輔助圓定點定長（題型專練）（解析版）-2023-2024學年九年級數(shù)學上冊《重難點題型-高分突破》（人教版）

專題4.4輔助圓定點定長模型一：定點定長作圓點A為定點，點B為動點，且AB長度固定，則點B的軌跡是以點A為圓心，AB長為半徑的圓。模型二：點圓最值已知平面內(nèi)一定點D和O，點E是O上一動點，設點O與點D之間距離為d，O半徑為r.位置關系點D在O內(nèi)點D在O上點D在O外圖示DE的最大值d＋r

2r

d＋r此時點E的位置連接DO并延長交O于點E

DE的最小值r－d0d－r此時點E的位置連接OD并延長交O于點E點E與點D重合連接OD交O于點E【典例1】（1）【學習心得】于彤同學在學習完“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＝45°．（2）【問題解決】如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度數(shù)．（3）【問題拓展】如圖3，如圖，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2，則線段DH長度的最小值是﹣1．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）如圖1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以點A為圓心，AB為半徑作圓A，點B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，∴∠BDC＝∠BAC＝45°，故答案為：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＝25°，∴∠BAC＝25°，（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＝1，在Rt△AOD中，OD＝＝＝，根據(jù)三角形的三邊關系，OH+DH＞OD，∴當O、D、H三點共線時，DH的長度最小，最小值＝OD﹣OH＝﹣1．（解法二：可以理解為點H是在Rt△AHB，AB直徑的半圓上運動當O、H、D三點共線時，DH長度最小）故答案為：﹣1．【變式1-1】如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AC＝AD，∠CAD＝2∠BAC，若∠BCD＝105°，則∠BDC＝．版權所有【解答】解：以A為圓心，AB為半徑畫圓，∴∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，∵∠CAD＝2∠BAC，∴∠CBD＝2∠BDC，∵∠CBD+∠BDC+∠BCD＝180°，∴3∠CBD+105°＝180°，∴∠CBD＝25°．故答案為：25°．【變式1-2】如圖，已知AB＝AC＝AD，∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，則∠CAD的度數(shù)為（）A．68° B．88° C．90° D．112°【答案】B【解答】解：如圖，∵AB＝AC＝AD，∴點B、C、D在以點A為圓心，以AB的長為半徑的圓上；∵∠CBD＝2∠BDC，∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，∴∠CAD＝2∠BAC，而∠BAC＝44°，∴∠CAD＝88°，故選：B．【變式1-3】如圖，四邊形ABCD中，AB＝AC＝AD，若∠CAD＝76°，則∠CBD＝度．【答案】38【解答】解：∵AB＝AC＝AD，∴點B，C，D可以看成是以點A為圓心，AB為半徑的圓上的三個點，∴∠CBD是弧CD對的圓周角，∠CAD是弧CD對的圓心角；∵∠CAD＝76°，∴∠CBD＝∠CAD＝×76°＝38°．【變式1-4】如圖，四邊形ABCD中，AB＝AC＝AD，∠CBD＝20°，∠BDC＝30°，則∠BAD＝100°．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：∵AB＝AC＝AD，∴B、C、D三點在以點A為圓心，以AB為半徑的圓上，∵∠CBD＝20°，∠BDC＝30°，∴∠BAC＝2∠BDC＝60°，∠CAD＝2∠CBD＝40°，∴∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝60°+40°＝100°．故答案為：100°．【變式1-5】如圖，在四邊形ABCD中，AC、BD是對角線，AB＝AC＝AD，如果∠BAC＝70°，那么∠BDC＝35°．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：∵AB＝AC＝AD，∴點B，C，D在以點A為圓心的圓上，∵∠BAC＝70°，∴∠BDC＝∠BAC＝35°．故答案為：35°．