在初中平面几何中，圆别具一格，以其多变题型与巧妙转化在图形中独领风骚。圆幂定理、切线长定理、垂径定理、圆周角定理、弦切角定理等等，而要用这些有关圆的定理，其条件首先要有圆，在解平面几何题目过程中，我们发现在许多题目中并不存在圆，而离开圆又会显得极其复杂与繁琐，怎么办？回想平常构造的辅助线都是直的（特殊直线或线段），那么想要利用圆有关性质定理来证明线段相等或角相等、直线平行或垂直，可不可以添一条弯曲的辅助线（圆），从而在图形中起到数量或位置关系上的传递，化难为易、化繁为简？
　　四点共圆的一些基本图形：
　　1.四边形一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；
　　2.四边形一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆；
　　3.线段向同侧所张的角相等，那么角的顶点和线段的端点共圆；
　　4.四边形两条对角线交点分每条对角线所成的两段线段之积相等，那么这个四边形的四个顶点共圆；
　　5.延长四边形的一组对边相交于一点，若这点到这组对边端点两条线段长的积相等，那么这个四边形四个顶点共圆；
　　在了解了基本图形和怎样判定四点共圆后，我们就能通过构造这条“弯曲的辅助线”来为我们的解题提供思路，其特点是利用角与线段的数量关系构造辅助线（隐形的圆），再用所构造的圆来进行角与线段的数量及位置关系的转化。下面举例说明：
　　一、构造隐形的圆，进而判定两线垂直
　　题1：已知：在Rt△ABC中，∠A=90°，AM⊥BC于M，P是BC上一点，点P在AB、AC上的射影分别为P1和P2，求证：P1M⊥P2M。
　　分析：想要证明P1M⊥P2M，已由题设可得∠P1PP2= Rt∠，那么目的很明显，只要证明P1、P2、M、P四点共圆，此时这四点又恰好是基本图形3，所以只需证明∠1=∠3。连结AP，就可以用定理1证明P1、P、M、A四点共圆，所以∠1=∠2。同时又可以用定理3证明P2、M、P、A四点共圆，所以∠2=∠3。所以∠1=∠3。
　　二、构造隐形的圆，进而判定两线平行
　　题2：如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠B的两条三等分线交AD于E，G，交AC于F，H。求证：EH∥GC。
　　分析：想要证明EH∥GC，则需证明∠6=∠4，又由题设得∠1=∠2=∠3=∠4=∠5。所以∠6只要与其它5个角中任意一个角相等，命题即可得证。而由∠2=∠5，我们可以发现E、B、C、H四点构成基本图形3，所以这四点共圆，从而得到∠6=∠3。
　　三、构造隐形的圆，进而判定线段间的数量关系
　　题3：如图，AB，AC切⊙O于B，C，EC为⊙O的弦，AH⊥EC的延长线，
　　垂足为H，AO交BC于D。求证：■=■。
　　分析：乍一看BC，AD，EC，AH四条边似乎毫无联系，但如果将比例式变形一下，■=■，我们就能发现它们分别位于两个三角形中，接下来就只需证明这两个三角形相似即可。由题设可得，∠ADC=∠AHC=Rt∠，由此我们发现A、D、C、H构成了基本图形1，所以∠3=∠DAH，∠AHD=∠ACD，而∠ACD=∠E，所以∠E=∠AHD，所以△BCE与△ADH相似。
　　四、构造隐形的圆，进而判定角之间的数量关系
　　题4：如图，已知：P为⊙O外一点，PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，AB交OP于E，求证：∠APC=∠BPD。
　　分析：这道题先从结论来看，似乎看不出什么所以然。那么我们就应该从题设着手，但也没有十分清晰的思路。最后观察图形，我们可以发现P、C、O、D四点的位置与基本图形3和4有点符合，但题设也没有什么角相等，于是我们就可以向基本图形4靠拢。再返回来看题设，我们发现：AE·AE=PE·OE（射影定理），AE·BE=CE·DE（相交弦定理），又因为AE=BE，所以AE·AE=PE·OE=CE·DE，所以P、C、O、D四点共圆（定理4），而OC=OD，所以∠OPC=∠OPD，又有∠OPA=∠OPB，两个式子相加，即可得出结论。
　　通过以上题目的探究，我感受到这条“弯曲的辅助线”的巨大魅力，在证明多种位置关系与数量关系的过程中，都能够大显身手，带来便捷，轻松解决复杂的问题。
　　为了能够更加熟练地运用“弯曲的辅助线”，总结出以下几点：
　　1.要想添加这条“弯曲的辅助线”，就应该寻找可能共圆的四个点，得到一个四边形（有时包括对角线），然后根据图形的特点来选择相应的定理加以演变和证明其四点共圆。
　　2. 对于基本图形要见图知性，熟练地掌握基本图形的性质，快速、准确地从复杂图形中分离出基本图形，然后搭建这条“弯曲的辅助线”为过渡桥梁，进而起到数量及位置关系的传递，化难为易、化繁为简，让解题的过程不再繁琐，清晰明了。