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角度求解问题是平面几何中的常见问题，是中考中的重要考点，更是数学竞赛中的热点问题，其中有许多试题求解时需要构造三角形以及四边形、辅助圆来实现(其中，构造三角形多见)，更有许多案例借助基本合同变换——平移、旋转、轴反射完成构造、进而求解．通常要求较高、技巧较强．形式上看分题设 “无角度条件”和题设“有角度条件”两类，同时个别形式上看线段求解、面积求解的问题实际是基于角度求解的．下面结合近年的中考、竞赛试题，来阐释构造变换在角度求解中的应用，供读者参考．
一、构造三角形
例1 (2011年北京市初二数学竞赛)已知AD是△ABC的中线，∠ABC=30°，∠ADC=45°，则∠ACB=°．
解 ：如图1，作CE⊥AB交于E，连结DE．在Rt△BCE中，易得DE=1 2BC =CE =DC，从而可知△ABC是等边三角形，所以∠EDA=∠EDC-∠ADC=15°，又∠DAE=∠ADC-∠ABC=15°，故EA=ED=EC，从而∠BAC=45°，进而得∠ACB =105°．
方法点拨 ：当题目中有“中点”及“30°的特殊角”时，一般构造出含30°的直角三角形，因此自然想到添加“垂线CE”，进而利用等腰直角三角形及斜边上的中线等知识使问题得以解决．
例2(2011年上海市初中数学竞赛)在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，P是△ABC内一点，且PA=11，PB=7，PC=6，则AC边长为 ．
解 ：如图2，将△CPB绕点C顺时针旋转90°至△CP′A，连结PP′．易得△CPP′为等腰直角三角形，从而PP′=62，因此AP2=AP′2+PP′2，故∠AP′P=90°，进而得∠AP′C=135°，所以由余弦定理，可得AC=
62+y2-2×6×7cos135°
=85+422
．
方法点拨 ：一般地，当题目出现等边三角形、等腰直角三角形（或正方形）条件时，可将图形作旋转60°或90°的全等变换，可将不规则图形变为规则图形，或将分散的条件集中在一起，以便挖掘隐含条件，使问题得以解决. 可见，通过旋转,可把已知条件相对集中到新的直角三角形中,这为应用勾股定理（逆定理）创造了条件.本题由于利用图形的旋转变换，把题设中的“11、7”及“6”派生出来的“ ”得到新直角三角形，求得“角度”、求解线段，使问题出现生机.
例3 (2008年天津市初中数学竞赛)如图3，在△ABC中，已知AC=BC，∠C=20°，D、E分别为边BC、AC上的点．若∠CAD =20°，∠CBE=30°，求∠ADE的大小．
解 ：如图3，在△ABC内部作∠BAF＝20°，AF与CB交于F.因为CA＝CB，∠C＝20°，所以∠CAB＝∠CBA＝80°，可得∠AFB＝80°，进而得AB＝AF.又可知∠EAF＝60°，∠EBA＝50°，所以∠BEA＝50°，则∠EBA＝∠BEA，所以AB＝AE，所以AE＝AF，所以△AEF是等边三角形，进而知∠AFE＝60°，从而得∠DFE＝40°.又∠DAF＝60°－20°＝40°，∠AFD＝100°，所以∠ADF＝40°，所以∠ADF＝∠DAF，所以AF＝DF，进而得DF＝EF，所以∠EDF＝∠DEF＝70°，所以∠ADE＝70°－40°＝30°.
方法点拨 ：由于本题所给等腰三角形的顶角与底角是4倍关系，且隐含着另一个等腰△ABE，所以在△ABC内部作∠BAF＝20°，可得AF＝AB＝AE，这样构造出更特殊的“等边△AEF”，为破解问题开启了思维的闸门.又如，2012年全国初中数学竞赛试题第3题可向外作“等边三角形”获得求解.当然，本题也可作点E关于BC的对称点E′，易知△BEE′为等边三角形（如图4），其解题过程留给读者思考.事实上，构造“等边三角形”进行角度求解有很多情形，这里不再赘述．
例4(2008年全国希望杯邀请赛初二1试)如图5，I是△ABC的内心，且CA+AI=BC，若∠BAC=80°，则∠ABC= ，∠AIB= ．
解 ：如图5，作ID⊥AC于D，IE⊥BC于E，IF⊥AB于F.因为I是三角形内心，所以AD=AF，CD=CE，BE=BF.因为 AC+AI=AD+CD+AI=AF+CE+AI=BC=CE+BE，所以AF+AI=BE.
