专题12 圆内接四边形与正多边形（5知识点+7大题型+4大拓展训练+过关测）-【暑假自学课】2025年新九年级数学暑假提升精品讲义（浙教版）

专题12 圆内接四边形与正多边形 （5知识点+7大题型+4大拓展训练+过关测） 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材 学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型 强知识：5大核心考点精准练+4大拓展训练 第二步：记 串知识 识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测 稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点1：圆内接四边形 　如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆. 【即时训练】 1．（24-25九年级上·浙江衢州·期末）现有一些相同的小卡片，每张卡片上各写了一个数学命题，其中正确的是（   ） A．平分弦的直径垂直于弦 B．相等的圆心角所对的弧相等 C．长度相等的两条弧是等弧 D．圆内接四边形的对角互补 2．（24-25九年级上·浙江杭州·阶段练习）四边形内接于，则满足条件（   ） A． B． C． D． 3．（2024·浙江·一模）的内接四边形中，与的数量关系为（    ） A． B． C． D． 知识点2：圆内接四边形性质定理 圆内接四边形的对角互补. 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）. 要点：圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补． 【即时训练】 4．（24-25九年级下·浙江舟山·期中）如图，四边形内接于，过点作交于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·浙江衢州·三模）如图，四边形为的内接四边形．若四边形为菱形，则的大小为（　　） A． B． C． D． 6．（2025·浙江·三模）如图，两圆相交于两点，小圆经过大圆的圆心，四边形内接于小圆，点在大圆上．若，则的度数为 ． 知识点3：正多边形的相关概念 　　各边相等，各角也相等的多边形是正多边形． 要点：判断一个多边形是否是正多边形，必须满足两个条件：(1)各边相等；(2)各角相等；缺一不可.如菱形的各边都相等，矩形的各角都相等，但它们都不是正多边形(正方形是正多边形). 1.正多边形的外接圆和圆的内接正多边形 　　正多边形和圆的关系十分密切，只要把一个圆分成相等的一些弧，就可以作出这个圆的内接正多边形，这个圆就是这个正多边形的外接圆． 2.正多边形的有关要素 　　(1)一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心． 　　(2)正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径． 　　(3)正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角． 　　(4)正多边形的中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距． 3.正多边形的有关计算 　　(1)正ｎ边形每一个内角的度数是； 　　(2)正ｎ边形每个中心角的度数是； 　　(3)正ｎ边形每个外角的度数是. 要点：要熟悉正多边形的基本概念和基本图形，将待解决的问题转化为直角三角形. 【即时训练】 7．（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）已知正多边形的中心角是30度，则这个正多边形的边数是（   ） A．12 B．10 C．8 D．6 8．（23-24九年级上·浙江丽州·阶段练习）正n边形的中心角是30°，（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 9．（23-24九年级上·浙江台州·阶段练习）若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个正多边形的边数是（    ） A．10 B．9 C．8 D．6 知识点4：正多边形的性质 　　1.正多边形都只有一个外接圆，圆有无数个内接正多边形. 　　2.正ｎ边形的半径和边心距把正ｎ边形分成2ｎ个全等的直角三角形. 　　3.正多边形都是轴对称图形，对称轴的条数与它的边数相同，每条对称轴都通过正n边形的中心；当边数是偶数时，它也是中心对称图形，它的中心就是对称中心. 　　　　　　　　 4.边数相同的正多边形相似。它们周长的比，边心距的比，半径的比都等于相似比，面积的比等于相似比的平方． 5.任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆 要点：（1）各边相等的圆的内接多边形是圆的内接正多边形；（2）各角相等的圆的外切多边形是圆的外切正多边形. 【即时训练】 10．（23-24九年级下·浙江扇形·期中）如图，正六边形ABCDEF内接于，若的周长是，则正六边形的边长是（　　）    A． B．3 C．6 D． 11．（2025·浙江·模拟预测）如图，正五边形的顶点在上，是优弧上的一点（不与点重合），连接，则的度数为 ．    12．（2025·浙江杭州·三模）“3世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法”，请计算出半径为2的圆与其内接正十二边形的面积差为 ． 知识点5：正多边形的画法 1.用量角器等分圆 　　由于在同圆中相等的圆心角所对的弧也相等，因此作相等的圆心角(即等分顶点在圆心的周角)可以等分圆；根据同圆中相等弧所对的弦相等，依次连接各分点就可画出相应的正n边形. 2.用尺规等分圆 　　对于一些特殊的正ｎ边形，可以用圆规和直尺作图. 　　　①正四、八边形. 　　 　　在⊙O中，用尺规作两条互相垂直的直径就可把圆分成4等份，从而作出正四边形. 再逐次平分各边所对的弧(即作∠AOB的平分线交于 E) 就可作出正八边形、正十六边形等，边数逐次倍增的正多边形. 　　②正六、三、十二边形的作法. 　　 　　通过简单计算可知，正六边形的边长与其半径相等，所以，在⊙O中，任画一条直径AB，分别以A、B为圆心，以⊙O的半径为半径画弧与⊙O相交于C、D和E、F，则A、C、E、B、F、D是⊙O的6等分点. 　　显然，A、E、F(或C、B、D)是⊙O的3等分点. 　　同样，在图(3)中平分每条边所对的弧，就可把⊙O 12等分……. 要点：画正n边形的方法：（1）将一个圆n等份，（2）顺次连结各等分点. 【即时训练】 13．（2024·浙江·一模）如图，已知，请用尺规作图法求作的内接正方形．（保留作图痕迹，不写作法） 14．（23-24九年级上·浙江杭州·期末）作图题： (1)尺规作图：如图，已知线段．求作线段的垂直平分线l，交于点C；（要求：保留作图痕迹，不写作法） (2)已知六边形是以O为中心的中心对称图形（如图），画出六边形的全部图形，并写出作法． 15．（2024·浙江舟山·模拟预测）如图，已知AC为的直径．请用尺规作图法，作出的内接正方形ABCD．（保留作图痕迹．不写作法） 【题型1 已知圆内接四边形求角度】 1．已知，如图，四边形内接于，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，四边形是的内接四边形，连接，延长至点，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 3．如图，已知四边形内接于，点是劣弧的中点，连接，若，则的度数为 ． 4．如图，为的直径，点C在上，点B在劣弧上．若，则的度数为 ． 5．如图，四边形内接于，，连接，若，求的度数． 【题型2 求四边形外接圆的直径】 6．如图，过原点，且与两坐标轴分别交于点 A、B，点 A 的坐标为，点 M是第三象限内圆上一点，，则的半径为（   ）    A．4 B．5 C．6 D．2 7．如图，已知的半径为，内接于，，则（    ） A． B． C． D． 8．在四边形中，，⊙O是△ABD的外接圆，若，则= ． 9．如图所示，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，． (1)求证：平分，并求的大小； (2)过点作交的延长线于点，若，，试求四边形的面积和此圆半径的长． 10．已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根． (1)求m的取值范围； (2)当时，方程的两根分别是矩形的长和宽，求该矩形外接圆的周长． 【题型3 “弦外角”的相关计算】 11．如图，是的内接三角形，是它的一个外角，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 12．如图，是的内接四边形的一个外角，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 13．如图，是的内接三角形，若，则它的一个外角的度数为 ． 14．如图，四边形内接于，是四边形的外角，若，则的度数为 ． 15．如图，在的内接四边形中，是四边形的一个外角． (1)求证：； (2)若，与相等吗？为什么？ 【题型4 求正多边形的中心角】 16．青秀山的龙象塔是南宁市的地标建筑之一，始建于明代万历年间．该塔为八角九层，重檐砖结构．如图所示的正八边形是龙象塔其中一层的平面示意图，点为正八边形的中心，则的度数为（   ） A． B． C． D． 17．我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．若将八角形窗户进行旋转后能与自身重合，旋转角至少为（   ） A． B． C． D． 18．如图，在的圆内接正五边形中，过点D作交于点F，则的度数为 ． 19．如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为 ． 20．如图，正方形的外接圆为，点P在劣弧上（不与点C重合）．    (1)求的度数； (2)若的半径为8，求正方形的边长． 【题型5 已知正多边形的中心角求边数】 21．如图，是的内接正三角形，五边形是的内接正五边形，若线段恰好是的一个内接正n边形的一条边，则n的值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 22．一个圆内接正多边形的一条边所对的圆心角是，则该正多边形边数是（   ） A．6 B．9 C．10 D．12 23．如图，点、、、为一个正多边形的顶点，点为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（　　） A．9 B．10 C．18 D．20 24．如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为（   ） A．16 B．12 C．10 D．8 25．如图，是的内接正六边形的一边，点在弧上，且是的内接正八边形的一边．则是的内接正 边形的一边． 【题型6 尺规作图—正多边形】 26．如图，已知，请用尺规作图法求作的内接正方形．（保留作图痕迹，不写作法） 27．作图题： (1)尺规作图：如图，已知线段．求作线段的垂直平分线l，交于点C；（要求：保留作图痕迹，不写作法） (2)已知六边形是以O为中心的中心对称图形（如图），画出六边形的全部图形，并写出作法． 28．已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度直尺，按要求画图： (1)在图1中，画出CD的中点G； (2)在图2中，点G为CD中点以G为顶点画出一个菱形． 29．如图，已知，请用尺规做的内接正四边形．（保留作图痕迹，不写做法） 30．如图，是中互相垂直的两条直径，以点A为圆心，为半径画弧，与交于E、F两点． (1)求证：是正六边形的一边； (2)请在图上继续画出这个正六边形． 