2024-2025學(xué)年人教版九年級(上)數(shù)學(xué)寒假作業(yè)（十）

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年人教版九年級(上)數(shù)學(xué)寒假作業(yè)（十）一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?涼州區(qū)月考）已知一正多邊形的一個外角等于72°，則該正多邊形的中心角等于（）A．144° B．120° C．108° D．72°2．（2024?濟(jì)寧）如圖，邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，則它的內(nèi)切圓半徑為（）A．1 B．2 C．2 D．33．（2024秋?柯橋區(qū)期中）如圖，AC是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，點B在弧AC上，且BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊．此時AB是⊙O內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值是（）A．12 B．16 C．20 D．244．（2024秋?東港區(qū)校級期中）若正方形的邊長為6，則其外接圓半徑與內(nèi)切圓半徑分別為（）A．6，32 B．32，3 C．6，3 D．32，325．（2024秋?射陽縣校級月考）劉徽在《九章算術(shù)注》中首創(chuàng)“割圓術(shù)”，利用圓的內(nèi)接正多邊形來確定圓周率，開創(chuàng)了中國數(shù)學(xué)發(fā)展史上圓周率研究的新紀(jì)元．某同學(xué)在學(xué)習(xí)“割圓術(shù)”的過程中，作了一個如圖所示的圓內(nèi)接正十二邊形．若⊙O的半徑為2，則這個圓內(nèi)接正十二邊形的面積為（）A．3 B．12 C．4π D．12π二．填空題（共5小題）6．（2024秋?集美區(qū)校級月考）如圖，正六邊形ABCDEF，對角線AE、BF交于點G，EF＝2，則正六邊形ABCDEF的半徑為．7．（2024秋?泗洪縣期中）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，OA＝3，則正六邊形ABCDEF的面積為．8．（2023秋?東港區(qū)期末）已知一個正多邊形的外角是40°，則這個正多邊形的邊數(shù)為．9．（2024秋?越秀區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，半徑為2的正六邊形ABCDEF的中心與原點O重合，AB∥x軸，交y軸于點P．將△OAP繞點O旋轉(zhuǎn)，每次都是按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，則第101次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標(biāo)為．10．（2024?金鳳區(qū)校級二模）如圖，A、B、C、D為一個正多邊形的頂點，O為正多邊形的中心，若∠ADB＝20°，則這個正多邊形的邊數(shù)為．三．解答題（共5小題）11．（2024秋?鏡湖區(qū)校級期中）如圖，邊長為1的正六邊形ABCDEF放置于平面直角坐標(biāo)系中，邊AB在x軸正半軸上，頂點F在y軸正半軸上．（1）求出D點坐標(biāo)；（2）將正六邊形ABCDEF繞坐標(biāo)原點O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，請直接寫出經(jīng)過2025次旋轉(zhuǎn)后D點坐標(biāo)．12．（2024秋?淮安區(qū)月考）如圖，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，半徑OB＝4，OH⊥BC，垂足為H，求這個正六邊形的周長和面積．13．（2024秋?姜堰區(qū)期中）如圖，在正六邊形ABCDEF中，P是BC的中點，點Q在CD上，且CQ＝1，DQ＝3，求∠APQ的度數(shù)．14．（2024秋?廣陵區(qū)期中）司南是我國古代辨別方向用的一種儀器．其早在戰(zhàn)國時期就已被發(fā)明，是現(xiàn)在所用指南針的始祖．如圖，司南中心為一圓形，圓心為點O，直徑為20，根據(jù)八個方位將圓形八等分（圖2中點A～H），過點E作⊙O的切線與AG的延長線交于點M，連接EG．（1）相鄰兩個方位間所夾的圓心角的度數(shù)為．（2）求AG的長．（3）求ME的長．15．（2024秋?東臺市月考）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，M為弧AD中點，連接BM，CM．（1）求證：BM＝CM；（2）連接OB、OM，求∠BOM的度數(shù)．

