专题特训3 巧添辅助线解决圆中的计算和证明&3.5 圆内接四边形-【通成学典】2026-2027学年九年级上册数学拔尖特训(浙教版·新教材)

6.5√2因为M,N分别是AB,BC的中点，所以MN= 2AC.所以当AC的长最大时，MN的长最大如图，连结 AO并延长，交⊙O于点D,连结BD,则AD为⊙O的直 径.当点C与点D重合时，AC的长最大.易知∠D= ∠ACB=45°，∠ABD=90°，所以BD=AB=10.所以 AD=√AB2+BD=√102+10=10√2.所以MN长的 最大值为2AD=52. (第6题) 7.①②③④因为MN是⊙O的直径，AB⊥MN,所以 AD=BD,AM=BM,∠MAN=90°.故①②正确.因为 AC=AM,所以AC=AM=BM.所以∠ACM+∠ANM= ∠MOB.故③正确.因为BM=AC,所以∠MAE= ∠AME.所以AE=ME.因为∠MAN=90°，所以 ∠EAF+∠MAE=∠AME+∠AFM=90°.所以 ∠EAF=∠AFM所以AE=EF.所以AE=专ME.故④ 正确.综上所述，正确的是①②③④. 方法归纳 与圆周角有关的求角度问题的常见解题思路 (1)在圆中，构造同弧或等弧所对的圆周角可得到 有关角相等. (2)见直径，构建直径所对的圆周角是常用且重要 的构建辅助线的思路」 (3)在已知条件下，若有与半径或直径垂直的线段， 常延长此线段，这样可利用垂径定理得到线段相等、孤 相等 8.(1)连结AB.因为BC是半圆O的直径，所以∠BAC= 90°.所以∠ACB+∠ABC=90°.因为AE⊥BC,所以 ∠BAE+∠ABE=90°.所以∠BAE=∠ACB.因为A是 BD的中点，所以AB=AD.所以∠ACB=∠ABD.所以 ∠BAE=∠ABD.所以AF=BF.(2)当D是AC的中 点时，有AG=FG.理由：因为D是AC的中点，所以 AD=CD.因为A是BD的中点，所以AB=AD.所以 AB=AD=CD.所以∠ACB=∠EBF.由(1)，得∠ACB= ∠ABD=∠BAF,所以∠BAF=∠EBF.因为∠BAC= ∠AEB=90°，所以∠BAF+∠FAG=∠EBF+∠BFE 所以∠FAG=∠BFE=∠AFG.所以AG=FG. 9.(1)如图①，连结OD.因为M是CD的中点，CD=12, 所以DM=CD=6,OM⊥CD.所以在R△OMD中， D OD=√OMP+DM派=√3+6=35，即⊙O的半径为 35.(2)如图②，连结AC,延长AF交BD于点G.因为 AB⊥CD,CE=EF,所以AB是CF的垂直平分线.所以 AF=AC,即△ACF是等腰三角形.因为CE=EF,所以 ∠FAE=∠CAE.因为BC=BC,所以∠CAE=∠CDB. 所以∠FAE=∠CDB.因为在Rt△BDE中，∠CDB十 ∠B=90°，所以∠FAE十∠B=90°.所以∠AGB=90°.所 以AG⊥BD,即AF⊥BD D ① ② (第9题) 专题特训三 巧添辅助线解决圆中的 计算和证明 1.22设∠CBA=x°.如图，连结EC,ED,所以EA= EC=ED=DB.所以∠CAB=∠ACE=57°，∠1= ∠CBA=x°，∠3=∠2=∠1+∠CBA=2x°.因为∠4= 180°-∠CAB-∠ACE,∠4=∠3+∠CBA,所以180°- 57°-57°=2x°+x°，解得x=22.所以∠CBA=22°. D (第1题)》 方法归纳 连半径构造等腰三角形 点在圆上时，利用同一圆中的半径都相等的性质， 连半径，构造等腰三角形，由等腰三角形的性质和圆的 性质进行角度转换求解」 2.A如图，过点O作OH⊥AB于点H,连结OA,所以 AH=2AB.因为PA=4,PB=2,所以AB=PA+PB= 4+2=6.所以AH=3.所以PH=AP-AH=4-3=1.因 为OP=√I7,所以在Rt△OPH中，OH=√OP-PI平= √（√7）2-12=4.