专题16 构造辅助圆（隐圆）解题的几种常见模型-2023年中考数学二轮专题提升训练

这是一份专题16 构造辅助圆（隐圆）解题的几种常见模型-2023年中考数学二轮专题提升训练，共20页。试卷主要包含了定点定长模型，对角互补模型，定边定角模型等内容，欢迎下载使用。
专题16 构造辅助圆（隐圆）解题的几种常见模型类型一 定点定长模型典例1（威海中考）1．如图，已知AB=AC=AD，∠CBD=2∠BDC，∠BAC=44°，则∠CAD的度数为（ ）A．68° B．88° C．90° D．112°针对训练（苏州期中）2．如图，四边形中，，，．则的值为（    ）A． B． C． D．（2021春•牧野区校级期中）3．如图，在矩形中，为的中点，为边上的任意一点，把沿折叠，得到，连接．若，，当取最小值时，的值等于___．类型二 对角互补模型典例2 （2018•汉阳区模拟）4．如图，在菱形ABCD中，点P是BC边上一动点，连结AP，AP的垂直平分线交BD于点G，交 AP于点E，在P点由B点到C点的运动过程中，∠APG的大小变化情况是(       )A．变大 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．不变变式训练（2018•碑林区校级一模）5．如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC＝2，D是AB边上的动点，连接CD，将△BCD绕点C沿顺时针旋转至△ACE，连接DE，则△ADE面积的最大值＝_____．（2020•淮阴区模拟）6．在中，，，，O为的中点，过O作，分别交射线于E、F，则的最小值为____．7．如图，在平面直角坐标系中，，点在直线上，连接，过点作，交轴于点，连接．求的度数．类型三 定边定角模型（1）定边对直角典例3 东西湖区模拟）8．如图，已知，C为坐标轴上一点，且是直角三角形，则满足条件的C点有(    )个．A．6 B．7 C．8 D．9针对训练（2021•内乡县一模）9．（1）【学习心得】于彤同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝　   　°．（2）【问题解决】如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．（3）【问题拓展】如图3，如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是　   　．（2）定边对定角典例4（2021秋•如皋市期中）10．如图，为等边三角形，．若P为内一动点，且满足，则线段长度的最小值为（    ）A． B． C． D．2典例5（2021秋•白云区期中）11．在四边形中，，，．(1)求的度数；(2)连接，探究三者之间的数量关系，并证明；(3)若点在四边形内部运动，且满足，求的度数．针对训练（广州中考）12．如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．（1）求∠A+∠C的度数；（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．13．如图，在中，，则所在的平面上是否存在点M，使的面积等于的面积，且？若存在，画出该点的位置，若不存在，请说明理由．
参考答案：1．B【详解】试题分析：本题考查了等腰三角形的性质，主要利用了等腰三角形两底角相等，熟记性质是解题的关键．根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC=∠ACB，再求出∠CBD，然后根据∠ABD=∠ABC﹣∠CBD计算即可得解．如图，∵AB=AC=AD， ∴点B、C、D在以点A为圆心， 以AB的长为半径的圆上； ∵∠CBD=2∠BDC，∠CAD=2∠CBD，∠BAC=2∠BDC，  ∴∠CAD=2∠BAC，而∠BAC=44°，  ∴∠CAD=88°，考点：圆周角定理 2．B【分析】作于点M，于点N，根据题给条件及等腰三角形的性质证明，继而求出的值，在中，利用勾股定理求解即可．【详解】解：作于点M，于点N，∵，∴为等腰三角形，∴是的中线和角平分线（三线合一），同理可证是的中线和角平分线，∴，∵，，∴，∵，∴，，又∵，，，∴，∴，∵，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理解直角三角形等知识；解题关键是正确作出辅助线并证明．3．【分析】点在以为圆心为半径的圆上运动，当、、共线时时，此时的值最小，根据折叠的性质，得出，再根据全等三角形的性质，得出，，再根据勾股定理求出，根据折叠的性质，可知，再根据线段之间的数量关系，得出，再利用勾股定理，列出方程，解出即可得出答案．【详解】解：如图所示，点在以为圆心，为半径的圆上运动，当、、共线时时，此时的值最小，根据折叠的性质，，，，是边的中点，，，，，．由折叠可知：，，在中，根据勾股定理得：，，解得．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短的综合运用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．4．