2024-2025學(xué)年人教版九年級(上)數(shù)學(xué)寒假作業(yè)（十）參考答案與試題解析題號12345答案DDDBB一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?涼州區(qū)月考）已知一正多邊形的一個外角等于72°，則該正多邊形的中心角等于（）A．144° B．120° C．108° D．72°【考點】正多邊形和圓．【專題】正多邊形與圓；運算能力．【答案】D【分析】根據(jù)外角的度數(shù)求出多邊形的邊數(shù)，再由中心角=360°【解答】解：由題意可得：360°72°=5，此正多邊形為∴中心角=360°故選：D．【點評】本題考查了圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)，熟悉掌握中心角的求法是解題的關(guān)鍵．2．（2024?濟(jì)寧）如圖，邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，則它的內(nèi)切圓半徑為（）A．1 B．2 C．2 D．3【考點】正多邊形和圓；三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心．【專題】等腰三角形與直角三角形；正多邊形與圓；運算能力；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)以及勾股定理進(jìn)行計算即可．【解答】解：如圖，連接OA，OB，過點O作OM⊥AB，垂足為點M，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，點O是它的中心，∴∠AOB=360°6∵OA＝OB，∴△AOB是正三角形，∵OM⊥AB，∴AM＝BM=12AB＝在Rt△AOM中，OA＝2，AM＝1，∴OM=O即它的內(nèi)切圓半徑為3，故選：D．【點評】本題考查正多邊形和圓，掌握正六邊形的性質(zhì)以及勾股定理是正確解答的關(guān)鍵．3．（2024秋?柯橋區(qū)期中）如圖，AC是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，點B在弧AC上，且BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊．此時AB是⊙O內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值是（）A．12 B．16 C．20 D．24【考點】正多邊形和圓．【專題】正多邊形與圓；幾何直觀；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)中心角的度數(shù)＝360°÷邊數(shù)，列式計算分別求出∠AOC，∠BOC的度數(shù)，則∠AOB＝15°，則邊數(shù)n＝360°÷中心角，據(jù)此求解即可．【解答】解：連接OB，∵AC是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，∴∠AOC＝360°÷6＝60°，∵BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊，∴∠BOC＝360°÷8＝45°，∴∠AOB＝∠AOC﹣∠BOC＝60°﹣45°＝15°，∴n＝360°÷15°＝24，故選：D．【點評】本題考查正多邊形和圓，根據(jù)題意求出中心角的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．4．（2024秋?東港區(qū)校級期中）若正方形的邊長為6，則其外接圓半徑與內(nèi)切圓半徑分別為（）A．6，32 B．32，3 C．6，3 D．32，32【考點】正多邊形和圓；正方形的性質(zhì)；三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心．【專題】正多邊形與圓；推理能力．【答案】B【分析】由正方形的邊長、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑正好組成一個直角三角形，從而求得它們的長度．【解答】解：如圖，過點O作OB⊥AC于點B．∵正方形的邊長為6∴AC＝6，OA＝OC，∠AOC＝90°，∴AB＝CB＝3，∴OB＝AB＝BC＝3，∴AO=32+即外接圓半徑為32，內(nèi)切圓半徑為3．故選：B．【點評】此題主要考查了正多邊形和圓，正確利用正方形的性質(zhì)得出線段長度是解題關(guān)鍵．5．（2024秋?射陽縣校級月考）劉徽在《九章算術(shù)注》中首創(chuàng)“割圓術(shù)”，利用圓的內(nèi)接正多邊形來確定圓周率，開創(chuàng)了中國數(shù)學(xué)發(fā)展史上圓周率研究的新紀(jì)元．某同學(xué)在學(xué)習(xí)“割圓術(shù)”的過程中，作了一個如圖所示的圓內(nèi)接正十二邊形．若⊙O的半徑為2，則這個圓內(nèi)接正十二邊形的面積為（）A．3 B．12 C．4π D．12π【考點】正多邊形和圓．【專題】正多邊形與圓；幾何直觀；推理能力．【答案】B【分析】如圖，過A作AC⊥OB于C，得到圓的內(nèi)接正十二邊形的圓心角為360°12=【解答】解：通過“割圓術(shù)”作了一個如圖所示的圓內(nèi)接正十二邊形，如圖，過A作AC⊥OB于C，∵圓的內(nèi)接正十二邊形的圓心角為360°12=∵OA＝2，∴AC=∴S△∴這個圓的內(nèi)接正十二邊形的面積為12×1＝12，故選：B．【點評】本題考查了正多邊形與圓，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是熟練運用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題．二．填空題（共5小題）6．（2024秋?集美區(qū)校級月考）如圖，正六邊形ABCDEF，對角線AE、BF交于點G，EF＝2，則正六邊形ABCDEF的半徑為2．