【變式1-6】如圖（1），在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，D、E分別是AB，AC的中點．若等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD1E1，如圖（2），設旋轉(zhuǎn)角為a（0°＜a≤180°），記直線BD1與CE1的交點為P．（1）求證：BD1＝CE1；（2）當∠CPD1＝2∠CAD1時，則旋轉(zhuǎn)角為a＝135°（直接寫結(jié)果）（3）連接PA，△PAB面積的最大值為4+4（直接寫結(jié)果）【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）在△ABD1和△ACE1中∴△ABD1≌△ACE1∴BD1＝CE1；（2）BD1與AC的交點記作點G，如圖（2），由（1）知△ABD1≌△ACE1，∴∠ABD1＝∠ACE1，∵∠AGB＝∠CGP，∴∠CPG＝∠BAG＝90°∴∠CPD1＝90°，∵∠CPD1＝2∠CAD1，∴∠CAD1＝∠CPD1＝45°，∴旋轉(zhuǎn)角α＝90°+∠CAD1＝135°故答案為135°；（3）如圖3，∵AC＝AB＝4，∵點D，E分別是AB，AC的中點，∴AD＝AE＝2，由旋轉(zhuǎn)知，AD1＝AE1＝AD＝2作PH⊥AB，交AB所在直線于點G，∵D1，E1在以A為圓心，AD為半徑的圓上，當BD1所在直線與⊙A相切時，直線BD1與CE1的交點P到直線AB的距離最大，此時四邊形AD1PE1是正方形，PD1＝2，則BD1＝＝2，∴∠ABP＝30°，∴PB＝BD1+PD1＝2+2，∴點P到AB所在直線的距離的最大值為：PH＝+．∴△PAB的面積最大值為AB×PH＝4+4，故答案為4+4．【典例2】如圖，在△ABC中，點D是邊BC的中點，點E是邊AC上的任意一點（點E不與點C重合），沿DE翻折△DCE使點C落在點F處，請畫出點F的軌跡．版權所有【解答】解：∵DF＝DC，∴則點F在以點D為圓心DC為半徑的圓上運動，當點E與A重合時，AD與⊙D交于Q，則即為點F的運動軌跡．∠FDE＝∠CDE＝∠CDA，則軌跡為優(yōu)弧MQC，滿足∠MDA＝∠CDA，此時點F的軌跡為．【變式2-1】如圖，在?ABCD中，AE⊥BC于點E，將△AEB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，使AB與邊BC重合，得到△MNB，請畫出在旋轉(zhuǎn)過程中點M的運動軌跡．【解答】解：如圖，弧AM即為所求．【變式2-2】如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，D是BC邊上一動點，將△ABD沿AD對折，得到△AB'D，當點B'落在AC邊上時，點D停止運動，若AB'＝AC，則在點D的運動過程中，點B'的運動路徑長為．【答案】【解答】解：由折疊知AB'＝AB，∵AB'＝AC，∴AB＝AC，∴sinC＝，∴∠C＝30°，∴∠BAC＝60°，∴點B'的運動路徑長為＝，故答案為：【變式2-3】如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，BC＝3，將菱形ABCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，得到菱形A'BC'D'，求出當點D'在BA的延長線上時，點C'運動的路徑長．【解答】解：如圖，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，BC＝BC'，∴點C'在以點B為圓心，BC長為半徑的圓上運動，當點D'在BA的延長線上時，∠ABC'＝∠D'BC'＝∠C'BC，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠C'BC＝30°，BC＝AB＝3，∴點C'運動的路徑長為＝．【典例3】如圖，在矩形ABCD中，，，E是AB邊的中點，F(xiàn)是線面BC邊上的動點，將沿EF所在的直線折疊得到，連接，求的最小值。解：如圖，點E為圓心，為半徑作圓，當點E，，D三點共線時的值最小。，，，【變式3-1】如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E是邊BC上一動點，點F在邊CD上，BF⊥AE，則CG的最小值為．?【答案】．【解答】解：取AB的中點O，連接OC，如圖，根據(jù)題意可知，點G是在以O為圓心，AB為直徑的圓弧上運動，∵OC和OG的長度是定值，∴當O、G、C三點在同一條直線上時，CG取得最小值，∵四邊形ABCD是邊長為6的正方形，∴AB＝BC＝6，∠ABC＝90°，∴OA＝OB＝OG＝＝3，在Rt△BOC中，OC＝＝＝，∴CG的最小值為OC﹣OG＝．