中考“隱形圓”專題復習探究

徐海波 高英

[摘 要]“隱形圓”是近幾年中考常見的一類綜合性壓軸題的隱性條件，其隱藏在已知幾何條件里。文章總結了幾種“隱形圓”的典型題型，并結合具體的例題呈現分析，助力學生高效復習含“隱形圓”條件的綜合題。

[關鍵詞]隱形圓;中考復習;專題

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）14-0013-03

在歷年的中考試題中，經常出現一類幾何題，將圓隱藏在已知幾何條件里，學生需要根據相關的條件分析與探索，恰當地構造出這個圓，然后利用圓的相關性質與特點進行求解。本文結合典型的幾種含“隱形圓”條件的中考題，總結出此類題型的解題策略與方法，以期使中考復習獲得事半功倍的效果。

一、利用圓的概念，化繁為簡

圓的定義：在同一平面內，到定點的距離等于定長的點的集合叫作圓。定點為圓心，定長為半徑。根據圓的定義，可以發現題目中符合圓的特征的部分：定點加定長產生“隱形圓”。我們可以構造輔助圓解決問題。具體地，如圖1，若[OB=OC=OD=OE=OF]，則B，C，D，E，F在同一個圓上。

[例1]（2019年山東德州中考題）如圖2，點O為線段BC的中點，點A，C，D到點O的距離相等，若[∠ABC=40°]，則[∠ADC]的度數是（）。

A. 130°? ? ? ? ?B. 140°? ? ? ? ? C. 150°? ? ? ? D. 160°

解法1：常規解法。如圖3，連接[OA]、[OD]。利用等腰三角形“等邊對等角”與“四邊形[AOCD]的內角和是360°”的性質，由[∠ABC=40°]，得[2∠ADC=360°-80°=280°]，最后求出[∠ADC=140°]。故選B。

因為本文重點研究的圓的相關性質的利用，上述方法有些繁雜，所以這里不做詳細論述。

解法2：利用輔助圓的方法。根據題意，點[O]到點[A]、C、D的距離相等，O為BC的中點，根據圓的定義可知，A、B、C、D四點是在以O為圓心，OC為半徑的圓上，作出輔助圓（如圖4），輔助圓是四邊形ABCD的外接圓，根據“圓內接四邊形對角互補”的性質，[∠ABC]與[∠ADC]互補，由[∠ABC=40°]，輕松得出[∠ADC=140°]，因而選B。

二、巧用“對角互補的四邊形”揭示“隱形圓”的本質

如果一個四邊形的對角互補，那么這個四邊形一定內接于圓。具體地，如圖5，若[∠A+∠C=180°]或[∠B+∠D=180°]，那么四邊形[ABCD]內接于圓[O]。

[例2]（2017年福建中考題） 如圖6，矩形[ABCD]中，[AB=6]，[AD=8]，[P]、[E]分別是線段[AC]、[BC]上的點，且四邊形[PEFD]為矩形。

（1） 若[△PCD]是等腰三角形，求[AP]的長;

（2） 若[AP=2]，求線段[CF]的長。

分析：第（1）小題只要求出[PC]，根據等腰三角形的三種情況，利用等腰三角形的軸對稱性討論計算即可得出結論，這和本文研究的內容聯系不大，故略去不寫。下面重點介紹如何利用“隱形圓”求解第（2）小題。

解：（1）略;

（2）如圖7，連接[PF]，[DE]，記[PF]與[DE]的交點為[O]，連接[OC]，由四邊形[ABCD]和[PEFD]是矩形，利用矩形的性質，可以求出[OC=12ED]。在矩形[PEFD]中，對角線相等，即[PF=DE]，由此可以求出[OC=OP=OF]，根據三角形內角和可知[△PCF]的內角和是180°，[2∠OCP+2∠OCF=180°]，[∠PCF=90°]，可知[∠PCD+∠FCD=90°]，[△PCF]是直角三角形。在[Rt△ADC]中，[∠PCD+∠PAD=90°]，可以得出[∠PAD=∠FCD]，在[△ADP]和[△CDF]中，三個角都相等，所以[△ADP∽△CDF]，可以得出[CFAP=CDAD=34]，又已知[AP=2]，可以輕松得到[CF=324]。

三、利用“動點到定點的距離為定長”解題

如果一個動點到一個定點的距離為定長，那么這個動點的軌跡為一個圓。具體地，如圖8，[OA⊥OB]，垂足為[O]。[P]，[Q]分別是射線[OA]，[OB]上的兩個動點，且[PQ]為定長。點[M]是線段[PQ]的中點，那么動點[M]的軌跡是圓的一部分。

[例3]如圖9，在矩形[ABCD]中，已知 [AB=2]，[BC=3]，現有一根長為2的木棒[EF]緊貼著矩形的邊（即兩個端點始終落在矩形的邊上），按逆時針方向滑動一周，則木棒[EF]的中點[P]在運動過程中所圍成的圖形的面積是多少？

分析：木棒[EF]的中點[P]在運動中的軌跡為分別以[A]、[B]、[C]、[D]為圓心，1為半徑的四條弧和[FG]和 [HI]組成的封閉圖形。它的面積可以用矩形面積減去四個扇形的面積求得。此題難點主要是[P]點的軌跡是“隱形圓”。

解：如圖10所示，當木棒[EF]與[EB]，[BF]組成三角形，根據“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”得出點[P]到點[B]的距離始終為1，所以點[P]的運動軌跡是圓或者圓的一部分。通過作圖發現是[14]個圓。同理可證木棒[EF]在其他三個角落時情況是一樣的。在矩形的“長”上運動的軌跡分別為[FG]和 [HI]，所以木棒[EF]的中點[P]在運動中的軌跡為分別以[A]、[B]、[C]、[D]為圓心，1為半徑的四條弧和[FG]和 [HI]組成的封閉圖形，故所圍圖形的面積等于矩形面積減去4個扇形面積，即[S=6-4×π×124=6-π]。

