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作者简介：李玲玲，女，山东济南人，硕士，中学一级教师，主要从事初中数学教学研究 摘要:在近几年的中考题和模拟题中，用到“隐圆”方法的题目类型很多，数量较大，无论在客观题还是主观题中均有所涉及，且题目对于学生来说一般难度较大．构造“隐圆”的方法有很多，但本文笔者只针对“定线+定角”这一类隐圆问题进行介绍、归类和挖掘，希望会对中学生的解题有所帮助． 如图1，笔者所指的“定线+定角”类隐圆问题是指当一条固定线段AB(“定线”) 所对的∠P的度数固定(“定角”)，但∠P的位置不固定时，∠P的顶点P的运动轨迹会构成圆(或圆弧，A、B两点除外)，我们常根据圆的相关知识求定角 ∠P顶点P的运动路径长或线段的最值问题． 
图1
如图2，在半径为r的圆中，n°的圆心角所对的弧长l的计算公式为l=nπr/180.
图2
如图3，点P是⊙O外任意一点，直线PO分别交⊙O于点A、B，⊙O的半径为r，则点P到⊙O上点的最短距离为PA=OP－r，最长距离为PB=OP+r．
图3
（一） “定线+90°特殊角”类型 如图4，已知线段AB=2，点C是直线AB上方一动点，∠C=90°，动点C在运动过程中所经过的路径长是多少?
图4
解析:因为A、B、C三点不共线，所以A、B、C三点可以构成一个三角形，因为C是动点，所以△ABC是一个动三角形，但AB和∠C 分别是一条定长的线段和一个定值的角(简称“定线”和“定角”)，且线段AB所对的是∠C，因为圆中“同弧所对的圆周角相等”，所以点C在△ABC的外接圆上运动(A、B两点除外)．又因为∠C=90°，所以AB是圆的直径，圆的半径r=1/2AB=1，点C的运动路径为如图4 所示的半圆，可求得动点C的运动路径长为π．如图5，已知线段AB=2，点C是直线AB上方一动点，∠C=30°，动点C在运动过程中所经过的路径长是多少?(该题若∠C=150°分析思路相同，不再赘述)
图5 解析:该题中线段AB是“定线”，∠C是“定角”30°，且动点C的运动路径为优弧ACB(A、B两点除外)，因为∠AOB=2∠C=60°，易证△AOB是等边三角形，圆的半径r=AB=2，优弧ACB所对的圆心角n=300°,由弧长公式l=nπr/180得动点C的运动路径长为10/3π．如图6，已知线段AB=2，点C是直线AB上方一动点，∠C=45°，动点C在运动过程中所经过的路径长是多少?(该题若∠C=135°分析思路相同，不再赘述)
图6
解析:该题中线段AB是“定线”，∠C是“定角”45°，且动点C的运动路径为优弧ACB(A、B两点除外)，因为∠AOB=2∠C=90°，易证△AOB是等腰直角三角形，⊙O的半径r=√2，优弧ACB所对的圆心角n=270°，由弧长公式l=nπr/180得动点C的运动路径长为3√2/2π.如图7，已知线段AB=2，点C是直线AB上方一动点，∠C=60°，动点C在运动过程中所经过的路径长是多少?(该题若∠C=120°分析思路相同，不再赘述)
解析:该题中线段AB是“定线”，∠C是“定角”60°，且动点C的运动路径为优弧ACB(A、B两点除外)，因为∠AOB=2∠C=120°，易证△AOB是顶角为120°的等腰三角形，⊙O的半径r=2√3/3，优弧ACB所对的圆心角n=240°，由弧长公式l=nπr/180 得动点C的运动路径长为8√3/9π．结论1:当“定角”为90°时，如图4，动点的运动路径为以AB为直径的半圆，半径可由r=1/2AB求得．结论2:当“定角”为30°或150°时，如图5，可得到等边△AOB，可由等边三角形的性质和圆的性质求得△ABC外接圆的半径和动点运动路径(以下简称“轨迹弧”)所对的圆心角．结论3:当“定角”为45°或135°时，如图6，可得到等腰Ｒt△AOB，可由等腰直角三角形的性质和圆的性质求得△ABC外接圆的半径和轨迹弧所对的圆心角．结论4:当“定角”为60°或120°时，如图7，可得到顶角为120°的等腰△AOB，可由该等腰三角形的性质和圆的性质求得△ABC外接圆的半径和轨迹弧所对的圆心角．若能掌握这些结论，可为相关类型题目的解答带来很大方便．例1 (2016年安徽)如图8，Ｒt△ABC中，AB⊥BC，AB=6，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为_________．
图8
解析:在点P运动过程中，相等的角是∠PAB=∠PBC，但这个结论无法直接得出点P运动的轨迹．因为∠PBC+∠PBA=90°，所以∠PAB+∠PBA=90°，所以∠P=90°．又因为AB=6，所以AB是“定线”，∠P是“定角”，这就构成了“定线+90°特殊角”模型，点P的运动路径为以AB为直径的半圆，如图9所示，从而该题可转化为“圆外一点到圆上的点的最值”问题解决．根据第一部分2(2)，线段CP最小值=CO－r=5－3=2．
