4.3 多边形和圆的初步认识同步练习2024-2025学年北师大版数学七年级上册

北师大版(2024)七年级上册数学4.3 多边形和圆的初步认识 一、单选题 1．只用下列图形中的一种，能够进行平面镶嵌的是（　　） A．正十边形 B．正八边形 C．正六边形 D．正五边形 2．明明用圆规画一个周长是31.4的圆，圆规两脚间的距离是（   ）． A． B．5 C．10 D．1 3．下列说法中，正确的是（    ） A．两点确定一条直线 B．作3厘米长的直线 C．两条射线组成的图形叫做角 D．三角形不是多边形 4．一个圆的面积为，则它的半径为（　　） A． B． C．0 D．1 5．从五边形一个顶点引出的对角线把该五边形分成n个三角形，则n是（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 6．如图所示，点M是⊙O上的任意一点，下列结论： ①以M为端点的弦只有一条； ②以M为端点的直径只有一条； ③以M为端点的弧只有一条． 则（　　） A．①、②错误，③正确 B．②、③错误，①正确 C．①、③错误，②正确 D．①、②、③错误 7．过一个多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成11个三角形，则这个多边形的边数是（   ） A．11 B．12 C．13 D．14 8．下列结论正确的是（　　） A．角是由两条线段组成的图形 B．两点之间直线最短 C．经过，两点只能画一条直线 D．过六边形的每一个顶点能画六条对角线 二、填空题 9．直径为的圆周长是 ． 10．现有四种地面砖，它们的形状分别是：正三角形、正方形、正六边形、正八边形，且它们的边长都相等，同时选择其中两种地面砖密铺地面，选择的方式有 种． 11．如图，用正多边形镶嵌地面，则图中α的大小为 度．    12．过六边形一个顶点的对角线共有 条． 13．七边形的对角线条数为 条． 三、解答题 14．过边形的每一个顶点有7条对角线，边形没有对角线，五边形有条对角线，试求的值． 15．如图，是的直径，O是圆心，E是圆上一点，且，A是延长线上一点，与圆交于另一点B，且，求的度数.    16．已知为等边三角形，点D在延长线上，连接． (1)如图1，若，，求的长； (2)如图2，以为边在下方构造等边，连接，过点D作于点F，点G为线段上一点，连接交于点H，若，求证：； (3)如图3，在（1）、（2）的条件下，将绕点C逆时针转得到线段，连接，点M是的中点，连接，请直接写出的最小值的平方． 17．如图，点O是同心圆的圆心，大圆半径，分别交小圆于点C，D，求证：． 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： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A D C C C C 1．C 【分析】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能是解题的关键．根据判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能判断即可． 【详解】解：A、正十边形的每个内角是，不能铺满地面，故该选项不符合题意； B、正八边形的每个内角是，不能铺满地面，故该选项不符合题意； C、正六边形的每个内角是，，能铺满地面，故该选项符合题意； D、正五边形的每个内角是，不能铺满地面，故该选项不符合题意； 故选：C． 2．B 【分析】本题考查圆的周长公式，圆规两脚间的距离是半径，根据周长公式即可求解． 【详解】解：， 故选：B． 3．A 【分析】本题考查了认识平面图形．熟记相关概念是解题的关键．根据直线的性质，角的定义，三角形的定义，逐一判断即可． 【详解】A、根据直线的性质可知：两点确定一条直线，故本选项正确，符合题意； B、直线不能得到具体的长度，故本选项错误，不符合题意； C、两条射线若能组成角，则必须有公共端点，故本选项错误，不符合题意； D、三角形有条边组成，所以三角形是多边形，故本选项错误，不符合题意； 故选：A． 4．D 【分析】根据圆的面积公式求解即可． 【详解】解：设圆的半径为， 由题意得：， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了圆的面积计算，掌握圆的面积公式是解题的关键． 5．C 【分析】此题主要考查了多边形的对角线，理解从边形的一个顶点引出的对角线把边形分成个三角形是解决问题的关键．根据从边形的一个顶点引出的对角线把边形分成个三角形可得出答案． 【详解】解：从五边形一个顶点引出的对角线把该五边形分成个三角形． ， 故选：C 6．C 【分析】根据弦的定义对①进行判断；根据直径的定义对②进行判断；根据弧的定义对③进行判断． 【详解】解：以M为端点的弦有无数条，所以①错误； 以M为端点的直径只有一条，所以②正确； 以M为端点的弧有无数条，所以③错误． 故选：C． 【点睛】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）． 7．C 【分析】本题主要考查了多边形对角线分成三角形个数问题．经过n边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成个三角形，根据此关系式求解即可． 【详解】解：∵过边形的一个顶点的所有对角线，把边形分成了11个三角形， ∴， ∴， 故这个多边形的边数是13． 故选：C． 8．C 【分析】本题考查的是角的定义，线段的性质，两点确定一条直线，多边形的对角线，根据以上知识逐一分析判断即可，熟记基本概念与性质是解本题的关键． 【详解】解：角是由有公共端点的两条射线组成的图形，故A不符合题意； 两点之间线段最短，故B不符合题意； 经过，两点只能画一条直线，描述正确，故C符合题意； 过六边形的每一个顶点能画三条对角线，故D不符合题意； 故选C 9． 【分析】根据圆的周长公式πd计算即可． 