【题型7 正多边形与圆结合的问题】 31．我国古代数学家刘徽在《九章算术》中提出“割圆术”，即用圆内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．设的半径为1，若用如图所示的的内接正十二边形的面积来近似估计的面积，则产生的正误差为（   ） A． B． C． D． 32．如图，与正六边形的边分别交于点F、G，则对的圆周角的大小为（    ） A． B． C． D． 33．如图，正五边形的顶点在上，是优弧上的一点（不与点重合），连接，则的度数为 ．    34．“3世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法”，请计算出半径为2的圆与其内接正十二边形的面积差为 ． 35．如图，正方形内接于，E是的中点，连接．    (1)求∠E的度数． (2)求证：． (3)若，则点E到的距离为 ． 【拓展训练一 圆内接四边形的综合】 36．如图，四边形是的内接四边形，连接，延长至点E，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 37．如图，线段是的直径，线段是的弦，且，点是上一点，、交于点，，若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 38．如图，的半径为2，四边形内接于，，若点是线段上一动点，连接，过点作于点，则的最小值是（    ） A．2 B． C．1 D． 39．如图，点A，B，C在上，与的平分线交于点P，点M为上不同于点B，C的一点，若，则 ． 40．如图，在中，，，点D为的中点，点E在上，且．经过点A，D，E，与交于点G，与交于点F，则的度数为 °． 【拓展训练二 圆内接四边形的新定义问题】 41．【定义新知】定义：有一个角是其对角一半的圆内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角． 【初步应用】 （1）如图1，已知四边形是圆美四边形，是美角，连接． ①写出的度数是______，的度数是______，的度数是______； ②点为的中点，的半径为5，求线段的长； 【拓展提升】 （2）如图2，已知四边形是圆美四边形，是美角，连接，若平分，的半经为6，则的最大值是______． 42．定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”． (1)如图1，是的一条弦（非直径），若在上找一点，使得是“圆等三角形”，则这样的点能找到_________个； (2)如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线，和均为“圆等三角形”，且，． ①当时，求度数； ②如图③，当，时，求阴影部分的面积． 43．定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形中，若，，则称四边形为准平行四边形．    (1)如图①，，，，是上的四个点，，延长到，使．求证：四边形是准平行四边形； (2)如图②，准平行四边形内接于，，，若的半径为5，，求的长； 44．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．    (1)如图1，若四边形是圆美四边形．求美角的度数； (2)在（1）的条件下，若的半径为4． ①求的长； ②连接，若平分，如图2，请判断、、之间有怎样的数量关系，并说明理由． 45．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角． 图1                图2                 图3 (1)如图1，若四边形是圆美四边形，求美角的度数． (2)在（1）的条件下，若的半径为． ①则的长是______． ②如图2，在四边形中，若平分，求证：． (3)在（1）的条件下，如图，若是的直径，请用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【拓展训练三 圆与正多边形的综合】 46．我们可以用构图的方法研究一些几何问题． 【基本图形】 （1）如图①，已知正方形，E是延长线上一点，连接，作，交于点F．求证∶． 【方法迁移】 （2）如图②，已知，点P在的内部，求作正方形，使点Q，N分别在上，点M在的内部且点M在点P的右侧．（含边）． 要求：①用直尺和圆规作图；②保留作图的痕迹； 【问题解决】 （3）在（2）的条件下，若， ，点P到的距离为1，直接写出所作正方形的边长． 47．已知正五边形，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． 【初步感知】 （1）如图1，请直接写出的度数； 【实践探究】 （2）请在图2中作出以为对角线的菱形，并证明你的结论； 【拓展延伸】 （3）请在图2正五边形的基础上再设计一个新的正五边形.（不需要证明） 48．今年假期，你有没有和父母或者小伙伴一起走进影院去看一下国漫电影《哪吒2》呀？影片中，玉虚宫的镇宫之宝“天元鼎”大到超乎想象，存放它的建筑是一座“正八边形”的宫殿，你想知道这座建筑有多大吗？ 问题一：要求出“正八边形”的面积，我们可以把一个“正八边形”均分成八个顶角为______度的等腰三角形； 问题二：中，，，，求的面积和的值分别是多少？（可以作的中垂线交于D，交于E，则为等腰三角形，） 问题三：若“正八边形”的边长为，求：正八边形的面积． 49．综合与实践 某数学小组，在计算当周长为固定值时，围成正三角形、正方形、正六边形、圆的面积．      【探究发现】 当周长为时，计算回答下列问题： （1）正方形的面积为________． （2）如图，正，该正三角形的面积为多少？请写出计算过程． （3）直接写出该周长下，正六边形和圆的面积．比较在同一周长下，、、、的大小关系．（参考数据：，）    【应用结论】 张强同学假期看望爷爷奶奶，发现爷爷准备在空地上围一个简易羊圈，用来给怀胎和产仔的的母羊单独喂食．爷爷买了的护栏网，若不计损耗，围成的简易羊圈场地面积，是否能达到，若能，该如何围？若不能，说明理由． 50．请用无刻度直尺完成下列作图，不写画法，保留画图痕迹（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果） (1)如图1，五边形是正五边形，画一条直线把这个五边形分成面积相等的两部分： (2)如图2，的外接圆的圆心是点，是的中点，画一条直线把分成面积相等的两部分； 【拓展训练四 正多边形的新定义问题】 51．定义：如果几个全等的正边形依次有一边重合，排成一圈，中间可以围成一个正多边形，那么我们称作正边形的环状连接．如图1，我们可以看作正八边形的环状连接，中间围成一个正方形． （1）若正六边形作环状连接，如图2，中间可以围成的正多边形的边数为 ； （2）若边长为的正边形作环状连接，中间围成的是等边三角形，则这个环状连接的外轮廓长为 ．（用含的代数式表示） 52．阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形是等边半正六边形，那么，，，且． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：… 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ． (2)如图3，六边形是等边半正六边形．连接对角线，猜想与的数量关系，并说明理由； (3)如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． 53．定义：我们将能完全覆盖某平面图形的圆称为该平面图形的覆盖面．其中，能完全覆盖平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆． 例如：如图1，线段的最小覆盖圆就是以线段为直径的圆； 【初步思考】 （1）边长为的正方形的最小覆盖圆的半径是______； （2）如图2，边长为的两个正方形并列在一起，则其最小覆盖圆的半径是______； 【深入研究】 （1）请分别作出图3中两个三角形的最小覆盖圆（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． （2）如图4，在正方形网格中建立的平面直角坐标系中，的顶点位于坐标原点，顶点、的坐标分别为、．则的最小覆盖圆的圆心坐标为______，半径长为______；如图5，钝角中，，，则的最小覆盖圆的半径为______． 【生活应用】 某地有四个村庄，，，（其位置如图6所示），现拟建一个5G网络信号中转站，为了使这四个村庄的居民都能接收到信号，且使中转站所需发射功率最小（距离越小，所需功率越小），经过工程人员测量得到及图中相关各角度等数据，四边形区域最小覆盖圆的半径为______． 54．李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解的意义． (1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________； (2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”； (3)[总结]随着n的增大，具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括． 55．如图，正三角形、正方形、正六边形等正n边形与圆的形状有差异，我们将正n边形与圆的接近程度称为“接近度”． (1)角的“接近度”定义：设正n边形的每个内角的度数为，将正n边形的“接近度”定义为．于是越小，该正n边形就越接近于圆， ①若，则该正n边形的“接近度”等于 ． ②若，则该正n边形的“接近度”等于______． ③当“接近度”等于______．时，正n边形就成了圆． (2)边的“接近度”定义：设一个正n边形的外接圆的半径为R，正n边形的中心到各边的距离为d，将正n边形的“接近度”定义为．分别计算时边的“接近度”，并猜测当边的“接近度”等于多少时，正n边形就成了圆？ 1．如图，点C，D是以为直径的半圆O上的两点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．如图，是的弦，把沿翻折，点A在翻折后的上，点C在上．若，则的度数是（   ） A．80° B．100° C．120° D．140° 3．平遥推光漆器是山西著名的工艺品，以手掌推出光泽而得名．如图①是平遥推光漆器的一个饰品盒盖，图②是其几何示意图(阴影部分为花朵图案)．已知正六边形的边长为2，分别以正六边形每个顶点为圆心，其边长为半径画弧，构成花朵图案，则图中阴影部分的面积为（    ）    A． B． C． D． 4．如图，平面直角坐标系中，正六边形的顶点，在轴上，顶点在轴上，若正六边形的中心点的坐标为 则点的坐标为 （   ） A． B． C． D． 5．如图，正六边形的边长是，连接，是上的动点，连接，．若的值是整数，则点的位置有（    ） A．3处 B．5处 C．7处 D．9处 6．如图，小辉用了14个全等的正七边形排列（图形不重叠，且每相邻的两个正七边形有一边重合），形成一个圆环状，图中所示的是其中3个正七边形的位置．如果我们用个全等的正九边形也按照同样的方式排列，形成一个圆环状，则的取值可以是（   ） A．6，16 B．6，18 C．8，16 D．8，18 7．如图，四边形内接于，若，则在其他小于平角的8个角中，可以确定度数的有 个． 8．如图，内接于，，点在上，平分．若，则 ． 9．如图，正六边形内接于，若的周长是，则正六边形的边长是 ． 10．已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是 ． 11．如图，在内接正六边形中，连接，交于点．设正六边形的面积为，的面积为，则 ． 12．如图是一铺设在人行道上地板砖的一部分，它是由正六边形和四边形镶嵌而成，，，为各多边形顶点，则的值为 ． 13．如图，是的一个内接三角形，点是劣弧上一点（点不与，重合），设，． (1)当时，求的度数； (2)猜想与之间的关系，并给予证明． 