在线段BF上取点O，使FO=AF，则△OFI≌△AFI，所以∠IOF =∠IAF =
1 2∠ABC=40°，进而知AI=IO，所以结合前面证得的结论，可得AF +IO = FO + IO =BF =FO + BO，所以IO=BO，进而得∠EBI=∠OIB=∠IBF=
1 2∠EBA，而∠IOF =40°，所以∠EBI=∠OIB=∠IBF=20°，所以∠ABC=40°，∠AIB=120°．故答案为：40°；120°．
方法点拨 ：当题中有“内心”这个条件时，自然想到角平分线这个性质.此题正是基于题设中的“角平分线”通过“反射变换”构造“全等三角形”，同时变“线段和”为“线段相等”得到等腰三角形，进而求解．同样，如2012年湖北省武汉市第22题也可用类似方法解决.
例5 (2011年《数学周报》杯全国初中数学竞赛)如图6，△ABC中，∠BAC=60°，AB=2AC．点P在△ABC内，且PA=3，PB=5，PC=2，求△ABC的面积．
解 ：在△ABC中，由∠BAC=60°及AB=2AC，可得∠ACB=90°.如图6，作△ABQ，使△AQB∽△APC．由AB=2AC，得其相似比为2.于是QA=23，QB=4，∠QAP=∠BAC=60°，由∠QAP=60°及AQ=2AP，可得∠APQ=90°，于是PQ=3AP=3，故BP2=25=BQ2+PQ2，从而∠BQP=90°，进而∠APC=∠AQB =120°，则AC2=PA2+PC2-2PA•PC•cos120°=7+23，故S△ABC=
1 2AB•AC•sin60°=3 2AC2=6+73 2．
方法点拨 ：本题解题思路与例2有相似之处，都是向外作三角形，也就是说，当题设中有“丫字型线段组”时，以寻求“角度求解”为切入点，通过“位似旋转变换”构造“相似三角形”进而解决问题．本题正是借助这种方法，层层深入，逐渐转化，使问题出现“曙光”.因此，构造“相似三角形”也有比较广泛的应用，如证明托勒密不等式等．
二、构造四边形
例6 (2009年上海市初中数学竞赛)如图7，四边形ABCD中，AB=BC=CD，∠ABC=78°，∠BCD=162°．设AD、BC延长线交于E，则∠AEB= ．
解 ：如图7，作BF∥CD，且BF=CD，连结FD、FA.则易得四边形BCDF为菱形，∠ABF=60°，进而知△ABF为等边三角形，△ADF为等腰三角形.由∠AFB=60°，∠BFD=162°，得∠AFD=138°，从而在等腰△ADF中，∠ADF=21°，由FD∥BC，得∠AEB =∠ADF=21°．
方法点拨 ：从相等线段“AB=BC=CD”入手，通过平移变换构造“平行四边形”，使线段传递到所需位置，进而获得等边△ABF、等腰△AFD解决问题．特别地，通过平移变换构造得到的“平行四边形”进一步可能为矩形、菱形或正方形．
例7 (2007年北京市初二数学竞赛)如图8，在△ABC中，∠ABC=46°，D是边BC上的一点，DC =AB，∠DAB = 21°．试确定∠CAD的度数．
解 ：如图8，作AE∥BD，且AE=BD，连结ED、EC．则四边形ABDE为平行四边形，同时∠EDC=46°，所以可得ED=AB=DC，进而在等腰△CDE中，求得∠ECD=67°，又∠ADC=∠ABD+∠BAD=46°+21°=67°，由∠ECD=∠ADC及AE∥CD，得四边形ADCE为等腰梯形，故AC=DE=DC，在等腰△ADC中，∠CAD=∠ADC=67°．
方法点拨 ：通过“平移变换”获得“平行四边形”、“等腰梯形”后通过“等腰三角形”求解．当然，构造的方法众多（如图9，把△ABD沿AD翻折，先证△ABD≌△CDE，再证△ACE≌△CAD，具体的解题过程留给读者思考.），也可利用“反射变换”构造“等腰梯形”以及“全等三角形”求解，这里不再赘述．
