会深入探讨二次型及其标准型的定义、意义以及性质。

紧接着，在给定了必要背景知识后，我们将介绍如何使用初等变换法和正交矩阵来得到二次型的标准型，包括具体的步骤和计算方法。

最后，在结论部分对全文进行总结，并讨论初等变换法由正交矩阵得出二次型的标准型在实际问题中的应用价值。

1.3 目的本文旨在通过概述和解释说明初等变换法由正交矩阵得出二次型的标准型，帮助读者充分理解初等变换法与正交矩阵在矩阵理论中的重要性以及它们在处理二次型问题中的作用。

同时，本文还将提供详细的步骤和计算方法，使读者能够从实际问题出发，灵活运用这种方法来求解相关的数学和工程问题。

2. 初等变换法与正交矩阵2.1 初等变换法介绍初等变换是线性代数中一种重要的操作，它可以通过对矩阵进行一系列基本运算来改变矩阵的形态。

常见的初等变换包括行交换、行倍乘以一个非零数和第j行加上第i行的k倍。

2.2 正交矩阵概述正交矩阵是指满足其转置矩阵乘以自身结果为单位矩阵的方阵。

简而言之，正交矩阵的转置就是它的逆矩阵。

具体而言，设A为n×n的实矩阵，若满足A^T⋅A=I (其中I为n×n的单位矩阵)，则称A为正交矩阵。

在线性代数中，正交矩阵有很多重要性质和应用。

初中数学解题技巧中考数学命题除了着重考查基础学问外，还非常重视对数学（方法）的考查，如配方法，待定系数法、判别式法等操作性较强的数学方法。

那么接下来给大家共享一些关于学校数学解题技巧，盼望对大家有所关心。

学校数学解题技巧1、数形结合思想：就是依据数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数含义，又揭示其几何意义;使数量关系和图形奇妙和谐地结合起来，并充分利用这种结合，寻求解题思路，使问题得到解决。

2、联系与转化的思想：事物之间是相互联系、相互制约的，是可以相互转化的。

数学学科的各部分之间也是相互联系，可以相互转化的。

在解题时，假如能恰当处理它们之间的相互转化，往往可以化难为易，化繁为简。

如：代换转化、已知与未知的转化、特别与一般的转化、详细与抽象的转化、部分与整体的转化、动与静的转化等等。

3、分类争论的思想：在数学中，我们经常需要依据讨论对象性质的差异，分各种不怜悯况予以考查;这种分类思索的方法，是一种重要的数学思想方法，同时也是一种重要的解题策略。

4、待定系数法：当我们所讨论的数学式子具有某种特定形式时，要确定它，只要求出式子中待确定的字母的值就可以了。

为此，把已知条件代入这个待定形式的式子中，往往会得到含待定字母的方程或方程组，然后解这个方程或方程组就使问题得到解决。

5、配方法：就是把一个代数式设法构造成平方式，然后再进行所需要的变化。

配方法是学校代数中重要的变形技巧，配方法在分解因式、解方程、争论二次函数等问题，都有重要的作用。

6、换元法：在解题过程中，把某个或某些字母的式子作为一个整体，用一个新的字母表示，以便进一步解决问题的一种方法。

换元法可以把一个较为简单的式子化简，把问题归结为比原来更为基本的问题，从而达到化繁为简，化难为易的目的。

7、分析法：在讨论或证明一个命题时，由结论向已知条件追溯，既从结论开头，推求它成立的充分条件，这个条件的成立还不明显;则再把它当作结论，进一步讨论它成立的充分条件，直至达到已知条件为止，从而使命题得到证明。

