专题2.17 正多边形与圆（专项练习）（培优练）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题2.17 正多边形与圆（专项练习）（培优练） 一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（23-24九年级上·浙江温州·期中）已知：圆内接正六边形的边长为2，则圆心到内接正六边形各边的距离为（    ） A．2 B．1 C． D． 2．（22-23九年级上·广东湛江·期末）已知正六边形的边长为4，则这个正六边形的半径为（　　） A．1 B．2 C．4 D． 3．（23-24九年级上·广东湛江·期末）一个正方形的边长为，则它的内切圆的面积为（ ） A． B． C． D． 4．（24-25九年级上·全国·假期作业）如图，正五边形内接于，连接，，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24九年级上·河南郑州·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24九年级下·云南昆明·阶段练习）如图，正六边形与正三角形共顶点，若三角形的边长为，则这个六边形的面积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·安徽合肥·二模）如图，正五边形的外接圆为，点是劣弧上一点，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 8．（23-24九年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在边长为4的正五边形中，按以下步骤作图：①连接；②以点C为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，③分别以点M、N为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点F；④作射线交线段于点G；⑤连接；则四边形的周长为（    ） A．12 B．16 C．18 D．20 9．（2024·安徽池州·模拟预测）如图，正方形与等边内接于，，则等于（　　） A． B． C． D． 10．（2024·山东德州·二模）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”蕴含了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形的面积作近似估计，可得的估计值为（   ） A． B．3 C． D．3.14 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（2024·上海虹口·三模）设正多边形的边数为，中心角度数为，则关于的函数解析式及其定义域为 12．（23-24九年级上·山西大同·期末）如图，在正六边形中，以点O为原点建立平面直角坐标系，边落在x轴上.若点A的坐标为，则点B的坐标为 ．    13．（23-24九年级下·陕西西安·期中）如图，已知正六边形，对角线，交于点，点，分别是，的中点，则的值为 ． 14．（2024·江苏南京·一模）如图，是正八边形的两条对角线，则 ． 15．（23-24九年级上·江苏泰州·期末）如图，四边形是的内接四边形，是的内接正边形的一边，是的内接正边形的一边，，则 ．    16．（22-23九年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，的内接正六边形，点分别为，边的中点，直线与交于点，若，则 ． 17．（23-24九年级上·湖南湘西·期中）如图1，图2，图3⋯，M、N分别是的内接正三角形，正方形，正五边形，…的边上的点，且，连接，图1中，图2中，图3中…，根据这样的规律，图n中的度数是 ． 18．（22-23九年级上·浙江宁波·期末）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他首次提出“割圆术”，利用圆内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆周率，方法如图：作正六边形ABCDEF内接于，取的中点G，与交于点H；连接、；依次对剩余五段弧取中点可得一个圆内接正十二边形，记正十二边形的面积为，正六边形的面积为，则 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（8分）（23-24九年级下·全国·课后作业）如图， 的半径为，正六边形内接于．求： （1）圆心O到的距离； （2）正六边形的面积． 20．（8分）（2023·山西太原·二模）如图，正方形内接于，连接，点F是的中点，过点D作的切线与的延长线相交于点G． （1）试判断与的位置关系，并说明理由． （2）求的度数． 21．（10分）（2020·湖北武汉·模拟预测）如图，正方形内接于，E是的中点，连接．  （1）求证：； （2）若，求四边形的面积． 22．（10分）（23-24九年级上·河北邢台·期中）如图，正六边形内接于．   （1）若是上的动点，连接，求的度数； （2）已知的面积为． 求的度数； 求的半径． 23．（10分）（22-23九年级上·湖北武汉·期中）如图，正方形内接于是的中点，连接. （1）求证：； （2）求证：； 24．（12分）（23-24九年级上·江苏盐城·期中）如图，等腰内接于，． （1）如图1，若，连接并延长交于点D，交于点H． ①弧的度数为：______；与的数量关系是：______． ②请你仅使用无刻度的直尺在图1中作出一个正六边形，保留作图痕迹（作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）； （2）如图2，若，E是的中点，请你仅使用无刻度的直尺在图2中，作一个的内接正五边形（作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】 构建直角三角形，利用直角三角形的边角关系即可求出． 此题主要考查了正多边形和圆、利用勾股定理解三角形，正确掌握正六边形的性质是解题关键． 【详解】 解：如图，连接，，作，    ∵圆内接正六边形边长为2， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴在中， ∴正六边形的边心距是． 