中考专题：构造辅助圆巧解题

精心构造辅助圆 解决问题少困难圆是几何中具有美学价值的一种图形，不仅曲线光滑圆润，美丽迷人，是美好象征的化身，而且几何性质众多，在解决诸多数学问题中，显示出非常重要的作用，有圆的参与，将会使一个比较困难的问题简单起来，所以，在解决一些与圆有关的问题中，要深入挖掘圆的信息，精心构造辅助圆，利用圆的几何性质和圆的方程，发挥出圆的价值，让这些问题迎刃而解，实现“精心构造辅助圆，解决问题少困难”的理想目标.一、利用方程，构造圆在平面上涉及动点轨迹的问题中，直接求解问题比较困难时，可以先考虑建立直角坐标系，特别是有垂直条件与对称条件时，就更要考虑解析法，求出动点的轨迹方程，如果满足圆方程的结构特点，就可以构造圆，让圆的几何性质闪耀光彩，使问题得到解决.例1. （2016届北京西城期末理科）如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AD ，BC 上，且2DE AE =，2CF BF =.如果对于常数λ，在正方形ABCD 的四条边上，有且只有6个不同的点P 使得=PE PF λ⋅成立，那么λ的取值范围是（ ）（A ）(0,7)（B ）(4,7)（C ）(0,4)（D ）(5,16)- 图1解：以D 为坐标原点，DC 所在直线建立直角坐标系，设点(,)P x y ，则点(0,4),(6,4)E F ，所以(0,4),=(6-x,4-y)PE x y PF =--，由=PE PF λ⋅得动点P 的轨迹方程是：22(3)(4)9x y λ-+-=+，所以动点P 的轨迹是一个以（3,4）为圆心， 9λ+为半径的圆，所以“在正方形ABCD 的四条边上，有且只有6个不同的点P 使得=PE PF λ⋅成立”等价于“圆与正方形四条边有且仅有6个不同交点”，当且仅当3913λ<+<，解得：04λ<<，所以选C.评析：通过解析法揭穿了动点P 的几何意义，为实现问题的转化起到了桥梁作用，通过几何背景的分析，抽象代数特征，促使问题圆满解决，其间，由代数方程，构造了一个圆，将原问题转化为直线与圆的位置关系讨论，从而建立起了不等式，实现了向量问题坐标化，几何问题代数化的转化目标.从而减少了解题的困难程度. 例2.直线:(2)l y k x =+与曲线2:465C y x x =----有且仅有两个不同公共点.求实数k 的取值范围.解：由曲线2:465C y x x =----的方程可以构造出半圆：22(3)(+4)4x y -+=且4y ≤-. E FD P C A BE FD P C A B x y 图2如图所示：要使直线l 与曲线C 有且仅有2个公共点，则需AB AC k k k <≤其中AB 为半圆的切线，(1,4)C -，半圆的圆心到直线:(2)l y k x =+的距离是2342202372,211k kd k k ++-±==⇒=+由图可知：20237=21AB k --，43AC k =- 所以实数k 的取值范围是202374(,]213--- 评析：解决本题的关键是由曲线C 的方程构造半圆，然后由图形抽象代数条件，完全回避了探究较复杂的一元二次方程在区间[1,5]上有两个不等实根的条件.所以在解决解析几何的问题时，一定要分析曲线方程的结构特点，抓住构造几何图形的机会，将会让图形闪耀光辉.相关问题：1.（2019届北京昌平区高三上期末理科）设点12,F F 分别为椭圆22:195x y C +=的左、右焦点，点P 是椭圆上任意一点，若使得12PF PF m ⋅=成立的点恰好是4个，则实数m 的值可以是（ ） BA ．B ．C ．5D ．8 2.（2019届北京西城区高三上期末理科） 设双曲线22: 13y C x -=的左焦点为F ，右顶点为A . 若在双曲线C 上，有且只有2个不同的点P 使得=PF PA λ⋅成立，则实数λ的取值范围是____． （-2,0）二、利用定义，构造圆圆的定义是：在平面内到定点的距离等于定长的点的集合叫做圆.即动点满足一定点和一定长的轨迹可以生成圆，在解决问题的过程中，如能构造出这样的几何条件，就可以构造辅助圆，将原问题转化为圆的问题求解，可能使复杂问题简单化.例3. 设直线：，圆，若在圆C 上存在两点，在直线 上存在一点M ，使得，则的取值范围是（ ）A. [18,6]-B. [652,652]-+C. [16,4]-D. [652,652]---+解：考虑极端情形：当,MP MQ 是圆C 的切线时，如果此时的M 点轨迹与直线有公共点，那 么对于,MP MQ 不都是圆C 的切线时，都能在直线上存在符合条件的M 点.所以“在圆C 上存 在两点，在直线上存在一点M ，使得”等价于“当,MP MQ 是圆C 的切线时，M 点的轨迹与直线有公共点”.而当,MP MQ 是圆C 的切线时，易证：四边形MPCQ 是正方形，所 以MC 的长是定值2，且C 为定点，因此，动点M 的轨迹是以C 为圆心，2为半径的圆， C 123l 340x y a 22 (2)2C x y ：,P Q l 90PMQ a l l ,P Q l 90PMQ l AD C B即M 点的轨迹方程是22(2)4x y -+=，直线2164a ≤⇒-≤≤，所以选C.评析：根据极端性原理，抓住几何条件构造点M 的圆轨迹是解决本题的关键，而构造圆的关键在于构造定值（即半径）与配套的定点（即圆心），所以在解决解析几何问题时，要时刻关注定值的出现于定点的出现，特别是在解决有关椭圆、双曲线问题中，要紧扣椭圆、双曲线定义，关注定值的相关信息与定点的相关信息.例4.过点(1,2)P --作圆22:(3)(4)1C x y -+-=的两切线,PA PB ,其中，,A B 为切点，求直线AB 的方程.解：由圆的切线性质可知：=PA PB ，所以由圆的定义可知：,A B 在以PA 为直径，P 为圆心的圆上，=PA PB =于是可得圆P 的方程：22(1)(2)52x y +++=，将圆C 的方程与圆P 的方程相减可得公共弦AB 所在的直线方程为：812710x y +-=评析：本题的解决中利用了等长线段构造辅助圆，从而出现了两圆公共弦的大好时机.具有一个公共定点的等长线段的另一个端点在一个圆上，这就是圆定义的灵活运用，在解决问题中要注意这些信息.相关问题：已知椭圆C: 22143x y +=的左右焦点分别是12,F F ,点P 是椭圆C 上的动点，N 是线段1F P 的延长线上一点，点M 是2NPF ∠的平分线上一点，且20PM F M ⋅=,直线:34150l x y --=与x 轴、y 轴交点分别为,A B ，求ABM ∆面积的最大值. 1258三、利用垂直，构造圆圆有一个重要性质是：直径上的圆周角是直角.反过来说，直角三角形的直角顶点在以斜边为直径，斜边中点为圆心的圆上，这显然是一个真命题.这也是构造辅助圆的依据，所以当垂直条件出现时，要注意辅助圆的构造，可能使原问题转化为圆的问题，从而获得解题思路. 例5. 已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为（ ）A ．7B ．6C ．5D ．4解：由于，所以可以构造一个圆：点P 在以AB 为直径的圆上，记此圆为圆O ，点P 又在圆C 上，所以“圆上存在点，使得”等价于“圆O 与圆C 有公共点”， 所以1146m CO m m -≤≤+⇒≤≤，所以的最大值为6.选B.评析：从垂直条件出发，构造了一个辅助圆，实现了将原问题转化为两圆位置关系的转化目标，使问题轻松获解，其间表现出辅助圆的重要作用. l ()()22:341C x y -+-=(),0A m -()(),00B m m >C P 90APB ∠=m 90APB ∠=C P 90APB ∠=m例6.过点(0,4)P 的直线l 交椭圆22:14x C y +=于不同两点,A B （A 在PB 之间），O 为坐标原点.当90PAO ∠=，求直线l 的斜率.解：按照通常用到的方法，将直角用斜率之积为-1或用向量的数量积为0写出坐标关系，再用直线与曲线联立，出韦达定理，代入求值.但是在直角中不涉及,A B 两点坐标，只涉及A 点的坐标，所以直曲联立与韦达定理不好使.基于此，需要变换思路，由直角构造圆，点A 在PO 为直径的圆上，于是得到下列解法：设00(,)A x y ，则2200(2)4x y +-=，220044x y +=，消去0x 得：002,23y y ==-（舎），0x =l的斜率是24k -=24k -== 评析：由此题的解答可见：由垂直条件构造辅助圆是构造方程的主要依据，这种方法仅是直曲联立用韦达定理方法的补充，不能迷信它.比如将本题的条件90PAO ∠=改为90AOB ∠=，就没有必要构造辅助圆了，直接用斜率之积为-1或用向量的数量积为0，写出坐标关系，直曲联立出韦达定理，代入求值比较简单.相关问题：设点P 是双曲线22:1169x y C -=上一点，12,F F 是双曲线C 的左右焦点，且120PF PF ⋅=,求点P 到x 轴的距离. 95四、利用换元，构造圆由于圆的方程是特殊的二元二次方程，特殊性表现在两个方面：一是没有两元的交叉项，二是两元的二次项系数相等。