几何变换法则1：若问题的整个图形或其一部分是一个轴对称图形，则可尝试找出或作出对称轴，从对称轴上多想主意．添辅助线的具体方法：（1）若问题中有一点及一直线，可尝试过点作直线的垂线； （2）若问题中有一点及一圆，可试将点与圆心用直线连接起来； （3）若问题中有相交的两直线，可试作它们交角的分角线；（4）若问题中有平行的两直线，可试作一条与它们垂直的直线，或者试作与它们等距的一条平行线；（5）若问题中有一圆及一直线，则可试过圆心作直线的垂线．特别，对于一圆及其一条切线，可试将圆心与切点相连；对于一圆及其中一条弦，可试将圆心与弦的中点连结；（6）若问题中有两个不同的圆，可试作它们的连心线．1．以O 为圆心的两个同心圆，与一直线顺次交于A 、B 、C 、D 四点，求证：AOB COD ∠=∠．证明：作OM AD ⊥，垂足为M ，则AOM DOM ∠=∠，BOM COM ∠=∠两式相减，得AOB COD ∠=∠法则2：若问题中的图形或其一部分是一轴对称图形，也可尝试添加一些对称的线条，使图形结构更加完整，从而显示出解题途径．添辅助线的基本规律：（1）若问题中有一圆O 及其一条弦AB ，可试连半径OA 和OB （两条对称的线段），得到等腰三角形OAB ；（2）若问题中包含两个相交的圆，可试作公共弦（一条关于连心线对称的线段）； （3）若问题中包含两个相切的圆，可尝试过切点作它们的公切线（一条关于连心线对称的直线）．2．已知正方形ABCD 的边AB 延长线上有一点E ，AD 的延长线上有一点F ，满足AE AF AC ==，若直线EF 交BC 于G ，交CD 于H ，求证：EG GC CH HF ===．证明（1）：连AC ，则由对称性得GC HC =，EG FH =，再连AG ，并设EF 交AC 于K ，于是△AEK 和△ACB 都是等腰直角三角形，并且由AE AC =，知道△AEK ≌△ACB因而，EK CB =，AK AB =由此推出Rt AKG ≌Rt ABG ，∴GK GB = 由等量相减得GE GC =，因而最后有EG GC CH HF ===证明（2）：连AC ，由对称性得GC HC =，EG FH =，再连EC ，则由AE AC =，得ACE AEC ∠=∠，又因45ACB AEF ∠=∠= ，相减得ECG CGE ∠=∠，所以EG GC =，所以EG GC CH HF ===法则3：若问题中的图形的某一部分关于一直线l 对称，则可尝试对图形适当部分作关于l 的对称变换，将分散的已知条件聚拢起来．3．证明过△ABC 的垂心H 及其任两个顶点所作的三个圆彼此相等．证明：如图，作B 点关于直线AH 的对称点G ，连HG 、AG ，则由对称性得△AHG ≌△A H B ，因而AGH ABH ∠=∠，又90ABH BAE ACH ∠=-∠=∠ ，∴AGH ACH ∠=∠，因而四点A 、H 、G 、C 共圆，过A 、H 、B 所作的圆等于过A 、H 、G 所作的圆，因而等于过A 、H 、C 所作的圆，同理它们也等于过H 、B 、C 所作的圆．4．△ABC 中，AD 是角A 的角平分线，已知AB AC CD =+，求证：2C B ∠=∠证明：在AB 上取AE AC =，则E 点和C 点关于AD 对ABCDEFHKGA BCDEF HABCDE称，连DE ，由对称性得CD ED =，AED C ∠=∠，又AB AC CD =+，即AE EB AE ED +=+，∴EB ED =，由此得EDB B ∠=∠， ∴2C AED B EDB B ∠=∠=∠+∠=∠．5．已知直线MN 交线段AB 于点C ，在MN 上求一点，使它看线段AC 和BC 有相等的视角．分析：如图，设P 为所求的点，则APC BPC ∠=∠，因而APB ∠关于直线MN 对称，故可试作A 关于MN 对称点D ，D 必在PB 上，B 为已知点，D 可作出，故P 也可作出．作法：作A 关于MN 对称点D ，连BD ，则直线BD 和MN 的交点P 即为所求．6．已知过同一点O 的三条直线,,x y z 和不在这些直线上的一点P ，求用三角形，使它们以x 、y 和z 为三条分角线，并且有一边通过点P ．分析：如图，设△ABC 为所求的三角形，它的边CA 通过已知点P ，由于每个内角关于它的分角线对称，所以可顺次作P 点关于x 的对称点X ，X 关于y 的对称点Y ，Y 关于z 的对称点Z ，由对称性，顺次推出X 在AB 上，Y 在BC 上，Z 在CA 上，故由已知点P 和辅助点Z 可作出边AC ．作法：作P 点关于直线x 的对称点X ，再作X 关于y 的对称点Y ，Y 关于z 的对称点Z ，连直线PZ ，交x 于A ，交z 于C ，连直线AX ，交y 于B ，连BC ，则△ABC 就是所求．