中考复习策略梳理——巧构“辅助圆”,最全辅助圆解题技巧!
中考复习策略梳理——巧构“辅助圆” 最全辅助圆解题技巧!
中考复习策略梳理——巧构“辅助圆”，最全辅助圆解题技巧!
新课程改革以来，课标对“圆”这部分的要求大大降低了，但是很多题目往往都具有“圆”的问题背景，初中数学有些问题看似与圆无关，但如果我们根据题目中的已知条件构造辅助圆，往往能起到化隐为显，化难为易，化繁为简的解题效果，那么何时构造合适的“辅助圆”，使得解题举重若轻，柳暗花明呢？
图中无圆，心中有圆，用“圆”完美解题
对于平面几何问题，学生常常想到得是构造直线型辅助线来转化条件，从而利用三角形、四边形的知识来解决，辅助线的添加就被局限在直线型，但实际上，曲线形辅助线在一些特定条件下更利于条件的集中，辅助圆是曲线形辅助线的代表，圆会让图形的条件更丰富，更容易指向问题的深层结构。
有些几何问题，从表面上看，似乎与圆无关，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！
我们今天来学习构造辅助圆的问题：图中无圆，心中有圆，“圆”来很完美。
辅助圆解题补充：。
中考数学专题复习—道是无圆却有圆(构造辅助圆)
中考复习之——道是无圆却有圆（构造辅助圆）许多几何问题虽然与圆无关，但是若能根据问题的条件、图形特点添补圆或找出潜在的圆，就能充分运用圆的丰富性质为解题服务，使问题获得简解或巧解，下列情形不妨作出辅助圆。
一、定点定长隐藏圆：1.有公共端点的等线段；2.与“等腰三角形”相关问题的讨论；3.解与“旋转”相关的问题。
二、定弦定角隐藏圆：1.与“直角、垂直”相关问题的探讨；2.其他特殊角（30°，45°，60°，120°等）问题的探讨。
三、判定四点共圆的方法：①平面内到某一定点等距离的几个点在同一个圆上。
②同斜边的直角三角形各个顶点共圆。
③同底同侧张角相等的三角形各个顶点共圆。
④一组对角互补的四边形的各个顶点共圆。
⑤一个外角等于内对角的四边形各个顶点共圆。
⑥对角线AC 、BD 相交于点P ，若PA ·PC=PB ·PD ，则四边形各个顶点共圆。
★常用方法归类：一、找定点，寻定长→现“圆形”1.如图，正方形ABCD 的边长为2，将长为2的线段QF 的两端放在正方形相邻两边上同时滑动，点Q 从点A 出发，沿A →B →C →D →A 方向滑动到点A 为止；同时点F 从点B 出发，沿B →C →D →A →B 方向滑动到点B 为止，在这个过程中，线段QF 的中点M 所经过的路线围成的图形面积为 。
2.在矩形ABCD 中，已知AB=2cm ，BC=3cm ，现有一根长为2cm 的小棒EF 紧贴着矩形的边，按逆时针方向滑动一周，则小棒EF 的中点P 在运动过程中所围成的图形面积为 。
3.如图，在矩形ABCD 中，AB=2，AD=3，点E、F 分别为AD 、DC 边上的点，且EF=2，G 为EF 中点，P 为BC边上的一个动点，则PA+PG 的最小值为 。
4.（自贡）如图，在矩形ABCD 中，AB=4，AD=6，E 是AB 边的中点，F 是线段BC 边上的动点，将ΔEBF 沿EF 所在直线折叠得到ΔEB ’F ，连接B ’D ，则B ’D 的最小值为 。
辅助圆解题精讲
第二十五讲辅助圆在处理平面几何中的许多问题时，常需要借助于圆的性质，问题才得以解决．而我们需要的圆并不存在(有时题设中没有涉及圆；有时虽然题设涉及圆，但是此圆并不是我们需要用的圆)，这就需要我们利用条件，借助图形把需要的实际存在的圆找出来，添补辅助圆的常见方法 1．利用圆的定义添补辅助圆； 2．作三角形的外接圆；3．运用四点共圆的判定方法：(1)假设一个四边形的一组对角互补，则它的四个顶点共圆．(2)同底同侧等角的三角形，各顶点共圆．(3)假设四边形ABCD 的对角线相交于P ，且PA ·PC=PB ·PD ，则它的四个顶点共圆．