14．如图，等腰内接于，，点是上的点（不与点，重合），连接并延长至点，连接并延长至点，与交于点． (1)求证：； (2)若，求半径长． 15．已知内接于，D是上的点． (1)如图1，求和的大小； (2)如图2，，垂足为E，求的大小． 16．【问题提出】我们知道：同弧或等弧所对的圆周角都相等，且等于这条弧所对的圆心角的一半．那么，在一个圆内同一条弦所对的圆周角与圆心角之间又有什么关系？ (1)【初步思考】如图1，是的弦，,点分别是优弧和劣弧上的点，则　 　°，　 　°．    (2)如图2，是的弦，圆心角，求弦所对的圆周角的度数（用m的代数式表示）；    (3)【问题解决】如图3，已知线段，且．用尺规作图的方法作出满足条件的点C所组成的图形（不写作法，保留作图痕迹）．    17．[综合实践]问题：我们知道，过任意一个三角形的三个顶点能作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆，那么任意一个四边形都有外接圆吗？ 探索：给出了如图所示的四边形，填写出你认为有外接圆的图形的序号：___________；    发现：对角之间满足什么关系时，四边形一定有外接圆？写出你的发现； 说理：如果四边形没有外接圆，那么对角之间有上面的关系吗？请结合图说明理由．    18．仅用无刻度的直尺作图，是一种考查灵活运用图形性质和判定的绘图方式，按要求完成下面仅用无刻度的直尺作图的题目： (1)如图①，在内，作任意两条直径、，顺次连接、、、，则画出了的一个内接矩形，请说明理由； (2)如图②，是的直径，是弦，且，画出的内接正方形．（保留画图痕迹，不写作法） 19．如图，已知和上的一点A． 【实践与操作】 （1）作的内接正六边形（不写作法，保留作图痕迹）． 【应用与证明】 （2）连结，，判断四边形的形状，并加以证明． 20．正方形的四个顶点都在上，E是上一动点． (1)若点E不与点A、D重合，请直接写出的度数； (2)如图2，若点E在上运动（点E不与点B、C重合），连接，，，试探究线段，，的数量关系并说明理由； (3)如图3，若点E在上运动，分别取、的中点M、N，连接，，交于点F，四边形与四边形关于直线对称，连接，，当正方形的边长为2时，求面积的最小值． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 圆内接四边形与正多边形 （5知识点+7大题型+4大拓展训练+过关测） 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材 学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型 强知识：5大核心考点精准练+4大拓展训练 第二步：记 串知识 识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测 稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点1：圆内接四边形 　如果一个四边形的各个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫做圆的内接四边形，这个圆叫做四边形的外接圆. 【即时训练】 1．（24-25九年级上·浙江衢州·期末）现有一些相同的小卡片，每张卡片上各写了一个数学命题，其中正确的是（   ） A．平分弦的直径垂直于弦 B．相等的圆心角所对的弧相等 C．长度相等的两条弧是等弧 D．圆内接四边形的对角互补 【答案】D 【分析】本题考查了垂径定理，圆心角、弧、弦的关系、圆内接四边形的性质，根据垂径定理，圆心角、弧、弦的关系、圆内接四边形的性质逐一分析即可． 【详解】解：A、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故选项不正确； B、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故选项不正确； C、能完全重合的两段弧是等弧，故选项不正确； D、圆内接四边形的对角互补，故选项正确， 故选：D． 2．（24-25九年级上·浙江杭州·阶段练习）四边形内接于，则满足条件（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】解：四边形内接于， ∴， ∵， ∴， 故选：C ． 3．（2024·浙江·一模）的内接四边形中，与的数量关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理及圆内接四边形对角互补的性质，根据圆周角定理及圆内接四边形对角互补的性质即可得出结论． 【详解】解：的内接四边形中，， 故选B． 知识点2：圆内接四边形性质定理 圆内接四边形的对角互补. 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）. 要点：圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补． 【即时训练】 4．（24-25九年级下·浙江舟山·期中）如图，四边形内接于，过点作交于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，平行线的性质，先由平行线的性质求出的度数，再根据圆内接四边形对角互补即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形内接于， ∴， 故选；B． 5．（2025·浙江衢州·三模）如图，四边形为的内接四边形．若四边形为菱形，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆内角四边形，圆周角定理，菱形的性质，根据菱形的性质结合圆周角定理得到，再根据圆内角四边形的内对角互补，进行求解即可． 【详解】解：∵四边形为的内接四边形，四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故选C． 6．（2025·浙江·三模）如图，两圆相交于两点，小圆经过大圆的圆心，四边形内接于小圆，点在大圆上．若，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是关键． 根据圆周角定理得到，根据内接四边形对角互补即可求解． 【详解】解：小圆经过大圆的圆心， ∴， ∵四边形内接于小圆， ∴， ∴， 故答案为： ． 知识点3：正多边形的相关概念 　　各边相等，各角也相等的多边形是正多边形． 要点：判断一个多边形是否是正多边形，必须满足两个条件：(1)各边相等；(2)各角相等；缺一不可.如菱形的各边都相等，矩形的各角都相等，但它们都不是正多边形(正方形是正多边形). 1.正多边形的外接圆和圆的内接正多边形 　　正多边形和圆的关系十分密切，只要把一个圆分成相等的一些弧，就可以作出这个圆的内接正多边形，这个圆就是这个正多边形的外接圆． 2.正多边形的有关要素 　　(1)一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心． 　　(2)正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径． 　　(3)正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角． 　　(4)正多边形的中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距． 3.正多边形的有关计算 　　(1)正ｎ边形每一个内角的度数是； 　　(2)正ｎ边形每个中心角的度数是； 　　(3)正ｎ边形每个外角的度数是. 要点：要熟悉正多边形的基本概念和基本图形，将待解决的问题转化为直角三角形. 【即时训练】 7．（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）已知正多边形的中心角是30度，则这个正多边形的边数是（   ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】A 【分析】本题考查的是正多边形和圆的有关知识，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．根据正多边形的中心角的计算公式计算即可，中心角等于（n为边数）． 【详解】解：由题意得，这个正多边形的边数是， 故选：A． 8．（23-24九年级上·浙江丽州·阶段练习）正n边形的中心角是30°，（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】根据正n边形的中心角是，进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：， ∴； 故选D． 【点睛】本题考查正多边形的中心角．熟练掌握正n边形的中心角是，是解题的关键． 9．（23-24九年级上·浙江台州·阶段练习）若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个正多边形的边数是（    ） A．10 B．9 C．8 D．6 【答案】B 【分析】根据正多边形的中心角的计算公式计算即可． 【详解】解：设这个多边形的边数是， 由题意得，， 解得，， ∴这个正多边形的边数是9， 故选：B． 【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关知识，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键． 知识点4：正多边形的性质 　　1.正多边形都只有一个外接圆，圆有无数个内接正多边形. 　　2.正ｎ边形的半径和边心距把正ｎ边形分成2ｎ个全等的直角三角形. 　　3.正多边形都是轴对称图形，对称轴的条数与它的边数相同，每条对称轴都通过正n边形的中心；当边数是偶数时，它也是中心对称图形，它的中心就是对称中心. 　　　　　　　　 4.边数相同的正多边形相似。它们周长的比，边心距的比，半径的比都等于相似比，面积的比等于相似比的平方． 5.任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆 要点：（1）各边相等的圆的内接多边形是圆的内接正多边形；（2）各角相等的圆的外切多边形是圆的外切正多边形. 【即时训练】 10．（23-24九年级下·浙江扇形·期中）如图，正六边形ABCDEF内接于，若的周长是，则正六边形的边长是（　　）    A． B．3 C．6 D． 【答案】C 【分析】如图所示，由正六边形ABCDEF内接于，可知是等边三角形，由的周长是，可得即可得出结果． 【详解】解：如图所示：    ∵正六边形ABCDEF内接于， 是等边三角形， ∵的周长是， 故选： 【点睛】本题主要考查了圆内接正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，正确运用圆与正六边形的性质是解此题的关键． 11．（2025·浙江·模拟预测）如图，正五边形的顶点在上，是优弧上的一点（不与点重合），连接，则的度数为 ．    【答案】/54度 【分析】本题考查正多边形与圆、圆周角定理等知识点，理解圆周角定理是解题的关键． 先根据正多边形内角和定理求得再根据圆周角定理计算即可． 【详解】解：∵正五边形， ∴， ∵是优弧上的一点（不与点重合）， ∴． 故答案为：． 12．（2025·浙江杭州·三模）“3世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法”，请计算出半径为2的圆与其内接正十二边形的面积差为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查圆的面积计算、正多边形与圆的关系以及等腰三角形面积计算．解题关键是将圆内接正十二边形分割为等腰三角形，利用相关几何性质和公式分别求出圆与正十二边形面积． 