２０２３年９月下半月㊀解题研究㊀㊀㊀㊀构造辅助圆 在初中数学解题中的灵活运用◉吉林师范大学数学与计算机学院㊀王㊀雪㊀㊀摘要:在数学解题过程中,常规的解题思路并不能应对一些比较复杂的几何问题,这时候就需要转换思路,有时利用 圆 ,就可以有效解答一类问题．借助 辅助圆 将几何问题中分散的条件集中,有助于发现题目中的隐含条件,从而起到化繁为简的作用．本文中通过实例分析,帮助学生明确辅助圆的应用环境,以及针对不同题型如何构造辅助圆．关键词:辅助圆;初中数学;几何问题㊀㊀构造辅助圆 是指在原有的几何图形上,构建一个辅助圆,利用圆的特性来完成题目的解答．通过辅助圆的构造,能够将几何题目中较为繁杂的已知条件进行集中处理,同时能够发现几何图形中的隐藏条件,利用对这部分条件的分析,快速解决问题．本文中结合实例,帮助学生明确辅助圆的应用环境,以及针对不同题型如何构造辅助圆．１构造辅助圆 解决数学问题的应用现状目前初中生在解题的过程中,较少应用辅助圆,且应用效果不理想．在几何题的解答过程中,辅助线的应用是比较常见的,但是有部分题目通过辅助线来解答依旧存在难度,甚至需要多条辅助线才能完成,如果学生用这种方法应对选择题和填空题,就会浪费大量的时间．而应用辅助圆则可以为相关问题披上圆的外衣,这样就可以依据圆的性质进行解题,从根本上起到化繁为简的作用[１]．２构造辅助圆 解决数学问题的实际案例２．１辅助圆在求线段长度的几何问题中的应用在解决求线段长度的几何问题中,通常是利用相同端点的线段构造辅助圆,以端点作为圆心,选取相等的线段作为半径或直径,完成辅助圆的构建后再利用圆的基本性质求解线段长度[２]．例１㊀在四边形D C B E 中,点A 在B E 上,A E ʊC D ,A B ＝A C ＝A D ＝A E ＝５c m ,且B C ＝１９c m ,求对角线B D 的长度．解析:由A E ʊC D ,得øB D C ＝øD B E ．图１由A B ＝A C ＝A D ＝A E ,将点D ,C ,B ,E 视为圆上的点构建辅助圆,如图１．于是弦D E 与弦B C 的长度相等．又由B C ＝１９c m ,得B C ＝D E ＝１９c m ．因为E B 为辅助圆的直径,所以øE D B ＝９０ʎ．所以在R tәE D B 中,根据勾股定理可知,B D ＝E B ２－E D ２．又A B ＝５c m ,E B 为圆A 的直径,则E B ＝１０c m ．所以B D ＝１０２－(１９)２＝９(c m )．２．２辅助圆在求度数的几何问题中的应用在解决求度数的几何问题中,通常可以将公共点作为顶点,作三角形的外接圆．在构建辅助圆的过程中要将三角形与辅助圆建立明确的关系．图２例２㊀如图２所示,әA B C为等腰三角形,且A B ＝A C ,直线A P 为әA B C 外侧直线,点B 与点D 关于A P 轴对称．求证:ø１＝ø２．证明:ȵ点B ,D 关于直线A P 对称,ʑ直线A P 为线段B D 的垂直平分线．ʑәA D B 为等腰三角形．图３ʑA D ＝A B ＝A C ．故可以A C 为半径,点A 为圆心,构建如图３所示的辅助圆．ȵP 为B D 中点,且A P 为过点E 的直线,ʑәD E B 为等腰三角形．ʑD E ＝B E ．ʑøE D B ＝øE B D ．ʑø２＝２øE D B ．又ø１＝２øC D B (同弧所对的圆心角是圆周角的２倍),ʑø１＝ø２．２．３辅助圆在求图形面积问题中的应用在数学中考题中,涉及面积的题型也很多,当题目条件较多且分散的几何图形很难运用面积公式时,可以尝试构建辅助圆,利用圆的基本性质以及圆的面３７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.解题研究２０２３年９月下半月㊀㊀㊀积公式进行计算[３]．例３㊀如图４,әA B C 为等边三角形,且A B ＝A D ,AH ʅC D 于点H ,且P C ʅBC ,C P 与AH 交于点P ,求证:S әA B C ＝３４A PB D ．图４㊀㊀㊀图５解析:依题意可知A B ＝A C ＝B C ＝A D ,构建以点A 为圆心,A B 为半径的圆,得到如图５所示的辅助圆．ȵәA B C 为等边三角形,ʑøB A C ＝øA C B ＝øA B C ＝６０ʎ．ʑøB D C ＝１２øB A C ＝３０ʎ．又øB C P ＝９０ʎ,øB C A ＝６０ʎ,ʑøP C A ＝øC D B ＝３０ʎ．ȵøC B D ＝１２øC A D ＝øP A C ,ʑәB C D ʐәA P C ．ʑB C ʒA P ＝B D ʒA C ．又B C ＝A C ,ʑB C ２＝A P ˑB D ．ʑS әA B C ＝３４A PB D ．２．４辅助圆在求线段比或面积比问题中的应用图形中的某两条线段成比例或图形面积成比例这类题型是中考的难点和重点．利用辅助圆则可以结合圆的性质,通过圆中的线与角的关系进行求解．构建辅助圆时,要将有关线段置于辅助圆的关键位置,例如,可作为直径㊁半径或弧所对的弦．这样容易发现线段之间的关系,从而更加简便地进行解答[４]．例４㊀在R t әA B C 中,A C ＝B C ,øA C B ＝９０ʎ,P是C B 延长线上的一点,B P ʒB C ＝k ,已知０ɤk ɤ１,过点B 作A B 的垂线,过点P 作A P 的垂线,使两条垂线相交于点Q ,且A P ＝P Q ,连接A Q ,求әA B C 与әA P Q 的面积比．分析:根据已知条件分析,әA P Q 的面积较难求解,所以可以根据әA P Q 来构建辅助圆．解析:以A Q 为直径,A Q 的中点O 为圆心,构建如图６所示的辅助圆．ȵA P ＝P Q ,且øA P Q ＝９０ʎ,ʑәA P Q 为等腰直角三角形．设B C ＝A C ＝m ．图６ȵB P ʒB C ＝k ,ʑB P ＝k m ,P C ＝(k ＋１)m ．ʑP A ＝m ２＋[(k ＋１)m ]２＝m k ２＋２k ＋２．ʑS әA B C ʒS әA P Q＝１２A C ２１２P A ２＝１２m ２１２(k ２＋２k ＋２)m ２＝１ʒ(k ２＋２k ＋２)．２．５辅助圆在求线段极值问题中的应用辅助圆在求线段极值问题中有着广泛的应用,特别是在数学竞赛中经常遇到．例５㊀在边长为４的正方形A B C D 中,P 为对角线B D 上的一个动点,且与点B ,D 不重合,连接A P ,过B 作A P 的垂线,垂足为H ,连接DH ,求线段DH 的最小值．图７分析:由于无论点P 如何运动,A B 的长度都不会改变,因此可以A B 为直径,A B 的中点E 为圆心构建辅助圆,通过圆确定点H 的运动轨迹．解析:取A B 中点E ,连接D E ,构建如图７所示的几何图形,可得D E ＝(１２A B )２＋A D ２＝４２＋２２＝２５．当点H 与点M 重合时,线段DH 的长度最短,此时DH ＝DM ＝D E －M E ＝２５－２．综上所述, 构造辅助圆 在初中数学解题中的广泛应用,不仅包含大量的几何问题,而且部分代数问题中也可使用．构建辅助圆时,要结合题目的具体情况,根据四点共圆的条件确定辅助圆．通过辅助圆在不同类型几何问题中的应用,明确构建辅助圆在初中数学解题中的可行性与实用性,通过辅助圆的灵活应用,提升学生的实际解题能力．参考文献:[１]刘怀权． 构造辅助圆 在初中数学解题中的应用[J ]．数理天地(初中版),２０２２(１２):２１Ｇ２２．[２]蒋天林．从江苏高考试题谈辅助圆在解题中的运用[J ]．中学生数理化(高考使用),２０２０(５):１１Ｇ１２．[３]黄磊． 圆 来如此简单 辅助圆 构造的解题探究[J ]．数理化解题研究,２０２１(１４):１０Ｇ１１．[４]徐勤．辅助圆在中考数学试题中的应用[J ]．科学大众:科学中考,２０２２(４):１３Ｇ１５．Z４７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