故选：C． 2．C 【分析】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的判定和性质；掌握正六边形中心角的计算方法是解题关键．如图，求出圆心角，得到为等边三角形，即可解决问题． 【详解】解：如图，为内接正六边形的一边； 则， ， 为等边三角形， ． 故选：C． 3．B 【分析】此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、正多边形与圆等知识，正确地求出正方形的边心距是解题的关键． 先证明正方形的两条对角线的交点为正方形的内切圆的圆心，再从该圆心向正方形的一边作垂线，得到该正方形的边心距，求出它的长即得到该正方形的内切圆的半径，再求出该正方形的内切圆的面积即可． 【详解】解：如图，正方形的对角线、BD交于点O， ，，， ， 点O是正方形的外心，也是它的内心， 作于点E，以点O为圆心，以为半径作，则是正方形的内切圆， ， ， ， ， ， ， 该正方形内切圆的面积为． 故选：B．    4．D 【分析】本题考查正多边形内角和公式、正多边形的中心角，根据多边形的内角和可以求得的度数，根据周角等于，可以求得的度数，然后即可计算出的度数即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ，， ， 故选：D． 5．A 【分析】本题主要考查了正多边形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握求正多边形中心角的方法，旋转的性质． 连接，根据正六边形的性质推出，进而得出，，则，再根据旋转的性质，依次得出前几次旋转的点A的对应点坐标，总结出一般变化规律，即可解答． 【详解】解：如图所示，连接， ∵该六边形为正六边形， ∴，， ∵轴，正六边形中心与原点O重合， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴ 第1次旋转结束时，点A的坐标为； 第2次旋转结束时，点A的坐标为； 第3次旋转结束时，点A的坐标为； 第4次旋转结束时，点A的坐标为， ∵4次一个循环， ∴ 第2023次旋转结束时，点A的坐标为． 故选：A． 6．C 【分析】连接、，设交于点G，根据正六边形性质证明是等边三角形， 推出，，推出，得到,． 【详解】连接、，设交于点G， ∵正六边形中，，， ∴是等边三角形， ∴ ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵正三角形的边长为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正多边形．熟练掌握正六边形性质，等边三角形的判断和性质，垂径定理，圆周角定理，含的直角三角形性质，是解决问题的关键． 7．B 【分析】本题考查了正五边形的性质，圆内接四边形的性质，三角形内角和定理，根据正五边形的性质求出，再根据圆内接四边形的性质求出，最后根据三角形内角和定理即可求解，掌握正五边形和圆内接四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， 故选：． 8．B 【分析】先求解正五边形的每一个内角为108度，再求解，证明，可得，同理可得，从而可得答案． 【详解】解：∵边长为4的正五边形， ∴， ， ∴， ∴， 由作图可得：， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴四边形的周长为； 故选B 【点睛】本题考查的是作角平分线，等腰三角形的判定与性质，正五边形的性质，掌握正多边形的性质是解本题的关键． 9．D 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．由圆内接正多边形的性质证得，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求得，，再根据三角形外角的性质及平行线的性质求得，即可求出． 【详解】解：连接，，， 正方形与等边内接于， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 故选：D 10．B 【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．根据圆内接正多边形的性质可得，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解． 【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为，如图为其中一个等腰三角形，过点作交于点于点， ，的半径为1， ， ， 故圆内接正十二边形的面积为：， 的面积为， ，即的估计值为． 故选：B． 11． 【分析】本题考查了正多边形的计算，一个正多边形的中心角都相等，且所有中心角的和是360度，用360度除以中心角的度数，就得到边数． 【详解】解：由题意可得：边数为， 则． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查正多边形，图形和坐标，勾股定理，先根据正六边形得到，，然后再中利用勾勾股定理计算是解题的关键． 【详解】解：过点作轴于点， ∵正六边形，点A的坐标为 ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴点B的坐标为， 故答案为：．    13．/ 【分析】连接，利用是含角的直角三角形，再利用是三角形的中位线求即可得出答案． 【详解】解：连接，如图所示： ∵在正六边形中，，， ∴， ∴， ∴为直角三角形， ∵在正六边形中，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 设正六边形的边长为， ∴， 根据勾股定理得：， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形的内角和中心角，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形三边关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 14． 【分析】此题考查了正八边形与圆，正多边形的性质应用是解题的关键．设正八边形中心为点O，连接，求出中心角，设，得到，即可得到答案． 