2025年中考数学几何辅助线解题方法 第8招 遇弧常作圆心角，或用圆周角协调（含解析）

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第8招 遇弧常作圆心角，或用圆周角协调
当题目给出的条件中涉及有关弧的概念时，往往要将弧的两端点与圆心或圆上一点相连，或连接弧的两端点等.这是因为弧线不如直线好把握，而这些辅助线恰好能将弧所隐藏的圆心角、圆周角、圆心距与半径组成直角三角形等图形显露出来.由于将弧的信息转换为圆心角或圆周角后，可改变思考的方向，以便我们顺利地运用勾股定理、圆周角定理及其性质来探究有关圆心角、弧、弦和弦心距之间的关系，促进解题的灵活性.此招辅助线我们可将它表述为：
遇弧常作圆心角，或用圆周角协调.
由于在同圆或等圆中，圆周角、弧、弦及弦心距等四个量中有一个相等，则其余三个也同样相等.为了把握这些基本概念，并能准确、方便运用它们进行信息转换，我们可将“同弧或等弧所对的圆周角相等”“直径所对的圆周角是直角”等定理简述为：
等圆周角等弧弦，直径直角互关联.
例1在等边三角形 ABC中，经过点 B 有一个圆与AC,AB,BC分别交于点D,E,F,连接BD,DE,DF.
(1) 如图8-1所示,若BD是⊙O的直径,当AE=CF时,求证:DE=DF.
(2) 如图8-2所示,若 当AD=4时,求AB的长.
解析 (1) 证明:如图8-1所示,∵BD是⊙O的直径,
∴∠BED=∠BFD=90°.(直径直角互关联)
∵△ABC是等边三角形,∴BA=BC.
∵AE=CF,∴BE=BF.
∵BD=BD,
∴Rt△BDE≌Rt△BDF(HL).
∴DE=DF.
(2) 如图8-3所示,
∵∠AED+∠BED=180°,∠BED+∠BFD=180°,
∴∠AED=∠DFB.
过点 D作DM⊥AB,垂足为M,DN⊥BC,垂足为N,如图8-3所示,则∠DME=∠DNF=90°.
∴△DME∽△DNF.(引线造角望相似)
(通性通法灵活使)
在 Rt△ADM中,
∵∠AMD=90°,∠A=60°,AD=4,
在 Rt△DCN中,∠DNC=90°,∠C=60°,
∴AB=AC=AD+DC=4+10=14.
点评 本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等.第(1)问，直接证 Rt△BDE≌Rt△BDF是解题的基本思想.第(2)问，难度较大，解题关键在于能否想到添加辅助线 DM，DN，构造相似三角形来探究.实际上，此思路的获得在于 B,E,D,F四点共圆,发现了有∠AED=∠DFB,故需要构造一角，显然是直角最好.
例2 如图8-4所示,⊙O中AB 的中点为P，弦PC,PD分别交AB 于E,F两点.
(1) 若∠PFB=2∠PCD,求∠PCD的大小.
(2)若EC的垂直平分线与FD 的垂直平分线交于点G,证明OG⊥CD.
解析(1) 解法1 连接 PA,PB,BC,如图8-5所示.
(遇弧常作圆心角，或用圆周角协调)
∵P为 的中点，
∴PA=PB,且∠PBA=∠PCB.(等圆周角等弧弦)(逆)
由图可得∠BFD=∠PBA+∠BPD,∠PCD=∠PCB+∠BCD.
又∠BPD=∠BCD,∴∠BFD=∠PCD.
又∠PFB+∠BFD=180°,∠PFB=2∠PCD,
∴3∠PCD=180°.
∴∠PCD=60°.
解法2 连接 PA,PB,BC,如图8-6所示.
(遇弧常作圆心角，或用圆周角协调)
设∠PEB=∠1,∠PCB=∠2,∠ABC=∠3,
∠PBA=∠4,∠PAB=∠5,
由点 P 为 的中点,得∠4=∠5.
