正多邊形與圓九年級數(shù)學(xué)上冊尖子生培優(yōu)題典2

2021-2022學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上冊尖子生同步培優(yōu)題典【人教版】專題正多邊形與圓姓名：__________________班級：______________得分：_________________考前須知：本試卷總分值100分，試題共24題，選擇10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題〔本大題共10小題，每題3分，共30分〕在每題所給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的．1．〔2021?興安盟〕一個(gè)正多邊形的中心角為30°，這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是〔〕A．3B．6C．8D．12【分析】根據(jù)正多邊形的中心角和為360°和正多邊形的中心角相等，列式計(jì)算即可．【解析】∵正多邊形的中心角和為360°，正多邊形的中心角是30°，∴這個(gè)正多邊形的邊數(shù)=360°30°=應(yīng)選：D．2．〔2021?紹興〕如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)P在AB上，那么∠BPC的度數(shù)為〔〕A．30°B．45°C．60°D．90°【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到BC弧所對的圓心角為90°，那么∠BOC＝90°，然后根據(jù)圓周角定理求解．【解析】連接OB、OC，如圖，∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴BC所對的圓心角為90°，∴∠BOC＝90°，∴∠BPC=12∠BOC＝45應(yīng)選：B．3．〔2021?成都模擬〕如圖，⊙O是正六邊形ABCDEF的外接圓，點(diǎn)P在⊙O上〔P不與A，B重合〕，那么∠APB的度數(shù)為〔〕A．30°或150°B．60°或120°C．30°D．60°【分析】構(gòu)造圓心角，分兩種情況，利用同弧所對的圓周角是圓心角的一半求得答案即可．【解析】連接OA，OB，如下圖：∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠AOB=360°6=當(dāng)點(diǎn)P不在BA上時(shí)，∠APB=12∠AOB＝30當(dāng)點(diǎn)P在AB上時(shí)，∠APB＝180°-12∠AOB＝180°﹣30°＝150應(yīng)選：A．4．〔2021?和平區(qū)二?！吃趫A內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，正六邊形的邊長為2，那么這個(gè)正六邊形的中心角和邊心距分別是〔〕A．30°，1B．45°，2C．60°，3D．120°，2【分析】由正六邊形的性質(zhì)得∠COD＝60°，再證△OCD是等邊三角形，得BC＝CD＝OC＝2，再由垂徑定理和含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出OG即可．【解析】在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，∠COD=360°6=∵OC＝OD，∴△OCD是等邊三角形，∴BC＝CD＝OC＝2，∵OG⊥BC，∴CG=12BC＝1∵∠COG=12∠COD＝30∴OG=3CG=3應(yīng)選：C．5．〔2021?大東區(qū)二?！骋粋€(gè)正六邊形的邊心距為3，那么它的外接圓的面積為〔〕A．4πB．3πC．2πD．π【分析】過O作OH⊥AB于H，連接OA、OB，證△OAB是等邊三角形，得∠OAB＝60°，再由銳角三角函數(shù)定義求出OA＝2，然后由圓的面積公式求解即可．【解析】如圖，O為正六邊形六邊形ABCDEF的中心，過O作OH⊥AB于H，連接OA、OB那么OA為正六邊形ABCDEF的外接圓的半徑，OH為正六邊形ABCDEF的邊心距，即OH=3，∵∠AOB=360°6=∴△OAB是等邊三角形，∴∠OAB＝60°，∵OH⊥AB，∴sin∠OAH=OHOA∴OA=3sin60°∴它的外接圓的面積＝π?22＝4π，應(yīng)選：A．6．〔2021?東阿縣三?！