故答案為：【變式3-2】（錦州）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，M是AD邊的中點，N是AB邊上的動點，將△AMN沿MN所在直線折疊，得到△A′MN，連接A′C，則A′C的最小值是．【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)．版權所有【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝2，∵M是AD邊的中點，∴AM＝MD＝1∵將△AMN沿MN所在直線折疊，∴AM＝A'M＝1∴點A'在以點M為圓心，AM為半徑的圓上，∴如圖，當點A'在線段MC上時，A'C有最小值，∵MC＝＝∴A′C的最小值＝MC﹣MA'＝﹣1故答案為：﹣1【變式3-3】如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，P是直線AB上的一個動點，AE＝2，△APE沿PE翻折形成△FPE，連接PF、EF，則FC的最小值是，點F到線段BC的最短距離是．【解答】解：連接CE，作EG⊥BC于G，∵AE＝EF＝2，∴點F在以E為圓心，AE為半徑的圓上運動，在Rt△CDE中，由勾股定理得，CE＝＝＝2，∴FC的最小值為CE﹣2＝2﹣2，∵∠DAB＝∠ABC＝∠BGE＝90°，∴四邊形ABGE是矩形，∴EG＝AB＝4，∴點F到線段BC的最短距離是2，故答案為：2﹣2，2．【變式3-4】（2022?武功縣模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝5，點E在BC上，且CE＝4BE，點M為矩形內(nèi)一動點，使得∠CME＝45°，連接AM，則線段AM的最小值為．【答案】5﹣2．【解答】解：如圖，作△EMC的外接圓⊙O，連接AO，CO，EO，作OF⊥AB，ON⊥BC，∵BC＝5，點E在BC上，且CE＝4BE，∴BE＝1，EC＝4，∵∠CME＝45°，∴∠EOC＝90°，∴OE＝OC＝2，ON＝EN＝CN＝2，∴BN＝OF＝3，AF＝6﹣2＝4，在Rt△AFO中，AO＝，當點M是OA與⊙O的交點時，AM最小，∴AM的最小值＝OA﹣OE＝5﹣2．故答案為：5﹣2．【變式3-5】如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，點E是AC的中點，點F是斜邊AB上任意一點，連接EF，將△AEF沿EF對折得到△DEF，連接DB，則△BDF周長的最小值是4+．【答案】4+．【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，∴AB＝4，∴AC＝＝＝，如圖，以點E為圓心，AE為半徑作圓，連接BE，交⊙E于點D′，此時BD的長度最小，∵將△AEF沿EF對折得到△DEF，且點E是AC的中點，∴AF＝D′F，AE＝A′E＝，∵C△BD′F＝D′F+FB+BD′＝AF+FB+BD′＝AB+BD′，∴此時△BDF的周長最小，過E作EM⊥AB于點M，∴EM＝＝，由勾股定理可得AM＝＝＝，∴BM＝AB﹣AM＝，由勾股定理可得BE＝＝＝，∴BD′＝BE﹣ED′＝，∴△BDF周長的最小值是4+．故答案為：4+．【典例4】（邗江區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A（1，0），B（3，0），C為平面內(nèi)的動點，且滿足∠ACB＝90°，D為直線y＝x上的動點，則線段CD長的最小值為（）A．1 B．2 C． D．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∴點C在以AB為直徑的圓上，AB為直徑的圓的圓心為E點，如圖，連接DE交⊙E于C′，∵A（1，0），B（3，0），∴AB＝2，AE＝1，∴DC≤DE﹣CE（當且僅當D、C、E共線時取等號）即DC≤DE﹣1，∵DE⊥直線y＝x時，DE最短，DE的最小值為OE＝，∴線段CD長的最小值為﹣1．故選：C．【變式4-1】（武江區(qū)校級期末）如圖，⊙M的半徑為4，圓心M的坐標為（5，12），點P是⊙M上的任意一點，PA⊥PB，且PA、PB與x軸分別交于A、B兩點，若點A、點B關于原點O對稱，則AB的最小值為．【解答】解：連接OP，∵PA⊥PB，∴∠APB＝90°，∵AO＝BO，∴AB＝2PO，若要使AB取得最小值，則PO需取得最小值，連接OM，交⊙M于點P′，當點P位于P′位置時，OP′取得最小值，過點M作MQ⊥x軸于點Q，則OQ＝5，MQ＝12，∴OM＝13，又∵MP′＝4，∴OP′＝9，∴AB＝2OP′＝18，故答案是：18．【變式4-2】（薩爾圖區(qū)校級期末）如圖，點A，B的坐標分別為A（4，0），B（0，4），C為坐標平面內(nèi)一點，BC＝2，點M為線段AC的中點，連接OM，OM的最大值為．【解答】解：∵C為坐標平面內(nèi)一點，BC＝2，∴點C的運動軌跡是在半徑為2的⊙B上，如圖，取OD＝OA＝4，連接OD，∵點M為線段AC的中點，