三、构造辅助圆
例8 (2010年湖南省初中数学竞赛)如图10，O是四边形ABCD内一点，且OA=OB=OC，∠ABC=∠ADC=70°，则∠DAO+∠DCO的大小为 ．
解 ：如图10，作辅助圆⊙O，显然点A、B、C在⊙O上，则易得∠AOC=2∠ABC=140°，进而在四边形ADCO中，易求得∠DAO+∠DCO=360°-140°-70°=150°．
方法点拨 ：由于例题呈现的条件中，都有相同公共端点的三条相等线段，即OA＝OB＝OC，这样自然联想到圆的定义，所以以O为圆心， OA长为半径构造辅助圆，然后借助圆的知识，建立起已知量与未知量之间的关系，再结合题中条件，问题得以简捷解决.如2012年湖北省鄂州市的第6题也属此类题型.
例9 (2009年“我爱数学”初中生夏令营竞赛)如图11，已知E是圆内接四边形ABCD的边CD的延长线上一点，I是△ABC的内心．若∠ABC=70°，∠ACB= 60°，DE=DA，则∠DEI的度数是 ．
解 ：如图11，连结IA、IC，易得∠AIC=90°+
1 2∠ABC=125°.因为四边形ABCD是圆内接四边形，所以∠ADE=∠ABC=70°.又DE=DA，所以在等腰△ADE中，可得∠AED=55°.由于∠AIC+∠AEC=125°+55°=180°，所以A、I、C、E四点共圆，则∠DEI=∠CAI=
1 2∠BAC=25°．
方法点拨 ：本题通过题中四边形ABCD是圆内接四边形的暗示，挖掘题设得到“A、I、C、E四点共圆”，通过“构造辅助圆”将未知角转化为已知角获得结论．实际上，对于众多数学问题，四点共圆”既是常见问题，又是常用策略，树立“构圆意识”，运用“对称”、“和谐”的思考方法，大处着眼，小处入手，往往可以另辟蹊径，柳暗花明，迅速释放题目内涵，打开解题思路.
例10 如图12，凸四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点E，已知∠ABD=35°，∠ADB=20°，∠ACB=40°，∠ACD=70°，则∠AEB= ．
解 ：经观察，由于∠ADB=1 2∠ACB=20°，且∠ABD=
1 2∠ACD=35°，所以作△ABD的外接圆交AC的延长线于点F（如图12），连结FB、FD．则易得∠AFB=∠ADB=20°，又∠ACB=40°，所以∠FBC =20°=∠AFB，进而得CB=CF.同理，可得 CD=CF，所以CB=CD.因此在等腰△BCD中，易求得∠CBD=35°，所以∠AEB=∠ACB+∠CBD=75°．
方法点拨 ：本例在“三点定圆”的前提下构造辅助圆，并非无中生有，而是建立在对已知条件和待求点充分观察、思考的基础上，才敢于“创新”，并因此降低了问题的抽象程度.可谓平中见新，出奇制胜.通过例8、例9、例10的分析，我们不难看出：解综合题时若能根据题意恰当巧妙地构造辅助圆，则使得题目分散的条件集中化，隐含的条件显性化，起到化难为易、打开思路的效果，或以一题多解，开阔思维，提高解题能力.这种在补中得以开阔，呈现一片生机蓬勃的新天地，更给人一种流畅清晰的美感，在解题中不禁惊叹:妙哉，构造辅助圆！
随着新课程的实施，几何变换的思想已取代二次函数成为中考的热点，因此在平时的教学中教师要抓住这些变换的特征和基本解题思路来指导学生.如平移中抓住方向和距离；翻折中掌握翻折前后两个图形全等；旋转中抓住旋转角.同时几何变换还是添辅助线的有效方法，它不仅可以使分散的条件相对集中起来，为题设和结论的沟通架起桥梁，而且还可以拓展学生的解题思路，培养学生的创新思维能力.