利用圆面积公式，根据已知半径求出圆的面积，把圆内接正十二边形分割成12个等腰三角形，通过正十二边形中心角求出为等边三角形，得到相关边长和高，求出单个等腰三角形面积，乘以12得到正十二边形面积，用圆的面积减去正十二边形的面积，得出面积差． 【详解】解：如图，将圆内接正十二边形分割成12个等腰三角形，点A，B，C为顺次三个分点，连接，交于点D， ∵圆的半径， ∴， ∵正十二边形的中心角为， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴正十二边形的面积为12个这样的等腰三角形面积之和，即：， ∴． 知识点5：正多边形的画法 1.用量角器等分圆 　　由于在同圆中相等的圆心角所对的弧也相等，因此作相等的圆心角(即等分顶点在圆心的周角)可以等分圆；根据同圆中相等弧所对的弦相等，依次连接各分点就可画出相应的正n边形. 2.用尺规等分圆 　　对于一些特殊的正ｎ边形，可以用圆规和直尺作图. 　　　①正四、八边形. 　　 　　在⊙O中，用尺规作两条互相垂直的直径就可把圆分成4等份，从而作出正四边形. 再逐次平分各边所对的弧(即作∠AOB的平分线交于 E) 就可作出正八边形、正十六边形等，边数逐次倍增的正多边形. 　　②正六、三、十二边形的作法. 　　 　　通过简单计算可知，正六边形的边长与其半径相等，所以，在⊙O中，任画一条直径AB，分别以A、B为圆心，以⊙O的半径为半径画弧与⊙O相交于C、D和E、F，则A、C、E、B、F、D是⊙O的6等分点. 　　显然，A、E、F(或C、B、D)是⊙O的3等分点. 　　同样，在图(3)中平分每条边所对的弧，就可把⊙O 12等分……. 要点：画正n边形的方法：（1）将一个圆n等份，（2）顺次连结各等分点. 【即时训练】 13．（2024·浙江·一模）如图，已知，请用尺规作图法求作的内接正方形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题考查了作正方形，考查了圆的基本性质，正方形的判定；先在圆上确定一点，连接并延长交于点，再作的垂直平分线交于B、D，连接，则四边形就是所求作的内接正方形． 【详解】解：如图，正方形为所作． 垂直平分，为的直径， 为的直径， ， ，，， 四边形是矩形 , 四边形是正方形， 又都在圆上， 四边形是的内接正方形． 14．（23-24九年级上·浙江杭州·期末）作图题： (1)尺规作图：如图，已知线段．求作线段的垂直平分线l，交于点C；（要求：保留作图痕迹，不写作法） (2)已知六边形是以O为中心的中心对称图形（如图），画出六边形的全部图形，并写出作法． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）分别以、为圆心，以任意长为半径，两圆相交于两点，连接此两点即可． （2）连接并延长到F，使得，连接BO并延长到E，使得，连接，，即可得出图形． 【详解】（1） （2）解：连接并延长到F，使得，连接BO并延长到E，使得，连接，，， 如图，六边形即为所求． 【点睛】本题考查了垂直平分线的作法，也考查了中心对称图形的性质，熟练掌握一般作图的步骤是解题的关键． 15．（2024·浙江舟山·模拟预测）如图，已知AC为的直径．请用尺规作图法，作出的内接正方形ABCD．（保留作图痕迹．不写作法） 【答案】见解析 【分析】作AC的垂直平分线交⊙O于B、D，则四边形ABCD就是所求作的内接正方形． 【详解】解：如图，正方形ABCD为所作． ∵BD垂直平分AC，AC为的直径， ∴BD为的直径， ∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，BD＝AC， ∴四边形ABCD是的内接正方形． 【点睛】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆的基本性质，正方形的判定． 【题型1 已知圆内接四边形求角度】 1．已知，如图，四边形内接于，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，先根据圆内接四边形对角互补，得出，再结合，得出，即可作答． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， 故选：C 2．如图，四边形是的内接四边形，连接，延长至点，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，弧与弦之间的关系，等边对等角，三角形内角和定理，由弧与弦之间的关系可得，由等边对等角和三角形内角和定理可得的度数，再由圆内接四边形对角互补和平角的定义可得，据此可得答案． 【详解】解：， ∴， ∴， 四边形是的内接四边形， ∴ ， 故选：D． 3．如图，已知四边形内接于，点是劣弧的中点，连接，若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查弧、弦、圆心角的关系，同弧所对圆周角的性质，圆内接四边形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．先利用点是劣弧的中点，得出，再得出，利用三角形内角和定理，得出，最后利用圆内接四边形的性质即可求解． 【详解】解：∵点是劣弧的中点， ∴， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴， 故答案为：． 4．如图，为的直径，点C在上，点B在劣弧上．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形，连接，圆周角定理得到，进而求出的度数，再根据圆内接四边形的对角互补，即可得出结果． 【详解】解：连接， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为： 5．如图，四边形内接于，，连接，若，求的度数． 【答案】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，解题的关键是了解圆的有关定义及性质，难度不大．首先利用等弧对等弦得到，从而求得的度数，然后利用圆内接四边形的性质确定答案即可． 【详解】解：， ， ， ， ， ． 【题型2 求四边形外接圆的直径】 6．如图，过原点，且与两坐标轴分别交于点 A、B，点 A 的坐标为，点 M是第三象限内圆上一点，，则的半径为（   ）    A．4 B．5 C．6 D．2 【答案】A 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，含角的直角三角形的性质，圆周角定理，坐标与图形，根据圆内接四边形对角互补得到，再由的圆周角所对的弦是直径得到是直径，求出，进而求出，是解题的关键． 【详解】解：∵、、、都在圆上，， ∴， ∵， ∴是的直径，， ∵， ∴， ∴， ∴的半径为4， 故选：A． 7．如图，已知的半径为，内接于，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆内接四边形对角互补和同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可以求得∠AOB的度数，然后根据勾股定理即可求得AB的长． 【详解】 解：设点D为优弧AB上一点，连接AD、BD、OA、OB，如图所示， ∵⊙O的半径为2，△ABC内接于⊙O，∠ACB=135°， ∴∠ADB=45°， ∴∠AOB=90°， ∵OA=OB=2， ∴AB=， 故答案为：C． 【点睛】本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 8．在四边形中，，⊙O是△ABD的外接圆，若，则= ． 【答案】5 【分析】根据已知条件得到点A，B，C，D四点共圆，推出点C在上，然后利用勾股定理可得，于是得到结论． 【详解】解：∵如图，在四边形ABCD中，， ∴点A，B，C，D四点共圆， ∵是的外接圆， ∴点C在上， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键． 9．如图所示，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，． (1)求证：平分，并求的大小； (2)过点作交的延长线于点，若，，试求四边形的面积和此圆半径的长． 【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，关键是由圆内接四边形的性质得到，由垂径定理推出是等边三角形． （1）由圆周角定理得到，而，因此，得到平分，由圆内接四边形的性质得到，即可求出； （2）由垂径定理推出是等边三角形，得到由，得到，由平行线的性质求出，由圆内接四边形的性质求出，得到，由直角三角形的性质得到，因为是圆的直径，即可得到圆半径的长是4． 【详解】（1）证明：，， ， 平分， 平分， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， ， ， ； （2）解：，， ， ， ， 是圆的直径， 垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， ， ， ，， ， 是圆的直径， 圆的半径长是4， ． 10．已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根． (1)求m的取值范围； (2)当时，方程的两根分别是矩形的长和宽，求该矩形外接圆的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解； （2）求出方程的两个根，再利用勾股定理可得到该矩形外接圆的直径，即可求解． 【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：； （2）解：当时，方程为， 解得：， ∴矩形的长是3，宽是2， ∴该矩形外接圆的直径为， ∴该矩形外接圆的周长为． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式和方程求解，准确理解矩形外接圆，判断出直径是解题的关键． 【题型3 “弦外角”的相关计算】 11．如图，是的内接三角形，是它的一个外角，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查圆周角定理和圆的内接四边形，圆周角定理，掌握圆的内接四边形的对角互补是关键．如图所示，在上取点E，连接，，根据平角的定义求出的度数，然后根据圆的内接四边形的对角互补求出的度数，再根据圆周角定理进而求解即可． 【详解】解：如图所示，在优弧上取点E，连接，， ∵是的一个外角，， ∴    ， ∵四边形是圆的内接四边形， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 12．如图，是的内接四边形的一个外角，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是邻补角的含义，圆的内接四边形的性质，圆周角定理的应用，熟练掌握圆中的圆周角定理与圆的内接四边形的性质是解本题的关键，根据题意得到，利用圆的内接四边形的性质求解， 再利用圆周角定理可得的大小． 【详解】解：， ， 四边形是内接四边形， ， ， 故选：B． 13．如图，是的内接三角形，若，则它的一个外角的度数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查圆周角定理和圆的内接四边形，等边对等角和三角形内角和定理，掌握圆的内接四边形的对角互补是关键． 如图所示，在上取点E，连接，，根据等边对等角和三角形内角和定理求出，然后利用圆周角定理求出，然后根据圆的内接四边形的对角互补求出，进而求解即可． 【详解】如图所示，在优弧上取点E，连接， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 14．如图，四边形内接于，是四边形的外角，若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆内接四边形，熟练掌握圆内接四边形的性质定理是解题的关键：圆内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角． 