橙鐖D，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)P是劣弧BC上一點(diǎn)〔點(diǎn)P不與點(diǎn)C重合〕，那么∠CPD＝〔〕A．45°B．36°C．35°D．30°【分析】連接OC，OD．求出∠COD的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題．【解析】如圖，連接OC，OD，∵ABCDE是正五邊形，∴∠COD=360°5=∴∠CPD=12∠COD＝36應(yīng)選：B．7．〔2021?南開區(qū)二?！橙鐖D，五邊形ABCDE是⊙O的內(nèi)接正五邊形，AF是⊙O的直徑，那么∠BDF的度數(shù)是〔〕A．18°B．36°C．54°D．72°【分析】正五邊形的性質(zhì)和圓周角定理即可得到結(jié)論．【解析】∵AF是⊙O的直徑，五邊形ABCDE是⊙O的內(nèi)接正五邊形，∴CF=DF，BC=DE，∠BAE∴BF=EF∴∠BAF=12∠BAE＝54∴∠BDF＝∠BAF＝54°，應(yīng)選：C．8．〔2021?蒼溪縣模擬〕在正五邊形的外接圓中，任一邊所對的圓周角的度數(shù)為〔〕A．36°B．72°C．144°D．36°或144°【分析】畫出圖形，連接OA、OB、BD、AD，在AB上取點(diǎn)F，連接AF、BF，由正五邊形的性質(zhì)得出AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠AOB＝72°，由圓周角定理得出∠ADB=12∠AOB＝36°，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠AFB＝180°﹣∠ADB＝144【解析】連接OA、OB、BD、AD，在AB上取點(diǎn)F，連接AF、BF，如下圖：∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠AOB=360°5=∴∠ADB=12∠AOB＝36∴∠AFB＝180°﹣∠ADB＝144°，即在正五邊形的外接圓中，任一邊所對的圓周角的度數(shù)為36°或144°；應(yīng)選：D．9．〔2021秋?溫州校級期中〕如圖，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，按逆時(shí)針方向沿著正六邊形〔各邊均相等〕的邊循環(huán)運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動280cm后恰好停在點(diǎn)C，那么該正六邊形的邊長可能是〔〕A．4cmB．5cmC．6cmD．7cm【分析】設(shè)正方形的邊長為x，點(diǎn)P運(yùn)動了n圈，那么有6nx+2x＝280，根據(jù)選項(xiàng)中，x的值確定n的值即可判斷．【解析】設(shè)正方形的邊長為x，點(diǎn)P運(yùn)動了n圈，那么有6nx+2x＝280，當(dāng)x＝4時(shí)，n不是整數(shù)，不符合題意，當(dāng)x＝5時(shí)，n＝9，符合題意，當(dāng)x＝6時(shí)，n不是整數(shù)，不符合題意，當(dāng)x＝7時(shí)，n不是整數(shù)，不符合題意，應(yīng)選：B．10．〔2021秋?南開區(qū)期末〕如圖，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，BF，BD分別交AC于點(diǎn)G，H．假設(shè)該圓的半徑為15cm，那么線段GH的長為〔〕A．5cmB．53cmC．35cmD．103cm【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及解直角三角形即可得到結(jié)論．【解析】∵在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，AB＝AF＝BC＝CD，∠BAF＝∠ABC＝∠BCD＝120°，∴∠AFB＝∠ABF＝∠BAC＝∠ACB＝∠CBD＝∠BDC＝30°，∴AG＝BG，BH＝CH，∵∠GBH＝∠BGH＝∠BHG＝60°，∴AG＝GH＝BG＝BH＝CH，連接OA，OB交AC于N，那么OB⊥AC，∠AOB＝60°，∵OA＝15cm，∴AN=32OA=153∴AC＝2AN＝153〔cm〕，∴GH=13AC＝53〔cm應(yīng)選：B．二、填空題〔本大題共8小題，每題3分，共24分〕請把答案直接填寫在橫線上11．〔2021?廣東模擬〕一個(gè)正六邊形外接圓的半徑等于2cm，那么這個(gè)正六邊形的周長等于12cm．