一、构造三角形
例1 (2011年北京市初二数学竞赛)已知AD是△ABC的中线，∠ABC=30°，∠ADC=45°，则∠ACB=°．
解 ：如图1，作CE⊥AB交于E，连结DE．在Rt△BCE中，易得DE=1 2BC =CE =DC，从而可知△ABC是等边三角形，所以∠EDA=∠EDC-∠ADC=15°，又∠DAE=∠ADC-∠ABC=15°，故EA=ED=EC，从而∠BAC=45°，进而得∠ACB =105°．
方法点拨 ：当题目中有“中点”及“30°的特殊角”时，一般构造出含30°的直角三角形，因此自然想到添加“垂线CE”，进而利用等腰直角三角形及斜边上的中线等知识使问题得以解决．
例2(2011年上海市初中数学竞赛)在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，P是△ABC内一点，且PA=11，PB=7，PC=6，则AC边长为 ．
解 ：如图2，将△CPB绕点C顺时针旋转90°至△CP′A，连结PP′．易得△CPP′为等腰直角三角形，从而PP′=62，因此AP2=AP′2+PP′2，故∠AP′P=90°，进而得∠AP′C=135°，所以由余弦定理，可得AC=
62+y2-2×6×7cos135°
=85+422
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方法点拨 ：一般地，当题目出现等边三角形、等腰直角三角形（或正方形）条件时，可将图形作旋转60°或90°的全等变换，可将不规则图形变为规则图形，或将分散的条件集中在一起，以便挖掘隐含条件，使问题得以解决. 可见，通过旋转,可把已知条件相对集中到新的直角三角形中,这为应用勾股定理（逆定理）创造了条件.本题由于利用图形的旋转变换，把题设中的“11、7”及“6”派生出来的“ ”得到新直角三角形，求得“角度”、求解线段，使问题出现生机.
例3 (2008年天津市初中数学竞赛)如图3，在△ABC中，已知AC=BC，∠C=20°，D、E分别为边BC、AC上的点．若∠CAD =20°，∠CBE=30°，求∠ADE的大小．
解 ：如图3，在△ABC内部作∠BAF＝20°，AF与CB交于F.因为CA＝CB，∠C＝20°，所以∠CAB＝∠CBA＝80°，可得∠AFB＝80°，进而得AB＝AF.又可知∠EAF＝60°，∠EBA＝50°，所以∠BEA＝50°，则∠EBA＝∠BEA，所以AB＝AE，所以AE＝AF，所以△AEF是等边三角形，进而知∠AFE＝60°，从而得∠DFE＝40°.又∠DAF＝60°－20°＝40°，∠AFD＝100°，所以∠ADF＝40°，所以∠ADF＝∠DAF，所以AF＝DF，进而得DF＝EF，所以∠EDF＝∠DEF＝70°，所以∠ADE＝70°－40°＝30°.
方法点拨 ：由于本题所给等腰三角形的顶角与底角是4倍关系，且隐含着另一个等腰△ABE，所以在△ABC内部作∠BAF＝20°，可得AF＝AB＝AE，这样构造出更特殊的“等边△AEF”，为破解问题开启了思维的闸门.又如，2012年全国初中数学竞赛试题第3题可向外作“等边三角形”获得求解.当然，本题也可作点E关于BC的对称点E′，易知△BEE′为等边三角形（如图4），其解题过程留给读者思考.事实上，构造“等边三角形”进行角度求解有很多情形，这里不再赘述．
例4(2008年全国希望杯邀请赛初二1试)如图5，I是△ABC的内心，且CA+AI=BC，若∠BAC=80°，则∠ABC= ，∠AIB= ．
解 ：如图5，作ID⊥AC于D，IE⊥BC于E，IF⊥AB于F.因为I是三角形内心，所以AD=AF，CD=CE，BE=BF.因为 AC+AI=AD+CD+AI=AF+CE+AI=BC=CE+BE，所以AF+AI=BE.
