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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

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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

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    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( )

    A68° B88° C90° D112°

    针对训练

    (苏州期中)

    2.如图,四边形中,.则的值为(    

    A B C D

    2021牧野区校级期中)

    3.如图,在矩形中,的中点,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PBC边上一动点,连结APAP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,ACB120°ACBC2DAB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的中点,过O分别交射线EF,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,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.

    A6 B7 C8 D9

    针对训练

    2021•内乡县一模)

    9.(1)【学习心得】

    于彤同学在学习完这一章内容后,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,ABAC∠BAC90°D△ABC外一点,且ADAC,求∠BDC的度数.若以点A为圆心,AB为半径作辅助⊙A,则点CD必在⊙A上,∠BAC⊙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∠BCD90°∠BDC25°,求∠BAC的度数.

    3)【问题拓展】

    如图3,如图,EF是正方形ABCD的边AD上两个动点,满足AEDF.连接CFBD于点G,连接BEAG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42021如皋市期中)

    10.如图,为等边三角形,.若P内一动点,且满足,则线段长度的最小值为(    

    A B C D2

    典例52021白云区期中)

    11.在四边形中,

    (1)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,B60°,∠D30°,ABBC

    1)求A+∠C的度数;

    2)连接BD,探究ADBDCD三者之间的数量关系,并说明理由;

    3)若AB1,点E在四边形ABCD内部运动,且满足AE2BE2+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:

    1B

    【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=ADBCD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

     

    2B

    【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,

    的中线和角平分线(三线合一),

    同理可证的中线和角平分线,

    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】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,

    边的中点,

    由折叠可知:

    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.

    4D

    【分析】连接ACBDO,连接EOAG,根据菱形的性质得出AOB=90°AO=CO,证得AEGO四点共圆,得出PAG=∠EOBAPG=∠PAG,求出APG=∠EOB=∠DBC,即可求出答案.

    【详解】连接ACBDO,连接EOAG

    四边形ABCD是菱形,

    ∴∠AOB=90°

    EGAP的垂直平分线,

    AG=PGAEG=∠AOB=90°

    AEGO四点共圆,

    ∴∠PAG=∠EOBAPG=∠PAG

    ∴∠EOG=∠APG

    四边形ABCD是菱形,

    OA=OC

    AE=PE

    OEBC

    ∴∠EOB=∠DBC=ABC

    菱形ABCD固定,

    ∴∠ABC的度数固定,

    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于点H

    ,则

    由旋转的性质得

    于点F

    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.

    62

    【分析】首先过点O分别作MN,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中点,可求得的长,由勾股定理可得的长.又由垂线段最短,可得当重合,重合时,最短.得解.

    【详解】解:

    过点O分别作MN.连接

    四边形为矩形,

    O中点,

    由垂线段最短,可得当重合,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,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

    E

    当点在第三象限时,如图2

    ,可得四点共圆,

    当点P在第一象限时,过点A交直线H

    当点在第一象限的线段上时,如图3

    可得四点共圆,

    ,又此时

    当点在第一象限的线段的延长线上时,

    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.

    8B

    【分析】过点的垂线,交轴于点,交轴于点;过点的垂线,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:

    为直角顶点时,过,交轴于点,交轴于点,此时满足题意的点为

    为直角顶点时,过,交轴于点,交轴于点,此时满足题意的点为

    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.(145;(2∠BAC25°;(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ABCD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ABEDCF全等,根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2,利用“SAS”证明ADGCDG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OHOD,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ODH三点共线时,DH的长度最小.

    【详解】解:(1)如图1

    ∵ABACADAC

    以点A为圆心,点BCD必在⊙A上,

    ∵∠BAC⊙A的圆心角,而∠BDC是圆周角,

    ∴∠BDC∠BAC45°

    故答案是:45

    2)如图2,取BD的中点O,连接AOCO

    ∵∠BAD∠BCD90°

    ABCD共圆,

    ∴∠BDC∠BAC

    ∵∠BDC25°

    ∴∠BAC25°

    3)如图3,在正方形ABCD中,ABADCD∠BAD∠CDA∠ADG∠CDG

    △ABE△DCF中,

    ∴△ABE≌△DCFSAS),

    ∴∠1∠2

    △ADG△CDG中,

    ∴△ADG≌△CDGSAS),

    ∴∠2∠3

    ∴∠1∠3

    ∵∠BAH+∠3∠BAD90°

    ∴∠1+∠BAH90°

    ∴∠AHB180°﹣90°90°

    AB的中点O,连接OHOD

    OHAOAB1

    Rt△AOD中,OD

    根据三角形的三边关系,OH+DHOD

    ODH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.

    10B

    【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OPB共线时,长度最小,由等边三角形的性质得出,求出的长,可得的长,即可得出答案.

    【详解】解:是等边三角形,

    ,,

    P的运动轨迹是

    所在圆的圆心为O,当OPB共线时,长度最小,

    D,如图所示:

    此时

    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=BCDB=BQ

    ∴△ABD≌△CBQSAS),

    AD=CQA=∠BCQ

    ∵∠A+∠BCD=∠BCQ+∠BCD=270°

    ∴∠DCQ=90°

    DQ2=DC2+CQ2

    CQ=DADQ=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

    AEF是等边三角形,

    EA2=EB2+EC2EA=EFEC=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.

    121270°;(2DB2DA2+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+∠D360°∠B60°∠C30°

    ∴∠A+∠C360°﹣60°﹣30°270°

    2)如图2中,结论:DB2DA2+DC2

    理由:连接BD,以BD为边向下作等边三角形BDQ

    ∵∠ABC∠DBQ60°

    ∴∠ABD∠CBQ

    ∵ABBCDBBQ

    ∴△ABD≌△CBQ

    ∴ADCQ∠A∠BCQ

    ∵∠A+∠BCD∠BCQ+∠BCD270°

    ∴∠DCQ90°

    ∴DQ2DC2+CQ2

    ∵CQDADQDB

    ∴DB2DA2+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,

    ∵EA2EB2+EC2EAREECRB

    ∴RE2RB2+EB2

    ∴∠EBR90°

    ∴∠RAE+∠RBE150°

    ∴∠ARB+∠AEB∠AEC+∠AEB210°

    ∴∠BEC150°

    E的运动轨迹在O为圆心的圆上,在⊙O上取一点K,连接KBKCOBOC

    ∵∠K+∠BEC180°

    ∴∠K30°∠BOC60°

    ∵OBOC

    ∴△OBC是等边三角形,

    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,过点的平行线交于点,由同底等高三角形面积相等可知的面积与的面积相等,由同弧所对的圆周角相等可知,故是符合题意的点,分别作关于的对称点,则也符合题意.

    【详解】解:存在点,如图,

    构造等边三角形,作等边的外接圆,过点的平行线交于点

    是符合题意的点,

    分别作关于的对称点,则点也符合题意,

    故符合题意的点有4个,分别为

    【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.

     

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