【考點】正多邊形和圓．【專題】正多邊形與圓；推理能力．【答案】2．【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)以及等邊三角形的判定和性質(zhì)進(jìn)行計算即可．【解答】解：如圖，正六邊形ABCDEF的外接圓的圓心為O，連接OE，OF，則OE＝OF，∵正六邊形ABCDEF，∴∠EOF=360°6∵OE＝OF，∴△EOF是正三角形，∴OE＝OF＝EF＝2，即正六邊形ABCDEF的半徑為2，故答案為：2．【點評】本題考查正多邊形和圓，掌握正六邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)是正確解答的關(guān)鍵．7．（2024秋?泗洪縣期中）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，OA＝3，則正六邊形ABCDEF的面積為2723【考點】正多邊形和圓．【專題】正多邊形與圓；運算能力．【答案】272【分析】連接OA，OF，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可得∠AOF＝60°，進(jìn)而可得△AOF是等邊三角形，則得AF＝OA＝3，再求出等邊△AOF的面積，進(jìn)而可求解．【解答】解：過F點作FH⊥AO于點H，連接OA，OF，如圖：∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠AOF∵OA＝3，OA＝OF，∴AF＝OA＝3，△AOF是等邊三角形，∴AH=∴FH=∴等邊△AOF的面積為：S=∴正六邊形ABCDEF的面積為：6S故答案為：272【點評】本題考查了正多邊形與圓，把一個圓分成n（n是大于2的自然數(shù)）等份，依次連接各分點所得的多邊形是這個圓的內(nèi)接正多邊形，這個圓叫做這個正多邊形的外接圓．8．（2023秋?東港區(qū)期末）已知一個正多邊形的外角是40°，則這個正多邊形的邊數(shù)為9．【考點】正多邊形和圓．【專題】正多邊形與圓；運算能力；推理能力．【答案】9．【分析】利用任意凸多邊形的外角和均為360°，正多邊形的每個外角相等即可求出答案．【解答】解：多邊形的每個外角相等，且其和為360°，據(jù)此可得360°n=解得n＝9．故答案為：9．【點評】本題考查了正多邊形和圓，解答本題的關(guān)鍵要明確正多邊形的每個外角相等，且其和為360°．9．（2024秋?越秀區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，半徑為2的正六邊形ABCDEF的中心與原點O重合，AB∥x軸，交y軸于點P．將△OAP繞點O旋轉(zhuǎn)，每次都是按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，則第101次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標(biāo)為(3，【考點】正多邊形和圓；坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)；規(guī)律型：點的坐標(biāo)．【專題】規(guī)律型；正多邊形與圓；運算能力；推理能力．【答案】(3【分析】首先確定點A的坐標(biāo)，再根據(jù)4次一個循環(huán)，推出經(jīng)過第101次旋轉(zhuǎn)后點的坐標(biāo)即可．【解答】解：∵正六邊形ABCDEF邊長為2，中心與原點O重合，AB∥x軸，∴AP＝1，AO＝2，∠OPA＝90°，∴OP=∴第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標(biāo)為(3第2次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標(biāo)為(-第3次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標(biāo)為(-第4次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標(biāo)為(1，∴4次一個循環(huán)，∵101÷4＝25??1，∴第101次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標(biāo)為(3故答案為：(3【點評】本題考查正多邊形的性質(zhì)，規(guī)律型問題，坐標(biāo)與圖形變化——旋轉(zhuǎn)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會探究規(guī)律的方法，屬于中考?？碱}型．10．（2024?金鳳區(qū)校級二模）如圖，A、B、C、D為一個正多邊形的頂點，O為正多邊形的中心，若∠ADB＝20°，則這個正多邊形的邊數(shù)為九．【考點】正多邊形和圓．【專題】圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；正多邊形與圓；運算能力；應(yīng)用意識．【答案】九．【分析】根據(jù)圓周角定理可得正多邊形的邊AB所對的圓心角∠AOB＝40°，再根據(jù)正多邊形的一條邊所對的圓心角的度數(shù)與邊數(shù)之間的關(guān)系可得答案．