(4)假设四边形ABCD 的一组对边AB 、DC 的延长线相交于P ，且PA ·PB ＝PC ·PD ，则它的四个顶点共圆．【例题求解】一·利用圆的定义添加辅助圆【例1】 如图，假设PA=PB ，∠APB=2∠ACB ，AC 与PB 交于点P ，且PB=4，PD=3，则AD ·DC 等于( )A ．6B ．7C ．12D ．16思路点拨 作出以P 点为圆心、PA 长为半径的圆，为相交弦定理的应用创设了条件．注：到一个定点等距离的几个点在同一个圆上，这是利用圆的定义添辅助圆的最根本方法． 变式练习：如图，OA=OB=OC ，且∠AOB=k ∠BOC ，则∠ACB 是∠BAC 的( )A ．k 21倍 B ．是k 倍 C ．k 2 D ．k1 二·作三角形的外接圆【例2】 如图，在△ABC 中，AB=AC ，任意延长CA 到P ，再延长AB 到Q ，使AP=BQ ，求证：△ABC 的外心O 与A ，P ，Q 四点共圆．思路点拨 先作出△ABC 的外心O ，连PO 、OQ ，将问题转化为证明角相等．变式练习：5．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB=998，CD=1001，AD=1999，点P 在线段AD 上，满足条件的∠BPC=90°的点P 的个数为( )A ．0B ．1C ．2 1D ．不小于3的整数(全国初中数学联赛题) 三·四点共圆1·假设有一个四边形对角互补，则四边形的四个顶点四点共圆。
精心构造辅助圆,解决问题少困难
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。
图中无圆,心中构圆——谈中考压轴题巧构辅助圆的策略
40 福建中学数学 2018年第6期图中无圆，心中构圆——谈中考压轴题巧构辅助圆的策略李昌刚 福建省福州市罗源第三中学（350600）圆的内容是初中数学的重要组成部分，学好这章知识将有助于学生高中继续学习椭圆、圆等有关知识．但在实际课堂教学中，很多教师不重视这一章的教学内容，没有去挖掘圆的旋转不变性与对称性的特征，使学生在解答中考压轴题时，不懂得根据题意巧妙构造出辅助圆将一般问题转化成特殊问题加以解决． 其实，在数学教学过程中常常需要借助于圆的性质，问题才能得以解决．而我们需要的圆并不存在，这就需要我们利用已知条件，借助图形把需要的实际存在的圆找出来，化未知为已知，将不熟悉的图形转化为熟悉图形，这实际上体现数学上转化与化归的思想方法．笔者结合近几年初三中考数学压轴题的教学实践，谈几点构造辅助圆的策略，以期抛砖引玉． 1 根据圆的定义，构造圆根据定义、定理（或公理），构造基本图形解决问题是添加辅助线最为基本的方法，圆有运动性定义和集合性定义两种．我们可根据实际问题从两种定义的不同特点入手进行构造． 1.1 根据运动性定义构造圆 圆的运动性定义：在一个平面内，线段OA 绕它固定的一个端点O 旋转一周，另一个端点A 所形成的图形叫做圆．因此若一道问题中出现旋转变化这一条件时，我们就可以考虑构造以旋转中心为圆心的圆，将问题转化成与圆有关问题进行研究． 例1 如图1，已知ABC ∆是等腰直角三角形，90BAC ∠=，点D 是BC 的中点．作正方形DEFG ，使点A C ，分别在DG 和DE 上，连接AE BG ，．若BC DE m ==，将正方形DEFG 绕点D 逆时针方向旋转角度(0360)αα<<过程中，当AE 为最大值时，求AF 的值．分析 将正方形DEFG 在绕点D 旋转的过程中，E 点运动的图形是以点D 为圆心，DE 为半径的圆，将正方形绕点D 逆时针旋转270 ，即当AE 过圆心D 时，AE 最大，利用勾股定理求出AF 即可解决问题． 解 正方形DEFG 在绕点D 旋转的过程中，E 点运动的图形是以点D 为圆心，DE 为半径的圆，则正方形DEFG 绕点D 逆时针方向旋转270 ，即A D ，，E 在一条直线上时，AE 最大时，如图2， BC DE m == ， 2mAD ∴=，EF m =，在t AEF ∆R 中，222AF AE EF =+ 22213()4AD DE EF m =++=，AF ∴=，即在正方形DEFG 旋转过程中，当AE 为最大值时，AF =． 