练习1: (2017年鄂尔多斯)如图10，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM=BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为4，则线段CF的最小值是．
图10
解析:易证△ADM≌△BCN，所以∠DAM=∠CBN，又由正方形的对称性得知∠CBN=∠CDE，所以∠DAM=∠CDE;因为∠CDE+∠ADF=90°，所以∠DAM+∠ADF=90°，所以∠AFD=90°．于是线段AD是“定线”，∠AFD是“定角”90°，构成“定线+90°特殊角”模型，动点F的运动路径是以AD为直径的半圆，如图11所示．根据第一部分2(2)，线段CF最小值=CO－r=2√5－2．
练习2: 如图12，以线段AB为边分别作Ｒt△ABC和等边△ABD，其中∠ACB=90°．连接CD，当CD的长度最大时，此时∠CAB的大小是__________．
图12
解析:因为AB是“定长”，∠ACB是“定角”90°，所以动点C的运动路径为如图13所示的半圆．只有C点距离AB最大时，CD的长度最大．易知当C点在半圆的中点C'时，CD的长度最大，此时AC'=BC'，∠C'AB=45°．
解题反思: 以上例题和练习题型不同、条件不同，但均可以转化为“定线+90°特殊角”模型，利用结论1求出轨迹圆半径，再利用1．2的知识解决问题．例2 如图14，Ｒt△ABC内接于⊙O，∠BAC=90°，BC=4，点D为△ABC下方的BC上任意一点，当点D由点B运动到点C时，求弦 AD的中点P运动的路径长．
图14
解析: 如图15，连接OP，因为点P为AD的中点，由垂径定理的逆定理可知OP⊥AD，又因为OA是⊙O的半径，所以OA是“定线”，∠OPA是“定角”90°，点P的运动路径是以OA为直径的⊙Q上的一段弧MN．在Ｒt△ABC中，OA=1/2BC=2，轨迹圆⊙Q的半径r=1/2OA=1，弧MN所对的圆心角n=2∠BAC=2×90°=180°，由弧长公式l=nπr/180'得动点P的运动路径长为π．
图15
变式:如图16，△ABC内接于⊙O，∠BAC=30°，BC=4，点D为BC上任意一点，当点D由点B运动到点C时，求弦AD的中点P运动的路径长．
图16
解析: 如图17，连接OP，因为点P为AD的中点，由垂径定理的逆定理可知OP⊥AD，又因为OA是⊙O的半径，所以OA是“定线”，∠OPA是“定角”90°，点P的运动路径是以OA为直径的⊙Q上的一段弧MN．连接OB、OC，则△OBC为等边三角形，所以⊙O的半径OB=BC=4，轨迹圆⊙Q的半径r=1/2OA=2，弧MN所对的圆心角n=2∠BAC=2×30°=60°，由弧长公式l=nπr/180得动点P的运动路径长为2π/3．
图17
解题反思:由例2及其变式得知，在其余条件不变的情况下，当∠BAC=90°时，弧MN所对的圆心角n=2×90°=180°，轨迹圆⊙Q的半径r=1/2OA;当∠BAC=30°时，弧MN所对的圆心角n=2×30°=60°，轨迹圆⊙Q的半径r=1/2OA;事实上，当∠BAC=α时，弧MN所对的圆心角n=2α，轨迹圆⊙Q的半径依然是r=1/2OA．这说明，动点P的运动路径只与△ABC的外接圆⊙O的半径和∠BAC的度数有关，而与△ABC的形状无关．此外，该题还有其他方法，由于本文只研究“隐圆”问题，故不一一赘述．例3 (2018年济南市槐荫区一模)如图18，在Ｒt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，BC=2√3，△ADC与△ABC关于AC对称，点E、F分别是边DC、BC上的任意一点，且DE=CF，BE、DF相交于点P，则CP的最小值为_________．
解析:如图19，连接BD，则△BCD为等边三角形．易证△BDE≌△DCF，所以∠DBE=∠CDF，因为∠CDF+∠BDF=60°，所以∠DBE+∠BDF=60°，所以∠DPB=120°．易证BD=BC=2√3，所以BD是“定线”，∠DPB是“定角”120°，构成“定线+120°特殊角”模型，动点P的运动路径是以A为圆心，AB为半径的圆上的一段弧BD．易求得AC=4，r=AB=2，根据第一部分2(2)，线段CP最小值=CA－r=4－2=2．
变式: (2018年济南市中区二模27改编)如图20，抛物线y=1/4x²－2x+7/4经过A(1，0)，B(7，0)两点，交y轴于D点，以AB为边在x轴上方作等边△ABC．若E是线段AC上的动点，F是线段BC上的动点，AF与BE相交于点P．若CE=BF，当点E由A运动到C时，请求出点P经过的路径长．