专题16 构造辅助圆（隐圆）解题的几种常见模型（解析版）类型一定点定长模型典例1（威海中考）如图，已知AB＝AC＝AD，∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，则∠CAD的度数为（ ）A．68°B．88°C．90°D．112°思路引领：如图，作辅助圆；首先运用圆周角定理证明∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，结合已知条件∠CBD＝2∠BDC，得到∠CAD＝2∠BAC，即可解决问题．解：如图，∵AB＝AC＝AD，∴点B、C、D在以点A为圆心，以AB的长为半径的圆上；∵∠CBD＝2∠BDC，∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，∴∠CAD＝2∠BAC，而∠BAC＝44°，∴∠CAD＝88°，故选：B．总结提升：该题主要考查了圆周角定理及其推论等几何知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助圆，将分散的条件集中；解题的关键是灵活运用圆周角定理及其推论等几何知识点来分析、判断、推理或解答．针对训练1．（苏州期中）如图，四边形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．则BD2的值为（ ）A．14B．15C．18D．12思路引领：作AM⊥BC于点M，AN⊥BD于点N，根据题给条件及等腰三角形的性质证明△ABN≌△BAM，继而求出AN的值，在Rt△ABN中，利用勾股定理求解即可．解：作AM⊥BC于点M，AN⊥BD于点N，∵AC＝AB，∴△ABC为等腰三角形，∴AM也是△ABC的中线和角平分线（三线合一），∴∠CAM＝∠BAM，∴△ABM≌△ACM，∵AB∥CD，AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD＝∠CAB，∵∠ADB＝∠ABD＝∠CDB，∴∠ADB=12∠ADC＝∠MAB，∴∠MAB＝∠DBA，又∵AB＝AB，∴△ABN≌△BAM（AAS），∴AN=12BC=12，∵AB＝2，∴BN2＝AB2﹣AN2=15 4，∴BD2＝4BN2＝15．故选：B．总结提升：本题考查了梯形的知识，同时涉及了等腰三角形的性质和勾股定理的知识，难度适中，解题关键是正确作出辅助线．2．（2021春•牧野区校级期中）如图，在矩形ABCD中，E为AB的中点，P为BC边上的任意一点，把△PBE 沿PE折叠，得到△PFE，连接CF．若AB＝10，BC＝12，当CF取最小值时，BP的值等于 ．思路引领：点F在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当E、F、C共线时时，此时FC的值最小，根据勾股定理求出CE，根据折叠的性质可知BE＝EF＝5，即可求出CF，再利用勾股定理即可解决问题．解：如图所示，点F在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当E、F、C共线时时，此时CF的值最小，根据折叠的性质，△EBP≌△EFP，∴EF⊥PF，EB＝EF，∵E是AB边的中点，AB＝10，∴AE＝EF＝5，∵AD＝BC＝12，∴CE=BE2+BC2=13，∴CF＝CE﹣EF＝13﹣5＝8．由折叠可知：FP＝BP，∴CP＝BC﹣BP＝12﹣BP，在Rt△CFP中，根据勾股定理得：CF2+FP2＝CP2，∴82+BP2＝（12﹣BP）2，解得BP=10 3．故答案为：10 3．总结提升：本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．类型二对角互补模型典例2 （2018•汉阳区模拟）如图，在菱形ABCD中，点P是BC边上一动点，P和C不重合，连接AP，AP 的垂直平分线交BD于点G，交AP于点E，在P点由B点到C点的运动过程中，∠APG的大小变化情况是（ ）A．变大B．先变大后变小C．先变小后变大D．不变思路引领：连接AC交BD于O，连接EO、AG，根据菱形的性质得出∠AOB＝90°，AO＝CO，求出A、E、G、O四点共圆，得出∠PAG＝∠EOB，∠APG＝∠PAG，求出∠APG＝∠EOB＝∠DBC，即可求出答案．解：连接AC交BD于O，连接EO、AG，∵四边形ABCD是菱形，∴∠AOB＝90°，∵EG是AP的垂直平分线，∴AG＝PG，∠AEG＝∠AOB＝90°，∴A、E、G、O四点共圆，∴∠PAG＝∠EOB，∠APG＝∠PAG，∴∠EOG＝∠APG，∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，∵AE＝PE，∴OE∥BC，∴∠EOB ＝∠DBC =12∠ABC ，∵菱形ABCD 固定，∴∠ABC 的度数固定，即∠APG 的度数不变，故选：D ．总结提升：本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线性质，圆内接四边形性质等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．变式训练1．（2018•碑林区校级一模）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝120°，AC ＝BC ＝2，D 是AB 边上的动点，连接CD ，将△BCD 绕点C 沿顺时针旋转至△ACE ，连接DE ，则△ADE 面积的最大值＝ ．思路引领：设BD 为a ，表示线段AE ，AD ，用a 表示△ADE 的面积表达式，从而利用二次函数的极值属性求出极值．解：设BD 为a∵∠ACB ＝120°，AC ＝BC ＝2∴AB ＝23∴AD =23―a∵AE ＝BD ，∠B ＝∠CAE ＝30°，BC ＝AC∴△BDC ≌△AEC （SAS ）作EF ⊥AB ，垂足为F在Rt △AEF 中∠FAE ＝60°，AE ＝BD ＝a∴AF =12a ，EF =123a ∴△ADE 的面积=12×(23―a)×123a =―34a 2+32a 即当a =3，△ADE 的面积有最大值为343故答案为343总结提升：本题考查了数形结合的数学思想，将几何问题转化为函数问题，利用函数关系式获得极值．2．（2020•淮阴区模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，O为AC的中点，过O作OE⊥OF，OE、OF分别交射线AB，BC于E、F，则EF的最小值为 ．思路引领：首先过点O分别作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，易证四边形OMBN为矩形，则OM∥BC，ON∥AB，由直角三角形中30°角性质，可得AC的长，进而求得BC长．