本题考查点与圆的位置关系、勾股定理、圆中最长问题等知识．解题关键是根据条件“旋转360︒”确定点E 的运动轨迹，学会求圆内一点到圆的最长距离，是中考常见题型． 1.2 依据圆的集合定义，构造圆 圆的集合定义：圆是到定点的距离等于定长的所有点的集合，其中定点为圆心，定长为半径，由此对于题目中出现一些点与定点的距离都等于定长时，我们就可考虑构造一个以定点为圆心定长为半径的圆，将所要研究的问题转化成圆的问题． 例2（2017年福州市期末质检）如图3，C 为线段AB 上一点，分别以AC BC ，为边在AB 的同侧作等边HAC ∆与等边DCB ∆，连接DH ．现将图中DCB∆绕点C 顺时针旋转一定角度(090)αα<< ，如图4，点C 关于直线DH 的对称点为E ，求证：CE 平分AEB ∠．分析 本题由对称性得到HC HE =，进而得出A C E ，，三点到H 距离都相等，从而构造以H 为圆心，GFBA D C 图1A B DC GF E 图22018年第6期 福建中学数学 41HA 为半径的圆（如图5），根据圆的性质得到AEC ∠=1302AHC ∠= ，同理可得1302BEC BDC ∠=∠= （两次构造圆也是本题的一大难点），最后得出EC 平分AEB ∠．证明 如图5，由对称性可知HC HE =， 又HAC ∆是等边三角形， AH HC ∴=，HC HA HE ∴==， A C E ∴，，都在以H 为圆心，HA 为半径的圆上， 1302AEC AHC ∴∠=∠=，同理1302BEC BDC ∠=∠= ，AEC BEC ∴∠=∠， EC ∴平分AEB ∠．此题的关键是作辅助圆，将分散的条件集中，然后灵活应用圆周角定理及等边三角形等知识来解答．两次构造圆是本题的一大难点．2 依据圆的有关性质，构造圆圆的性质主要集中在圆心（或周）角、弧、弦（或直径）等对象之间的相互关系上，因此在解决有关角、线之间的问题时，我们可考虑添加辅助圆，把问题转化为圆的问题，借助圆的性质来解决．2.1 依据圆周角动而不变性质，构造圆定理 一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半；同弧所对的圆周角相等．这些角具有其大小不变，顶点位置改变的性质，根据这一特性，我们可以用来构造相等角．例3 如图6，平面直角坐标系xOy 中，抛物线 243y x x =-+与x 轴交于点A B ，，与y 轴的正半轴交于点C ，抛物线的顶点为D ．若此抛物线的对称轴上的点P 满足APB ACB ∠=∠，求点P 的坐标．分析 此题要进行适当的转化，构造ABC ∆的外接圆，根据圆周角定理可知：抛物线对称轴与E 的交点就是题目要求的点P ，那么只需求出圆心E 的坐标和圆的半径即可得到点P 的坐标．由对称轴及点A B ，的坐标可确定点F 的坐标及AF 的长，由此可确定该中垂线的解析式，而弦BC 的垂直平分线过点E ，进一步可确定点E 的坐标；最后由勾股定理得AE 长，最后求出点P 的坐标．解 作ABC ∆的外接圆E ，设抛物线的对称轴与x 轴的交点为F ，设E 与抛物线的对称轴位于x 轴上方部分的交点为1P ，1P 关于x 轴的对称点为2P ，点12P P ，均为所求点．由图6知圆心点E 必在AB 边的垂直平分线，即抛物线的对称轴2x =上．1AP B ∠ ，ACB ∠都是AB 所对的圆周角，1AP B ACB ∴∠=∠，且射线FE 上的其它点P 都不满足APB ACB ∠=∠．令0x =，得3y =，C 的坐标为(03)，．令0y =，得2x - 430x +=，A ∴的坐标为(10)，，B 的坐标为(30)，，3OB OC ∴==，2AB =，45OBC ∴∠=，得圆心E 也在BC 边垂直平分线y x =上，E 的坐标为(22)E ，．