在线段BF上取点O，使FO=AF，则△OFI≌△AFI，所以∠IOF =∠IAF =
1 2∠ABC=40°，进而知AI=IO，所以结合前面证得的结论，可得AF +IO = FO + IO =BF =FO + BO，所以IO=BO，进而得∠EBI=∠OIB=∠IBF=
1 2∠EBA，而∠IOF =40°，所以∠EBI=∠OIB=∠IBF=20°，所以∠ABC=40°，∠AIB=120°．故答案为：40°；120°．
方法点拨 ：当题中有“内心”这个条件时，自然想到角平分线这个性质.此题正是基于题设中的“角平分线”通过“反射变换”构造“全等三角形”，同时变“线段和”为“线段相等”得到等腰三角形，进而求解．同样，如2012年湖北省武汉市第22题也可用类似方法解决.
例5 (2011年《数学周报》杯全国初中数学竞赛)如图6，△ABC中，∠BAC=60°，AB=2AC．点P在△ABC内，且PA=3，PB=5，PC=2，求△ABC的面积．
解 ：在△ABC中，由∠BAC=60°及AB=2AC，可得∠ACB=90°.如图6，作△ABQ，使△AQB∽△APC．由AB=2AC，得其相似比为2.于是QA=23，QB=4，∠QAP=∠BAC=60°，由∠QAP=60°及AQ=2AP，可得∠APQ=90°，于是PQ=3AP=3，故BP2=25=BQ2+PQ2，从而∠BQP=90°，进而∠APC=∠AQB =120°，则AC2=PA2+PC2-2PA•PC•cos120°=7+23，故S△ABC=
1 2AB•AC•sin60°=3 2AC2=6+73 2．
方法点拨 ：本题解题思路与例2有相似之处，都是向外作三角形，也就是说，当题设中有“丫字型线段组”时，以寻求“角度求解”为切入点，通过“位似旋转变换”构造“相似三角形”进而解决问题．本题正是借助这种方法，层层深入，逐渐转化，使问题出现“曙光”.因此，构造“相似三角形”也有比较广泛的应用，如证明托勒密不等式等．
二、构造四边形
例6 (2009年上海市初中数学竞赛)如图7，四边形ABCD中，AB=BC=CD，∠ABC=78°，∠BCD=162°．设AD、BC延长线交于E，则∠AEB= ．
解 ：如图7，作BF∥CD，且BF=CD，连结FD、FA.则易得四边形BCDF为菱形，∠ABF=60°，进而知△ABF为等边三角形，△ADF为等腰三角形.由∠AFB=60°，∠BFD=162°，得∠AFD=138°，从而在等腰△ADF中，∠ADF=21°，由FD∥BC，得∠AEB =∠ADF=21°．
方法点拨 ：从相等线段“AB=BC=CD”入手，通过平移变换构造“平行四边形”，使线段传递到所需位置，进而获得等边△ABF、等腰△AFD解决问题．特别地，通过平移变换构造得到的“平行四边形”进一步可能为矩形、菱形或正方形．
例7 (2007年北京市初二数学竞赛)如图8，在△ABC中，∠ABC=46°，D是边BC上的一点，DC =AB，∠DAB = 21°．试确定∠CAD的度数．
解 ：如图8，作AE∥BD，且AE=BD，连结ED、EC．则四边形ABDE为平行四边形，同时∠EDC=46°，所以可得ED=AB=DC，进而在等腰△CDE中，求得∠ECD=67°，又∠ADC=∠ABD+∠BAD=46°+21°=67°，由∠ECD=∠ADC及AE∥CD，得四边形ADCE为等腰梯形，故AC=DE=DC，在等腰△ADC中，∠CAD=∠ADC=67°．
方法点拨 ：通过“平移变换”获得“平行四边形”、“等腰梯形”后通过“等腰三角形”求解．当然，构造的方法众多（如图9，把△ABD沿AD翻折，先证△ABD≌△CDE，再证△ACE≌△CAD，具体的解题过程留给读者思考.），也可利用“反射变换”构造“等腰梯形”以及“全等三角形”求解，这里不再赘述．
三、构造辅助圆
例8 (2010年湖南省初中数学竞赛)如图10，O是四边形ABCD内一点，且OA=OB=OC，∠ABC=∠ADC=70°，则∠DAO+∠DCO的大小为 ．
解 ：如图10，作辅助圆⊙O，显然点A、B、C在⊙O上，则易得∠AOC=2∠ABC=140°，进而在四边形ADCO中，易求得∠DAO+∠DCO=360°-140°-70°=150°．
方法点拨 ：由于例题呈现的条件中，都有相同公共端点的三条相等线段，即OA＝OB＝OC，这样自然联想到圆的定义，所以以O为圆心， OA长为半径构造辅助圆，然后借助圆的知识，建立起已知量与未知量之间的关系，再结合题中条件，问题得以简捷解决.如2012年湖北省鄂州市的第6题也属此类题型.
