立足“基本圖形”巧妙構(gòu)“圓”解題中小學(xué)數(shù)學(xué)

立足“基本圖形”，巧妙構(gòu)“圓”解題“圓”是初中數(shù)學(xué)重要的幾何圖形，也是重要的解題工具，近些年各地各級試題中出現(xiàn)了不少表面看來好像與圓毫無關(guān)系的幾何試題，但實際上其中蘊涵著豐富的圓的知識，如果采用常規(guī)方法解答，一般比較麻煩，若能結(jié)合圖形的某些特征，恰如其分地構(gòu)造出一個圓來幫助我們，不但可以使題目解法簡單，而且易于理解，既能培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)思維，也能提高學(xué)生的解題興趣．而如何構(gòu)造圓，依據(jù)甚多，本文從“基本幾何圖形”的角度來說明如何構(gòu)造輔助圓來達(dá)到解題的目的，供大家欣賞：基本圖形1：等腰三角形圓的旋轉(zhuǎn)定義：在一個平面內(nèi)線段OA繞它固定的一個端點O旋轉(zhuǎn)一周，另一個端點A隨之旋轉(zhuǎn)所形成的圖形叫做圓．圓上的任意一點P（除A外）到O的距離均等于OA，則得到的△POA為等腰三角形．因此我們可以從“等腰三角形”的這個基本圖形出發(fā)，構(gòu)造一個輔助圓（圓弧）來幫助我們解題．例1（2015年威海市）如圖1-1，已知AB＝AC＝AD，∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，則∠CAD的度數(shù)為（）圖1-2A．68°B．88°C．90°C．圖1-2圖圖1-1分析：因為AB＝AC＝AD，故圖中有基本圖形“等腰三角形”，因此以A為圓心，AB為半徑的圓必經(jīng)過C、D，如圖1-2，利用同弧所對的圓心角等于所對圓周角的2倍，可知∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，結(jié)合已知條件∠CBD＝2∠BDC，得到∠CAD＝2∠BAC，即可解決問題即．解：如圖1-2，∵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°，答案選B．點評：借助輔助圓將分散的條件集中，靈活運用圓周角定理及其推論等幾何知識點來解答直觀、簡潔，提高了解題效率．基本圖形2：斜8相似形圓周角的推論1：在同（等）圓中，同（等）弧所對的圓周角相等，相等的圓周角對的弧也相等．位于同一個圓周上8字型圖則滿足這一結(jié)論，這個圖形也是我們相似中常見的“斜8相似形”，因此我們可以從“斜8相似形”的這個基本圖形出發(fā)，構(gòu)造一個輔助圓（圓弧）來幫助我們解題．例3（2014諸暨市校級期中）如圖2-1，四邊形ABCD的兩條對角線相交于點P，∠ADB＝∠BCA，DC＝AP＝6，DP＝3，則AB＝（）A．15B．12C．9D．圖2-2圖2-1圖2-2圖2-1分析：由∠ADB＝∠BCA，∠APD＝∠BPC，得△ADP∽△BCP，所以圖中有基本圖形“斜8相似形”，即A、B、C、D四點在同一圓周上，如圖2-2，利用同（等）圓中，同弧所對的圓周角相等，可得∠ABP＝∠DCP，所以△CDP∽△BAP．解：根據(jù)題意知A、B、C、D在同一圓周上，如圖2-2，因為∠ABP＝∠DCP，∠DPC＝∠APB，所以△DCP∽△ABP，所以eq\f(DC,AB)＝eq\f(DP,AP)，又因為CD＝6，DP＝3，AP＝6，所以eq\f(6,AB)＝eq\f(3,6)，解得AB＝12，答案選B．點評：借助“斜8相似形”構(gòu)造輔助圓解題思路簡單、過程條理清晰，避開了相似三角形的判定與性質(zhì)的多次應(yīng)用，達(dá)到了化繁為簡的目的?；緢D形3：對角互補四邊形在圓中，同一條弦所對的圓周角有兩個，一個是優(yōu)弧所對的角，一個是劣弧所對的角，利用圓周角定理可知這兩個圓周角之和為180°，也就是說圓的內(nèi)接四邊形對角互補，反過來，如果四邊形對角互補，那么這個四邊形內(nèi)接于圓。因此在解題中，若遇對角互補四邊形時，可過四個頂點構(gòu)造輔助圓來幫助我們解題．例4（2015年鹽城市）如圖3-1，把△EFP按圖所示的方式放置在菱形ABCD中，使得頂點E、F、P分別在線段AB、AD、AC上．已知EP＝FP＝4，EF＝4eq\r(\s\do1(),3)，且AB＞4eq\r(\s\do1(),3)．