中考“隐形圆”专题复习探究

徐海波 高英

[摘 要]“隐形圆”是近几年中考常见的一类综合性压轴题的隐性条件，其隐藏在已知几何条件里。文章总结了几种“隐形圆”的典型题型，并结合具体的例题呈现分析，助力学生高效复习含“隐形圆”条件的综合题。

[关键词]隐形圆;中考复习;专题

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2022）14-0013-03

在历年的中考试题中，经常出现一类几何题，将圆隐藏在已知几何条件里，学生需要根据相关的条件分析与探索，恰当地构造出这个圆，然后利用圆的相关性质与特点进行求解。本文结合典型的几种含“隐形圆”条件的中考题，总结出此类题型的解题策略与方法，以期使中考复习获得事半功倍的效果。

一、利用圆的概念，化繁为简

圆的定义：在同一平面内，到定点的距离等于定长的点的集合叫作圆。定点为圆心，定长为半径。根据圆的定义，可以发现题目中符合圆的特征的部分：定点加定长产生“隐形圆”。我们可以构造辅助圆解决问题。具体地，如图1，若[OB=OC=OD=OE=OF]，则B，C，D，E，F在同一个圆上。

[例1]（2019年山东德州中考题）如图2，点O为线段BC的中点，点A，C，D到点O的距离相等，若[∠ABC=40°]，则[∠ADC]的度数是（）。

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

解法1：常规解法。如图3，连接[OA]、[OD]。利用等腰三角形“等边对等角”与“四边形[AOCD]的内角和是360°”的性质，由[∠ABC=40°]，得[2∠ADC=360°-80°=280°]，最后求出[∠ADC=140°]。故选B。

因为本文重点研究的圆的相关性质的利用，上述方法有些繁杂，所以这里不做详细论述。

解法2：利用辅助圆的方法。根据题意，点[O]到点[A]、C、D的距离相等，O为BC的中点，根据圆的定义可知，A、B、C、D四点是在以O为圆心，OC为半径的圆上，作出辅助圆（如图4），辅助圆是四边形ABCD的外接圆，根据“圆内接四边形对角互补”的性质，[∠ABC]与[∠ADC]互补，由[∠ABC=40°]，轻松得出[∠ADC=140°]，因而选B。

二、巧用“对角互补的四边形”揭示“隐形圆”的本质

如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形一定内接于圆。具体地，如图5，若[∠A+∠C=180°]或[∠B+∠D=180°]，那么四边形[ABCD]内接于圆[O]。

[例2]（2017年福建中考题） 如图6，矩形[ABCD]中，[AB=6]，[AD=8]，[P]、[E]分别是线段[AC]、[BC]上的点，且四边形[PEFD]为矩形。

（1） 若[△PCD]是等腰三角形，求[AP]的长;

（2） 若[AP=2]，求線段[CF]的长。

分析：第（1）小题只要求出[PC]，根据等腰三角形的三种情况，利用等腰三角形的轴对称性讨论计算即可得出结论，这和本文研究的内容联系不大，故略去不写。下面重点介绍如何利用“隐形圆”求解第（2）小题。

解：（1）略;

（2）如图7，连接[PF]，[DE]，记[PF]与[DE]的交点为[O]，连接[OC]，由四边形[ABCD]和[PEFD]是矩形，利用矩形的性质，可以求出[OC=12ED]。在矩形[PEFD]中，对角线相等，即[PF=DE]，由此可以求出[OC=OP=OF]，根据三角形内角和可知[△PCF]的内角和是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，三个角都相等，所以[△ADP∽△CDF]，可以得出[CFAP=CDAD=34]，又已知[AP=2]，可以轻松得到[CF=324]。

三、利用“动点到定点的距离为定长”解题

如果一个动点到一个定点的距离为定长，那么这个动点的轨迹为一个圆。具体地，如图8，[OA⊥OB]，垂足为[O]。[P]，[Q]分别是射线[OA]，[OB]上的两个动点，且[PQ]为定长。点[M]是线段[PQ]的中点，那么动点[M]的轨迹是圆的一部分。

[例3]如图9，在矩形[ABCD]中，已知 [AB=2]，[BC=3]，现有一根长为2的木棒[EF]紧贴着矩形的边（即两个端点始终落在矩形的边上），按逆时针方向滑动一周，则木棒[EF]的中点[P]在运动过程中所围成的图形的面积是多少？

分析：木棒[EF]的中点[P]在运动中的轨迹为分别以[A]、[B]、[C]、[D]为圆心，1为半径的四条弧和[FG]和 [HI]组成的封闭图形。它的面积可以用矩形面积减去四个扇形的面积求得。此题难点主要是[P]点的轨迹是“隐形圆”。