由勾股定理得EA =1EP EA ∴==∴1P 的坐标为1(22P ，．由对称性得2P 的坐标为2(22P -，．∴符合题意的P 的坐标为1(22P ，，2(22P --，． 本题主要利用了圆周角定理及抛物线的图象与性质及勾股定理进行解题，由角相等构造辅助圆是解答此题的关键．2.2 依据直径与直角之间的关系，构造圆定理 径所对圆周角为直角；90 的圆周角所对的弦为直径．如果题目中条件有90 的直角，可以考虑构造圆，用圆的有关性质解决问题．例4 已知二次函数22(22)23y x m x m m =+-+--（m 是常数）的图象与x 轴交于A B ，两点（点A 在点B 的左边）二次函数的图象经过原点．（1）求m 的值； （2）若0m <，点C 是一次函数(0)y x b b =+>图象上的一点，且90ACB ∠= ，求b 的取值范围；分析 （1）将原点坐标代入解析式求得m 的值；（2）此题根据直径所对的圆周角为直角，构造以AB 为直径的圆，通过直线与圆的交点确定b 的取值范围．当直线与圆在第一象限相切时，此时b 的值A CB HE D图5A C BH D 图4图3ACDH42 福建中学数学 2018年第6期 最大．解 （1）依题意把(00)，代入22(22)y x m x m =+-+ 23m --，得2230m m --=，解得1231m m ==-，． （2） 0m <，∴1m =-，把1m =-代入解析式得24y x x =-，易得4AB =，以AB 为直径作圆P ，根据直径所对的圆周角是直角，可知当一次函数的图象与圆相交时，可得90ACB ∠= ，当直线与圆在第一象限相切时，此时b 的值最大．如图7，一次函数图象与圆P 相切于点C ，与x 轴交于点F ，与y 轴交于点E ，连接PC ，易得90PCF ∠= ．把0x =，0y =分别代入y x b =+， 得y b =，x b =，AE AF b ∴==．在t FAE ∆R中，由勾股定理得EF =． AE AF = ，45OFE ∴∠= ． 在t FCP ∆R 中，1CP CF ==，PF ∴=OF FP OP ∴=+=0b ∴<≤．本题考查直线与圆的位置关系，圆周角定理的推论，锐角三角形函数等知识，解题的关键是由直角联想到构造辅助圆．2.3 依据四点共圆情况构造圆在平面几何问题中有着四点共圆的条件大约有４种情况：第一种，若四个点到同一点的距离相等，则这四点共圆；第二种，两个直角三角形共斜边，则这两个直角三角形的各顶点在同一个圆上（如图8）；第三种：若两个三角形有一条公共边，且它们所对的角在这条边的同侧且相等，则这两个三角形共圆（如图9）；第四种，若四边形的对角互补或者它的任意一个外角都等于它的内对角，则这四点共圆（如图10）．如果能够发现以上4种情况构造圆，则可帮助我们把直线型问题转化为圆的问题，利用圆的有关性质，得到些新思路与解法．例5 （2017年福建中考·24）如图11，矩形ABCD中，6AB =，8AD =，P E ，分别是线段AC BC ，上的点，且四边形PEFD 为矩形．若AP =，求CF 的长．分析 如图12矩形ABCD 与矩形PEFD 共顶点D ，易得12∠=∠，t EPD ∆R ，t EFD ∆R 与t EDC ∆R 共斜边，以ED 为直径构造圆，则点E C F D P ，，，，五点共圆，因DF PE =可得 DFPE =，根据等弧所对的圆周角相等得到35∠=∠，由于//AD BC ，所以4∠5=∠，34∠=∠，由两角法得APD ∆∽DCF ∆，问题得到解决．解 四边形ABCD 与PEFD 都是矩形， 90ADC PDF ∴∠=∠= ，12∴∠=∠， 连接ED 与PF 交于点H ，连接HC ， 四边形PEFD 都是矩形，PH EH HF DH ∴===，90BCD ∴∠= ， PH EH HF DH HC ∴====， 则点E C F D P ，，，，五点共圆，DF PE = ， DFPE ∴=，35∴∠=∠， APD ∴∆∽DCF ∆，AD APCD CF∴=， 6CD AB == ，8AD =，AP =， 86∴=CF ∴=．