根据圆内接四边形的性质定理即可直接得出答案． 【详解】解：四边形内接于，是四边形的外角，的内对角是， ， 故答案为：． 15．如图，在的内接四边形中，是四边形的一个外角． (1)求证：； (2)若，与相等吗？为什么？ 【答案】(1)证明见解析； (2)，理由见解析． 【分析】（）利用圆四边形的性质得出，再由即可求证； （）根据等腰三角形的性质得出，由和圆周角定理得出即可； 本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理和等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键． 【详解】（1）∵，， ∴； （2），理由： ∵， ∴， 由（）得：， ∴， 又∵， ∴． 【题型4 求正多边形的中心角】 16．青秀山的龙象塔是南宁市的地标建筑之一，始建于明代万历年间．该塔为八角九层，重檐砖结构．如图所示的正八边形是龙象塔其中一层的平面示意图，点为正八边形的中心，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查求正多边形中心角度数，掌握正n边形中心角的计算公式是解题的关键． 用除以正多边形的边数，计算即可． 【详解】解： 故选：C． 17．我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．若将八角形窗户进行旋转后能与自身重合，旋转角至少为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形与圆，正多边形的中心角，掌握知识点的应用是解题的关键．根据正八边形的中心角为，则旋转角至少为，从而求解． 【详解】解：由题意得，正八边形的中心角为， ∴八角形窗户进行旋转后能与自身重合，旋转角至少为， 故选：． 18．如图，在的圆内接正五边形中，过点D作交于点F，则的度数为 ． 【答案】/18度 【分析】本题考查圆内接正多边形，三角形内角和，连接，，根据圆内接正五边形，得到，，则，得到，根据等腰三角形得到，再由得到，最后根据三角形内角和求解即可． 【详解】解：连接，， ∵在的圆内接正五边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 19．如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为 ． 【答案】12 【分析】本题主要考查了求正多边形的中心角，已知正多边形的中心角求边数等知识点，熟练掌握正n边形的每个中心角都等于是解题的关键．连接，由正六边形与正方形可得，，进而可得，再由“正n边形的每个中心角都等于”即可得出答案． 【详解】解：连接， 正六边形与正方形有重合的中心O， ， ， 是正n边形的一个中心角， ． 故答案为：12． 20．如图，正方形的外接圆为，点P在劣弧上（不与点C重合）．    (1)求的度数； (2)若的半径为8，求正方形的边长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查圆与正多边形，圆周角定理： （1）连接，根据中心角的计算公式求出的度数，圆周角定理，求出的度数即可； （2）勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：连接，    由题意得：， ∴； （2）由（1）知：， 又∵， ∴， 即正方形的边长为：． 【题型5 已知正多边形的中心角求边数】 21．如图，是的内接正三角形，五边形是的内接正五边形，若线段恰好是的一个内接正n边形的一条边，则n的值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形与圆，连接、、、，由题意可得，，，由圆周角定理计算得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接、、、， 由题意可得：，，， ∴， ∴若线段恰好是的一个内接正n边形的一条边，则n的值为， 故选：A． 22．一个圆内接正多边形的一条边所对的圆心角是，则该正多边形边数是（   ） A．6 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正多边形中心角的计算方法是正确解答的关键． 根据正多边形中心角的计算方法列方程求解即可． 【详解】解：设这个正多边形为正边形，由题意得， ， 解得， 经检验，是原方程的解， 所以这个正多边形是正九边形， 故选：B． 23．如图，点、、、为一个正多边形的顶点，点为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（　　） A．9 B．10 C．18 D．20 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确的理解题意是解题的关键．根据圆周角定理得到，即可得到结论． 【详解】解：、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心， 点、、、在以点为圆心，为半径的同一个圆上， ， ， 这个正多边形的边数， 故选：A． 24．如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为（   ） A．16 B．12 C．10 D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查了求正多边形的中心角，已知正多边形的中心角求边数等知识点，熟练掌握正边形的每个中心角都等于是解题的关键． 连接，由正六边形与正方形可得，，进而可得，再由“正边形的每个中心角都等于”即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， 正六边形与正方形， ，， ， 是正n边形的一个中心角， ， 故选：． 25．如图，是的内接正六边形的一边，点在弧上，且是的内接正八边形的一边．则是的内接正 边形的一边． 【答案】二十四 【分析】本题考查了正多边形和圆，中心角等知识，连接，先求得、的度数，然后利用除以度数，根据所得的结果进行分析即可得． 【详解】解：连接， ∵是的内接正六边形的一边， ∴， ∵是的内接正八边形的一边， ∴， ∴， ∵， ∴是的内接正二十四边形的一边， 故答案为：二十四． 【题型6 尺规作图—正多边形】 26．如图，已知，请用尺规作图法求作的内接正方形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题考查了作正方形，考查了圆的基本性质，正方形的判定；先在圆上确定一点，连接并延长交于点，再作的垂直平分线交于B、D，连接，则四边形就是所求作的内接正方形． 【详解】解：如图，正方形为所作． 垂直平分，为的直径， 为的直径， ， ，，， 四边形是矩形 , 四边形是正方形， 又都在圆上， 四边形是的内接正方形． 27．作图题： (1)尺规作图：如图，已知线段．求作线段的垂直平分线l，交于点C；（要求：保留作图痕迹，不写作法） (2)已知六边形是以O为中心的中心对称图形（如图），画出六边形的全部图形，并写出作法． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）分别以、为圆心，以任意长为半径，两圆相交于两点，连接此两点即可． （2）连接并延长到F，使得，连接BO并延长到E，使得，连接，，即可得出图形． 【详解】（1） （2）解：连接并延长到F，使得，连接BO并延长到E，使得，连接，，， 如图，六边形即为所求． 【点睛】本题考查了垂直平分线的作法，也考查了中心对称图形的性质，熟练掌握一般作图的步骤是解题的关键． 28．已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度直尺，按要求画图： (1)在图1中，画出CD的中点G； (2)在图2中，点G为CD中点以G为顶点画出一个菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）如图1，分别连接AD、CF交于点H，分别延长线段BC、线段ED于点I，连接HI与线段CD交于点G，点G即为所求； （2）如图2，延长线段IH与线段AF交于点J，连接BG、GE、EJ、JB，四边形BGEJ即为所求． 【详解】（1）如图1，分别连接AD、CF交于点H，分别延长线段BC、线段ED于点I，连接HI与线段CD交于点G，点G即为所求； （2）如图2，延长线段IH与线段AF交于点J，连接BG、GE、EJ、JB，四边形BGEJ即为所求． 【点睛】本题考查了无刻度直尺作图的问题，掌握正六边形的性质、中线的性质、菱形的性质是解题的关键． 29．如图，已知，请用尺规做的内接正四边形．（保留作图痕迹，不写做法） 【答案】图见解析 【分析】本题考查了作正方形，考查了圆的基本性质，正方形的判定；先在圆上确定一点，连接并延长交于点，再作的垂直平分线交于B、D，连接，则四边形就是所求作的内接正方形． 【详解】解：如图，正方形为所作． 垂直平分，为的直径， 为的直径， ， ，，， 四边形是矩形 , 四边形是正方形， 又都在圆上， 四边形是的内接正方形． 30．如图，是中互相垂直的两条直径，以点A为圆心，为半径画弧，与交于E、F两点． (1)求证：是正六边形的一边； (2)请在图上继续画出这个正六边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正多边形和圆，熟悉正六边形的性质、尺规作图是解题的关键． （1）连接，得到是等边三角形，从而得到是正六边形的一边； （2）用以的长为圆规两脚间的距离，分别在圆上截得相等的弧长． 【详解】（1）证明：连接，如图． ∵， ∴是等边三角形， ， ∴是正六边形的一边； （2）解：如图所示， 用圆规截去弧的弧长，然后以E点、点B为圆心，为半径画弧，与交于G、H两点，顺次将点A、E、G、B、H、F连接起来，就得到正六边形． 【题型7 正多边形与圆结合的问题】 31．我国古代数学家刘徽在《九章算术》中提出“割圆术”，即用圆内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．设的半径为1，若用如图所示的的内接正十二边形的面积来近似估计的面积，则产生的正误差为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了正多边形与圆，含角直角三角形的性质等知识．根据正多边形的性质和含角直角三角形的性质求出的内接正十二边形的面积为，即可求出答案． 【详解】解：如图，在中，，作于点， ∴， ∴， ∴的内接正十二边形的面积， ∴产生的正误差为， 故选：D 32．如图，与正六边形的边分别交于点F、G，则对的圆周角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，正多边形内角与外角．首先求得正六边形的内角的度数，然后由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得答案． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴，即， ∴． 故选：C． 33．如图，正五边形的顶点在上，是优弧上的一点（不与点重合），连接，则的度数为 ．    【答案】/54度 【分析】本题考查正多边形与圆、圆周角定理等知识点，理解圆周角定理是解题的关键． 先根据正多边形内角和定理求得再根据圆周角定理计算即可． 【详解】解：∵正五边形， ∴， ∵是优弧上的一点（不与点重合）， ∴． 故答案为：． 34．“3世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法”，请计算出半径为2的圆与其内接正十二边形的面积差为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查圆的面积计算、正多边形与圆的关系以及等腰三角形面积计算．解题关键是将圆内接正十二边形分割为等腰三角形，利用相关几何性质和公式分别求出圆与正十二边形面积． 