又O为AC中点，可求得OM 与ON的长，由勾股定理可得MN的长．又由垂线段最短，可得当OE与OM重合，OF与ON重合时，EF最短．得解．解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2．∴AC＝2AB＝4．过点O分别作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N．∵∠B＝90°，∴四边形OMBN为矩形，∴OM∥BC，ON∥AB．∴△AOM∽△ACB，△CON∽△CAB，∴OM：CB＝OA：CA，ON：AB＝OC：AC．∵O为AC中点，则OB=12AC＝2＝MN，由垂线段最短，可得当OE与OM重合，OF与ON重合时，EF最短．∴EF的最小值为2．故答案为：2．总结提升：本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及垂线段最短的知识，难度适中，注意数形结合思想的运用．3．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），点P在直线y=33x上，连接AP，过点P作PQ⊥AP，交x轴于点Q，连接AQ．求∠QAP的度数．思路引领：分点P在第三象限、点P在第一象限的线段OH上、点P在第一象限的线段OH的延长线上三种情况，用四点共圆求解．解：①当点P在第三象限时，如图2，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得Q、P、O、A四点共圆，∴∠PAQ＝∠POQ＝30°；②当点P在第一象限的线段OH上时，如图3，由∠QPA＝∠QOA＝90°可得Q、P、O、A四点共圆，∴∠PAQ+∠POQ＝180°，又此时∠POQ＝150°，∴∠PAQ＝180°﹣∠POQ＝30°；③当点P在第一象限的线段OH的延长线上时，由∠QPA＝∠QOA＝90°可得∠APQ+∠AOQ＝180°，∴Q、P、O、A四点共圆，∴∠PAQ＝∠POQ＝30°．总结提升：本题为一次函数综合题，涉及到四点共圆、等腰三角形性质，分类讨论求解是解决此题关键．类型三定边定角模型（1）定边对直角典例3东西湖区模拟）如图，已知A（2，6）、B（8，﹣2），C为坐标轴上一点，且△ABC是直角三角形，则满足条件的C点有（ ）个．A．6B．7C．8D．9思路引领：过点A作AB的垂线，交x轴于点C1，交y轴于点C2；过点B作AB的垂线，交x轴于点C3，交y轴于点C4；根据直径所对的圆周角为直角，以AB为直径作圆，根据A和B的坐标求出AB的长度，即为圆的直径，可得出半径的长，进而判断得出圆与y轴相切，可得出圆与y轴有1个交点，与x 轴交于2点．所以满足条件的点共有7个．解：分三种情况考虑：①当A为直角顶点时，过A作AC⊥AB，交x轴于点C1，交y轴于点C2，此时满足题意的点为C1，C2；②当B为直角顶点时，过B作BC⊥AB，交x轴于点C3，交y轴于点C4，此时满足题意的点为C3，C4；③当C为直角顶点时，以AB为直径作圆，由A（2，6）、B（8，﹣2），可得此圆与y轴相切，则此圆与y轴有1个交点，与x轴有2个交点，分别为C5，C6，C7．综上，所有满足题意的C有7个．故选：B．总结提升：此题考查了圆周角定理，直角三角形以及坐标与图形性质，利用了分类讨论及数形结合的思想．注意：若△ABC是直角三角形，则它的任意一个顶点都有可能为直角顶点．针对训练1．（2021•内乡县一模）（1）【学习心得】于彤同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC 是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝　°．（2）【问题解决】如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．（3）【问题拓展】如图3，如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是　5―1　．思路引领：（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC＝∠BAC，（3）根据正方形的性质可得AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG 全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2＝∠3，从而得到∠1＝∠3，然后求出∠AHB＝90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=12AB＝1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以点A为圆心，AB为半径作圆A，点B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，∴∠BDC=12∠BAC＝45°，故答案是：45；（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴点A、B、C、D共圆，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BDC＝25°，∴∠BAC＝25°，（3）如图3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，在△ABE和△DCF中，AB=CD∠BAD=∠CDAAE=DF，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1＝∠2，在△ADG和△CDG中，AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，∴∠1+∠BAH＝90°，∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，取AB的中点O，连接OH、OD，则OH＝AO=12AB＝1，在Rt△AOD中，OD=AO2+AD2=12+22=5，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，最小值＝OD﹣OH=5―1．（解法二：可以理解为点H是在Rt△AHB，AB直径的半圆AB上运动当O、H、D三点共线时，DH长度最小）故答案为：5―1．总结提升：本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．（2）定边对定角典例4（2021秋•如皋市期中）如图，△ABC 为等边三角形，AB ＝3．若P 为△ABC 内一动点，且满足∠PAB ＝∠ACP ，则线段PB 长度的最小值为（ ）A ．1.5B ．3C ．433D ．2思路引领：由等边三角形的性质得出∠ABC ＝∠BAC ＝60°，AC ＝AB ＝3，求出∠APC ＝120°，当O 、P 、B 共线时，PB 长度最小，由等边三角形的性质得出AD ＝CD =12AC =32，∠PAC ＝∠ACP ＝30°，求出PD 和BD 的长，可得PB 的长，即可得出答案．解：∵△ABC 是等边三角形，∴∠ABC ＝∠BAC ＝60°，AC ＝AB ＝3，∵∠PAB ＝∠ACP ，∴∠PAC +∠ACP ＝60°，∴∠APC ＝120°，∴点P 的运动轨迹是AC ，设AC 所在圆的圆心为O ，当O 、P 、B 共线时，PB 长度最小，设OB 交AC 于D ，如图所示：此时PA＝PC，OB⊥AC，则AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠ABD=12∠ABC＝30°，∴PD=32，BD=332，∴PB＝BD﹣PD=332―32=3．故选：B．