所以在Rt△OAH中，OA= √AH+OH=√32+4=5.所以⊙0的半径为5. 0 HP B (第2题) 33 方法归纳 遇弦加弦心距 看到弦（不是直径）及过弦的端点的半径，想到作弦 心距，构造直角三角形，然后利用勾股定理解决求线段 长问题 3.3V2如图，过点O作OM LAB于点M,ON⊥CD于 点N,连结OB,OD,则BM-号AB,DN=CD.因为 AB=CD=8,所以BM=DN=4.所以OM=ON= √5-4=3.因为AB⊥CD,所以∠DPB=90°.因为 OM⊥AB,ON⊥CD,所以∠OMP=∠ONP=90°.所以四 边形MONP是矩形.因为OM=ON,所以四边形MONP 是正方形.所以PM=OM=3.所以OP= √PMP+OM=√32+3=3√/2. 0 (第3题)》 4.如图，连结CE,则∠BAE=∠BCE.因为AE⊥BC, FD=DE,所以CF=CE.因为AE⊥BC,所以∠ECB= ∠BCG.所以∠BAE=∠BCG.因为∠BAE十∠ABD= 90°，所以∠BCG+∠ABD=90°.所以∠BGC=90°.所以 CG⊥AB. B D E (第4题) 方法归纳 构造同弧所对的圆周角 看到圆周角，想到连结弦，构造同孤所对的圆周角， 然后利用同孤所对的圆周角相等进行解题即可 5.B如图，连结AE.因为AB是半圆的直径，所以 ∠AEB=∠ADB=90°.所以AE⊥BC,BD⊥AC.因为E 为BC的中点，所以AE是BC的垂直平分线，EB=EC= 号BC=号×4=2.所以AC=AB=8,所以在R△AEB 中，AE=√AB2-BE=√82-2=2√15.因为 Sar=2AC·BD=BC·AE,所以BD-BCAE AC D 4×2√15 8 =/5. (第5题) 方法归纳 遇直径，构造直角三角形 遇到直径，想到直径所对的圆周角是直角，进而构 造直角三角形，在直角三角形中结合勾股定理等知识解 决相关问题 6.0如图，连结FD,FE,FB.因为AB是圆的直径，所 以∠AFB=90°.又因为∠CFD=∠2，∠DFE=∠3， ∠EFB=∠4，所以∠1+∠2+∠3+∠4=∠1+∠CFD+ ∠DFE+∠EFB=∠AFB=90 (第6题) 3.5圆内接四边形 1.C因为四边形ABCD内接于⊙O,所以∠ADC= 180°-∠ABC=180°-70°=110°.因为AB=BC,所以 ∠ADB-∠BDC.所以∠BDC=号∠ADC-名X 1 110°=55° 2.C因为四边形ABMO是圆内接四边形，∠BMO= 120°，所以∠BAO=180°-∠BM0=180°-120°=60°.因 为∠AOB=90°，所以AB是⊙C的直径.所以∠ABO= 90°-∠BAO=90°-60°=30°.因为点A的坐标为(0,3)， 所以OA=3.所以在Rt△AOB中，AB=2OA=6.所以 AB=,即0C的半径为 3.100如图，连结BD.因为四边形ABDE内接于⊙O, 所以∠ABD+∠E=180°.因为∠E=130°，所以∠ABD= 50°.因为AB=AD,所以∠ABD=∠ADB=50°.所以 ∠BAD=180°-∠ABD-∠ADB=180°-50°-50°=80°. 因为四边形ABCD内接于⊙O,所以∠BAD+∠C=180°. 所以∠C=180°-80°=100°. 0. C (第3题) 34 4.(1)因为四边形ABCD是⊙O的内接四边形，所以 ∠A+∠BCD=180°.因为∠DCE+∠BCD=180°，所以 ∠A=∠DCE.因为DC=DE,所以∠DCE=∠AEB.所以 ∠A=∠AEB.(2)由(1)知，∠A=∠AEB,所以AB= EB,即△ABE是等腰三角形.因为OE⊥CD,所以CF= DF.所以OE是CD的垂直平分线.所以DE=CE.因为 DC=DE,所以DC=DE=CE.