D【分析】连接AC交BD于O，连接EO、AG，根据菱形的性质得出∠AOB=90°，AO=CO，证得A、E、G、O四点共圆，得出∠PAG=∠EOB，∠APG=∠PAG，求出∠APG=∠EOB=∠DBC，即可求出答案．【详解】连接AC交BD于O，连接EO、AG，∵四边形ABCD是菱形，∴∠AOB=90°，∵EG是AP的垂直平分线，∴AG=PG，∠AEG=∠AOB=90°，∴A、E、G、O四点共圆，∴∠PAG=∠EOB，∠APG=∠PAG，∴∠EOG=∠APG，∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，∵AE=PE，∴OE∥BC，∴∠EOB=∠DBC=∠ABC，∵菱形ABCD固定，∴∠ABC的度数固定，即∠APG的度数不变，故选D．【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线性质，圆内接四边形性质等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．5．．【分析】先根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质求出AB的长、的度数，再根据旋转的性质，设，然后根据三角形的面积公式求出面积的表达式，最后利用二次函数的性质即可得出答案．【详解】过点C作于点H设，则由旋转的性质得作于点F在中，由二次函数的性质可知，当时，的面积最大，最大值为故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、旋转的性质、二次函数的性质等知识点，利用旋转的性质和直角三角形的性质求出EF的长是解题关键．6．2【分析】首先过点O分别作于M，于N，证四边形为矩形，则，，由直角三角形中角性质，可得的长，进而求得长．又O为中点，可求得与的长，由勾股定理可得的长．又由垂线段最短，可得当与重合，与重合时，最短．得解．【详解】解：∵，，．∴．过点O分别作于M，于N．连接，∵，∴四边形为矩形，∴，，∴，，∴．∵O为中点，则，由垂线段最短，可得当与重合，与重合时，最短．∴的最小值为2．故答案为：2．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及垂线段最短的知识，难度适中，注意数形结合思想的运用．7．【分析】如图：过点E作，分点在第三象限、点在第一象限的线段上、点在第一象限的线段的延长线上三种情况，用四点共圆求解．【详解】解：如图1：过点E作， 设E ，， ∴，①当点在第三象限时，如图2，由，可得、、、四点共圆，；②当点P在第一象限时，过点A作交直线于H，当点在第一象限的线段上时，如图3，由可得、、、四点共圆，，又此时，；③当点在第一象限的线段的延长线上时，由可得，、、、四点共圆，．【点睛】本题为一次函数综合题，涉及到四点共圆、等腰三角形性质，分类讨论求解是解决此题关键．8．B【分析】过点作的垂线，交轴于点，交轴于点；过点作的垂线，交轴于点，交轴于点；根据直径所对的圆周角为直角，以为直径作圆，根据和的坐标求出的长度，即为圆的直径，可得出半径的长，进而判断得出圆与轴相切，可得出圆与轴有个交点，与轴交于点．所以满足条件的点共有个．【详解】解：分三种情况考虑：①当为直角顶点时，过作，交轴于点，交轴于点，此时满足题意的点为，；②当为直角顶点时，过作，交轴于点，交轴于点，此时满足题意的点为，；③当为直角顶点时，以为直径作圆，由、，可得此圆与轴相切，则此圆与轴有个交点，与轴有个交点，分别为．综上，所有满足题意的有个．故选：B．【点睛】此题考查了圆周角定理，直角三角形以及坐标与图形性质，利用了分类讨论及数形结合的思想．注意：若是直角三角形，则它的任意一个顶点都有可能为直角顶点．9．（1）45；（2）∠BAC＝25°；（3）﹣1【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC=∠BAC，（3）根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=AB=1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．【详解】解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以点A为圆心，点B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，∴∠BDC＝∠BAC＝45°，故答案是：45；（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴点A、B、C、D共圆，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BDC＝25°，∴∠BAC＝25°，（3）如图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的中点O，连接OH、OD，则OH＝AO＝AB＝1，在Rt△AOD中，OD＝，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，最小值＝OD﹣OH＝﹣1．故答案为：﹣1．【点睛】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．10．