总结提升：本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、勾股定理等知识；作辅助线构建圆是解决问题的关键．典例5（2021秋•白云区期中）在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．（1）求∠A+∠C的度数；（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并证明；（3）若点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求∠BEC的度数．思路引领：（1）在四边形ABCD中，由四边形内角和定理即可得出结果；（2）以BD为边向下作等边△BDQ，连接CQ，由等边三角形的性质得出∠DBQ＝60°，BD＝BQ，证出∠ABD＝∠CBQ，证明△ABD≌△CBQ，得出AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，证出∠DCQ＝90°，再由勾股定理即可得出结论；（3）根据旋转的性质作辅助线，构建全等三角形，利用勾股定理的逆定理和等边三角形的判定和性质可得结论．解：（1）在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠D＝30°，∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°；（2）结论：CD2+AD2＝BD2，理由：以BD为边向下作等边△BDQ，连接CQ，则∠DBQ＝60°，BD＝BQ，∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，∴∠ABD＝∠CBQ，在△ABD和△CBQ中，AB=BC∠ABD=∠CBQ，BD=BQ∴△ABD≌△CBQ（SAS），∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，∴∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，∴∠DCQ＝90°，∴CD2+CQ2＝DQ2，∵CQ＝AD，DQ＝BD，∴CD2+AD2＝BD2；（3）如图2，∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴将△ABE绕点B顺时针旋转60°得到△CBE'，∴△ABE≌△CBE，∴BE＝BE'，AE＝CE'，∠EBE'＝60°，∴△EBE'是等边三角形，∴EE'＝BE，∠BEE'＝60°，∵AE2＝BE2+CE2，∴CE'2＝E'E2+CE2，∴∠CEE'＝90°，∵∠BEE'＝60°，∴∠BEC＝60°+90°＝150°．总结提升：本题是四边形的综合题，考查了四边形内角和定理、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、全等三角形的判定与性质、解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．针对训练1．（广州中考）如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．（1）求∠A+∠C的度数；（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．思路引领：（1）利用四边形内角和定理计算即可；（2）连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．想办法证明△DCQ是直角三角形即可解决问题；（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．想办法证明∠BEC＝150°即可解决问题；解：（1）如图1中，在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠D＝30°，∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°．（2）如图2中，结论：DB2＝DA2+DC2．理由：连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，∴∠ABD＝∠CBQ，∵AB＝BC，DB＝BQ，∴△ABD≌△CBQ（SAS），∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，∵∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，∴∠DCQ＝90°，∴DQ2＝DC2+CQ2，∵CQ＝DA，DQ＝DB，∴DB2＝DA2+DC2．（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．则△AER是等边三角形，∵EA2＝EB2+EC2，EA＝RE，EC＝RB，∴RE2＝RB2+EB2，∴∠EBR＝90°，∴∠RAE+∠RBE＝150°，∴∠ARB+∠AEB＝∠AEC+∠AEB＝210°，∴∠BEC＝150°，∴点E的运动轨迹在O为圆心的圆上，在⊙O上取一点K，连接KB，KC，OB，OC，∵∠K+∠BEC＝180°，∴∠K＝30°，∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝OC＝BC＝1，∴点E的运动路径=60⋅π⋅1180=π3．总结提升：本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题2．如图，在△ABC中，∠C＝120°，则△ABC所在的平面上是否存在点M，使△ABM的面积等于△ABC 的面积，且∠AMB＝60°？若存在，画出该点的位置，若不存在，请说明理由．思路引领：构造等边三角形ABE，作等边△ABE的外接圆⊙O，过点C作AB的平行线交⊙O于点M1和M2，由同底等高三角形面积相等可知△ABM1和△ABM2的面积与△ABC的面积相等，由同弧所对的圆周角相等可知∠AM1B＝∠AM2B＝∠E＝60°，故M1和M2是符合题意的点，分别作M1和M2关于AB 的对称点M3和M4也符合题意．解：存在点M，如图，构造等边三角形ABE，作等边△ABE的外接圆⊙O，过点C作AB的平行线交⊙O于点M1和M2，∴∠AM1B＝∠AM2B＝∠E＝60°，∵M1M2∥AB，∴S△ABM1＝S△ABM2＝S△ABC，∴M1和M2是符合题意的点，分别作M1和M2关于AB的对称点M3和M4，则点M3和M4也符合题意，故符合题意的点有4个，分别为M1、M2、M3和M4．总结提升：本题考查了三角形的综合知识，掌握圆周角定理和同底等高三角形面积相等是解决问题的关键．。