若△EFP的三個頂點E、F、P分別在線段AB、AD、AC上運動，請直接寫出AP長的最大值和最小值．圖3-2圖3-2圖3-1分析：由EP＝FP＝4，EF＝4eq\r(\s\do1(),3)，可得∠EPF＝120°，∠BAD＝60°，所以∠FAE＋∠FPE＝180°，所以圖中有基本圖形“對角互補四邊形”，所以A、E、P、F四點在同一圓周上，如圖3-2，AP為弦，而圓中的最長弦為直徑，當(dāng)AP為直徑時，AP有最大值，而當(dāng)點E或F與點A重合時或點P與A在EF的同側(cè)且EF⊥AP時最短．解：當(dāng)點P與A在EF的異側(cè)時，四邊形AEPF內(nèi)接于圓，如圖3-2，AP為弦，而圓中的最長弦為直徑，當(dāng)AP為直徑時，AP最大，利用直徑對的圓周角是直角，可知此時EF⊥AC，因為EP＝4，所以AP＝8.當(dāng)點E或F與點A重合時AP最短，此時AP＝4，綜上，AP的最大值是8，最小值是4．點評：此題借助“對角互補四邊形”這個基本圖形構(gòu)造輔助圓，利用圓中的弦最值模型確定結(jié)果邏輯清晰，易于理解，鍛練學(xué)生的創(chuàng)造性思維能力的同時，考查了學(xué)生的模型思想的掌握?；緢D形4：直角三角形圓周角定理的推論：“半圓（直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑”，直角三角形的外接圓是以斜邊中點為圓心，斜邊長度為直徑的圓且此圓必過直角頂點，因此我們可以從“直角三角形”的這個基本圖形出發(fā)，構(gòu)造一個輔助圓（圓?。﹣韼椭覀兘忸}．例2（2012年濟南市）如圖4-1，∠MON＝90°，矩形ABCD的頂點A、B分別在邊OM、ON上，當(dāng)B在邊ON上運動時，A隨之在OM上運動，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB＝2，BC＝1，運動過程中，點D到點O的最大距離為（）A．eq\r(\s\do1()2)＋1 B．eq\r(\s\do1(),5) C．eq\f(\r(145),5) D．eq\f(5,2)圖4-2E圖4-2E圖4-1分析：在運動過程中，△AOB始終為直角三角形，圖中有基本圖形“直角三角形”，因此我們可以AB的E為圓心，AB直徑構(gòu)造一個輔助圓，此圓必過點O，如圖4-2，當(dāng)D、E、O三點一線時，DO最大．解：連接DE、OE，在Rt△AOB中，OE＝eq\f(1,2)AB＝1，在Rt△ADE中，DE＝eq\r(\s\do1(),AD2＋AE2)＝eq\r(\s\do1(),12＋12)＝eq\r(\s\do1(),2)，因為DO≤OE＋DE，所以DO≤1＋eq\r(\s\do1(),2)，答案選A．點評：若直接取AB的中點E，連接DE、OE，利用三角形三邊關(guān)系解答，學(xué)生會感覺到抽象，不能理解，借助輔助圓，利用與圓相關(guān)的線段最值模型就能直觀地說明問題。基本圖形5：共斜邊同側(cè)雙直角三角形對于“共斜邊同側(cè)雙直角三角形”來說，兩個直角三角形的外接圓是同一個圓，即以斜邊中點為圓心，斜邊為直徑的圓經(jīng)過兩個直角三角形的四個頂點，因此我們可以從“共斜邊同側(cè)雙直角三角形”的這個基本圖形出發(fā)，構(gòu)造一個輔助圓（圓弧）來幫助我們解題．例5如圖5-1，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，點D是BC上任意一點，連接AD，過點B作BE垂直于AD，交射線AD于點E，連接CE，求∠AEC的度數(shù)．圖5-1圖5-1圖5-1圖5-1分析：由題意得∠C＝∠AEB＝90°，即△ABC與△ABE均為直角三角形，所以圖中有基本圖形“共斜邊同側(cè)雙直角三角形”，因此A、C、E、B四點共圓，如圖5-1，利用同弧對的圓周角相等可得∠AEC＝∠ABC．解：以AB為直徑，過A、C、E、B四點作圓，所以∠AEC＝∠ABC，因為Rt△ABC為等腰三角形，∠ABC＝∠BAC＝45°，所以∠AEC＝45°．點評：本題借助“共斜邊同側(cè)雙直角三角形”構(gòu)造輔助圓解題思路簡單、過程條理清晰，避開了多次應(yīng)用相似三角形的判定與性質(zhì)，起到了化繁為簡的作用，進一步體現(xiàn)的圓的工具性在解題中巧妙應(yīng)用，本題也可從“斜8相似形”這個基本圖形著眼，殊途同歸。