本题的关键是构造辅助圆，将分散的条件集中，把角进行合理转换，然后结合矩形及相似三角形的判定与性质进行分析解答．总之，在平时的教学中，我们要做到“图中无圆，心中有圆”．认真分析题意找出题目中所隐含着圆的旋转不变性与对称性的特征，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！从而达到高效解题的目的．参考文献 [1]罗增儒．中学数学解题的理论与实践[M]．南宁：广西教育出版社，2008 [2]王国兵．巧作辅助圆解题[J]．初中数学教与学，2013（15）：13-15 [3]孙卫荣．例谈中考试题中的辅助圆[J]．初中数学教与学，2016（1）：32-34图7图12P B图10图9图8图11P B。
2023年中考数学专项复习课件：辅助圆在解题中的应用
模型分析
(2)当∠C＝90°时，点C在⊙O上运动(如图②，不与点A，B重合).其中 AB为⊙O的直径；(3)当∠C>90°时，点C在如图③所示的 上运动( 不与点A，B重合).其中 ∠AOB＋∠ACBA＝B 180°
1 2
模型应用
12. 如图，在矩形 ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是矩形内部的一个动点 ，且AE⊥BE，则线段CE的最小值为2__1_0__2___．
r－d
0
d－r
连接OD并延长交
连接OD交⊙O于
此时点E的位置
点E与点D重合
⊙O于点E
点E
模型应用 1. 如图，在平面直角坐标系中，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为(3，4) ，P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA，PB分别与x轴交于点A，B. 若点A，B关于原点O对称，则AB的最小值为_6_______．
对的劣弧BD上运动，连接OA，OP，则AP≤OA＋OP，
∴当O，A，P三点共线时，AP取得最大值，最大值即为OA＋OP的值．
过点O作OQ⊥AB于点Q，
∵∠DPB＝120°，∴∠BAD＝60°，
∵AD＝BD＝6，∴∠OAQ＝30°，AQ＝ 1 AB＝3，
2
∴OA＝2 3 ，∴OA＋OP＝4 3，
∴AP的最大值为4 3 .
15 4
过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q，则CQ的最大值为______.
第8题图
第9题图
10. 如图，在四边形ABCD中，BD＝4，∠BAD＝∠BCD＝90°，则四边
形ABCD面积的最大值为___8_____．
11. 如图，等腰直角△ABC的斜边AB下方有一动点D，∠ADB＝90°，
CE
第1题图
中考数学复习专题解读——《辅助圆》问题(共19张PPT)
3.如图，四边形ABCD中，AB=AC=AD，若 ∠CAD=76°，则∠CBD= 度。
4.如图，在△ABC中，∠C为钝角，点E，H分别 是边AB上的点，点K和M分别是边AC和BC上的 点，且AH=AC，EB=BC，AE=AK，BH=BM。
判定3：共底边的两个三角形顶角相等，且 在底边的同侧，则四个顶点共圆。
判定4：对于凸四边形ABCD，若对角互补 或一个外角等于其邻补角的内对角，则A、 B、C、D四点共圆。
判定5：对于凸四边形ABCD其对角线AC、 BD交于点P，若PA·PC=PB·PD，则A、B、C、 D四点共圆。（相交弦定理的逆定理）
例1.已知：四边形ABCD中, ∠ ABC=∠ ADC=90°, E、F分别是AC、BD的中点.求证：EF⊥BD.