【分析】根據(jù)正六邊形外接圓的半徑等于邊長進(jìn)行解答即可．【解析】∵正六邊形外接圓的半徑等于邊長，∴正六邊形的邊長＝2cm，正六邊形的周長＝6×2＝12〔cm〕，故答案為：12．12．〔2021?上?！沉鶄€(gè)帶30度角的直角三角板拼成一個(gè)正六邊形，直角三角板的最短邊為1，求中間正六邊形的面積332【分析】利用△ABG≌△BCH得到AG＝BH，再根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到BG＝2AG，接著證明HG＝AG可得結(jié)論．【解析】如圖，∵△ABG≌△BCH，∴AG＝BH，∵∠ABG＝30°，∴BG＝2AG，即BH+HG＝2AG，∴HG＝AG＝1，∴中間正六邊形的面積＝6×34×12故答案為：33213．〔2021?鼓樓區(qū)二模〕如圖是四個(gè)全等的正八邊形和一個(gè)正方形拼成的圖案，正方形的面積為4，那么一個(gè)正八邊形的面積為8+82．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB＝2，根據(jù)由正八邊形的特點(diǎn)求出∠AOB的度數(shù)，過點(diǎn)B作BD⊥OA于點(diǎn)D，根據(jù)勾股定理求出BD的長，由三角形的面積公式求出△AOB的面積，進(jìn)而可得出結(jié)論．【解析】設(shè)正八邊形的中心為O，連接OA，OB，如下圖，∵正方形的面積為4，∴AB＝2，∵AB是正八邊形的一條邊，∴∠AOB=360°8=過點(diǎn)B作BD⊥OA于點(diǎn)D，設(shè)BD＝x，那么OD＝x，OB＝OA=2x，∴AD=2x﹣x，在Rt△ADB中，BD2+AD2＝AB2，即x2+〔2x﹣x〕2＝22，解得x2＝2+2，∴S△AOB=12OA?BD=12×2∴S正八邊形＝8S△AOB＝8×〔2+1〕＝82+8故答案為：82+8．14．〔2021?雁塔區(qū)校級模擬〕如圖，點(diǎn)O為正八邊形ABCDEFGH的中心，那么∠AFO的度數(shù)為°．【分析】連接OA、OB，根據(jù)正多邊形的性質(zhì)求出∠AOB，根據(jù)圓周角定理計(jì)算即可．【解析】作正八邊形ABCDEFGH的外接圓O．連接OA、OB，∵八邊形ABCDEFGH是OO內(nèi)接正八邊形，∴∠AOB=360°8=由圓周角定理得，∠AFO=12∠AOB=應(yīng)選答案為°．15．〔2021?曲江區(qū)校級模擬〕如圖，正八邊形ABCDEFGH內(nèi)接于⊙O，假設(shè)AC＝4，那么點(diǎn)O到AC距離為2．【分析】連接OB交AC于M，根據(jù)圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)得到∠AOB＝∠BOC＝45°，AB＝BC，由垂徑定理可求得AM，得到OM⊥AC，在等腰Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理求出OA，在等腰Rt△AOM中，根據(jù)勾股定理求出OM，即為點(diǎn)O到AC距離為2．【解析】連接OB交AC于M，∵正八邊形ABCDEFGH內(nèi)接于⊙O，∴∠AOB＝∠BOC=360°8=45°，AB＝∴AB=BC，∠AOC＝90∴AM＝CM=12AC＝2，OM⊥AC∵OA＝OC，∠OAM＝∠OCA=12〔180°﹣∠AOC〕＝45∴∠OAM＝∠AOB，∴AM＝OM，在Rt△AOC中，∵OA＝OC，OA2+OC2＝AC2，∴2OA2＝AC2＝42＝16，∴OA＝22，在Rt△AOM中，∵OM2+AM2＝OA2，∴2OM2＝〔22〕2，∴OM＝2，∴點(diǎn)O到AC距離為2，故答案為：2．16．〔2021?長安區(qū)二?！橙鐖D，正方形ABCD和正六邊形AEFCGH均內(nèi)接于⊙O，連接HD；假設(shè)線段HD恰好是⊙O的一個(gè)內(nèi)接正n邊形的一條邊，那么n＝12．【分析】連接OH、OD、OA，如圖，利用正多邊形與圓，分別計(jì)算⊙O的內(nèi)接正四邊形與內(nèi)接六三角形的中心角得到∠HOA＝60°，∠DOA＝90°，∠DOH＝∠DOA﹣∠HOA＝90°﹣60°＝30°，然后計(jì)算n．【解析】連接OH、OD、OA，如圖，∵正方形ABCD和正六邊形AEFCGH均內(nèi)接于⊙O，∴∠HOA=360°6=∠DOA=360°4=∠DOH＝∠DOA﹣∠HOA＝90°﹣60°＝30°，∴n=360°30°=即HD恰好是同圓內(nèi)接一個(gè)正十二邊形的一邊．