中考“隱形圓”專題復習探究

江蘇鎮江市丹徒區支顯宗學校（212000）徐海波 高英

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。

圖1

［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°

圖2

圖3

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。

圖4

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。

圖5

［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；

圖6

（2）若AP=，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；

圖7

（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=。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，又已知AP=，可以輕松得到CF=。

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。

圖8

［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”。

圖9

圖10

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 ×=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。

圖11

［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_______。

圖12

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=AC=1，∠PAC=∠ACP=30°，∠ABD=∠ABC=30°，求 出PD=AD·tan30°=，BD=AD=，即可得出答案。

圖13

圖14

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

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。

圖15

［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________。

圖16

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。