例1.已知：四边形ABCD中, ∠ ABC=∠ ADC=90°, E、 F分别是AC、BD的中点.求证：EF⊥BD.
本题考察知识点比较隐蔽，没有添 加辅助线对于学生来讲是一个难点 ，变式性比较强，图形可变，条件 也可以变，施展的平台可以借助于 四点共圆来实现更多的变式。
（1）求证：E、H、M、K四点共圆； （2）若KE=EH，CE=3，求线段KM的长。
F分别是AC、BD的中点. 求证：∠ABD=∠ACD
练习反馈
1. 锐角△ABC的三条高AD、BE、CF交于H， 在A、B、C、D、E、F、H七个点中。能组 成四点共圆的组数是（ ）
A. 4组 B. 5组 C. 6组 D. 7组
2如图，A，B，C，D是圆上四点，AD，BC 的延长线交于点P，弧AB、弧CD分别为 100°、40°，则∠P的度数为（ ）
解析：证明：连接BE、DE ∠ ∠ ABC=∠ ADC=90°，
2024年中考数学二轮复习题型突破课件—构造辅助圆解题
典例9图答案
强化练习
1. 如图，正方形ABCD的边长为2，点E在边BC上，沿AE将正方形进行折
叠，使点B落在正方形ABCD内部的点P处，则CP长的最小值是（ C ）
A. 2
B. 2－
C. 2－2
D. 2＋2
第1题
1
2
3
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6
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8
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12
2. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AB＝5，D是边BC上一
圆心，圆心角为360°－2α的劣弧上运动（点O，C在AB的异侧）.
典例7 如图，∠ABC＝∠EAD＝90°，D是线段AB上的动点且AC⊥ED于
点G，AB＝AE＝4，则BG长的最小值为（ C ）
A. 2
B. 2－1
C. 2－2
D.
典例7图
典例8 如图，O是等边三角形ABC内一点，连接OA，OB，OC，且
8
9
10
11
12
5. （2023·亳州谯城一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，P是
矩形ABCD内的一点，连接PA，PC，PD.若PA⊥PD，则PC长的最小值
为（ C ）
A. 2－4
B. 2－3
C. 2
D. 4
第5题
1
2
4
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7
8
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6. （2023·合肥瑶海一模）如图，在△ABC中，∠B＝45°，AC＝2，以
1
2
3
4
5
6
7
8
9
.
10
11
辅助圆的构造策略与解题技巧
由旋转得 ：ＡＡＢＣ￣ＡＡＤＥ，
‘ ＯＡ＝ＯＦ＝ＯＥ＝ＯＧ，
．
．
ＢＡＤ＝／ＣＡＥ ．
·
。 ．
四 边 形 ＡＢＣＤ是 矩 形
，
‘ ＡＢ＝ＡＤ ，ＡＣ＝ＡＥ ，
．．
４
Ａ曰 ＡＤ
．
一
— Ａｃ ＡＥ ’
‘ Ａ．ＥＣＧ＝９０。，
．
．
。 ＯＣ＝ＯＥ ，
．．
’ △Ａ８Ｄ一 △ ＡＣＥ
．．
Ｇ
ＢＥ： —３，３－６
． ．．
—
一
．
）
（３）点 Ｅ在 边 ＢＣ上 的运 动过 程 中 ，ＺＡＣＦ
的大小总保持不变．
理 由是 ：连 接 ＡＦ、ＥＧ交 于点 ０，连 接 ＯＣ，
如图 ５，
Ｇ
圆 图５
图 ３
·’ ．