图20
解析:由例3解析可知，AB是“定线”，∠APB是“定角”120°，构成“定线+120°特殊角”模型，动点P的运动路径是以Q为圆心，QA为半径的圆上的一段弧AB，如图21所示．作QM⊥AB于点M，则AM=1/2AB=3，易求得弧AB所对的圆心角n=∠AQB=120°，所以∠AQM=60°，半径r=AQ=2√3，由弧长公式l=nπr/180得动点P的运动路径长为4√3/3π．
例4 如图22，在△ABC中，AC=4√3，BC=9，∠ACB=60°，AM∥BC，点P在射线AM上运动，连BP交△APC的外接圆于点E，则AE的最小值为___________．
解析:如图23，连接CE．因为AM∥BC，所以∠MAC=∠ACB=60°，因为∠CEP=∠CAP=60°，所以∠BEC=120°，因为BC=9，所以BC是“定线”，∠BEC是“定角”120°，构成“定线+120°特殊角”模型，所以点E的运动路径是以O为圆心，OB为半径的圆上的一段弧BC．易证△BOC是等腰三角形，∠BOC=120°，r=OB=OC=3√3，根据第一部分2(2)，连接OA交弧BC于E'，此时AE'的值最小．又因为∠ACB=60°，∠BCO=30°，所以∠ACO=90°，所以OA==5√3，所以AE最小值=OA－r=5√3－3√3=2√3．
解题反思:例3、例4运用三角形和圆的知识将题目转化为“定线+120°特殊角”模型，利用结论4求出轨迹圆的半径和轨迹弧所对的圆心角，再利用1．2的知识解决问题．例5 如图24，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，∠BCD=120°，BC=2，AD=DC，P为四边形ABCD边上的任意一点，当∠APB=60°时，BP的长为__________．
解析:在点P运动过程中，线段AB和∠APB构成“定线+60°特殊角”模型．连接AC，因为AD=DC，又可证∠D=60°，所以△ACD为等边三角形，又因为∠BCD=120°，所以∠ACB=60°，所以点C是满足条件的P点之一，于是满足条件的点P即是△ABC的外接圆(直径为AC)与四边形ABCD的所有交点，如图25所示．根据等边三角形和直角三角形的性质不难求得BP的长为2或2√3或4．
解题反思:在例5中，如何化“隐圆”为“显圆”是难点，此时可以根据题意先确定一个满足条件的点P(即点C)，从而得到△ABC，再确定△ABC的外接圆即可．例6 (2016年桂林)如图26，正方形OABC的边长为4，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE、CF交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长为__________．
解析:如图27，因为四边形AOCB是正方形，所以∠AOC=90°，所以∠AFP=1/2∠AOC=45°;因为EF是⊙O直径，所以∠EAF=90°，所以∠APF=∠AFP=45°，所以∠EPF=135°;因为EF=4，所以EF是“定线”，∠EPF是“定角”135°，所以点P的运动路径是以点G为圆心，GE为半径的圆上的一段弧EF，易证△EFG是等腰Ｒt三角形，所以弧EF所对的圆心角n=90°，r=EG=GF=2√2，由弧长公式l=nπr/180得动点P的运动路径长为√2π．
注:以上例1－例6的题目、变式和练习均为“定线+特殊定角(90°，30°或150°，45°或135°，60°或120°)”的形式，也是常考类型．那么，当“定角”不再是以上列举的特殊角时，上述分析方法还成立吗? 综上，本文只针对“定线+定角”类隐圆问题进行了归类、总结、反思．该类问题可以在三角形、四边形、圆、函数等背景下考查，用到了几何、代数等知识，综合性强，难度也较大，是很多同学“望而生畏”的考点．其实通过文中大量例题和练习发现，这些题目“万变不离其宗”，关键是如何化“隐圆”为“显圆”．常见做法是:如果动点P的运动路径在圆上，则把动点运动路径转化为圆或圆上的一段弧，通过弧长公式解决，如例2和例6;如果求圆外一定点到圆上的动点P的距离的最值，则通过转化思想把线段的最值问题转化为“圆外一点到圆上的点的最值问题”解决，如例1、例3、例4和例7．当然，此类问题类型还有很多，“隐圆”问题也还有其他多种形式，其中蕴含的思想方法需要我们在教学过程中不断提炼、总结、反思．作者简介：李玲玲，女，山东济南人，硕士，中学一级教师，主要从事初中数学教学研究；如存在文章/图片/音视频使用不当的情况，或来源标注有异议等 |