利用圆面积公式，根据已知半径求出圆的面积，把圆内接正十二边形分割成12个等腰三角形，通过正十二边形中心角求出为等边三角形，得到相关边长和高，求出单个等腰三角形面积，乘以12得到正十二边形面积，用圆的面积减去正十二边形的面积，得出面积差． 【详解】解：如图，将圆内接正十二边形分割成12个等腰三角形，点A，B，C为顺次三个分点，连接，交于点D， ∵圆的半径， ∴， ∵正十二边形的中心角为， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴正十二边形的面积为12个这样的等腰三角形面积之和，即：， ∴． 35．如图，正方形内接于，E是的中点，连接．    (1)求∠E的度数． (2)求证：． (3)若，则点E到的距离为 ． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了正多边形和圆，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理等知识． （1）利用正方形和圆的关系，求得中心角的度数，再利用圆周角定理即可求解； （2）要证明，只要证明即可； （3）连接并延长交于点F，证明是线段的垂直平分线，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，，    ∴ ∵正方形内接于， ∴， ∴； （2）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接并延长交于点F，    ∵，，∴是线段的垂直平分线， ∵，， ∴，， ∴， ∴，即点E到的距离为， 故答案为：． 【拓展训练一 圆内接四边形的综合】 36．如图，四边形是的内接四边形，连接，延长至点E，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查圆内接四边形的性质以及圆周角定理，解题的关键是利用同弧或等弧所对圆周角相等求出相关角的度数． 先根据等弧所对圆周角相等求出和，再利用圆内接四边形的外角等于内对角求出． 【详解】∵，， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴． 故选：D． 37．如图，线段是的直径，线段是的弦，且，点是上一点，、交于点，，若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由垂径定理得，则有，由圆内接四边形的性质四边形则，推出，得到，由等腰三角形的性质推出，再通过三角形的外角性质即可求解． 【详解】解：∵直径， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 38．如图，的半径为2，四边形内接于，，若点是线段上一动点，连接，过点作于点，则的最小值是（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】连接，取中点H，连接；易得是等边三角形，则；又，由，当点F在上时，最小，即可求得最小值． 【详解】解：如图，连接，取中点H，连接； ∵， ∴是等边三角形， ∴； 由勾股定理得； ∵，中点为H， ∴， ∵， ∴当点F在上时，最小，最小值为． 故选：D． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识点，构造辅助线是解题的关键． 39．如图，点A，B，C在上，与的平分线交于点P，点M为上不同于点B，C的一点，若，则 ． 【答案】或 【分析】本题考查了与角平分线有关的三角形内角和，同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质．熟练掌握角平分线有关的三角形内角和，同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质是解题的关键．由角平分线的定义可得，由，可求，则，由题意知，分当在上方时，当在下方时，两种情况求解作答即可． 【详解】解：∵与的角平分线交于点P， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， 当在上方时，如图， ∴， 当在下方时，如图， ∴， 综上所述，或， 故答案为：或． 40．如图，在中，，，点D为的中点，点E在上，且．经过点A，D，E，与交于点G，与交于点F，则的度数为 °． 【答案】60 【分析】题目主要考查等边三角形的判定和性质，圆周角定理，理解题意，作出辅助线进行求解是解题关键． 连接，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，为等边三角形，再由各角之间的关系及等量代换得出，利用圆周角定理即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵点D为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的度数为， 故答案为：60． 【拓展训练二 圆内接四边形的新定义问题】 41．【定义新知】定义：有一个角是其对角一半的圆内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角． 【初步应用】 （1）如图1，已知四边形是圆美四边形，是美角，连接． ①写出的度数是______，的度数是______，的度数是______； ②点为的中点，的半径为5，求线段的长； 【拓展提升】 （2）如图2，已知四边形是圆美四边形，是美角，连接，若平分，的半经为6，则的最大值是______． 【答案】（1）①；②；（2） 【分析】（1）①根据定义和圆周角定理求角即可；②根据垂径定理和特殊角的三角函数值进行解答即可； （2）延长到点M，使得，连接，得到 是等边三角形，证明，则，进一步证明，当是直径时，取最大值，即可求出答案． 【详解】解：（1）①∵四边形是圆美四边形，是美角， ∴， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． ②连接交于点P， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴, ∴， ∴． （2）如图，延长到点M，使得，连接， ∵四边形是圆美四边形，是美角， ∴， ∴， 解得， ∴， ∵平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵是的一条弦， ∴当是直径时，取最大值， 即的最大值是． 故答案为： 【点睛】本题考查了新定义问题，等边三角形的判定和性质，圆的内接四边形的性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质是解题的关键． 42．定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”． (1)如图1，是的一条弦（非直径），若在上找一点，使得是“圆等三角形”，则这样的点能找到_________个； (2)如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线，和均为“圆等三角形”，且，． ①当时，求度数； ②如图③，当，时，求阴影部分的面积． 【答案】(1)4 (2)①；② 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，扇形的面积和三角形的面积，等边三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键． （1）过作直线的垂线交于，，分别以和为圆心，为半径作弧与圆的交点就是所求的点； （2）①根据圆内接四边形的性质得到，当时，当时，当时，根据等腰三角形的性质即可得到结论；②)根据圆内接四边形的性质得到推出是等边三角形，得到．连接．根据圆周角定理得到， ，求得，，根据等边三角形的性质得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）解：过作直线的垂线交于，，分别以和为圆心，为半径作弧与圆的交点就是所求的点；如图所示： 满足条件的点C共有4个， 故答案为：4； （2）解∶①， ， 为圆等三角形，且， ， ②， ， 为“圆等三角形”， 是等边三角形， ， 连接，，交于， ，， ， ，， ， 四点共线， ， 与是等边三角形， ， ， 阴影部分的面积扇形的面积的面积 ． 43．定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形中，若，，则称四边形为准平行四边形．    (1)如图①，，，，是上的四个点，，延长到，使．求证：四边形是准平行四边形； (2)如图②，准平行四边形内接于，，，若的半径为5，，求的长； 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证是等边三角形，可得，由，可证四边形是准平行四边形； （2）如图②，连接，根据等腰三角形的性质得到，，求得，于是得到是直径，将绕点顺时针旋转得到，可得，，，，由勾股定理可求的长． 【详解】（1）证明：， ，， 四边形是圆的内接四边形， ， ， ，， 是等边三角形， ， 又， 四边形是准平行四边形； （2）四边形是圆内接四边形， ，， 不是直径， ， 四边形是准平行四边形， ，， ， 是直径， ， 在中，， 将绕点顺时针旋转得到，    ，，，， ， ， 点，点，点三点共线， ， ， ， ， 【点睛】题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，理解等对角四边形的定义是本题的关键，添加恰当辅助线是本题的难点． 44．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．    (1)如图1，若四边形是圆美四边形．求美角的度数； (2)在（1）的条件下，若的半径为4． ①求的长； ②连接，若平分，如图2，请判断、、之间有怎样的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)①；②，理由见解析 【分析】（1）由题意得：，而即可求解； （2）①如图1，连接并延长交于点，连接，则，根据勾股定理即可求出的长；②理由如下：如图2，延长到，使得，连接，由圆的相关性质和已知条件可证，从而证出结论． 【详解】（1）由题意得：， ， ， ． （2）①如图1，连接并延长交于点，连接，    的半径为4， ， ， ． ②． 理由如下：如图2，延长到，使得，连接，    ， ． 平分， ，． ， ， ， ，， 为等边三角形， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的综合运用，以及全等三角形的判定与性质和勾股定理，结合条件，添加适当的辅助线是解本题的关键． 45．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角． 图1                图2                 图3 (1)如图1，若四边形是圆美四边形，求美角的度数． (2)在（1）的条件下，若的半径为． ①则的长是______． ②如图2，在四边形中，若平分，求证：． (3)在（1）的条件下，如图，若是的直径，请用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)①，②证明见解析． (3)，理由见解析． 【分析】本题考查了四边形的性质，圆的性质，全等三角形的性质，勾股定理，掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． （1）根据圆美四边形的定义，四边形的性质，得到，，由此得到答案． （2）①连接并延长，交圆于点，连接，则，，，由勾股定理得到的长． ②连接，根据已知条件，得到是等边三角形，延长到，使得，得到，由此得到为等边三角形，． （3）延长和交于点，在（1）的条件下，，，由已知条件，得到，在中，根据勾股定理得到． 【详解】（1）解：由题意得： 四边形是圆美四边形， ， ， ． （2）①如图，连接并延长，交圆于点，连接， ，，， ， ，， ． 