法则4：若问题中由于讨论折线而感到困难，可尝试对折线的一节或若干节逐次进行对称变换，化折线为直线．7．在定直线XY 的同侧有一点A 及一定圆O ，试在直线XY 上求一点P ，使从P 点到圆O 的切线PB 满足BPY APX ∠=∠．分析：设P 为符合条件的点，则如图，将AP 绕XY 翻A BCD P MN PXY Z A BCOxzy转180°至CP 位置，CPB 应成一直线，问题归结为过C 作圆O 的切线．作法：作A 点关于XY 的对称点C ，由C 作圆O 的切线，交XY 于P ，则P 点即为所求． 本题应有两解．8．在定底定高的三角形中，等腰三角形财长最短． 分析：有定底BC 和定高h 的三角形，其底点A 的轨迹是在BC 两侧且平行于BC 的两条直线a 和b ．由对称性，只须考虑其中一直线a ，如图，问题归结为在直线a 上求一点A ，使折线BAC 最短．熟知连结两点的折线拉直成线段时长度最短．但因B 和C 在a 同侧，折线BAC 不会变成线段，如果将C 点翻转到a 的另一侧就容易解决了．证明：设△ABC 是具有定底BC 和定高h 的任一三角形．过A 作直线a ∥BC ，又作C 点关于a 的对称点D ，则DA CA =，且D 与B 分居直线a 两侧，△ABC 的周长等于折线BAC 的长度加上定长BC ，折线BAC 仅当A 点落在线段BD 上时长度最短．又因a 平分线段CD ，a ∥BC ，所以若A 在BD 上，必为BD 中点，即AB AC =，就证明了等腰三角形的周长最小．9．证明直角三角形中任一内接三角形的半周大于斜边上的高．分析：要比较一条封闭折线（内接三角形的周界与一条线段的长度大小，有些困难，如能通过变换，将问题化成比较两条具有公共端点的折线长，或比较两条端点分别在平行直线上的折线长，就容易解决些，条件中有一个直角连续绕直角边翻两次可得到一组平行线．证明：如图，设CK 是Rt ABC 斜边上的高，内接△LMN 的顶点L 、M 、N 分别在AB 、BC 、CA 上，作关于直线BC 的对称变换，将△ABC 变为△DBC ，△LMN 变为△PMQ ，高CK 变为CG ；再作关于直线CD 的对称变换，将△BCD 变为△E C D ，△PMQ 变为△RSQ ，高CG 变为CH ，由于MQ MN =，QR QP NL ==，所以折线LMQR 的长度等于内接△LMN 的周长．进而从ACB ∠为直角，可知A 、C 、D 三点共线，B 、C 、EAEDCBa三点共线，由此推出K 、C 、H 三点共线，并且AB ∥ED ，两平行线AB 和ED 间的距离为2KH CK =，由于折线LMQR 的长度大于线段LR 的长，并且LR KH ≥，所以得到2LM MN NL CK ++>即△LMN 的半周长大于斜边上的高CK ．10．△ABC 的三条高线AD ，BE ，CF 恰好分别是垂足△DEF 的三条内角平分线． 证明：如图，由于AD BC ⊥，BE CA ⊥，所以D 和E 都在以AB 为直径的圆上，因而ADE ABE ∠=∠，同理从A 、C 、D 、F 共圆得ADF ACF ∠=∠但90ABE BAC ACF ∠=-∠=∠所以ADE ADF ∠=∠，同理可证BEF BED ∠=∠，CFE CFD ∠=∠法则1：若问题中有一等腰三角形，可尝试绕等腰三角形的顶点旋转，旋转角等于等腰三角形的顶角，特别地，若问题中有正三角形，则可试绕正三角形的某一顶点旋转60°．11．设△ABC 为正三角形，P 为任意点，求证PA PB PC ≤+，等号当且仅当P 在△ABC 外接圆的 BC上时成立．证明：如图，将△BCP 绕B 点旋转60°，得△BAQ ，则QA PC =，并且△BPQ 中BP BQ =，60PBQ ∠=，所以△BPQ 是正三角形．因而P Q P B =，但P A P Q Q ≤+，所以PA PB PC ≤+．等号当且仅当Q 点落在线段PA 上时成立，这时60BPA BCA ∠==∠，且P 与C 在BA 同侧，即P 在△ABC 外接圆的 BC上． ABCDEFABPCQ12．在△ABC 的各边上向形外作正△BCX ，△C A Y ，△ABZ ，则在线段AX ，BY 和CZ彼此相等，并且三线两两交角为60°．证明：如图，由于△CAY 和△ABZ 是正三角形，所以将，△AYB 绕A 点旋转60°后落在△ACZ 位置，因而对应线段BY CZ =，且两线夹角为60°，同理将△CAX 绕C 点旋转60°到△CYB 位置，得AX YB =，且两线成60°角，∴AX BY CZ ==，且三线两两成60°角．图1所示为△ABC 为每个内角都小于120°的情形，若有一角大于120°或等于120°，不妨设最大角为B 角，则上列证明过程仍然全部适用，不过图形变为图2或图3．13．