基本圖形6：共斜邊異側(cè)雙直角三角形此基本圖形集“直角三角形”、“對角互補四邊形”的特征于一體，既可從“直角三角形”的角度，也可從“對角互補四邊形”的角度出發(fā)構(gòu)造圓（圓弧）來幫助我們解題．例6（2015年永州市）已知⊙O的半徑為2，AB，CD是⊙O的直徑．P是eq\o(BC,\s\up5(⌒))上任意一點，過點P分別作AB，CD的垂線，垂足分別為N，M．（1）若直徑AB⊥CD，對于eq\o(BC,\s\up5(⌒))上任意一點P（不與B、C重合）（如圖6-1），證明四邊形PMON內(nèi)接于圓，并求此圓直徑的長；（2）若直徑AB⊥CD，在點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程匯總，證明MN的長為定值，并求其定值；（3）若直徑AB與CD相交成120°角．①當(dāng)點P運動到eq\o(BC,\s\up5(⌒))的中點P1時（如圖6-2），求MN的長；②當(dāng)點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程中（如圖6-3），證明MN的長為定值．（4）試問當(dāng)直徑AB與CD相交成多少度角時，MN的長取最大值，并寫出其最大值．圖6-1圖6-1圖6-2圖6-3分析：（1）如圖6-1，易證∠PMO＋∠PNO＝180°，從而可得四邊形PMON內(nèi)接于圓，直徑OP＝2；（2）如圖6-1，易證四邊形PMON是矩形，則有MN＝OP＝2，問題得以解決；（3）①如圖6-2，根據(jù)等弧所對的圓心角相等可得∠COP1＝∠BOP1＝60°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對角互補可得∠MP1N＝60°．根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得P1M＝P1N，從而得到△P1MN是等邊三角形，則有MN＝P1M．然后在Rt△P②設(shè)四邊形PMON的外接圓為⊙O′，連接NO′并延長，交⊙O′于點Q，連接QM，如圖6-3，根據(jù)圓周角定理可得∠QMN＝90°，∠MQN＝∠MPN＝60°，在Rt△QMN中運用三角函數(shù)可得：MN＝QN·sin∠MQN，從而可得MN＝OP·sin∠MQN，由此即可解決問題；（4）由（3）②中已得結(jié)論MN＝OP·sin∠MQN可知，當(dāng)∠MQN＝90°時，MN最大，問題得以解決．解：（1）如圖6-1，∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO＝∠PNO＝90°，∴∠PMO＋∠PNO＝180°，∴四邊形PMON內(nèi)接于圓，直徑OP＝2；（2）如圖6-1，∵AB⊥OC，即∠BOC＝90°，∴∠BOC＝∠PMO＝∠PNO＝90°，∴四邊形PMON是矩形，∴MN＝OP＝2，∴MN的長為定值，該定值為2；（3）①如圖6-2，∵P1是eq\o(BC,\s\up5(⌒))的中點，∠BOC＝120°，∴∠COP1＝∠BOP1＝60°，∠MP1N＝60°．∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，∴P1M＝P1N，∴△P1MN是等邊三角形，∴MN＝P∵P1M＝OP1·sin∠MOP1＝2×sin60°＝eq\r(\s\do1(),3)，∴MN＝eq\r(\s\do1(),3)；②設(shè)四邊形PMON的外接圓為⊙O′，連接NO′并延長，交⊙O′于點Q，連接QM，如圖6-4，則有∠QMN＝90°，∠MQN＝∠MPN＝60°，圖6-4在Rt△QMN中，sin∠MQN＝eq\f(MN,QN)，圖6-4∴MN＝QN·sin∠MQN，∴MN＝OP·sin∠MQN＝2×sin60°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(\s\do1(),3)，∴MN是定值．（4）由（3）②得MN＝OP·sin∠MQN＝2sin∠MQN．當(dāng)直徑AB與CD相交成90°角時，∠MQN＝180°－90°＝90°，MN取得最大值2．點評：過圓內(nèi)一點的所有弦中，直徑是最長的弦，而過這個點垂直于直徑的弦則是最短的弦，掌握圓中的弦最值模型是解決此