解：如图10所示，当木棒[EF]与[EB]，[BF]组成三角形，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得出点[P]到点[B]的距离始终为1，所以点[P]的运动轨迹是圆或者圆的一部分。通过作图发现是[14]个圆。同理可证木棒[EF]在其他三个角落时情况是一样的。在矩形的“长”上运动的轨迹分别为[FG]和 [HI]，所以木棒[EF]的中点[P]在运动中的轨迹为分别以[A]、[B]、[C]、[D]为圆心，1为半径的四条弧和[FG]和 [HI]组成的封闭图形，故所围图形的面积等于矩形面积减去4个扇形面积，即[S=6-4×π×124=6-π]。

四、运用“定长对定角”的“隐形圆”模型解题

如图11所示，若有一固定线段[AB]及线段[AB]所对的[∠C]大小固定，根据圆的知识可知，点[C]并不是唯一固定的点，点[C]在[⊙O]的弧[ACB]（至于是优弧还是劣弧取决于[∠C]的大小）。[∠C<90°]，则点[C]在优弧上运动;[∠C=90°]，则点[C]在半圆上运动;当[∠C>90°]，点[C]在劣弧上运动。

[例4]如图12，[△ABC]是等边三角形，[AB=2]，若[P]为[△ABC]内一动点，且满足[∠PAB=∠ACP]，则线段[PB]长度的最小值为             。

分析：由等边三角形的性质得出[∠ABC=∠BAC=60°]，[AC=AB=2]，求出[∠APC=120°]，由此可得[AC=2]为定长，[∠APC=120°]为定角，如图13，因而点[P]的轨迹为“圆心为[O]，半径为[AO]的‘隐形圆”的一段劣弧。由圆外一定点到圆上点的最小值的知识可知，连接圆心[O]与定点[B]的线段与圆的交点就是所求的最小值时的点[P]，如图14。当[PB⊥AC]时，[PB]长度最小，设垂足为[D]，此时[PA=PC]，由等边三角形的性质得出[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]是等边三角形，

∴[∠ABC=∠BAC=60°]，[AC=AB=2]，

∵[∠PAB=∠ACP]，

∴[∠PAC+∠ACP=60°]，

∴[∠APC=120°]，

∴点[P]的运动轨迹是[AC]，

当点[O]、[P]、[B]共线时，[PB]长度最小，设[OB]交[AC]于[D]，如图14所示，此时[PA=PC]，[OB⊥AC]，则[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、转化变量，利用“隐形圆”解决最值问题

如图15所示，对于一个定点[P]和一个动点之间的最值问题，若动点的运动轨迹为[⊙O]，[⊙O]的圆心[O]与定点[P]之间的距离加上或减去半径，就可以求出线段的最大值[PB]和最小值[PA]。因此，解这类题，最常作的是辅助圆，找出辅助圆所在的圆心，连接圆心与定点之间的线段，再求出圆心与定点之间的距离，用其减去或加上半径即可求出最值。

[例5]如图16，矩形[ABCD]中，[AB=2]，[AD=3]，点[E]、[F]分别[AD]、[DC]边上的点，且[EF=2]，点[G]为[EF]的中点，点[P]为[BC]上一动点，则[PA+PG]的最小值为                。

分析：本题主要考查运用轴对称将折线变成直线解决线段最值的问题，分析判断出点[G]的运动轨迹是解答本题的关键。直角三角形[EFD]的斜边[EF]，点[G]为[EF]的中点，并且[EF=2]，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可以得出[DG=1]。其中[D]为定点，[DG=]1为定长。由此可得出点[G]在以[D]为圆心，以[DG]为半径的圆上，这就是本题的“隐形圆”，[EF]与圆的交点就是点[G]。利用轴对称，作点[A]关于对称轴[BC]的对称点[A′]，连接[A′D]，可知[A′D]必与[BC]交于点[P]，与[EF]必交于点[G]（通过全等三角形可以验证），此时[PA+PG]的值最小，这个最小值就是[A′G]的长;[△ADA′]为直角三角形，由勾股定理可以求得[A′D]的长度，用[A′D]的长度减去⊙[D]的半径，即可得出本题的答案。

解：∵[EF=2]，点[G]为[EF]的中点，∴[G]是以[D]为圆心，以[DG=1]为半径的圆上的点，此点也是[EF]的中点。

作点[A]关于对称轴[BC]的對称点[A′]，连接[A′D]，交[BC]于[P]，交[EF]于点[G]，

根据“两点之间线段最短”，可知[PA+PG]的值最小，由图可知，此时[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]的最小值为4。

圆具有直观、形象的特点。解决“隐形圆”的问题时，要根据点、线、角的特定关系发现“隐形圆”的图形本质。在此过程中，挖掘隐含条件，把“隐形圆”显现出来，再有效利用其他几何图形的概念、定义与性质是破解题目的关键。

[   参   考   文   献   ]

[1]  朱海棠.借力隐形圆 破解关键点[J].中学生数学，2020（19）：15-16.

[2]  叶珊.例析四类“隐形圆”问题[J].中学数学研究，2020（9）：51-53.

[3]  张刚.看似无圆 实则有圆 “圆”来如此：例谈一类隐形圆问题的求解策略[J].理科考试研究，2020（13）：18-21.

（责任编辑 黄桂坚）