人教版九年級數(shù)學(xué)上冊 24.37 圓中的幾何模型-隱形圓（知識講解）

專題24.37圓中的幾何模型-隱形圓專題（知識講解）隱形圓是中考選擇題和填空題中?？碱}，題目往往以動態(tài)問題出現(xiàn)，有點、線的運(yùn)動，或者圖形的折疊，多數(shù)學(xué)生基本沒有思路，一頭霧水，從而無法解答。隱形圓常見的有以下幾種形式，二是四點共圓判定隱形圓滿；二是定弦定角，點在圓上；三是定點定長，軌跡是圓。題目具體表現(xiàn)為折疊問題、旋轉(zhuǎn)問題、角度不變問題等。類型一、四點共圓，定隱形圓1、定義：三角形一個內(nèi)角的平分線和與另一個內(nèi)角相鄰的外角平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個內(nèi)角的遙望角．（1）如圖1，∠E是△ABC中∠A的遙望角．①若∠A＝40°，直接寫出∠E的度數(shù)是；②求∠E與∠A的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，點E在BD的延長線上，連CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角，求證：DA＝DE．【答案】（1）①20°；②，理由見解析；（2）證明見解析【分析】（1）①根據(jù)題目定義推出∠E＝∠A，從而得出結(jié)論；②直接根據(jù)求解①過程證明即可；（2）首先根據(jù)題意推出A、B、C、D四點共圓，然后作四邊形ABCD的外接圓交CE于點F，連接AF，DF，再根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等推出∠AFD＝∠DFE，然后根據(jù)“遙望角”的定義推出∠E＝∠DAF，即可證△DAF≌△DEF，從而得出結(jié)論．解（1）①∵∠E是△ABC中∠A的遙望角，∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A，∵∠A＝40°，∴∠E＝20°．故答案為：20°；②，理由如下：∵∠E是△ABC中∠A的遙望角，∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A；（2）證明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴A、B、C、D四點共圓，作四邊形ABCD的外接圓交CE于點F，連接AF，DF，∵四邊形FBCD內(nèi)接于⊙O，∴∠DFC+∠DBC＝180°，∵∠DFC+∠DFE＝180°，∴∠DFE＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠ABD＝∠AFD，∴∠AFD＝∠DFE，∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角，由（1）得∠E＝∠BAC，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠E＝∠BDC，∵∠E+∠DCE＝∠BAC，∴∠E＝∠DCE，∵∠DCE＝∠DAF，∴∠E＝∠DAF，∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE，∴△DAF≌△DEF（AAS），∴DA＝DE．【點撥】本題考查新定義問題，涉及三角形角平分線的拓展運(yùn)用，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等，理解題目定義，靈活運(yùn)用“四點共圓”的證明方法是解題關(guān)鍵．【變式1】如圖，已知AB=AC=AD，∠CAD=20°，則∠CBD的度數(shù)是（）A．10° B．15° C．20° D．25°【答案】A解：如圖，AB=AC=AD∵，故選A．【變式2】如圖，在長方形中，，，垂足為，延長交于，表示面積，則給出的下列命題：①；②；③；④．其中正確命題的代號是________．【答案】①③④【分析】由矩形的性質(zhì)得出，，，由證明，①正確；由的面積的面積，得出的面積的面積，②不正確；證明、、、四點共圓，得出，③正確；延長交矩形的外接圓于，連接，由圓周角定理得出，由三角形的外角性質(zhì)得出，得出，④正確；即可得出結(jié)論．解：∵四邊形是矩形，∴，，，在和中，，∴，∴①正確；∵的面積的面積，∴的面積的面積，∴②不正確；∵，∴，∴，∴、、、四點共圓，∴，∴③正確；∵、、、四點共圓，如圖所示：延長交矩形的外接圓于，連接，則，∵，∴，∴④正確；正確的代號是①③④；故答案為：①③④．【點撥】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，以及圓周角的性質(zhì)，掌握四點共圓的證明方法進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解題關(guān)鍵．類型二、定角定弦，軌跡是圓。2、如圖，中，，，點是邊上一動點，連接，以為直徑的圓交于點．若長為4，則線段長的最小值為（