【解答】解：如圖，設(shè)正多邊形的外接圓為⊙O，連接OA，OB，∵∠ADB＝20°，∴∠AOB＝2∠ADB＝40°，而360°÷40°＝9，∴這個正多邊形為正九邊形，故答案為：九．【點評】本題考查正多邊形與圓，圓周角，掌握圓周角定理是解決問題的關(guān)鍵，理解正多邊形的邊數(shù)與相應(yīng)的圓心角之間的關(guān)系是解決問題的前提．三．解答題（共5小題）11．（2024秋?鏡湖區(qū)校級期中）如圖，邊長為1的正六邊形ABCDEF放置于平面直角坐標(biāo)系中，邊AB在x軸正半軸上，頂點F在y軸正半軸上．（1）求出D點坐標(biāo)；（2）將正六邊形ABCDEF繞坐標(biāo)原點O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，請直接寫出經(jīng)過2025次旋轉(zhuǎn)后D點坐標(biāo)(-3【考點】正多邊形和圓；坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)；規(guī)律型：點的坐標(biāo)．【專題】規(guī)律型；等腰三角形與直角三角形；運算能力；推理能力．【答案】（1）(3（2）(-【分析】（1）連接AD，BD，由正六邊形的性質(zhì)易得BD⊥AB，∠DAB＝60°，則可求得BD；再在Rt△FOA中，由含30度角直角三角形可求得OA，從而得到OB，確定點D的坐標(biāo)；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，點D每旋轉(zhuǎn)6次后回到原來的位置，而2025÷6＝337?3，表明點D經(jīng)過2025次旋轉(zhuǎn)后的位置與開始位置的點D關(guān)于原點對稱，根據(jù)關(guān)于原點對稱點的坐標(biāo)特點即可求解，【解答】解：（1）如圖，連接AD，BD，∵∠FAB＝∠ABC＝∠BCD＝120°，AF＝AB＝BC＝CD＝1，∴∠CBD∴∠ABD＝120°﹣∠CBD＝90°；∴BD⊥AB；∵∠DBC=12∠FAB=12∴∠BDA＝30°，∴AD＝2AB＝2，∴BD=A∵∠FAO＝180°﹣∠FAB＝60°，∴∠AFO＝90°﹣∠FAO＝30°，∴OA=∴OB=∴點D的坐標(biāo)為(3（2）由題意知，點D每旋轉(zhuǎn)6次回到原來的位置，而2025÷6＝337?3，表明點D經(jīng)過2025次旋轉(zhuǎn)后的位置與開始位置時點D關(guān)于原點對稱，∵點D起始點坐標(biāo)為(3∴它關(guān)于原點對稱的坐標(biāo)為(-即點D經(jīng)過2025次旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)為(-故答案為：(-【點評】本題考查了正六邊形的性質(zhì)，坐標(biāo)規(guī)律的探索，求關(guān)于原點對稱點的坐標(biāo)，含30度角直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是：找到坐標(biāo)變化規(guī)律．12．（2024秋?淮安區(qū)月考）如圖，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，半徑OB＝4，OH⊥BC，垂足為H，求這個正六邊形的周長和面積．【考點】正多邊形和圓．【專題】正多邊形與圓；運算能力；推理能力．【答案】24，243．【分析】連接OB，OC，由正六邊形的性質(zhì)可知△OBC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理可得出OH的長，進(jìn)而得出結(jié)論．【解答】解：連接OB，OC，如圖：∴OB＝OC，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠BOC=360°6∴△OAB是等邊三角形，∴BC＝OB＝4，∴正六邊形的周長＝6×4＝24．∵OH⊥BC，∴BH=12BC＝∴OH=OB2∴正六邊形的面積＝6S△AOB＝6×12×4×23【點評】本題考查的是正多邊形和圓、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟知正六邊形的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．13．（2024秋?姜堰區(qū)期中）如圖，在正六邊形ABCDEF中，P是BC的中點，點Q在CD上，且CQ＝1，DQ＝3，求∠APQ的度數(shù)．【考點】正多邊形和圓．【專題】線段、角、相交線與平行線；正多邊形與圓；圖形的相似；運算能力；推理能力．【答案】∠APQ＝120°．【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)以及平角的定義進(jìn)行計算即可．【解答】解：∵正六邊形ABCDEF，∴∠B＝∠C=(6-2)×180°6=120°，AB＝BC＝CD＝1+3∵點P是BC的中點，∴BP＝PC＝2，在△ABP與△PCQ中，∵ABPC=42=∴ABPC又∵∠B＝∠C＝120°，∴△ABP∽△PCQ，∴∠APB＝∠CQP，∠BAP＝∠CPQ，∵∠APB+∠BAP＝180°﹣120°＝60°，∴∠APB+∠CPQ＝60°，∴∠APQ＝180°﹣60°＝120°．【點評】本題考查正多邊形和圓，相似三角形以及平角，掌握正六邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)以及平角定義是正確解答的關(guān)鍵．