所以△DCE是等边三角 形.所以∠AEB=60°.所以△ABE是等边三角形， 5.B如图，连结BD.因为△AEB≌△ACB≌△ACD,所 以∠AEB=∠ACB=∠ACD,AB=AD.因为∠BCD= 12,所以∠AEB=∠ACB=∠ACD=(360- ∠CD)=号×(360-129)=12.因为四边形AEBD 为圆的内接四边形，所以∠ADB=180°一∠AEB=180°一 124°=56°.因为AB=AD,所以∠ABD=∠ADB=56°.所 以∠BAD=180°-∠ABD-∠ADB=180°-56°- 56°=68°. (第5题) 6.B如图，过点C分别作CE⊥AD于点E,CF⊥AB交 AB的延长线于点F,则∠AFC=∠AEC=∠DEC=90°. 因为C为BD的中点，所以CD=BC.所以∠DAC ∠BAC.所以AC平分∠BAD.所以CF=CE.在△ACF ∠FAC=∠EAC, 和△ACE中，∠AFC=∠AEC,所以△ACF≌△ACE.所 AC-AC, 以AF=AE.因为四边形ABCD内接于⊙O,所以∠D= 180°-∠ABC=∠FBC,∠BAD=180°-∠BCD=180° 120°=60.所以∠B4C=∠DAC=∠BAD-×60 ∠FBC=∠D, 30°.在△FBC和△EDC中，∠BFC=∠DEC, CF=CE, 所以△FBC≌△EDC.所以BF=DE.所以AD十AB= AE+DE+AF一BF=AE+AF=5+3=8.所以AF= AE=4.因为∠BAC=30°，∠AFC=90°，所以在Rt△AFC 中，CF=2AC.又由勾股定理，得CF+AF2=AC,所以 D (分AC)°+=AC,解得AC-8(负值舍去. 3 E 0 C (第6题) 7.20°如图，作点A关于CD的对称点A',则点A'在对 折前CD上，连结A'C,A'D.所以∠A'=∠A=100°.因为 四边形A'DBC是⊙O的内接四边形，所以∠B十∠A'= 180°.所以∠B=180°-100°=80°.所以∠BCD+∠BDC= 180°-∠B=100°.因为∠A=100°，所以∠ACD+ ∠ADC=180°-∠A=80°.所以∠BCA+∠BDA= ∠BCD+∠BDC-(∠ACD+∠ADC)=100°-80°=20°. 0 (第7题) 8.(1)因为∠E=∠F,∠DCE=∠BCF,∠ADC=∠E+ ∠DCE,∠ABC=∠F+∠BCF,所以∠ADC=∠ABC.因 为四边形ABCD是⊙O的内接四边形，所以∠ADC+ ∠ABC=180°.所以∠ADC=90°.(2)因为在△ABE 中，∠A=55°，∠E=30°，所以∠ABE=180°-∠A- ∠E=180°-55°-30°=95°.所以∠ADF=180°- ∠ABE-180°-95°=85°.所以在△ADF中，∠F=180°- ∠ADF-∠A=180°-85°-55°=40°.(3)因为 ∠ADC=180°-∠A-∠F,∠ABC=180°-∠A-∠E, 且∠ADC+∠ABC=180°，所以180°-∠A-∠F+ 180°-∠A-∠E=180°.所以2∠A+∠E+∠F=180°. 所以∠A=90-∠E∠F=90°-a+里 2 21 9.(1)因为AC是⊙O的直径，所以∠ABC=90°.因为 DE LAB,所以∠DEA=90.°所以∠DEA=∠ABC.所以 BCDE.所以∠F=∠PBC.因为四边形BCDF是⊙O的 内接四边形，所以∠F十∠DCB=180°.因为∠PCB+ ∠DCB=180°，所以∠F=∠PCB.所以∠PCB=∠PBC. 所以PC=PB.(2)如图，连结OD,设DE交AC于 点N.因为AC是⊙O的直径，所以∠ADC=∠ABC= 90°.因为BG⊥AD,所以∠AGB=90°.所以∠ADC= ∠AGB.所以BG∥CD.由(1)知，BC∥DE,所以四边形 DHBC是平行四边形.