在△ABC 的边上向形外作正三角形BCX ，CAY ，ABZ ，则直线AX ，BY ，CZ 交于同一点（称为△ABC 的正等角中心）．证明：不妨设B ∠为最大角．①若120B ∠=，则由60120180CBX CBA ∠+∠=+=知道A ，B ，X 三点共线，同理C ，B ，Z 三点共线．所以这时AX ，BY ，CZ 三直线都通过B 点．②若120B ∠>，设AX 与CZ 的交点为，由第12题知60AOZ ∠=，因而AOZ ABZ ∠=∠18060180AOC AYC ∠=-=-∠所以O 点在正△ABZ 外接圆的 ZB上，又在正△CAY 外接圆的 CA 上，由第11题得 OB OZ OA +=，OY OA OC =+ZABC YXA BCZYXABCYZX后式减前式，整理后得OY OB OC OZ -=+，而OC OZ CZ BY +==所以OY OB BY -=，因而O ，Y ，B 三点必须在一直线上，否则它们将成为一个三角形的顶点，而与三角形两边之差小于第三边的定理矛盾．③若120B ∠<，类似地可证AX 与CZ 的交点O 也在直线BY 上，因为这时从OB OA OZ +=，OY OA OC =+可得OB OY OZ OC ZC BY +=+==总之，在各种可能情形下，AX ，BY ，CZ 三直线都交于同一点．当三角形每个角都小于120°时交点在形内，有一角大于120°时交点在形外，有一角等于120°时，交点即为钝角顶点．14．等腰△ABC 的顶角30A ∠=，A 为定点，B 点在定直线b 上移动，求C 点的轨迹．解：如图，将B 点绕A 点旋转30°就到达C 点位置，所以将动点B 的移动路线绕A 旋转30°就得到C 点的轨迹．B点沿直线b 移动，将b 绕A 点逆时针旋转30°得直线m ，顺时针旋转30°得直线l ，则C 的轨迹就是一对直线l 和m ．15．求作等腰直角三角形，使其直角顶点为定点B ，而斜边的两端分别在已知MON ∠的两边上．分析：如图，设△ABC 即为所求，绕B 点旋转90°，C 点将落在A 点位置，而ON 旋转后得直线l ，ON 过C 点，因而l 过A 点，故A 是l 与OM 的交点，因而A 可作出．作法：将ON 绕B 旋转90°得直线l ，设l 与OM 交于A ，连BA ，作BC BA ⊥交ON 于点C ，连AC ，则△ABC 即为所求．法则2：若问题中有正方形，则可尝试绕正方形的某一顶点旋转90°． 16．在△ABC 外作正方形ABEF 和ACGH ，求证：BH 与CF 相等且垂直．证明：如左图，将△AHB 绕A 旋转90°落到△ACF 的位置，故HB CF =，且两线交角为90°．ABCmb lBAM ONCD E l17．如右图，已知ABCD ，PQRS ，DQEF ，CSGH 都是正方形，PR AB ⊥，且PA PB PR ==，求证：E ，R ，G 共线，且ER RG =．证明：将△SRG 绕S 旋转90°，则G 点落在C点位置，而R 落在PS 延长线上的点M ，并且SM SR SP ==，SR PS ⊥所以RM PR PB ==，290MRP SRP RPB ∠=∠==∠，因此，四边形PRMB 是正方形，BM PB ⊥，这样一来，M 点就是直线PS 与直线CB 的交点，因而45SMC ∠= ，由此推出45SRG SMC ∠=∠= ，同理45QRC ∠= ，所以459045180ERQ QRS SRG ∠+∠+∠=++=因而E ，R ，G 三点在一直线上，又由整个图形关于直线PR 对称，立刻推出ER RG =． 法则3：若问题中有一圆及一定长线，可试将该线段绕圆心O 旋转到便于研究的位置．18．已知定圆O 及定线段AB ，求作平行四边形ABCD ，使其顶点C 和D 在圆O 上．分析：如图，圆O 的弦CD 应等于AB 且平行于AB ，如果将弦CD 旋转到任意位置，只剩下长度等于AB 的要求，就容易作了．作法：在⊙O 的上任取一点E ，以E 为圆心，AB 为半径画弧，交⊙O 于F ，连EF ，取其中点G ，以O 为圆心，OG 为半径作圆，再由O 点作AB 的垂线，交所作之圆于H ，过H 作弦CD ∥AB ，连BC ，DA ，则四边形ABCD 即为所求．19．已知定⊙O 及圆外二定点P 及Q ，求作弦AB ，使它等于定长a ，并且满足PA QB =． 分析：弦AB 的长度既然是定长a ，那么它所对的圆心角就是一个定角θ，将△OAP 绕圆心O 旋转θ角，得到△OBR （如图），问题简化为在⊙O 上求一点B ，使BQ BR =，这就很容易解决了．作法：连OP ，交圆O 于C ，以C 为圆心，定长为a 为半径画弧，交圆O 于D ，连OD 并延长至R ，使O R O P =，作QR 的垂直平分线，交⊙O 于B ，在圆周上沿着从D 到C 的劣弧方向取 BADC =，则A 和B 就是所求的两点． 