【详解】解：设正八边形中心为点O，连接，如图， ∵多边形为正八边形， ∴中心角， 设， ∴ ∴， 故答案为： 15．48或36 【分析】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．连接，如图，利用正多边形与圆，分别计算的内接正m边形与内接正n边形的中心角得到，根据，得到m，n的值，然后代入计算即可． 【详解】解：连接，如图，    ， ， ， ， ， m，n的中有一个值必是3的倍数，且均为正整数， 设（均为正整数），则， （n为正整数）， 当时，（不符合题意）； 当时，，则； 当时，（不符合题意）； 当时，，则； 当时，（不符合题意）； 当时，，（不符合题意）； ； 当时，n均不为正整数，（不符合题意）； 综上，的值为48或36． 16． 【分析】连接，，，，过点O作于点J，交于点K，可得是等边三角形，求出，然后可得的长，利用勾股定理求出，再根据垂径定理可得答案． 【详解】解：如图，连接，，，，过点O作于点J，交于点K． ∵六边形是正六边形， ∴，，经过圆心O， ∴是等边三角形， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形与圆，勾股定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，梯形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 17． 【分析】作多边形的半径，根据多边形的性质可证，得，再根据“等边对等角”得，于是可得，从而可证则，因此． 本题考查了正多边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边对等角、正多边形中心角等知识点，解题的关键综合运用这些性质解题． 【详解】不失一般性，设时的情形，可以推广到一般情况．连接，如下图 由正多边形的性质知： ∴ ∴ 由得： ∴ 即： 又∵ ∴ ∴ ∴ 即： ∵ ∴ 故答案为：． 18． 【分析】求出正六边形的，再乘以得，求出正十二边形的，再乘以得． 【详解】解：设半径为， 由条件可得：为等边三角形，且面积为正六边形的， 易求得：， ． 由条件可得：中为底，为高，且面积为正十二边形的， ，， ， ， ． 故答案为： 【点睛】本题考查了正多边形与圆的关系，相关知识点有：正多边形的面积求法、正多边形与圆中元素的对应关系，正确找出元素对应关系是解题的关键． 19．(1) (2) 【分析】（1）过点O作于点H，连结、，则可得，，在根据垂径定理和勾股定理即可求出的长； （2）由，，可得是等边三角形，先求出的面积，即可得正六边形的面积． 本题考查的是正多边形与圆、垂径定理，掌握正六边形的性质、垂径定理是解题的关键． 【详解】（1） 如图，过点O作于点H，连结、， 则，， ， 在中， ， ， ， 故圆心O到的距离为． （2），， 是等边三角形， ， ， ∴正六边形的面积为． 20．(1),理由见解析 (2) 【分析】（1）连接，可得，根据切线的定义可得，即可得出结论． （2）根据正方形的性质可得，，，则．根据点F是的中点，可得．最后根据平行线的性质可得． 【详解】（1）解：． 理由：如图，连接， ∵正方形内接于， ∴． ∵与相切于点D， ∴，即． ∴， ∴． （2）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴． ∵点F是的中点， ∴， ∴． ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的内接正多边形，平行线的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接正多边形的中心角，同弧所对的圆周角相等，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，以及平行线的判定和性质． 21．(1)见解析 (2) 【分析】（1）欲证明，只要证明即可． （2）连接，过点D作交的延长线于F．证明，推出，得到，推出，再利用等腰三角形的性质构建方程求出，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接，过点D作交的延长线于F． ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴．    【点睛】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 22．(1)； (2)；． 【分析】（）在取一点，连接，利用弦和圆周角的关系即可求出的值； （）证明是等边三角形即可求出；利用三角函数求出，，再根据的面积为即可求出． 【详解】（1）如图所示，在取一点，连接 ，    ∵六边形是正六边形， ∴ ，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）∵，， ∴是等边三角形， ∴； ∵， ∴，， ∴， ∴， 即的半径为． 【点睛】此题考查了圆内解正六边形问题，解题的关键是掌握圆内解正六边形的性质及弦和圆周角之间的关系． 23．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，即可得出． （2）连接，过点作交的延长线于．证明，推出，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵是的中点， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接，过点作交的延长线于． ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 24．(1)①；②见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，正多边形和圆以及复杂作图等知识． （1）①连接根据垂径定理逆定理证明，再证明是等边三角形可得可得 从而可得结论；②连接延长交于点根据等边三角形的性质得可得，故可得正六边形； （2）根据圆周角的定理及同弧所对的圆周角相等得到，再根据是中点得到，得根据三线合一性得到弧相等，弦相等，最后即可得到五边形即为所求． 【详解】（1）①连接    ∵ ∵过圆心 ∴ ∵ 是等边三角形， ∴ ∴ ∴． 故答案为：； ②如图，正六边形即为所作；    （2）如图，正五边形即为所求作．    1 学科网（北京）股份有限公司 $$