所以BC=DH=1.在Rt△ABC 中，AB=√5，BC=1,所以AC=√AB2十BC= 35 VB)+下F=2,所以C=号AC.所以易得∠ACB= 60.因为BC=AC=OD,所以DH=OD.所以在 △DOH中，∠DOH=∠OHD=80°.所以∠ODH= 180°-∠D0H-∠OHD=180°-80°-80°=20°.因为 BC∥DE,所以∠ONH=∠ACB=60°.所以∠DOC= ∠ONH-∠ODH=60°-20°=40°.因为OA=OD,所以 ∠0AD=∠0DA.所以∠0AD=2∠D0C=3×40 20°.所以∠CBD=∠OAD=20°.因为BC∥DE,所以 ∠BDE=∠CBD=20°. (第9题) 3.6正多边形 1.A设一个内角的度数为x°，则与之相邻的一个外角的 度数为(180-x)°.根据题意，得180-x十36=x,解得x= 108.所以这个正多边形的一个外角的度数为180°一108° 72°.所以这个正多边形的边数为360°÷72°=5.所以这个 正多边形是正五边形. 2.B如图，连结OB,OC.因为正六边形ABCDEF内接 于⊙O,⊙0的半径为4，所以OB=OC=4,∠BOC= 360=60.所以△B0C为等边三角形.所以BC=OB=4. 因为OM LBC,所以BM=2BC-2.在Rt△OBM中，由 勾股定理，得OM=√OB2-BM=√4-2=25. B (第2题) 3.10如图，连结AO,B0.因为O为该正多边形的外接 圆圆心，所以∠AOB=2∠ADB=2×18°=36°.所以这个 正多边形的边数为需-1n B A (第3题) D 4.(1)如图①，正六边形ABCDEF即为所求.(2)如图 ②，正八边形ABCDEFGH即为所求. ① ② (第4题) 5.C因为五边形ABCDE是正五边形，所以∠EDC= ∠AED=∠EAB=∠ABC=5-2)X180°=108.因为 BA=BC.所以∠BAC=∠BCA=(180-∠ABC)= 2×(180°-108)=36°.所以∠EAC=∠EAB- ∠BAC=108°一36°=72°.所以∠AED+∠EAC=108°+ 72°=180°.所以DE∥AF.因为AE=AF=DE,所以易得 四边形AEDF是菱形.所以∠EDF=∠EAF=72°.所以 ∠FDC=∠EDC-∠EDF=108°-72°=36°. 6.B如图，连结AG,DG,AD,AE,OE,过点O作OH⊥ AE于点H.因为六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边 形，所以∠A0E=2×360°-120.因为0H1AE,所以 6 AH=EH.因为OA=OE,所以∠OAE=∠OEA= 合180-∠A0E)=号×(180-120)=0：.所以在 Rt△OHA中，OH= 号0A=号×1=号，则AH VOA-OF-√P-()-所以AE=2AH- 23 2 =√3.所以AG=AE=√3.由题意可知，AG=DG, OA=OD,所以OG垂直平分线段AD.所以∠AOG=90°. 所以在Rt△GOA中，OG=√AG-OA2= √(W5)2-1=√2. B (第6题) 7.22如图，连结AC,OD,OH.易知四边形ABCD是 ⊙O的内接正四边形，所以AD=CD,∠ADC=90°.所以 AC是⊙O的直径，即AC=2.所以在Rt△ADC中，AD+ CD2=AC,即2AD2=4.所以AD=CD=√2.因为OA= 36第3章圆的基本性质 专题特训三 巧添辅助线解决圆中的计算和证明 类型一 连半径，巧用同圆的半径相等 1.*如图，点D,E在△ABC的边BC,AB上，过A,C,D三点的圆的圆心为点 E,过B,F,E三点的圆的圆心为点D.如果∠CAB=57°，那么∠CBA= (第1题) 类型二遇弦，作弦心距，连半径 2.