14．（2024秋?廣陵區(qū)期中）司南是我國古代辨別方向用的一種儀器．其早在戰(zhàn)國時期就已被發(fā)明，是現(xiàn)在所用指南針的始祖．如圖，司南中心為一圓形，圓心為點O，直徑為20，根據(jù)八個方位將圓形八等分（圖2中點A～H），過點E作⊙O的切線與AG的延長線交于點M，連接EG．（1）相鄰兩個方位間所夾的圓心角的度數(shù)為45°．（2）求AG的長．（3）求ME的長．【考點】正多邊形和圓；圓周角定理；切線的性質(zhì)．【專題】正多邊形與圓；幾何直觀．【答案】（1）45°；（2）102（3）20．【分析】（1）根據(jù)八個方位將圓形八等分，由此可得相鄰兩個方位間所夾的圓心角的度數(shù)為360°8=（2）根據(jù)圓周角定理及其推論可得∠AGE＝90°，∠GAE＝∠AEG＝45°，然后解直角三角形即可；（3）根據(jù)切線的性質(zhì)得出△AEM是等腰直角三角形，從而求出EM＝20．【解答】解：（1）由題意可知：八個方位將圓形八等分，∴相鄰兩個方位間所夾的圓心角的度數(shù)為360°8=故答案為：45°；（2）∵AE為⊙O的直徑，∴∠AGE＝90°，∵AG=∴AG＝EG，∴∠GAE＝∠AEG＝45°，∴AG=答：AG的長是102（3）∵M(jìn)E為⊙O的切線，∴∠AEM＝90°，由（2）知：∠GAE＝45°，∴ME＝AE＝20．答：ME的長是20．【點評】本題主要考查了正多邊形和圓，切線的性質(zhì)，圓周角定理，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．15．（2024秋?東臺市月考）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，M為弧AD中點，連接BM，CM．（1）求證：BM＝CM；（2）連接OB、OM，求∠BOM的度數(shù)．【考點】正多邊形和圓；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；垂徑定理；圓周角定理．【專題】矩形菱形正方形；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；正多邊形與圓；運算能力；推理能力．【答案】（1）證明見解答；（2）∠BOM的度數(shù)是135°．【分析】（1）由AB＝DC，得AB=DC，而AM=DM，可推導(dǎo)出BM=（2）連接OB、OM、OC，由∠BOC=14×360°＝90°，得∠BOM+∠COM＝270°，由BM＝CM，得∠BOM＝∠COM，則2∠BOM＝270°，求得∠BOM【解答】（1）證明：∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴AB＝DC，∴AB=∵M(jìn)為AD的中點，∴AM=∴AB+∴BM=∴BM＝CM．（2）解：連接OB、OM、OC，∵∠BOC=14×360∴∠BOM+∠COM＝360°﹣∠BOC＝270°，∵BM＝CM，∴∠BOM＝∠COM，∴2∠BOM＝270°，∴∠BOM＝135°，∴∠BOM的度數(shù)是135°．【點評】此題重點考查正方形的性質(zhì)、正多邊形與圓等知識，推導(dǎo)出BM=

考點卡片1．規(guī)律型：點的坐標(biāo)1．所需能力：（1）深刻理解平面直角坐標(biāo)系和點坐標(biāo)的意義（2）探索各個象限的點和坐標(biāo)軸上的點其坐標(biāo)符號規(guī)律（3）探索關(guān)于平面直角坐標(biāo)系中有關(guān)對稱，平移等變化的點的坐標(biāo)變化規(guī)律．2．重點：探索各個象限的點和坐標(biāo)軸上的點其坐標(biāo)符號規(guī)律3．難點：探索關(guān)于平面直角坐標(biāo)系中有關(guān)對稱，平移等變化的點的坐標(biāo)變化規(guī)律．2．全等三角形的判定與性質(zhì)（1）全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．（2）在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．3．正方形的性質(zhì)（1）正方形的定義：有一組鄰邊相等并且有一個角是直角的平行四邊形叫做正方形．（2）正方形的性質(zhì)①正方形的四條邊都相等，四個角都是直角；②正方形的兩條對角線相等，互相垂直平分，并且每條對角線平分一組對角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對角線將正方形分成四個全等的等腰直角三角形，同時，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．4．垂徑定理（1）垂徑定理垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?）垂徑定理的推論推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。普?：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條弧．推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。?．圓周角定理（1）圓周角的定義：頂點在圓上，并且兩邊都與圓相交的角叫做圓周角．注意：圓周角必須滿足兩個條件：①頂點在圓上．②角的兩條邊都與圓相交，二者缺一不可．（2）圓周角