） B． C． D．【答案】D【分析】如圖，連接由為直徑，證明在以的中點為圓心，為直徑的上運(yùn)動，連接交于點則此時最小，再利用銳角的正弦與勾股定理分別求解，即可得到答案.解：如圖，連接由為直徑，在以的中點為圓心，為直徑的上運(yùn)動，連接交于點則此時最小，，，故選D【點撥】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，圓外一點與圓的最短距離的理解，銳角的正弦的應(yīng)用，掌握“圓外一點與圓的最短距離求解線段的最小值”是解本題的關(guān)鍵.【變式1】如圖，在圓中，半徑，弦，點是劣弧上的一個動點，連接，作，垂足為．在點移動的過程中，線段的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由CP⊥BQ知，點P在以AB為直徑的⊙D的圓弧CE上，連接AD交⊙D于P，此時線段AP最短．解：如圖，∵CP⊥BQ，∴∠CPB=90，∵點Q是劣弧AC上的一個動點，∴點P在以AB為直徑的⊙D的圓弧上，連接AD交⊙D于P，此時線段AP最短．∵弦BC=10，半徑，∴直徑AB=2，CD=DP=5，∴∠ACB=90，∴AC=，在Rt△ACD中，AD=，∴AP=AD-DP=8．故選：C．【點撥】本題考查了圓周周角定理，點的運(yùn)動軌跡；能夠根據(jù)點的運(yùn)動情況，確定P點的運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵．【變式2】如圖，等邊中，，點D，點E分別是邊BC，CA上的動點，且，連接AD、BE交于點F，當(dāng)點D從點B運(yùn)動到點C時，則點F的運(yùn)動路徑的長度為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】如圖，作過A、B、F作⊙O，為點F的軌跡，然后計算出的長度即可．解：如圖：作過A、B、F作⊙O，過O作OG⊥AB∵等邊∴AB=BC，∠ABC=∠C=60°∵∴△BCE≌△ABC∴∠BAD=∠CBE∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°∴∠ABE+∠BAD=60°∴∠AFB=120°∵∠AFB是弦AB同側(cè)的圓周角∴∠AOB=120°∵OG⊥AB，OA=OB∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°，BG=AB=∴∠OBG=30°設(shè)OB=x，則OG=x∴，解得x=或x=-（舍）∴的長度為．故選B【點撥】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、含30度直角三角形的性質(zhì)、勾股定理以及圓周角定理，根據(jù)題意確定點F的軌跡是解答本題的關(guān)鍵．類型三、定點定長,點在圓上3、如圖，⊙O的直徑AB＝4，P為⊙O上的動點，連結(jié)AP，Q為AP的中點，若點P在圓上運(yùn)動一周，則點Q經(jīng)過的路徑長是______．【答案】【分析】連接OQ，以O(shè)A為直徑作⊙C，確定出點Q的運(yùn)動路徑即可求得路徑長．解：連接OQ．在⊙O中，∵AQ=PQ，OQ經(jīng)過圓心O，∴OQ⊥AP．∴∠AQO=90°．∴點Q在以O(shè)A為直徑的⊙C上．∴當(dāng)點P在⊙O上運(yùn)動一周時，點Q在⊙C上運(yùn)動一周．∵AB=4，∴OA=2．∴⊙C的周長為．∴點Q經(jīng)過的路徑長為．故答案為：【點撥】本題考查了垂徑定理的推論、圓周角定理的推論、圓周長的計算等知識點，熟知相關(guān)定理及其推論是解題的基礎(chǔ)，確定點Q的運(yùn)動路徑是解題的關(guān)鍵．【變式1】如圖，在中，，，，是上一點，且，是邊上一點，將沿折疊，使點落在點處，連接，求的最小值．【答案】．解：如解圖，以為圓心，長為半徑作圓，∵，∴點在的一段弧上運(yùn)動，連接，交于點，此時最?。撸?，，，∴，∴，∴．∴的最小值為．【變式2】（1）【學(xué)習(xí)心得】小明同學(xué)在學(xué)習(xí)完“圓”這一章內(nèi)容后，感覺到一些幾何問題如果添加輔助圓，運(yùn)用圓的知識解決，可以使問題變得非常容易．例如：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一點，且AD＝AC，求∠BDC的度數(shù)．若以點A為圓心，AB為半徑作輔助⊙A，則點C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，從而可容易得到∠BDC＝°．（2）【問題解決】如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝27°，求∠BAC的數(shù)．（3）【問題拓展】如圖3，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AD上兩個動點，滿足AE＝DF．連接CF交BD于點G，連接BE交AG于點H．若正方形的邊長為4，則線段DH長度的最小值是．【答案】（1）45；（2）27°；（3）2﹣2【分析】（1）利用同弦所對的圓周角是所對圓心角的一半求解；（2）由A、B、C、D共圓，得出∠BDC=∠BAC；（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)利用“邊角邊”證明△ABE和△DCF全等，可得∠1=∠2，同理證明△ADG和△CDG全等，可得∠2=∠3，從而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中點0，可得OH=AB=2，利用勾股定理列式求出OD，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知，當(dāng)0、D、H三點共線時，DH的長度最?。猓海?）