２０２３年１２月下半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀巧解初中几何问题以构造辅助圆为例◉江苏省靖江市外国语龙馨园学校㊀徐㊀乐㊀㊀圆是初中数学平面几何中非常重要的一个知识点,与初中数学中其他几何问题有着紧密的联系．所以在解决几何问题时,一些无法利用常规思路求解的综合问题可以尝试通过构造辅助圆的方式来解决．因此,在初中数学几何问题解题教学中,教会学生如何正确使用辅助圆来巧解几何问题是教师需要重点研究的问题．下面将通过例题对辅助圆的应用进行说明．１角的问题例１㊀在әA B C 中,A B ＝A C ,øA B C 的平分线交A C 于点D ,已知B C ＝B D ＋A D ,求øA 的度数．分析:根据题中所给已知条件,可以判定әA B C为等腰三角形,但是想要根据已知条件通过常规方式求øA 的度数存在一定困难．结合题中所给的角平分线,可以联想圆中共顶点的角的问题,作әA B D 的外图１接圆,与әA B C 的B C 边交于点E ,连接D E ,如图１．根据B D 是øA B C 的角平分线,可以知道A D ＝D E ,同时还能得到这个辅助圆为四边形A B E D 的外接圆．根据圆内接四边形的对角互补的性质可得øA B C ＝øE D C ,根据әA B C 为等腰三角形可知øA B C ＝øE D C ＝øC ,于是可得øB E D ＝２øC ,且әE D C 为等腰三角形．所以D E ＝C E ,则A D ＝D E ＝C E ,然后结合B C ＝B E ＋A D 得到B D ＝B E ,所以øB D E ＝øB E D ＝２øC ．这样就可以在әB D E 中计算øC 的度数,即１２øC ＋２øC ＋２øC ＝１８０ʎ,所以øC ＝４０ʎ,最后计算得出øA ＝１００ʎ．在初中数学几何问题中构造辅助线需要充分结合试题的情况来进行．本题中辅助圆的构造就是结合了本题所给定的角平分线的关系,根据相等的圆周角所对应的弧和弦长相等的性质来实现;然后通过辅助圆及相关线段关系来与相关角取得联系;最后利用三角形的性质求解．教师要对学生进行相应的引导,让学生掌握通过角的关系来构造辅助圆,进而借助辅助圆解决问题．２线段长度的问题图２例２㊀如图２所示,在R t әA B C中,A B ʅB C ,A B ＝６,B C ＝４,P 是R t әA B C 内部的一个动点,且满足øP A B ＝øP B C ,则线段C P 的最小值为(㊀㊀)．A．３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀B ．２C ．８１３１３D．１２１３１３图３分析:根据A B ʅB C 可以知道øA B C ＝９０ʎ,结合øP A B ＝øP B C 可得到øA P B ＝９０ʎ,所以әA B P 是直角三角形．根据直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半以及圆的直径所对的圆周角是９０ʎ,可知点P 在以A B 为直径的圆上．以A B 的中点O 为圆心,A B 为直径作圆,如图３所示．这样就可得到当P C 的值最小时,点P 正好在线段O C 上．因为A B ＝６,所以O B ＝３．在R t әO B C 中,B C ＝４,根据勾股定理得到O C ＝５,于是可求出P C 的最小值为２．所以正确答案是选项B ．例２的解题关键是需要判断点P 的轨迹,首先根据试题中所给定的关系得到øA P B ＝９０ʎ,结合直角三角形的性质和圆的性质很容易判断出点P 在以直线A B 为直径的圆上,然后就能够求解最小值．因此,在解题的过程中,只有认真分析题目条件,才能顺利找到解题思路．教师在进行解题教学时需要教会学生如何根据题目中所给定的已知条件来进行分析,从而找到解题思路．很多几何问题都是需要在解题的过程中才能够找到相应的解题思路,并不是通过对试题的观察就能得到解题思路的．因此结合已知条件来对试９７解法探究２０２３年１２月下半月㊀㊀㊀题中存在的关系进行分析,在解题的过程中发现解题思路,是解决问题最好的方式．教师需要引导学生先根据已知条件尝试找到解题的思路,进而解决问题．３三角形相似的问题例３㊀әA B C 中,A D 是øB A C 的外角平分线,交B C 的延长线于点D ,求证:B D D C ＝A BA C．分析:A B ,A C 是әA B C 的两条边,而B D ,D C则是线段B D 上的两条线段,根据所学的知识,要证明B D D C ＝A BA C ,线段成比例关系可以通过证明三角形相似来解决．因此需要将线段B A 延长至点F ,连接D F ,构建出әB A C ʐәB D F ,得到A B A C ＝B DD F,然后证明C D ＝D F 就可以了,从而将证明的关键转化为证明C D ＝D F ．结合题意,øB A C 的外角平分线交B C的图４延长线于点D ,如图４,根据例题１中的方式构造әA C D 的外接圆,B A 的延长线与圆交于点F ,连接D F ．根据圆的性质可以得到C D ＝D F ,通过相似三角形的证明就可以解决问题．几何问题中需要求证的结论存在线段比例关系或者线段等积关系时,都会涉及三角形相似或者全等的证明,通过构造圆为三角形相似或者全等提供条件,实现对问题的求解．在这个过程中,需要充分结合例题１和例题２中辅助圆构造的方式来找到相应的关系．４动点的问题图５例４㊀如图５所示,边长为３的等边三角形A B C ,D ,E 分别是B C ,A C 边上的两个动点,且B D ＝C E ,A D ,B E 交于点P ,求点P 的运动路径长和C P 的最小值．分析:首先需要对点P 的运动路径进行判定．根据等边三角形的相关性质和B D ＝C E 可以得到әA B D ɸәB C E ,这样就得到øC B E ＝øB A D ,然后通过øC B E ＋øA B P ＝６０ʎ得到øB A P ＋øA B P ＝øA P E ＝６０ʎ,于是øA P B ＝１２０ʎ．可以发现在点D 和点E 移动的过程中,øA P B ＝１２０ʎ是恒成立的,所以可以认为点P 在A B 为弦的圆上．假设弦A B 所在圆的圆心为O ,连接O P ,O A ,O B ,根据圆的性质㊁әA B C 的边长为３可计算出圆O 的半径O A ＝３,然后计算出点P 的运动路径长度为２３３π,C P 的最小值为３．解:由A B ＝B C ,øA B D ＝øB C E ,B D ＝C E 得әA B D ɸәB C E ．由øC B E ＋øA B P ＝６０ʎ,得øB A P ＋øA B P ＝øA P E ＝６０ʎ．所以øA P B ＝１２０ʎ．故点P 的运动轨迹是以A B 为弦的圆上的一段弧．图６如图６所示,作әA B P 的外接圆,圆心为O ,连接O A ,O B ,O P ,O C ．由O A ＝O B ,A C ＝B C ,得әA O C ɸәB O C ．所以øO A C ＝øO B C ,øA C O ＝øB C O ＝１２øA C B ＝３０ʎ,øA O C ＝øB O C ＝１２øA P B ＝６０ʎ．故øO A C ＝９０ʎ．根据勾股定理,可得O A ＝３,O C ＝２３．所以,弦A B 所对的弧长为３ˑ２３π＝２３３π;当O ,P ,C 三点共线时,C P 最小,且最小值为３．在三角形的动点问题中,如果动点与一条线段所构成的角度固定,则说明这个动点的轨迹是以这个线段为弦的圆上的一段弧,通过这个关系可以构造辅助圆,然后利用圆的性质来求解问题．本题给定的是正三角形,当然不同的三角形中所呈现的关系可能会存在差别,但是本质没有变化．例如,在例题２中通过计算所得到的角度为９０ʎ的特殊角,这个辅助圆的圆心就在直角三角形的斜边上．例４中这个角度为１２０ʎ,圆心在三角形的外部,通过辅助圆来充分利用圆的相关性质,能够更好地对问题进行求解,实现问题的解决．本文中对辅助圆在初中数学平面几何中的应用进行了总结,并通过相关例题对其用法进行了说明．在初中数学平面几何问题中巧用辅助圆能够优化试题解法,实现快速求解．因此,教师在解题教学的过程中需要对学生进行有效地引导,让学生掌握辅助圆的应用,从而提升解题能力;提升数学素养．Z０８。

图 2 图 1 图3构造辅助圆 巧解中考压轴题—以2014年陕西省及山东淄博市中考数学压轴题为例柯贤华 (陕西省洋县教研室)关于动点对定线段所张的角为定值问题，从表面上看似与圆无关，但如果我们能深入挖掘题目中的隐含条件，善于联想所学定理，巧妙地构造符合题意特征的辅助圆,再利用圆的有关性质来解决问题，往往能起到化隐为显、化难为易的解题效果,还考查了学生创造性思维，有利于培养学生分析问题的能力。

这里，构造辅助圆实则成了解题的关键。

为此，下面遴选2014年陕西省及山东淄博市中考数学压轴题为例,对辅助圆的构造策略与方法作一介绍，以飨读者。