故答案为：． ②如图，连接，在（1）的条件下， ，， 平分， ， ， ， 是等边三角形，延长到，使得， 又，， ， ，， ， 为等边三角形， 则， 即， ． （3）如图，延长和交于点， 在（1）的条件下，，， 是直径， ，， ， ，， 在中， ， ， 即， 解得：． 【拓展训练三 圆与正多边形的综合】 46．我们可以用构图的方法研究一些几何问题． 【基本图形】 （1）如图①，已知正方形，E是延长线上一点，连接，作，交于点F．求证∶． 【方法迁移】 （2）如图②，已知，点P在的内部，求作正方形，使点Q，N分别在上，点M在的内部且点M在点P的右侧．（含边）． 要求：①用直尺和圆规作图；②保留作图的痕迹； 【问题解决】 （3）在（2）的条件下，若， ，点P到的距离为1，直接写出所作正方形的边长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）． 【分析】（1）先根据正方形的性质证明可得，再根据等量代换即可证明结论； （2）根据正方形的性质、垂直平分线的性质进行尺规作图即可完成作答； （3）如图：过P作，交于点L，交于点F，过Q作于点K，过Q作于点E，再利用等腰直角三角形和三垂直全等得到线段长，再利用勾股求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即； （2）解：如图，正方形即为所求； 作法： 1．过点P向作垂线段； 2．以垂线段为边向右侧正方形； 3．延长，交于点Q； 4．连接，以点P为圆心，为半径画弧，交于点N； 5．以为边作正方形，则正方形即为所求； （3）解：如图：过P作，交于点L，交于点F，过Q作于点K，过Q作于点E， 同理可得：， ∵， ∴， ， ∴， 在中， 综上，正方形边长为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、尺规作图、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键． 47．已知正五边形，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． 【初步感知】 （1）如图1，请直接写出的度数； 【实践探究】 （2）请在图2中作出以为对角线的菱形，并证明你的结论； 【拓展延伸】 （3）请在图2正五边形的基础上再设计一个新的正五边形.（不需要证明） 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【分析】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）利用正五边形与等腰三角形的性质求解； （2）连接交于点M，四边形即为所求； （3）各边延长线的交组成的五边形即为所求． 【详解】解：∵， ∴； 故答案为：； （2）如图1所示，连接相交于点，菱形为所求图形， 证明：在正五边形中，每个内角都相等且等于，每条边都相等， 可得≌，从而 ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理可证：. ∴四边形为平行四边形， 又， ∴四边形为菱形. （3）如图，五边形即为所求． 48．今年假期，你有没有和父母或者小伙伴一起走进影院去看一下国漫电影《哪吒2》呀？影片中，玉虚宫的镇宫之宝“天元鼎”大到超乎想象，存放它的建筑是一座“正八边形”的宫殿，你想知道这座建筑有多大吗？ 问题一：要求出“正八边形”的面积，我们可以把一个“正八边形”均分成八个顶角为______度的等腰三角形； 问题二：中，，，，求的面积和的值分别是多少？（可以作的中垂线交于D，交于E，则为等腰三角形，） 问题三：若“正八边形”的边长为，求：正八边形的面积． 【答案】问题一：45；问题二：，；问题三：． 【分析】本题考查正多边形的有关运算，含的直角三角形性质，勾股定理，熟练掌握含的直角三角形性质和利用正方形的面积解决正八边形的面积是解决本题的关键． 问题一：根据正八边形分成的八个等腰三角形的顶角组成，可得等腰三角形每个顶角的度数； 问题二：根据及的长可得和的长度，进而可得的长度，的面积，，把相关数值代入计算即可； 问题三：延长正八边形的四条边相交成正方形，则补充的四个小三角形为等腰直角三角形，求得正方形的边长后，正八边形的面积正方形的面积4个等腰直角三角形的面积，把相关数值代入计算即可． 【详解】解：问题一：八个等腰三角形的顶角组成， 每个顶角的度数为：， 故答案为：45； 问题二：作的中垂线交于D，交于E， ， ， ， ， ，， ， ， ， ； 问题三：如图，延长正八边形的四条边相交成正方形，则补充的四个小三角形为全等的等腰直角三角形， 正八边形的边长为， ∴， ， 正方形的边长为， 正八边形的面积． 49．综合与实践 某数学小组，在计算当周长为固定值时，围成正三角形、正方形、正六边形、圆的面积．      【探究发现】 当周长为时，计算回答下列问题： （1）正方形的面积为________． （2）如图，正，该正三角形的面积为多少？请写出计算过程． （3）直接写出该周长下，正六边形和圆的面积．比较在同一周长下，、、、的大小关系．（参考数据：，）    【应用结论】 张强同学假期看望爷爷奶奶，发现爷爷准备在空地上围一个简易羊圈，用来给怀胎和产仔的的母羊单独喂食．爷爷买了的护栏网，若不计损耗，围成的简易羊圈场地面积，是否能达到，若能，该如何围？若不能，说明理由． 【答案】[探究发现]（1）；（2）或（3）；[应用结论]能，理由见解析 【分析】本题考查了正多边形与圆，勾股定理的应用； 【探究发现】（1）根据正方形的面积公式进行计算即可求解； （2）根据等边三角形的性质，勾股定理求得高，进而根据面积公式，即可求解; （3）根据圆的面积公式，以及正六边形的性质分别求解，进而比较大小，即可求解； 【应用结论】根据【探究发现】可得圆面积最大，进而计算周长为的圆的面积，即可求解． 【详解】解：（1）∵正方形的周长为， ∴正方形的边长为， ∴正方形的面积为， 故答案为：． （2）解：作于点， 是等边三角形，周长为，则， ， 在中，由勾股定理得：， ；    （3）∵的周长为， ∴半径为， ∴面积为； ∵正六边形的周长为，则边长为， ∴正六边形的面积为；    ∵、、、， ∴， 【应用结论】解：能，护栏网围成圆时，面积能达到； 根据【探究发现】可知，围成圆时，面积最大， ∵的周长为， ∴半径为， ∴面积为； ∴尽量围成圆时，简易羊圈场地面积能达到． 50．请用无刻度直尺完成下列作图，不写画法，保留画图痕迹（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果） (1)如图1，五边形是正五边形，画一条直线把这个五边形分成面积相等的两部分： (2)如图2，的外接圆的圆心是点，是的中点，画一条直线把分成面积相等的两部分； 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作图-复杂作图，正五边形的性质，垂径定理，解题的关键是掌握知识点的应用． （）连接，交于点，连接，根据正五边形的性质可得直线把五边形分成面积相等的两部分； （）连接交于点连接，得直线把分成面积相等的两部分． 【详解】（1）解：如图1，直线即为所求； ； （2）解：如图2，直线即为所求； 理由：连接交于点， ∵的外接圆的圆心是点，是的中点， ∴垂直平分， ∴是的中点， ∴直线把分成面积相等的两部分． 【拓展训练四 正多边形的新定义问题】 51．定义：如果几个全等的正边形依次有一边重合，排成一圈，中间可以围成一个正多边形，那么我们称作正边形的环状连接．如图1，我们可以看作正八边形的环状连接，中间围成一个正方形． （1）若正六边形作环状连接，如图2，中间可以围成的正多边形的边数为 ； （2）若边长为的正边形作环状连接，中间围成的是等边三角形，则这个环状连接的外轮廓长为 ．（用含的代数式表示） 【答案】 6 【分析】根据正多边形的内角和公式（n-2）•180°，可求出正多边形密铺时需要的正多边形的内角，继而可求出这个正多边形的边数． 【详解】解：（1）正六边形作环状连接，一个公共点处组成的角度为240°， 故如果要密铺，则需要一个内角为120°的正多边形， 而正六边形的内角为120°， 所以正六边形作环状连接，中间可以围的正多边形的边数为6； （2）若边长为1的正n边形作环状连接，中间围成的是等边三角形， 则一个公共点处组成的角度为360°-60°=300°， 所以正n边形的一个内角是150°， 所以（n-2）×180=150n， 解得n=12， 所以边长为a的正十二边形作环状连接，中间围成的是等边三角形，则这个环状连接的外轮廓长为27a． 故答案为：6；27a． 【点睛】此题考查了平面密铺的知识，解答本题关键是求出在密铺条件下需要的正多边形的一个内角的度数，有一定难度． 52．阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形是等边半正六边形，那么，，，且． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：… 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ． (2)如图3，六边形是等边半正六边形．连接对角线，猜想与的数量关系，并说明理由； (3)如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】(1)240 (2)，理由见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是解题关键． （1）六边形内角和为，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为； （2）连接，，通过已知条件可证，得到，，进一步证明证出； （3）作、、的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是正六边形了． 【详解】（1）解：∵六边形内角和为，且，， ∴等边半正六边形相邻两个内角的和为， 故答案为：240； （2）解：． 理由如下：连接，． 六边形是等边半正六边形． ，． ． ． 在与中， ， ． ； （3）解：如图，六边形即为所求（答案不唯一）． 作法一： 作法二：． 53．定义：我们将能完全覆盖某平面图形的圆称为该平面图形的覆盖面．其中，能完全覆盖平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆． 例如：如图1，线段的最小覆盖圆就是以线段为直径的圆； 【初步思考】 （1）边长为的正方形的最小覆盖圆的半径是______； （2）如图2，边长为的两个正方形并列在一起，则其最小覆盖圆的半径是______； 【深入研究】 （1）请分别作出图3中两个三角形的最小覆盖圆（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． （2）如图4，在正方形网格中建立的平面直角坐标系中，的顶点位于坐标原点，顶点、的坐标分别为、．则的最小覆盖圆的圆心坐标为______，半径长为______；如图5，钝角中，，，则的最小覆盖圆的半径为______． 【生活应用】 某地有四个村庄，，，（其位置如图6所示），现拟建一个5G网络信号中转站，为了使这四个村庄的居民都能接收到信号，且使中转站所需发射功率最小（距离越小，所需功率越小），经过工程人员测量得到及图中相关各角度等数据，四边形区域最小覆盖圆的半径为______． 【答案】【初步思考】（）；（）；【深入探究】（）见解析；（），，；【生活应用】． 【初步思考】（）边长为的正方形的最小覆盖圆，就是以以正方形的对角线为直径的圆，从而求出答案； （）两个正方形组合而成的矩形的最小覆盖圆就是以矩形的对角线为直径的圆； 【深入探究】（）按题意画出图形即可； （）网格中找出和垂直平分线交点，再根据勾股定理求得半径，的中点是覆盖圆圆心，是半径； 【生活应用】的外接圆就是四边形的最小覆盖圆，由直角三角形的性质可得出答案． 