专题16 构造辅助圆（隐圆）解题的几种常见模型-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练

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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=154，
∴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=103．
故答案为：103．
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=−34a2+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
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．
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=∠CBQBD=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．