故答案為12．17．〔2021?東莞市校級二?！橙鐖D，要擰開一個(gè)邊長為a＝8mm的正六邊形螺料，扳手張開的開口b至少為83mm．【分析】設(shè)正六邊形的中心是O，其一邊是AB，連接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，那么∠AOB＝∠BOC＝60°，得出OA＝OB＝AB＝OC＝BC，那么四邊形ABCO是菱形，得出AC⊥OB，AM＝CM，由sin∠AOB=AMOA【解析】設(shè)正六邊形的中心是O，其一邊是AB，連接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，如下圖：∴∠AOB＝∠BOC＝60°，∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，∴四邊形ABCO是菱形，∴AC⊥OB，AM＝CM，∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，∴sin∠AOB=AMOA∴AM＝8×32=43〔∴AC＝2AM＝83mm，故答案為：83．解法2：連接OC、OD，過O作OM⊥CD于M，如圖1所示：那么∠COD=360°6=∴∠COM＝90°﹣60°＝30°，△OCD是等邊三角形，∴OC＝OD＝CD＝8mm，∵OM⊥CD，∴CM＝DM=12CD＝4〔mm〕，OM=3CM＝43〔∴b＝2om＝83〔mm〕，故答案為：83．18．〔2021春?鹿城區(qū)校級期中〕如下圖，一個(gè)邊長為3的大正六邊形ABCDEF中，鋪上六個(gè)大小相同的直角三角形，中間圍成一個(gè)小的正六邊形．這個(gè)小正六邊形A'B'C'D'E′F'的邊長為3．【分析】解直角三角形求出BB′，AB′可得結(jié)論．【解析】∵小正六邊形A'B'C'D'E′F'中，∠C′B′A′＝120°，∴∠AB′B＝60°，∵∠ABB′＝90°，AB＝3，∴BB′=3，AB′2＝2BB′＝23，∵AA′＝BB′=3，∴A′B′＝AB′﹣AA′=3，故答案為：3．三、解答題〔本大題共6小題，共46分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟〕19．〔2021?海寧市一模〕如圖，點(diǎn)O是正六邊形ABCDEF的對稱中心，G，H分別是AF，BC上的點(diǎn)，且AG＝BH．〔1〕求∠FAB的度數(shù)；〔2〕求證：OG＝OH．【分析】〔1〕根據(jù)多邊形的內(nèi)角和定理、正多邊形的性質(zhì)計(jì)算；〔2〕證明△AOG≌△BOH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論．【解析】〔1〕解：∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠FAB=(6-2)×1806=〔2〕證明：連接OA、OB，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∵∠FAB＝∠CBA，∴∠OAG＝∠OBH，在△AOG和△BOH中，AG=BH∴△AOG≌△BOH〔SAS〕∴OG＝OH．20．〔2021秋?大連月考〕如圖1，△ABC為等邊三角形，圖2為正方形，圖3為正五邊形，圖4為正多邊形．〔1〕如圖1當(dāng)BP＝CQ時(shí)，請求出∠AOQ的度數(shù)，并說明理由〔2〕如圖2，在正方形中，當(dāng)BP＝CQ時(shí)∠AOQ＝90°；如圖3，在正五邊形中，當(dāng)BP＝CQ時(shí)，∠AOQ＝108°；〔3〕如圖4，在正n邊形中，當(dāng)BP＝CQ時(shí)，∠AOQ是否有什么規(guī)律？如果有請用含有n的式子直接表示；如果沒有規(guī)律，請說明理由．【分析】〔1〕根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論；〔2〕方法同〔1〕；〔3〕由〔2〕的結(jié)論即可得到結(jié)果．【解析】〔1〕∠AOQ＝60°．在△ABP和△BCQ中，AB=BC∴△ABP≌△BCQ〔SAS〕．∴∠BAP＝∠CBQ．∴∠AOQ＝∠ABO+∠BAP＝∠ABO+∠CBQ＝∠ABC＝60°；〔2〕理由同〔1〕：正方形∠AOQ＝90°，正五邊形∠AOQ＝108°，〔3〕正n邊形∠AOQ=180°(n故答案為：90°，108°．21．〔2021?武漢模擬〕如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，E是BC的中點(diǎn)，連接AE，DE，CE．