★如图，AB是⊙O的弦，点P在弦AB上，PA=4,PB=2,OP=√17，则⊙O的半径为() A.5 B.3√2 C.4 D.17 0 .0 (第2题) (第3题) 3.如图，在半径为5的⊙O中，AB,CD是互相垂直的两条弦，垂足为P,且AB=CD=8,则OP的 长为 类型三连结圆上两点，构造同孤所对的圆周角 4,*如图，锐角三角形ABC是⊙O的内接三角形，弦AE⊥BC,垂足为D.在AD上取一点F,使 FD=DE,连结CF并延长，交AB于点G.求证：CG⊥AB. (第4题) 类型四遇直径，构造直径所对的圆周角 5.*如图，以△ABC的一边AB为直径的半圆与其他两边AC,BC分别交于点D,E,且E为BC的 中点，连结BD.若AB=8,BC=4,则BD的长为 （) A.2√3 B.√15 C.√14 D.25 (第5题) (第6题) 6.[2024连云港中考]如图，AB是圆的直径，∠1，∠2，∠3，∠4的顶点均在AB上方的圆弧上， ∠1，∠4的一边分别经过点A,B,则∠1十∠2+∠3+∠4=°， “答案与解析”见D33 51 拔尖特训·数学（浙教版）九年级全一册 3.5圆内接四边形 一阶·基础通关 融通新授知识，夯实双基◆ 1.[2025甘肃中考]如图，四边形ABCD内接于⊙O,AB=BC,连结BD.若∠ABC=70°，则 ∠BDC的度数为 () A.20° B.35 C.55 D.70° 0. 0 0 (第1题) (第2题) (第3题) 2.如图，⊙C过原点，且与两坐标轴分别交于点A,B,连结AB,点A的坐标为(0,3)，M是第三象 限内OB上一点，∠BMO=120°，则⊙C的半径为 () A.6 B.5 C.3 D.3√2 3.如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=AD,∠E=130°，则∠C的度数为 4.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC的延长线与AD的延长线交于点E,且 DC=DE. (1)求证：∠A=∠AEB. (2)连结OE,交CD于点F,OE⊥CD.求证：△ABE是等边三角形 B C E (第4题) 月二阶·素能攀升 强化运用能力，提升素能▲ 5.把三个全等的三角形（△AEB≌△ACB2△ACD)按如图所示的方式摆放在圆内，A,E,B,D四 点在圆上.若∠BCD=112°，则∠BAD的度数是 () A.72 B.68 C.56° D.34° 0 (第5题) (第6题) 6.方程思想如图，四边形ABCD内接于⊙O,AB=3,AD=5,∠BCD=120°，C为BD的中点，则线 段AC的长为 () A授 B83 C.43 D. 5w3 2 52 第3章圆的基本性质 7.如图，CD是⊙O的弦，把CD沿弦CD对折，A是对折后CD上的一点，B是对 折前优弧CD上的一点.若∠A=100°，则∠BCA+∠BDA的度数为 .0 8.如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E,F. (1)当∠E=∠F时，求∠ADC的度数. (2)当∠A=55°，∠E=30时，求∠F的度数 (第7题) (3)若∠E=a,∠F=B,且a≠B.请你用含有a,B的代数式表示∠A的度数. B (第8题) 道三阶·思维拓展 深度探究创新，拓展思维 9.已知四边形ABCD内接于⊙O,AC是⊙O的直径，DE⊥AB,垂足为E (1)如图①，延长DE交⊙O于点F,连结FB,延长DC,FB交于点P.求证：PC=PB. (2)如图②，过点B作BG⊥AD,垂足为G,BG交DE于点H,且点O和点A都在DE的左侧， 连结OH,BD.若AB=√3，DH=1,∠OHD=80°，求∠BDE的度数， 0 ① ② (第9题) “答案与解析”见D34 53