法则4：若问题中涉及某个线段的中点O ，或涉及一个以O 点为对称中心的中心对称图形，可试作关于O 点的中心对称变换（旋转180°）．20．过△ABC 底边BC 的中点M 任作一直线，交AB 边于点D ，交AC 边的延长线于F 点，则△ADF 的面积大于△ABC 的面积．证明：如图，由于C 点在A 与F 之间，所以过C 作AD 的平行线，必交线段DF 于一点E ．△MCE 与△MBD 关于点M 点中心对称，因而面积相等．但△MCE 是△MCF 的一部分，所以△MCF 比△MBD 的面积大，由此，得△ADF 的面积比△ABC 的面积大．21．在△ABC 的边上向形外作正方形ABMN 和ACPQ ，又设AD 是BC 边上的中线，则2NQ AD =，并且NQ AD ⊥．证明：如图，将△CDA 绕D 旋转180°至△BDE ，则2A E A D =，且B E A C =，BE ∥AC ，因而BE AQ ⊥，再将△ABE绕正方形ABEFC MDABMN 的中心O 旋转90°，使AB 落在NA 的位置，这时BE 将落在AQ 的位置，所以线段NQ就是由AE 旋转90°得到的，因而NQ AE =，NQ AE ⊥，即2NQ AD =，并且NQ AD ⊥．22．证明一个五边形由它各边中点的位置完全确定．分析：每边的中点都是这一边的对称中心，而已知条件只有五条边的中点位置，为了将这些条件全部用上，可试将一顶点顺次关于各边中点作中心对称变换，共变换五次．证明：设P ，Q ，R ，S ，T 为五个定点，五边形ABCDE 顺次以这五点为边AB ，BC ，CD ，DE 和EA 的中点．那么如图，将顶点A 关于P 作中心对称变换，落到B 点位置，再关于Q 作中心对称变换，B 又落到C 点位置；关于R 作中心对称变换，C 变到D ；关于S 作中心对称变换，D 变到E ；关于T 作中心对称变换，E 又变到A ．设11111A B C D E 也是以五个已知点为各边中点的五边表，那么按照上面的方法，将顶点1A 顺次关于各边中点作中心对称变换，结果也将返回1A 点．现在证明1A 点与A 点必定互相重合．由于在中心对称之下，一双对应线段平行且方向相反，所以若1A 不与A 重合，则如图，线段1AA 与1BB 平行且反向，1BB 与1CC 平行又反向，1CC 与1DD 平行又反向，1DD 与1EE 平行又反向，1EE 与2AA 平行且反向．这里2A 是1E 关于T 的对称点，由此推知2AA 与1BB 平行且同向．但1AA 与1BB 平行且反向，所以1A ，A ，2A 三点共线，且2A 与1A 在A 点异侧，因而1A 与2A 是不同的两点，这就表明T 不是线段1EA 的中点，导致矛盾．所以1A 必与A 重合．由此推出两个五边形11111ABCDE 和ABCD 完全重合，即适合条件的五边形只有一个．如图注意111112AA BB CC DD EE AA =====我们还顺便得到已知各边中点位置作出五边形的方法：任取一点1A ，作1A 关于点P的对称C 1第 11 页 (共 11 页) 点1B ，1B 关于点Q 的对称点1C ，1C 关于点R 的对称点1D ，1D 关于点S 的对称点1E ，1E 关于点T 的对称点2A ，连12A A 并取其中点A ，则A 就是所求多边形的一个顶点，顺次作中点对称变换，就得到其余各个顶点．利用上面的方法可以证明：任意奇数边形由各边中点的位置完全决定．23．已知一个顶点A 及一双对边中点M 和N 的位置，求作平行四边形．分析：中点M 和N 分别是它们所在边的对称中心，问题的条件中除去明确提供这两个对称 中心外，还要求所作多边形是平行四边形，因而隐含着另一个重要的对称中心，即平行四边形的对角线交点，它也是MN 的中点．作法：如图，连MN ，取其中点O ，作A 关于M 的对称点B ，A 关于O 的对称点C ，B 关于O 的对称点D ，则A 、B 、C 、D 即为所求平行四边形的四个顶点．24．凸四边形A B C D 中，已知A B D C D B ∠>∠，ADB CBD ∠>∠，求证：AB AD CB CD +>+．证明：将△CBD 绕BD 的中点O 旋转180°至△E D B ，由于ADB CBD ∠>∠，ABD CDB ∠>∠，所以DE 在ADB ∠内，BE 在ABD ∠内，因而E 点在△ABD 内部（如图）．延长BE 交AD 于F ，则AD AF FD =+，AB AF BF +>即AB AF BE EF +>+，又因EF FD ED +>，所以AB AD BE EF FD BE ED +>++>+而BE DC =，ED CB =，所以AB AD CB CD +>+．A BD O N A B DO E F。