1 案例1及解法简析1.1 题目展示 （2014年陕西中考数学第25题)问题探究（1）如图1，在矩形ABCD 中，AB=3，BC=4,如果BC 边上存在点P ，使△APD 为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD ,并求出此时BP 的长；（2）如图2,在△ABC 中，∠ABC=60°,BC=12，AD 是BC 边上的高，E 、F 分别为边AB 、AC 的中点．当AD=6时，BC 边上存在一点Q ，使∠EQF=90°，求此时BQ 的长. 问题解决(3）有一山庄，它的平面图为如图3的五边形ABCDE ,山庄保卫人员想在线段CD 上选一点M 安装监控装置，用来监视边AB ，现只要使∠AMB 大约为60°,就可以让监控装置的效果达到最佳.已知∠A=∠E=∠D=90°,AB=270m,AE=400m ，ED=285m ，CD=340m ，问在线段CD 上是否存在点M ，使∠AMB=60°？若存在，请求出符合条件的DM 的长；若不存在，请说明理由。

1.2 解法简析本题第（1）问相对简单，这里分析第（2）（3）问。

（2）由条件“当AD=6时，BC 边上存在一点Q,使∠E Q F=90°”，动点Q 对定线段EF 所张的角为直角，因此联想到“直径所对的圆周角是直角”，以EF 为直径作⊙O ，易证⊙O 与BC 相切，从而得到符合条件的点Q 唯一，然后通过添加辅助线,借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ 长；（3)要满足动点M 对定线段AB 所张的角∠AMB=60°，由此联想到“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”，于是可构造以AB 为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD 的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可求出符合条件的DM 的长。

第一章 圆专题1巧构圆，妙解题知识解读在处理平面几何中的许多问题时，常常需要借助圆的性质，问题才能解决.而有时候我们需要的圆并不存在，这就需要我们能利用已知的条件，借助图形的特点把实际存在的圆找出来，从而运用圆中的性质来解决问题，往往有事半功倍的效果，使问题获得巧解或简解，这是我们解题必须要掌握的技巧. 作辅助圆的常用依据有以下几种：①圆的定义：若几个点到某个固定点的距离相等，则这几个点在同一个圆上； ②有公共斜边的两个直角三角形的顶点在同一个圆上；③对角互补的四边形四个顶点在同一个圆上，简记为：对角互补，四点共圆；④若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，则这两个三角形有公共的外接圆，简记为：同旁张等角，四点共圆.培优学案典例示范例1将线段AB 绕点A 逆时针旋转60°得到线段AC ，继续旋转(0120)αα<<得到线段AD ，连接CD . (1)连接BD .①如图1-1-1①，若α=80°，则∠BDC 的度数为；②在第二次旋转过程中，请探究∠BDC 的大小是否改变？若不变，求出∠BDC 的度数；若改变，请说明理由；(2)如图1-1-1②，以AB 为斜边作Rt △ABE ，使得∠B =∠ACD ，连接CE ，DE .若∠CED =90°，求α的值.图1-1-1②①EDCBADBA【提示】(1)①∠BDC =∠ADC -∠ADB ，利用“等边对等角及三角形内角和为180°”可求出∠BDC 为30°； ②由题意知，AB =AC =AD ，则点B ，C ，D 在以A 为圆心，AB 为半径的圆上，利用“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”可快速求出∠BDC 仍然为30°；(2)过点A 作AM ⊥CD 于点M ，连接EM ，证明“点A ，C ，D 在以M 为圆心，MC 为半径的圆上”.跟踪训练如图1-1-2，菱形ABCD 中，∠B =60°，点E 在边BC 上，点F 在边CD 上.若∠EAF =60°，求证：△AEF 是等边三角形.角相等”获证.图1-1-2BFEDC A例2 (1)如图1-1-3①，正方形ABCD 中，点E 是BC 边上的任意一点，∠AEF =90°，且EF 交正方形外角平分线CF 于点F .求证：AE =EF ；(2)若把(1)中的条件“点E 是BC 边上的任意一点”，改为“点E 是BC 边延长线上的一点”，其余条件不变，如图1-1-3②，那么结论AE =EF 是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.①②图1-1-3A B E CFDFDCEBA【提示】连接AC ，AF ，显然∠ACF =∠AEF =90°，所以A ，E ，C ，F 四点在以AF 为直径的圆上. (1)如图1-1-4①，当点E 在BC 边上，则∠AFE =∠ACE =45°，于是△AEF 是等腰直角三角形，AE =EF 获证；(2)如图1-1-4②，当点E 在BC 边的延长线上，则∠F AE =∠FCE =45°，于是△AEF 是等腰直角三角形，AE=EF 获证.F图1-1-4②①【拓展】本题将“正方形”改为“正三角形”，“∠AEF =90°”相应改为“∠AEF =60°”，仍然可以运用构造“辅助圆”的思路.还可进一步拓展为“正n 边形”，360180AEF =-∠，仍然可延续这种思路，读者可自己完成.跟踪训练已知，将一副三角板(Rt △ABC 和Rt △DEF )如图1-1-5①摆放，点E ，A ，D ，B 在一条直线上，且D 是AB的中点.将Rt △DEF 绕点D 顺时针方向旋转角(090)αα<<，在旋转过程中，直线DE ，AC 相交于点M ，直线DF ，BC 相交于点N ，分别过点M ，N 作直线AB 的垂线，垂足为G ，H . (1)如图1-1-5②，当α=30°时，求证：AG =DH ； (2)如图1-1-5③，当α=60°时，(1)中的结论是否成立？请写出你的结论，并说明理由； (3)当090α<<时，(1)中的结论是否成立？请写出你的结论，并根据图1-1-5④说明理由.③④图1-1-5②①HGEAF D C (N )BFE DCBA【提示】本题除了常规解法外，还可考虑构造“辅助圆”.例3 已知，在△ABC 中，AB =AC ，过A 点的直线a 从与边AC 重合的位置开始绕点A 按顺时针方向旋转角θ，直线a 交BC 边于点P (点P 不与点B ，点C 重合)，△BMN 的边MN 始终在直线a 上(点M 在点N 的上方)，且BM =BN ，连接CN . (1)当∠BAC =∠MBN =90°时.①如图1-1-6①，当θ=45时，∠ANC 的度数为 ； ②如图1-1-6②，当45θ≠时，①中的结论是否发生变化？说明理由；(2)如图1-1-6③，当∠BAC =∠MBN ≠90°时，请直接写出∠ANC 与∠BAC 之间的数量关系，不必证明.③②C【提示】由于在旋转过程中不变的关系是：∠BAC =∠MBN ，AB =AC ，BM =BN ，易知∠ABC =∠ACB =∠BMN =∠BNM .由∠ACB =∠BNM 可知A ，B ，N ，C 四个点在同一个圆上(如图1-1-7)，则∠ANC =∠ABC =1902BAC -∠，这样思考，所有问题都会迎刃而解.跟踪训练在△ABC 中，BA =BC ，∠BAC =α，M 是AC 的中点，P 是线段BM 上的动点，将线段P A 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ . (1)若α=60°且点P 与点M 重合(如图1-1-8①)，线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形，并写出∠CDB 的度数；(2)在图1-1-8②中，点P 不与点B ，M 重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜想∠CDB 的大小(用含α的代数式表示)，并加以证明；(3)对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置(不与点B ，M 重合)时，能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ =QD ，请直接写出α的范围.