(等圆周角等弧弦)(逆)
在△EBC中,∠1=∠2+∠3,
又∠D=∠4+∠3,∠2=∠5,即∠2=∠4,
∴∠D=∠1.
故C，D，E，F四点共圆.(对角若互补，四点可构圆)
∴∠EFD+∠PCD=180°.
由∠PFB=∠EFD=2∠PCD,可得3∠PCD=180°.
∴∠PCD=60°.
(2)∵∠PCD=∠BFD,∴∠PCD+∠EFD=180°.
由此知C，D，E，F四点共圆，其圆心既在CE的垂直平分线上，又在DF的垂直平分线上，故点G就是过C，D，E，F四点的圆的圆心.
所以点G在CD 的垂直平分线上.
因此OG⊥CD.
点评 本题主要考查圆内接四边形的性质和四点共圆的判断，以及圆的垂径定理的运用，考查推理能力.第(1)问关键在于抓住等弧探究,挖掘∠BFD=∠PCD,如解法1;或挖掘∠D=∠1,再利用四点共圆来分析，如解法 2.第(2)问充分利用(1)所推得的C，D，E，F四点共圆分析，体现了借前结论攻后题的思想.
例3 我们所学的几何知识可以理解为对“构图”的研究：根据给定的(或构造的)几何图形提出相关的概念和问题(或者根据问题构造图形)，并加以研究.
例如：在平面上根据两条直线的各种构图，可以提出“两条直线平行”“两条直线相交”的概念；若增加第三条直线，则可以提出并研究“两条直线平行的判定和性质”等问题(包括研究的思想和方法).
请你用上面的思想和方法对下面关于圆的问题进行研究：
(1)如图8-7所示，在⊙O所在平面上，放置一条直线m(m和⊙O分别交于点A，B)，根据这个图形可以提出的概念或问题有哪些 (直接写出两个即可)
(2)如图8-8所示，在⊙O所在平面上，请你放置与⊙O都相交且不同时经过圆心的两条直线m和n(m与⊙O分别交于点A，B，n与⊙O分别交于点C，D).请你根据所构造的图形提出一个结论，并证明.
(3)如图8-9所示,其中AB是⊙O的直径,AC是弦,D是的中点，弦DE⊥AB 于点F.请找出点C和点E 重合的条件，并说明理由.
解析(1) 提出的概念：弦(图中线段 AB)、弧(图中的 弓形.提出的问题：求弓形的面积或直线AB分⊙O成两段弧长的比、两部分面积的比等.
(2) AB为弦，CD为弦，这两弦可以相交，可以平行.
当两弦AB 与弦CD相交且AB与CD在圆内相交于点 P 时.有结论：
PA·PB=PC·PD.
证明 连接AD,BC,如图8-10 所示.(引线造角望相似)
∵∠APD=∠BPC,∠D=∠B,
从而可得 PA·PB=PC·PD.(通性通法灵活使)
(3)解法1 若点C和点E 重合,如图8-11所示.
则由圆的对称性，知点C和点 D关于直径AB对称.
设∠BAC=α,则∠BAD=α,∠ABC=90°-α.
又 D是的中点，
∴2∠CAD=∠CAD+∠ACD=180°-∠ABC, (*)
即
解得α=∠BAC=30°.
即点C和点E 重合的条件为∠BAC=30°.
解法2 若点 C和点E 重合,如图8-11 所示.
则由圆的对称性，知点 C和点 D 关于直径AB 对称，
∴AD=AC. ①
又 D是 的中点，即
∴AD=DC.(等圆周角等弧弦) ②
由①②，得△ADC为等边三角形.
故当∠ABC=60°时,点 C 和点 E 重合.
解法3 若点 C和点E 重合,如图8-11 所示.
由垂径定理，得 ③
又 D是 的中点，∴AD=DC.(等圆周角等弧弦)
又在 Rt△AFD中，由勾股定理，得 则
④
由③④,得3AF·FB=AF ,所以 AF=3FB.
故当AF=3FB时,点 C和点E 重合.