例9 (2009年“我爱数学”初中生夏令营竞赛)如图11，已知E是圆内接四边形ABCD的边CD的延长线上一点，I是△ABC的内心．若∠ABC=70°，∠ACB= 60°，DE=DA，则∠DEI的度数是 ．
解 ：如图11，连结IA、IC，易得∠AIC=90°+
1 2∠ABC=125°.因为四边形ABCD是圆内接四边形，所以∠ADE=∠ABC=70°.又DE=DA，所以在等腰△ADE中，可得∠AED=55°.由于∠AIC+∠AEC=125°+55°=180°，所以A、I、C、E四点共圆，则∠DEI=∠CAI=
1 2∠BAC=25°．
方法点拨 ：本题通过题中四边形ABCD是圆内接四边形的暗示，挖掘题设得到“A、I、C、E四点共圆”，通过“构造辅助圆”将未知角转化为已知角获得结论．实际上，对于众多数学问题，四点共圆”既是常见问题，又是常用策略，树立“构圆意识”，运用“对称”、“和谐”的思考方法，大处着眼，小处入手，往往可以另辟蹊径，柳暗花明，迅速释放题目内涵，打开解题思路.
例10 如图12，凸四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点E，已知∠ABD=35°，∠ADB=20°，∠ACB=40°，∠ACD=70°，则∠AEB= ．
解 ：经观察，由于∠ADB=1 2∠ACB=20°，且∠ABD=
1 2∠ACD=35°，所以作△ABD的外接圆交AC的延长线于点F（如图12），连结FB、FD．则易得∠AFB=∠ADB=20°，又∠ACB=40°，所以∠FBC =20°=∠AFB，进而得CB=CF.同理，可得 CD=CF，所以CB=CD.因此在等腰△BCD中，易求得∠CBD=35°，所以∠AEB=∠ACB+∠CBD=75°．
方法点拨 ：本例在“三点定圆”的前提下构造辅助圆，并非无中生有，而是建立在对已知条件和待求点充分观察、思考的基础上，才敢于“创新”，并因此降低了问题的抽象程度.可谓平中见新，出奇制胜.通过例8、例9、例10的分析，我们不难看出：解综合题时若能根据题意恰当巧妙地构造辅助圆，则使得题目分散的条件集中化，隐含的条件显性化，起到化难为易、打开思路的效果，或以一题多解，开阔思维，提高解题能力.这种在补中得以开阔，呈现一片生机蓬勃的新天地，更给人一种流畅清晰的美感，在解题中不禁惊叹:妙哉，构造辅助圆！
随着新课程的实施，几何变换的思想已取代二次函数成为中考的热点，因此在平时的教学中教师要抓住这些变换的特征和基本解题思路来指导学生.如平移中抓住方向和距离；翻折中掌握翻折前后两个图形全等；旋转中抓住旋转角.同时几何变换还是添辅助线的有效方法，它不仅可以使分散的条件相对集中起来，为题设和结论的沟通架起桥梁，而且还可以拓展学生的解题思路，培养学生的创新思维能力.