【详解】解：直径为的圆周长是：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的周长，熟练掌握圆的周长计算公式是解题的关键． 10．3 【分析】正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满．因为正三角形、正方形、正六边形、正八边形的内角分别为60°、90°、120°、135°，根据多边形镶嵌成平面图形的条件可知． 【详解】解：①正三角形、正方形，由于60°×3+90°×2=360°，故能铺满； ②正三角形、正六边形，由于 60°×2+120°×2=360°，或60°×4+120°×1=360°，故能铺满； ③正三角形、正八边形，显然不能构成360°的周角，故不能铺满； ④正方形、正六边形，显然不能构成360°的周角，故不能铺满； ⑤正方形、正八边形，由于90°+135°×2=360°，故能铺满； ⑥正六边形、正八边形，显然不能构成360°的周角，故不能铺满． 故选择的方式有3种． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了平面镶嵌，解决本题的关键是掌握平面镶嵌定义．用形状，大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接．彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌． 11．150 【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应为，据此求出α即可． 【详解】解：∵正方形的内角为，正六边形的内角为， ∴， 解得． 故答案为：150． 【点睛】本题考查了平面镶嵌，解题的关键是求正多边形一个内角度数，可先求出这个外角度数，让减去即可．一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除；两种或两种以上几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 12． 【分析】本题考查了多边形的对角线，从n边形的一个顶点出发，可以引条对角线，据此作答即可． 【详解】六边形从一个顶点出发的对角线有条， 故答案为：． 13．14 【分析】根据从n多边形的一个顶点可以作对角线的条数为，可得n多边形的对角线共有条（）即可求解． 【详解】解：七边形的对角线条数为（条）， 故答案为：14． 【点睛】本题考查多边形的对角线条数，熟记多边形对角线条数的公式是解题的关键． 14． 【分析】此题主要考查了多边形的对角线，关键是掌握对角线条数的计算公式． 根据边形从一个顶点出发可引出条对角线．从个顶点出发引出条，而每条重复一次，所以边形对角线的总条数为： (，且为整数)可得到、、的值，进而可得答案． 【详解】解：依题意，， ∴ ∴． 15． 【分析】本题主要考查了圆的基本性质、等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．连接，利用等腰三角形的性质、三角形外角的性质以及等量代换得到，由三角形外角性质可得，进而求解即可． 【详解】解：如图，连接 ． ∵，， ∴， ∴． 又∵ ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴．    16．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）过点A作，根据等边三角形的性质得到,求出，利用勾股定理求出，证明是等腰直角三角形，得到，进而求解即可； （2）证明，则，如图2，延长交于，延长交于，，则，即，由，可得垂直平分，则，证明是等边三角形，则，，，由勾股定理得，，则，； （3）由（2）可得，，则，如图3，作于，则，，，，由勾股定理得，，由，可求，由旋转的性质可得，，由等边，，可得为的中点，，如图3，连接，则，在以为圆心，2为半径的圆上运动，如图3，在上取点，使，连接，证明，则，即，可求，，则，可知当三点共线时，最小，为，由勾股定理得，，，计算求解即可． 【详解】（1）解：如图1，过点A作， ∵为等边三角形，， ∴，， ∴， 由勾股定理得，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴的长； （2）证明：∵等边、，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 如图2，延长交于，连接并延长交于， ∵，又，，即， ∴，即， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴，即； （3）解：由题意知，，，， 由（2）可得，， ∴， 如图3，作于， ∴，， ∴， ∴，， 由勾股定理得，， ∴， 解得，， 由旋转的性质可得，， ∵等边，， ∴为的中点，， 如图3，连接， ∴， ∴在以为圆心，2为半径的圆上运动， 如图3，在上取点，使，连接， 又∵， ∴， ∴，即， 解得，，， ∴， ∴当三点共线时，最小，为， 由勾股定理得，， ∴， ∴的最小值的平方为． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形，旋转的性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线性质，圆等知识．熟练掌握等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线等知识，得到点M的运动路线是解题的关键． 17．见解析 【分析】本题考查了圆的半径相等．利用半径相等得到，则利用等腰三角形的性质得，再根据三角形内角和定理得到，同理可得，则，然后根据平行线的判定即可得到结论． 【详解】证明：， ， ， ， ， ， ， ∴． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$