B【分析】由等边三角形的性质得出，，求出，根据同弧所对的圆周角相等可知，点P的运动轨迹是，当O、P、B共线时，长度最小，由等边三角形的性质得出，，求出和的长，可得的长，即可得出答案．【详解】解：是等边三角形，，，，，，点P的运动轨迹是，设所在圆的圆心为O，当O、P、B共线时，长度最小，设交于D，如图所示：此时，，则，，，，，由勾股定理得：，，，，．故选：B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质,同弧所对的圆周角相等,三角形内角和定理、勾股定理等知识，作辅助线构建圆是解决问题的关键．11．(1)270°(2)BD2=AD2+CD2，证明见解析(3)150° 【分析】（1）利用四边形内角和定理计算即可；（2）连接BD，以BD为边向下作等边三角形△BDQ，想办法证明△DCQ是直角三角形即可解决问题；（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABF，连接EF．想办法证明∠BEC=150°即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠B=60°，∠D=30°，∴∠A+∠C=360°-60°-30°=270°．（2）解：如图2中，结论：BD2=AD2+CD2．理由：连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．∵∠ABC=∠DBQ=60°，∴∠ABD=∠CBQ，∵AB=BC，DB=BQ，∴△ABD≌△CBQ（SAS），∴AD=CQ，∠A=∠BCQ，∵∠A+∠BCD=∠BCQ+∠BCD=270°，∴∠DCQ=90°，∴DQ2=DC2+CQ2，∵CQ=DA，DQ=DB，∴BD2=AD2+CD2．（3）解：如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABF，连接EF．则△AEF是等边三角形，∵EA2=EB2+EC2，EA=EF，EC=BF，∴EF2=BF2+EB2，∴∠EBF=90°，∴∠FAE+∠FBE=150°，∴∠AFB+∠AEB=∠AEC+∠AEB=210°，∴∠BEC=150°．【点睛】本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及旋转的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．12．（1）270°；（2）DB2＝DA2+DC2；（3）．【分析】（1）利用四边形内角和定理计算即可；（2）连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．想办法证明△DCQ是直角三角形即可解决问题；（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．想办法证明∠BEC=150°即可解决问题.【详解】（1）如图1中，在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠C＝30°，∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°；（2）如图2中，结论：DB2＝DA2+DC2，理由：连接BD，以BD为边向下作等边三角形△BDQ，∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，∴∠ABD＝∠CBQ，∵AB＝BC，DB＝BQ，∴△ABD≌△CBQ，∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，∵∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，∴∠DCQ＝90°，∴DQ2＝DC2+CQ2，∵CQ＝DA，DQ＝DB，∴DB2＝DA2+DC2；（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE，则△AER是等边三角形，∵EA2＝EB2+EC2，EA＝RE，EC＝RB，∴RE2＝RB2+EB2，∴∠EBR＝90°，∴∠RAE+∠RBE＝150°，∴∠ARB+∠AEB＝∠AEC+∠AEB＝210°，∴∠BEC＝150°，∴点E的运动轨迹在O为圆心的圆上，在⊙O上取一点K，连接KB，KC，OB，OC，∵∠K+∠BEC＝180°，∴∠K＝30°，∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等边三角形，∴点E的运动路径．【点睛】本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．13．存在，画图见解析【分析】构造等边三角形，作等边的外接圆，过点作的平行线交于点和，由同底等高三角形面积相等可知和的面积与的面积相等，由同弧所对的圆周角相等可知，故和是符合题意的点，分别作和关于的对称点，则和也符合题意．【详解】解：存在点，如图，构造等边三角形，作等边的外接圆，过点作的平行线交于点和，，，，和是符合题意的点，分别作和关于的对称点和，则点和也符合题意，故符合题意的点有4个，分别为、、和．【点睛】本题考查了三角形的综合知识，掌握圆周角定理和同底等高三角形面积相等是解决问题的关键．