一“線”生“機”

許頤

不少同學在解有關“圓”的綜合題時往往思路不清，不是找不到方法，就是方法煩瑣。而解決的關鍵還是在于對基本性質、基本定理、基本圖形的熟練掌握，一些難度較大的問題，往往還需要構造輔助線來牽線搭橋。下面我們就以2020年浙江省杭州市的中考題為例，分析一下如何抓住基本圖形找到解題的突破口。

例 如圖1，已知AC、BD為⊙O的兩條直徑，連接AB、BC，OE⊥AB于點E，點F是半徑OC的中點，連接EF。

（1）設⊙O的半徑為1，若∠BAC=30°，求線段EF的長。

（2）連接BF、DF，設OB與EF交于點P，

①求證：PE=PF。

②若DF=EF，求∠BAC的度數。

【分析】（1）根據條件可知△OBC為等邊三角形，且F為OC中點，那么根據等腰三角形三線合一的性質可得BF⊥AC，再根據直角三角形斜邊中線定理可求出EF。

（1）解：∵OE⊥AB，∠BAC=30°，OA=1，

∴∠AOE=60°，OE=[12]OA=[12]，

AE=EB=[3]OE=[32]。

∵AC是直徑，∴∠ABC=90°，

∴∠C=60°。

∵OC=OB，∴△OCB是等邊三角形。

∵點F是OC的中點，∴OF=FC，

∴BF⊥AC，∴∠AFB=90°。

∵AE=EB，

∴EF=[12]AB=[32]。

【分析】（2）①本題要證明PF=PE，可以考慮證明△OEF是等腰三角形，利用三線合一證得結論，但此方法沒有了（1）中的條件，無法證得，故考慮其他方法。如果我們抓住F為OC中點、OE∥BC這兩個結論，那么可以過點F作FG⊥AB于點G，交OB于點H，連接EH，利用相似形得出一組對邊相等，再結合這組對邊平行，從而證明四邊形OEHF是平行四邊形，便可得出結論。

（2）①證明：過點F作FG⊥AB于點G，交OB于點H，連接EH。

∵∠FGA=∠ABC=90°，

∴FG∥BC，∴△OFH∽△OCB，

∴[FHBC]=[OFOC]=[12]，同理[OEBC]=[AOAC]=[12]，

∴FH=OE。

∵OE⊥AB，FH⊥AB，

∴OE∥FH，

∴四邊形OEHF是平行四邊形，

∴PE=PF。

【思考】（1）中求EF的長也可以用（2）中的輔助線，構造直角三角形求線段長是常用思路之一，且為解決問題（2）提供了輔助線的作法。以下是問題（1）的另一種解法。

（1）解：∵∠FGA=∠ABC=90°，∴FG∥BC，

∴△AFG∽△ACB，

∴[FGBC]=[AFAC]=[34]。

∵△OCB是等邊三角形，BC=1，

∴FG=[34]。

∵在Rt△ACB中，BC=1，∴AB=[3]。

∵OA=OB，

∴OE⊥AB，∴AB=2EB。

∵OE∥FG∥BC，

∴[EGGB]=[OFFC]=1，∴EB=2EG，

∴EG=[14]AB=[34]。

∵在Rt△EGF中，EG=[34]，FG=[34]，

∴EF=[32]。

【分析】（2）②證明PE=PF后，易發現FE=FB這一結論，結合FD=FE，證得FD=FB，根據等腰三角形三線合一性質推出FO⊥BD，最后得出△AOB是等腰直角三角形即可解決問題。

（2）②解：∵OE∥FG∥BC，

∴[EGGB]=[OFFC]=1，∴EG=GB。

∵FG⊥AB，EG=GB，∴EF=FB。

∵DF=EF，∴DF=BF。

∵DO=OB，

∴FO⊥BD，∴∠AOB=90°。

∵OA=OB，

∴△AOB是等腰直角三角形，

∴∠BAC=45°。

【點評】本題考查了等邊三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、等腰直角三角形的判定和性質等多個知識點，體現了綜合題的特點。其難點是添加合適的輔助線，突破口在于對相似基本形的熟練掌握。

【方法總結】輔助線的作用是將分散的條件加以集中，構造出“基本形”，簡單來說就是“補形”。“形”指基本性質和定理中的基本圖形。本題中就出現多個“基本形”（如下圖）。等腰三角形中作高，遇到直角三角形斜邊中點連中線，三角形中已知n分點作平行線構造相似基本形，這些常用輔助線都需要我們熟練掌握。

（作者單位：江蘇省蘇州中學偉長實驗部）