①图1-1-8②DP BACMQQM (P )CB A例4如图1-1-9，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．（1）使∠APB＝30°的点P有个；（2）若点P在y轴上，且∠APB＝30°，求满足条件的点P的坐标；（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否有最大值？若有，求点P的坐标，并说明此时∠APB最大的理由；若没有，也请说明理由．图1-1-9【提示】（1）已知点A、点B是定点，要使∠APB＝30°，只需点P在过点A、点B的圆上，且弧AB所对的圆心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个．（2）结合（1）中的分析可知：当点P在y轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标；当点P在y轴的负半轴上时，同理可求出符合条件的点P的坐标．（3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要∠APB最大，只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆，切点就是使得∠APB最大的点P，然后结合切线的性质、三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题．跟踪训练已知，如图1-1-10①，，∠MON＝60°，点A，B为射线OM，ON上的动点（点A，B不与点O重合），且AB＝43，在∠MON的内部，△AOB的外部有一点P，且AP＝BP，∠APB＝120°．（1）求AP的长；（2）求证：点P在∠MON的平分线上．（3）如图1-1-10②，点C，D，E，F分别是四边形AOBP的边AO，OB，BP，P A的中点，连接CD，DE，EF，FC，OP．若四边形CDEF的周长用t表示，请直接写出t的取值范围．图1-1-10例5已知，在矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．（1）如图1，当b＝2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC＝90°；（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC＝90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．、① ②③图1-1-11【提示】本题除了建立方程模型，将问题转化为方程是否有解的判断外，还可以通过构造辅助圆，将问题转化为直线与圆的位置关系来讨论．跟踪训练1.如图1-1-12，直线y＝﹣x+3与x，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象交于点P（2，1）．（1）求该反比例函数的关系式；（2）设PC⊥y轴于点C，点A关于y轴的对称点为A′；①求△A′BC的周长和sin∠BA′C的值；②对大于1的常数m，求x轴上的点M的坐标，使得sin∠BMC1m ．图1-1-12【提示】（1）①由直线y=-x+3写出OA=3，OB=3；由等腰直角三角形的边长关系，可得AB2；由PC⊥y轴，可得QC=1，BC=2；由对称知A'B=AB2，OA'=0A=3，然后用勾股定理求出A'C的长，也就可以求出△A'BC的周长；（2）②如果选用上一题的思路求∠BMC的正弦值，会陷入计算的麻烦，这里采用转化的思想，找到外接圆的半径，另外还应分类讨论。

例析可考虑构造辅助圆解题的三种情况初中数学中有些问题看似与圆无关，而用题设条件又不好入手时，可挖掘题中条件，构造辅助圆，往往能“柳暗花明”，笔者总结了当条件中出现以下三种情况时，可考虑构造辅助圆，帮助我们有效地解题．一、条件中有一锐角为45°时，可考虑构造辅助圆例1 如图1，在△ABC 中，AD ⊥BC 于点D ，∠BAC ＝45°，BD ＝3，CD ＝2．求△ABC 的面积．分析 本题主要求出△ABC 的高AD 即可获解，而利用“∠BAC ＝45°’这个条件是关键，不妨构造辅助圆．让∠BAC 变为圆周角，那么圆心角∠BOC 为90°，这时△BOC 为等腰直角三角形了，再利用圆的有关知识就可求出高AD 了．解 如图1，作△ABC 的外接圆O ．过点O 作OE ⊥BC ，于点E ，由∠BAC ＝45°知∠BOC 为90°，则△OBE 、△OBC 均为等腰直角三角形，且OE ＝EC ＝BE ＝2.5，则ED ＝CE －CD ＝0.5，过点O 作OF ⊥AD 于点F ，连OA ，则四边形OEDF 为矩形，于是OF ＝DE ＝0.5，DF ＝OE ＝2.5．在Rt △AOF 中，由勾股定理AF ＝3.5，所以AD ＝AF ＋FD ＝6，即S △ARC ＝12×5×6＝15． 另解 （构造相似）如图2，以BD 、CD 为直角边在△ABC 内作等腰Rt △BDE 和等腰Rt △CDF ，交AD 于点E 、F ．则DE ＝DB ＝3，DF ＝CF ＝2，FE ＝1．设AE ＝x ．由∠BAD ＋∠ABE ＝∠BED ＝45°，∠BAD ＋∠DAC ＋∠BAC ＝45°，知∠ABE ＝∠DAC ，又∠BEA＝∠AFC ＝135°，则△BEA~△AFC ．于是BE AEAF FC =，1x +，解得x ＝3（负根已舍）．故AD ＝AE ＋DE ＝6．即S △ARC ＝12×5×6＝15． 二、条件中有共顶点的两边或三边相等时，可考虑构造辅助圆例2 在四边形ABCD 中，∠BAD ＝100°，∠BCD ＝130°，AB ＝AD ＝2，求AC ．解 如图3，以点A 为圆心，AB 为半径作⊙A ．则点D 在圆上，由∠BAD ＝100°知 BmD 的度数为260°，正好为∠BCD 度数的2倍，故点C 在⊙A 上，所以AC ＝2．例3 在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝DB ＝2，BC AC 的长．分析 由“AD ＝DC ＝DB ＝2”可知A 、B 、C 在半径为2的⊙D 上．利用圆的性质可找到AC 与CD 、BC 的关系，解 如图4，延长CD 交半径为2的⊙D 于点E ，连AE ，显然点A 、B 、C 在⊙上，因AB ∥CD ，则 BC AE =＝从而BC ＝AE ＝．在△ACE 中，∠BOC ＝90°，CE ＝4，AE AC ＝3．三、条件中有一角是另一角的2倍时，可考虑构造辅助圆例4 如图5，在△ABP 中，PA ＝PB ，∠APB ＝2∠ACB ，AC 与PB 交PB 于点D ，且PB ＝4，PD ＝3，则AD ·DC 等于( )(A)6 (B)7 (C)12 (D)16（2001年全国初中数学竞赛）分析 构造以点P 为圆心，PA 为半径的⊙P ．由“∠APB ＝2∠ACB ”可知点C 在⊙O 上．利用圆的有关性质可求出AD ·DC 的值．解 如图5，延长BP 交OP 于点E ，由相交弦定理，得A D ·DC ＝D E ·DB＝(PE ＋PD )·(PB －PD)＝(4＋3)(4－3)＝7．故选 B ．另解 如图6，由“∠APB ＝2∠ACB ”可作∠APB 的角平分线交AC 于点F ，由角平分线定理43PA AF PD FD ==可设AF ＝4x ，FD ＝3x ，易证△PDF ∽△CDB ．所以FD PD DB DC =，331x DC =，即DC ＝1x从而AD ·DC ＝7x ·1x＝7．故选B ．。