如圖1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以點A為圓心，點B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，∴∠BDC＝∠BAC＝45°，故答案是：45；（2）如圖2，取BD的中點O，連接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴點A、B、C、D共圓，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BDC＝27°，∴∠BAC＝27°，（3）如圖3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1＝∠2，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，∴∠1+∠BAH＝90°，∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，取AB的中點O，連接OH、OD，則OH＝AO＝AB＝2，在Rt△AOD中，OD＝＝＝2，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，OH+DH＞OD，∴當(dāng)O、D、H三點共線時，DH的長度最小，最小值＝OD﹣OH＝2﹣2．故答案為：2﹣2．【點撥】本題主要考查了圓的綜合題，需要掌握垂徑定理、圓周角定理、勾股定理等知識，解題時注意輔助線的作法．類型四、線段滑動，中點在圓上4、如圖，在中，，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中線，點E、F同時從點D出發(fā)，以相同的速度分別沿DC、DB方向移動，當(dāng)點E到達(dá)點C時，運(yùn)動停止，直線AE分別與CF、BC相交于G、H，則在點E、F移動過程中，點G移動路線的長度為（

）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】由△ADE≌△CDF，推出∠DAE=∠DCF，因為∠AED=∠CEG，推出∠ADE=∠CGE=90°，推出A、C、G、D四點共圓，推出點G的運(yùn)動軌跡為弧CD，利用弧長公式計算即可．解：如圖，∵CA=CB，∠ACB=90°，AD=DB，∴CD⊥AB，∴∠ADE=∠CDF=90°，CD=AD=DB，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴∠DAE=∠DCF，∵∠AED=∠CEG，∴∠ADE=∠CGE=90°，∴A、C、G、D四點共圓，∴點G的運(yùn)動軌跡為弧CD，∵AB=4，AB=AC，∴AC=2，∴OA=OC=，∵DA=DC，OA=OC，

∴DO⊥AC，∴∠DOC=90°，∴點G的運(yùn)動軌跡的長為故選：D．【點撥】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)、軌跡、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓等知識，解題的關(guān)鍵是正確探究點G的軌跡，屬于中考?？碱}型．【變式1】如圖，△ABC為等邊三角形，AD⊥BC，且AD＝4，點E為線段AD的中點，把線段AE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，連接BE，點F為線段BE的中點，在旋轉(zhuǎn)過程中CF的最大值為_____．【答案】5【分析】取AB的中點G，連接FG，由三角形中位線的性質(zhì)得出FG＝AE＝1，得出點F在以G為圓心，1為半徑的圓上，當(dāng)CF經(jīng)過圓心G時，CF最大，由等邊三角形的性質(zhì)得出CG＝AD＝4，進(jìn)而求出CF的值，得出答案．解：如圖，取AB的中點G，連接FG，∵AD＝4，點E為線段AD的中點，∴AE＝AD＝2，∵點F為線段BE的中點，∴FG是△ABE的中位線，∴FG＝AE＝1，∴點F在以G為圓心，1為半徑的圓上，∴當(dāng)CF經(jīng)過圓心G時，CF最大，∵△ABC為等邊三角形，G是AB的中點，∴CG⊥AB，∵AD⊥BC，∴CG＝AD＝4，∴CF＝FG＋CG＝1＋4＝5，∴CF的最大值為5．故答案為：5．【點撥】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，掌握三角形中位線的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，圓的定義是解決問題的關(guān)鍵．【變式2】如圖，在等腰直角△ABC中，斜邊AB的長度為8，以AC為直徑作圓，點P為半圓上的動點，連接BP，取BP的中點M，則CM的最小值為__________．【答案】【分析】連接PA、PC，取AB、BC的中點E、F，連接EF、EM、FM，取EF的中點O，連接OM，OC，CM．根據(jù)圖形結(jié)合題意易證明∠EMF=90°，得出結(jié)論點M的運(yùn)動軌跡是弧EF，即以EF為直徑的半圓，再根據(jù)題意可求出AC、BC的值，即得出CF，EF的值，由勾股定理可求出OC的值，最后利用CM≥OC-OM即可求出CM的最小值．解：如圖，連接PA、PC，取AB、BC的中點E、F，連接EF、EM、FM，取EF的中點O，連接OM，OC，CM．∵AC是直徑，∴∠APC=90°，∵BE=EA，BM=MP，∴