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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
展开这是一份专题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.
相关试卷
这是一份中考数学二轮专题——隐圆模型,共12页。
这是一份中考数学二轮专题复习圆中的重要模型——隐圆模型,共12页。
这是一份专题17 构造辅助圆巧解隐圆问题(带模型原卷版),共6页。