四、運用“定長對定角”的“隱形圓”模型解題

如圖11所示，若有一固定線段[AB]及線段[AB]所對的[∠C]大小固定，根據圓的知識可知，點[C]并不是唯一固定的點，點[C]在[⊙O]的弧[ACB]（至于是優弧還是劣弧取決于[∠C]的大小）。[∠C<90°]，則點[C]在優弧上運動;[∠C=90°]，則點[C]在半圓上運動;當[∠C>90°]，點[C]在劣弧上運動。

[例4]如圖12，[△ABC]是等邊三角形，[AB=2]，若[P]為[△ABC]內一動點，且滿足[∠PAB=∠ACP]，則線段[PB]長度的最小值為? ? ? ? ? ? ?。

分析：由等邊三角形的性質得出[∠ABC=∠BAC=60°]，[AC=AB=2]，求出[∠APC=120°]，由此可得[AC=2]為定長，[∠APC=120°]為定角，如圖13，因而點[P]的軌跡為“圓心為[O]，半徑為[AO]的‘隱形圓”的一段劣弧。由圓外一定點到圓上點的最小值的知識可知，連接圓心[O]與定點[B]的線段與圓的交點就是所求的最小值時的點[P]，如圖14。當[PB⊥AC]時，[PB]長度最小，設垂足為[D]，此時[PA=PC]，由等邊三角形的性質得出[AD=CD=12AC=1]，[∠PAC=∠ACP=30°]，[∠ABD=12∠ABC=30°]，求出[PD=AD·tan30°=33AD=33]，[BD=3AD=3]，即可得出答案。

解：∵[△ABC]是等邊三角形，

∴[∠ABC=∠BAC=60°]，[AC=AB=2]，

∵[∠PAB=∠ACP]，

∴[∠PAC+∠ACP=60°]，

∴[∠APC=120°]，

∴點[P]的運動軌跡是[AC]，

當點[O]、[P]、[B]共線時，[PB]長度最小，設[OB]交[AC]于[D]，如圖14所示，此時[PA=PC]，[OB⊥AC]，則[AD=CD=12AC=1]，[∠PAC=∠ACP=30°]，[∠ABD=12∠ABC=30°]，∴[PD=AD·tan30°=33AD=33]，[BD=3AD=3]，∴[PB=BD-PD=3-33=233]。

五、轉化變量，利用“隱形圓”解決最值問題

如圖15所示，對于一個定點[P]和一個動點之間的最值問題，若動點的運動軌跡為[⊙O]，[⊙O]的圓心[O]與定點[P]之間的距離加上或減去半徑，就可以求出線段的最大值[PB]和最小值[PA]。因此，解這類題，最常作的是輔助圓，找出輔助圓所在的圓心，連接圓心與定點之間的線段，再求出圓心與定點之間的距離，用其減去或加上半徑即可求出最值。

[例5]如圖16，矩形[ABCD]中，[AB=2]，[AD=3]，點[E]、[F]分別[AD]、[DC]邊上的點，且[EF=2]，點[G]為[EF]的中點，點[P]為[BC]上一動點，則[PA+PG]的最小值為? ? ? ? ? ? ? ? 。

分析：本題主要考查運用軸對稱將折線變成直線解決線段最值的問題，分析判斷出點[G]的運動軌跡是解答本題的關鍵。直角三角形[EFD]的斜邊[EF]，點[G]為[EF]的中點，并且[EF=2]，根據“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”可以得出[DG=1]。其中[D]為定點，[DG=]1為定長。由此可得出點[G]在以[D]為圓心，以[DG]為半徑的圓上，這就是本題的“隱形圓”，[EF]與圓的交點就是點[G]。利用軸對稱，作點[A]關于對稱軸[BC]的對稱點[A′]，連接[A′D]，可知[A′D]必與[BC]交于點[P]，與[EF]必交于點[G]（通過全等三角形可以驗證），此時[PA+PG]的值最小，這個最小值就是[A′G]的長;[△ADA′]為直角三角形，由勾股定理可以求得[A′D]的長度，用[A′D]的長度減去⊙[D]的半徑，即可得出本題的答案。

解：∵[EF=2]，點[G]為[EF]的中點，∴[G]是以[D]為圓心，以[DG=1]為半徑的圓上的點，此點也是[EF]的中點。

作點[A]關于對稱軸[BC]的對稱點[A′]，連接[A′D]，交[BC]于[P]，交[EF]于點[G]，

根據“兩點之間線段最短”，可知[PA+PG]的值最小，由圖可知，此時[PA+PG=A′D-DG]，

∵[AB=2]，∴[AA′=4]，又∵[AD=3]，

在直角[△ADA′]中，由勾股定理可得 [A′D=5]，

∴[A′G=A′D-DG=5-1=4]，

∴[PA+PG]的最小值為4。

圓具有直觀、形象的特點。解決“隱形圓”的問題時，要根據點、線、角的特定關系發現“隱形圓”的圖形本質。在此過程中，挖掘隱含條件，把“隱形圓”顯現出來，再有效利用其他幾何圖形的概念、定義與性質是破解題目的關鍵。

[? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?]

[1]? 朱海棠.借力隱形圓 破解關鍵點[J].中學生數學，2020（19）：15-16.

[2]? 葉珊.例析四類“隱形圓”問題[J].中學數學研究，2020（9）：51-53.

[3]? 張剛.看似無圓 實則有圓 “圓”來如此：例談一類隱形圓問題的求解策略[J].理科考試研究，2020（13）：18-21.

（責任編輯 黃桂堅）