点评 本题具有开放性，主要考查了垂径定理、相交弦定理的运用，考查学生对图形的理解、探究能力，体现了中考试卷的灵活性，凸显了中考命题的新理念.这种让考生根据题目提供的信息与要求，自己提出结论自作答，在一定程度上有利于增加得分率.命题开放信息握，优势发挥在自我.解题的关键在于正确理解题意.第(1)问，较为基本，实际上是检测学生对相关的数学基本概念的掌握与表述.只要读懂了图意，意识到相关的概念即可回答.第(2)问是检测学生对相交弦定理的掌握，实为基本.第(3)问对探究能力要求较高，答案不唯一.也可为 或 等，也可以先直觉猜测点 B，C是圆的六等分点，然后说明.
跟踪训练
1. 如图所示，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径 ，垂足为D，BE与AD 相交于点F,则AF 的长为 .
2. 如图所示，已知⊙O的直径AB 的延长线与弦CD 的延长线交于点P，E为⊙O上的一点， DE交AB 于点F,且AB=2BP=4.
(1) 求 PF 的长度.
(2)若⊙F与⊙O内切,直线 PT与⊙F 切于点T,求线段 PT 的长.
3. 如图所示,⊙O的直径AB 与弦CD交于点 P,若 则
4. 如图所示,四边形 ABCE内接于⊙O,AB 是⊙O的直径,点 D 在AB 的延长线上,延长 AE 交 BC 的延长线于点 F,C 是 BF 的中点,
(1) 求证:CD是⊙O的切线.
(2)求证: 是等腰三角形.
(3)若 求 的值及EF 的长.
参考答案
连接OA,OE,AB,如图所示.
因为A，E是半圆周上的两个三等分点，所以∠AOB=∠ABC=60°.
∴△AOB为正三角形,且∠FAO=30°.由∠AOB=60°,∠EBO=30°,得 BE⊥AO.故可得点 F 为△AOB垂心.
从而可得
(或由 得
故填
2.(1)连接OC,OD,OE,如图所示.(遇弧常作圆心角)
(等圆周角等弧、弦)
又由∠CDE=∠P+∠PFD,∠AOC=∠P+∠OCP,可得∠PFD=∠OCP.
故△PFD∽△PCO,则
由割线定理知,PC·PD=PA·PB=2×6=12,故
(2)若⊙F与⊙O内切,设⊙F的半径为r,
∵OF=2-r=1,即 r=1,
∴OB 是⊙F的直径,且过点 P 的⊙F 的切线为PT,则PT =PB·PO=2×4=8,即
3. 45° 连接OD,AD,如图所示.由图知∠A=∠C,又∠APD=∠CPB,
∴△PAD∽△PCB.
则 AP·PB=CP·PD.
又
∴PB=7,AB=8.
于是,在△DPO中,OP=3,OD=4,PD=5,
故有
则△DOP 为直角三角形.
∵OA=OD,∴∠DAB=∠DCB=45°.故填45°.
4. (1) 证明 连接OC,如图1所示.
∵AB为直径,∴∠ACB=90°.
∵C为BF 的中点,∴AC为BF 的中垂线.
∴∠BAC=∠FAC.
又已知∠BCD=∠CAE,∴∠BCD=∠CAB.
∵OB=OC=OA,∴∠BCD=∠CAB=∠OCA.
∴∠OCD =∠DCB+∠OCB
=∠OCA+∠OCB=∠ACB=90°.
故OC⊥CD,即CD是⊙O的切线.
(2)证明:∵∠CAE=∠CAO,∴CB=CE.
又C为BF的中点,即CB=CF,∴CE=CF.
故△CEF是等腰三角形.
(3) 由(1)知CD是⊙O的切线,
而BD=1,CD=2,代入得AD=4,AB=3.
又由∠BCD=∠CAB,与∠BDC=∠CDA,得△ACD∽△CBD.
故AC=2BC.
故在 Rt△ACB中,由勾股定理,得. 即
从而可得
于是,在 Rt△ACB中,有
过点C作CH⊥EF,垂足为 H,如图2所示,又∠ABC=∠AFC,
则在Rt△CFH中,有