不少同学在解有关“圆”的综合题时往往思路不清，不是找不到方法，就是方法烦琐。而解决的关键还是在于对基本性质、基本定理、基本图形的熟练掌握，一些难度较大的问题，往往还需要构造辅助线来牵线搭桥。下面我们就以2020年浙江省杭州市的中考题为例，分析一下如何抓住基本图形找到解题的突破口。
　　例 如图1，已知AC、BD为⊙O的兩条直径，连接AB、BC，OE⊥AB于点E，点F是半径OC的中点，连接EF。
　　（1）设⊙O的半径为1，若∠BAC=30°，求线段EF的长。
　　（2）连接BF、DF，设OB与EF交于点P，
　　①求证：PE=PF。
　　②若DF=EF，求∠BAC的度数。
　　【分析】（1）根据条件可知△OBC为等边三角形，且F为OC中点，那么根据等腰三角形三线合一的性质可得BF⊥AC，再根据直角三角形斜边中线定理可求出EF。
　　（1）解：∵OE⊥AB，∠BAC=30°，OA=1，
　　∴∠AOE=60°，OE=[12]OA=[12]，
　　AE=EB=[3]OE=[32]。
　　∵AC是直径，∴∠ABC=90°，
　　∴∠C=60°。
　　∵OC=OB，∴△OCB是等边三角形。
　　∵点F是OC的中点，∴OF=FC，
　　∴BF⊥AC，∴∠AFB=90°。
　　∵AE=EB，
　　∴EF=[12]AB=[32]。
　　【分析】（2）①本题要证明PF=PE，可以考虑证明△OEF是等腰三角形，利用三线合一证得结论，但此方法没有了（1）中的条件，无法证得，故考虑其他方法。如果我们抓住F为OC中点、OE∥BC这两个结论，那么可以过点F作FG⊥AB于点G，交OB于点H，连接EH，利用相似形得出一组对边相等，再结合这组对边平行，从而证明四边形OEHF是平行四边形，便可得出结论。
　　（2）①证明：过点F作FG⊥AB于点G，交OB于点H，连接EH。
　　∵∠FGA=∠ABC=90°，
　　∴FG∥BC，∴△OFH∽△OCB，
　　∴[FHBC]=[OFOC]=[12]，同理[OEBC]=[AOAC]=[12]，
　　∴FH=OE。
　　∵OE⊥AB，FH⊥AB，
　　∴OE∥FH，
　　∴四边形OEHF是平行四边形，
　　∴PE=PF。
　　【思考】（1）中求EF的长也可以用（2）中的辅助线，构造直角三角形求线段长是常用思路之一，且为解决问题（2）提供了辅助线的作法。以下是问题（1）的另一种解法。
　　（1）解：∵∠FGA=∠ABC=90°，∴FG∥BC，
　　∴△AFG∽△ACB，
　　∴[FGBC]=[AFAC]=[34]。
　　∵△OCB是等边三角形，BC=1，
　　∴FG=[34]。
　　∵在Rt△ACB中，BC=1，∴AB=[3]。
　　∵OA=OB，
　　∴OE⊥AB，∴AB=2EB。
　　∵OE∥FG∥BC，
　　∴[EGGB]=[OFFC]=1，∴EB=2EG，
　　∴EG=[14]AB=[34]。
　　∵在Rt△EGF中，EG=[34]，FG=[34]，
　　∴EF=[32]。
　　【分析】（2）②证明PE=PF后，易发现FE=FB这一结论，结合FD=FE，证得FD=FB，根据等腰三角形三线合一性质推出FO⊥BD，最后得出△AOB是等腰直角三角形即可解决问题。
　　（2）②解：∵OE∥FG∥BC，
　　∴[EGGB]=[OFFC]=1，∴EG=GB。
　　∵FG⊥AB，EG=GB，∴EF=FB。
　　∵DF=EF，∴DF=BF。
　　∵DO=OB，
　　∴FO⊥BD，∴∠AOB=90°。
　　∵OA=OB，
　　∴△AOB是等腰直角三角形，
　　∴∠BAC=45°。
　　【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等多个知识点，体现了综合题的特点。其难点是添加合适的辅助线，突破口在于对相似基本形的熟练掌握。
　　【方法总结】辅助线的作用是将分散的条件加以集中，构造出“基本形”，简单来说就是“补形”。“形”指基本性质和定理中的基本图形。本题中就出现多个“基本形”（如下图）。等腰三角形中作高，遇到直角三角形斜边中点连中线，三角形中已知n分点作平行线构造相似基本形，这些常用辅助线都需要我们熟练掌握。
　　（作者单位：江苏省苏州中学伟长实验部）