四边形
ＡＥＦＧ是 矩 形
，
【解析】解：（１）ＡＡＢＤ与△ 相似．
’ ＯＡ＝ＯＦ ，ＯＥ＝ＯＧ，Ａ ＥＧ ，
’ ＯＡ＝ＯＦ＝ＯＥ＝ＯＧ＝ＯＣ ，
．
．
（２）如 图 ４，连接 印 ．
．
· ．
点
Ｃ、Ｅ、，、Ｇ、／４在
以
０为圆心的圆上
，
Ｇ
． · ． ＡＦ为圆 ０的直径 ，
。
．
．
ＣＦ＝９０。．
即 厶ｌｃ 的大小保持 不变． 【点评 】本题 的 第三题可 以用 第一题 的思
路 ，证 明 ＡＡＢＥ￣ＡＡＣＦ，运 用相似三 角形的对
ＢＡ ＡＥ
．
—
— ＡＪＤ ＡＧ ’
‘ △Ａ Ｅ一 △ＡＤＧ．
中考数学模型巧构辅圆解难题一题多解
中考数学模型巧构辅圆解难题一题多解一道题目，11种解法，不同的构造方法，不同的思路，每一种解法都是一道思维的火花，点燃智慧的火焰。
方法一：巧构圆如图，构造△ABC的外接圆，圆心O，过O作OE⊥AB于E，过O作OF//AB，交CD延长线于F.连接OA,OC,AB.∵AD=6,BD=20∴AE=BE=13∴DE=7∵∠ACB=135°∴∠AOB=90°∴OE=13,AO=BO=CO=13√2由辅助线易得，四边形OEDF是矩形.∴OF=7由勾股定理可得，CF=17∴CD=4方法二：勾股定理如图，延长AC，过点B作BE⊥AC延长线于E设，BE=x,因为∠ACB=135°，所以∠BCE=45°，则CE=x,BC=√2x,则勾股定理可得其余线段的长度如上图。
由题很容易得到△ADC∽△AEB，则则CD=4或9√10（多出来一个解，有谁知道为什么吗？）.备注：上面的方程很难解！所以虽然这个方法可以解出来，但是不推荐。
如果数字小一点，可以使用。
向另外一边作垂线一样可以求出，如下图：评述：第一种方法，根据135度圆周角所对圆心角是90度，巧妙的构造圆，然后巧妙转化，解决问题。
第二种方法，从135度的邻补角是45度入手，构造直角三角形。
通过勾股定理来解决。
第一种方法辅助线多，构思巧妙，不容易想到，第二种方法容易想到，但是数字比较大，方程难解。
从普通的条件入手，开拓思路，张引路老师的方法还是很巧妙的解法三：面积法如上图，过A作AE//BC,BE//AC交于E点.过E作EF⊥BC于F.因为∠ACB=135°，所以∠CBE=45°∴∴∴解得 x=4简评：这个方法同样存在方程难题的问题，如果数字比较小可以用。
解法三变式三角形的面积公式可以表示为直接用三角形面积公式，不过初中没有学过这个公式，还有一个就是sin135°的问题，好的学生可以补充，老师参考一下，拓宽一下思路。
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中考复习策略梳理——巧构“辅助圆”，最全辅助圆解题技巧!
新课程改革以来，课标对“圆”这部分的要求大大降低了，但是很多题目往往都具有“圆”的问题背景，初中数学有些问题看似与圆无关，但如果我们根据题目中的已知条件构造辅助圆，往往能起到化隐为显，化难为易，化繁为简的解题效果，那么何时构造合适的“辅助圆”，使得解题举重若轻，柳暗花明呢？
图中无圆，心中有圆，用“圆”完美解题
对于平面几何问题，学生常常想到得是构造直线型辅助线来转化条件，从而利用三角形、四边形的知识来解决，辅助线的添加就被局限在直线型，但实际上，曲线形辅助线在一些特定条件下更利于条件的集中，辅助圆是曲线形辅助线的代表，圆会让图形的条件更丰富，更容易指向问题的深层结构。
有些几何问题，从表面上看，似乎与圆无关，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！
我们今天来学习构造辅助圆的问题：图中无圆，心中有圆，“圆”来很完美。
辅助圆解题补充：。