3几何变换法在初中数学解题中的应用在数学问题的研究中,常常运用变换法,把复杂性问题转化为简单性的问题而得到解决。

所谓变换是一个集合的任一元素到同一集合的元素的一个一一映射。

中学数学中所涉及的变换主要是初等变换。

有一些看来很难甚至于无法下手的习题,可以借助几何变换法,化繁为简,化难为易。

另一方面,也可将变换的观点渗透到中学数学教学中。

将图形从相等静止条件下的研究和运动中的研究结合起来,有利于对图形本质的认识。

几何变换包括:(1)平移;(2)旋转;(3)对称。

例 1、在矩形 ABCD 中，AB=2，AD= ．（1）在边 CD 上找一点 E，使 EB 平分∠AEC，并加以说明；（2）若 P 为 BC 边上一点，且 BP=2CP，连接 EP 并延长交 AB 的延长线于 F．①求证：点 B 平分线段 AF；②△PAE 能否由△PFB 绕 P 点按顺时针方向旋转而得到，若能，加以证明，并求出旋转度数；若不能，请说明理由．3 ( 3 )2 + 12 3 3 答案：（1）当 E 为 CD 中点时，EB 平分∠AEC。

由∠D=90°，DE=1，AD= ，推得∠DEA=60°，同理，∠CEB=60°，从而∠AEB=∠CEB=60°，即 EB 平分∠AEC。

CE CP 1（2）①∵CE∥BF，∴ BF = BP = 2 ∴BF=2CE。

∵AB=2CE，∴点 B 平分线段 AF②能。

1 证明：∵CP= 3 2，CE=1，∠C=90°，∴EP = 3 。

在 Rt△ADE 中，AE==2，∴AE=BF，2 又∵PB=3 3 ，∴PB=PE∵∠AEP=∠BP=90°，∴△PAS≌△PFB。

∴△PAE 可以△PFB 按照顺时针方向绕 P 点旋转而得到。

旋转度数为 120°。

【解析】本题综合考查学生三角形相似及全等、矩形性质、勾股定理、旋转等等几何知识的应用。