〔1〕求證：AE＝DE；〔2〕假設(shè)CE＝1，求四邊形AECD的面積．【分析】〔1〕欲證明AE＝DE，只要證明AE=DE〔2〕連接BD，過點(diǎn)D作DF⊥DE交EC的延長線于F．證明△ADE≌△CDF〔AAS〕，推出AE＝CF，推出S△ADE＝S△CDF，推出S四邊形AECD＝S△DEF，再利用等腰三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程求出DE，即可解決問題．【解析】〔1〕證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD，∴AB=CD∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE=EC∴AE=DE∴AE＝DE．〔2〕解：連接BD，過點(diǎn)D作DF⊥DE交EC的延長線于F．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBC＝∠DEC＝45°，DA＝DC，∵∠EDF＝90°，∴∠F＝90°﹣45°＝45°，∴DE＝DF，∵∠ADC＝∠EDF＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，在△ADE和△CDF中，∠ADE=∠∴△ADE≌△CDF〔AAS〕，∴AE＝CF，∴S△ADE＝S△CDF，∴S四邊形AECD＝S△DEF，∵EF=2DE＝EC+DE，EC＝1，∴1+DE=2DE，∴DE=2+1∴S△DEF=12DE2=22．〔2021?江岸區(qū)校級模擬〕如圖，A，P，B，C是⊙O上的四個(gè)點(diǎn)，∠APC＝∠CPB＝60°．〔1〕求證：△ABC是等邊三角形．〔2〕假設(shè)⊙O的半徑為2，求等邊△ABC的邊心距．【分析】〔1〕利用圓周角定理可得∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，而∠APC＝∠CPB＝60°，所以∠BAC＝∠ABC＝60°，從而可判斷△ABC的形狀；〔2〕過O作OD⊥BC于D，連接OB，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解析】〔1〕證明：在⊙O中，∵∠BAC與∠CPB是BC對的圓周角，∠ABC與∠APC是AC所對的圓周角，∴∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，又∵∠APC＝∠CPB＝60°，∴∠ABC＝∠BAC＝60°，∴△ABC為等邊三角形；〔2〕過O作OD⊥BC于D，連接OB，那么∠OBD＝30°，∠ODB＝90°，∵OB＝2，∴OD＝1，∴等邊△ABC的邊心距為1．23．〔2021秋?廬陽區(qū)期末〕，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)P是弧AD上一點(diǎn)．〔1〕如圖1，假設(shè)點(diǎn)P是弧AD的中點(diǎn)，求證：CE＝CD；〔2〕如圖2，假設(shè)圖中PE＝OE，求AEEC的值．【分析】〔1〕連接DE，由是正方形的性質(zhì)得到AC⊥BD，OB＝OD＝OC，由等腰直角三角形的性質(zhì)得到EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，∠EBD＝∠EDB，由圓周角的性質(zhì)得到∠POD=12∠ABD＝°，進(jìn)而得到∠EDC＝°，∠CED＝°，根據(jù)等腰三角形的判定即可得到CE＝CD〔2〕根據(jù)正方形的性質(zhì)和圓周角定理及角平分線的性質(zhì)證得∠1＝∠2＝∠PDE，由三角形內(nèi)角和定理求出∠2＝30°，根據(jù)含30°直角三角形的性質(zhì)和勾股定理得到DE＝2OE，OD=3OE，進(jìn)而得到OD＝OA=3OE，AE＝〔3-1〕OE，EC＝〔3+1【解析】〔1〕證明：如圖1，連接DE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OB＝OD＝OC，∴EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，∴∠EBD＝∠EDB，∵點(diǎn)P是弧AD的中點(diǎn)，∴∠PBD=12∠ABD=12∴∠EDC＝45°°＝°，∴∠CED＝180°﹣45°﹣°＝°，∴∠CED＝∠EDC，∴CE＝CD；〔2〕解：如圖2，連接DE，DP，∵四邊形ABCD是正方