【详解】【初步思考】（）∵正方形的边长为， ∴由勾股定理，得正方形的对角线长为：， ∴最小覆盖圆的半径是， 故答案为：； （）∵矩形的长为，宽为，由勾股定理，得矩形的对角线长为， ∴最小覆盖圆的半径是， 故答案为：； 【深入探究】（）如图所示：分别作垂直平分线即可； （）如图， 和垂直平分线的交点在， 由网格可知：， 如图， 将两点覆盖，到最小距离是点的位置，即，此时可以覆盖点， ∴的最小覆盖圆的半径是； 故答案为：，，； 【生活应用】解：∵的最小覆盖圆可以将四边形覆盖， ∴四边形的最小覆盖圆是的外接圆， 作直径，连，如图， ∵， ∴， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， 即， ∴，即， ∴ ∴四边形的最小覆盖圆半径为． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆，圆周角定理，勾股定理，垂直平分线，正方形和矩形的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 54．李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解的意义． (1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________； (2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”； (3)[总结]随着n的增大，具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括． 【答案】(1) (2)， (3)随着n的增大，越来越接近于1，见解析 【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可； （2）设正方形边长和正六边形的边长都为1，求出此情形下对应的内切圆半径，再根据“正圆度”的定义进行求解即可； （3）根据（1）（2）所求可知随着n的增大，越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意得，， 故答案为：； （2）解：假设正方形边长1， ∴此时正方形的内切圆半径为， ∴； 设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）解：，随着n的增大，越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，精进的取值的方法可知：正多边形，边长数越多，越接近于圆，因此当边长增多时，其周长L也与对应的内切圆周长更接近，其比值更接近于1． 【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，正确理解题意是解题的关键． 55．如图，正三角形、正方形、正六边形等正n边形与圆的形状有差异，我们将正n边形与圆的接近程度称为“接近度”． (1)角的“接近度”定义：设正n边形的每个内角的度数为，将正n边形的“接近度”定义为．于是越小，该正n边形就越接近于圆， ①若，则该正n边形的“接近度”等于 ． ②若，则该正n边形的“接近度”等于______． ③当“接近度”等于______．时，正n边形就成了圆． (2)边的“接近度”定义：设一个正n边形的外接圆的半径为R，正n边形的中心到各边的距离为d，将正n边形的“接近度”定义为．分别计算时边的“接近度”，并猜测当边的“接近度”等于多少时，正n边形就成了圆？ 【答案】(1)①120；②18；③0 (2)时，；时，，当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆 【分析】（1）①根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；②根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；③根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解； （2）结合正多边形的外接圆的半径与正多边形的中心到各边的距离构造的直角三角形，求解即可． 【详解】（1）解：①当时， ， ∴“接近度”等于； 故答案为：120 ②当时， ， ∴“接近度”等于； 故答案为：18 ③∵越小，该正n边形就越接近于圆， ∴当时，该正n边形就成了圆， 此时， ∴； 故答案为：0 （2）解：如图，当时，为正的外接圆，， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当时，为正六边形的外接圆，， ∴， ∴， ∴， ∴； 当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆． 【点睛】此题考查了正多边形与其外接圆的关系．解此题的关键是注意数形结合思想的应用． 1．如图，点C，D是以为直径的半圆O上的两点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是圆周角定理推论及圆内接四边形性质，先求出，进而求出，即可求出结论． 【详解】解：连接， 在半圆O中，为直径， ， ， ， ， 故选：C． 2．如图，是的弦，把沿翻折，点A在翻折后的上，点C在上．若，则的度数是（   ） A．80° B．100° C．120° D．140° 【答案】B 【分析】本题考查圆的相关性质（圆周角定理、翻折的性质），解题的关键是利用圆内接四边形的性质以及翻折前后的角的关系． 利用圆内接四边形对角互补以及翻折后角的等量关系求解． 【详解】如解图， 把折叠部分展开，点A的对应点为，则四边形是的内接四边形， ∴， ∴， 即， 故选B． 3．平遥推光漆器是山西著名的工艺品，以手掌推出光泽而得名．如图①是平遥推光漆器的一个饰品盒盖，图②是其几何示意图(阴影部分为花朵图案)．已知正六边形的边长为2，分别以正六边形每个顶点为圆心，其边长为半径画弧，构成花朵图案，则图中阴影部分的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正多边形与圆，等边三角形的性质与判定，勾股定理，设正六边形的中心为O，连接，过点O作于H，可证明是等边三角形，得到，则，根据计算求解即可． 【详解】解；如图所示，设正六边形的中心为O，连接，过点O作于H， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴点O在以B为圆心，的长为半径的圆上， ∴， 故选：B．    4．如图，平面直角坐标系中，正六边形的顶点，在轴上，顶点在轴上，若正六边形的中心点的坐标为 则点的坐标为 （   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点P作与点K，延长交y轴与点N，连接，，，先证明四边形是矩形，再根据矩形的性质得出，由含30度直角三角形的性质得出 ，由等腰三角形的性质得出，由勾股定理求出，求出点K的坐标即可得出点B的坐标． 【详解】解：过点P作与点K，延长交y轴与点N，连接，，， 则，， ∵是正六边形，且中心角为， 则，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵正六边形的中心点的坐标为 ∴， ∴， ∴， ∴点K的坐标为：， ∴B点的坐标为， 故选：D． 【点睛】此题考查了正多边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，写出直角坐标系中点的坐标，等腰直角三角形的判定和性质等知识，掌握正多边形的性质是解题的关键． 5．如图，正六边形的边长是，连接，是上的动点，连接，．若的值是整数，则点的位置有（    ） A．3处 B．5处 C．7处 D．9处 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形，轴对称的性质，勾股定理等知识的综合，掌握正多边形，勾股定理的运用是关键． 根据正多边形的性质，轴对称的性质得到点从运动时 ，的取值范围为，由此即可求解． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴，点关于的对称点为点，每个内角的度数为， 如图所示，连接，交于点，连接，设交于点， ∴，，， ∴，， ∴，，， ∴，， 当点三点共线时，的值最小，最小值为， 点从运动时 ，的取值范围为， ∵， ∴整数值为，共3个， 故选：A ． 6．如图，小辉用了14个全等的正七边形排列（图形不重叠，且每相邻的两个正七边形有一边重合），形成一个圆环状，图中所示的是其中3个正七边形的位置．如果我们用个全等的正九边形也按照同样的方式排列，形成一个圆环状，则的取值可以是（   ） A．6，16 B．6，18 C．8，16 D．8，18 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形与圆，掌握多边形的内角和定理是解题的关键．根据题意分三种情况讨论，先求出正九边形的一个内角的度数为，再根据圆周角与是否成整数倍来判断，即可得边数． 【详解】解：如图， ∵， ∴正九边形的每一个内角都为，每一个内角都为， 当以为重合边时，延长交于点O， 则， ∴， ∵，不是整数倍， ∴不能形成一个圆环状； 当以为重合边时，延长交于点， 同理得到， ∴， ∵， ∴， ∵，是整数倍， ∴能形成一个圆环状，此时，； 当以为重合边时，延长交于点，延长交延长线于点N， 同理得到， ∴， ∵， ∴， ∵，是整数倍， ∴能形成一个圆环状，此时，； 综上，的取值可以是，， 故选：B． 7．如图，四边形内接于，若，则在其他小于平角的8个角中，可以确定度数的有 个． 【答案】2 【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形．根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，以及圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，即可得出结果． 【详解】∵ ∴ ∵四边形内接于 ∴． ∴可以确定度数的有2个． 故答案为：2． 8．如图，内接于，，点在上，平分．若，则 ． 【答案】55 【分析】本题考查了等边对等角，垂径定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识，正确作出辅助线是关键． 如图所示，设交于点，连接，则四边形是圆的内接四边形，根据等边对等角，圆内接四边形得到，根据垂径定理得到即可求解． 【详解】解：如图所示，设交于点，连接，则四边形是圆的内接四边形， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为： ． 9．如图，正六边形内接于，若的周长是，则正六边形的边长是 ． 【答案】3 【分析】本题考查正多边形与圆，等边三角形的性质与判定，熟练掌握它们的性质是解题的关键； 连接、，根据的周长等于，可得的半径，而六边形是正六边形，即知，是等边三角形，即可得正六边形的边长． 【详解】解：连接、，如图： 的周长等于， 的半径， 六边形是正六边形， ， 是等边三角形， ， 即正六边形的边长为3， 故答案为：3． 10．已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是 ． 【答案】或 【分析】本题考查正多边形与圆，如图，分两种情况，当角的顶点在圆上时，如，弦为时，此时恰好是正五边形的一个内角，进行求解即可，当角的顶点在圆外部时，即交的两边，截取的两条弦为时，进行求解即可． 【详解】解：如图，当角的顶点在圆上时，如交的两边，截取的两条弦为，此时恰好是正五边形的一个内角， ∴； 当角的顶点在圆外部，即交的两边，截取的两条弦为时， 则：， ∴， ∴； 综上：这个角的大小是或； 故答案为：或． 11．如图，在内接正六边形中，连接，交于点．设正六边形的面积为，的面积为，则 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形和圆，三角形的面积，连接，，连接交于点，得，，求出，故可得． 【详解】解：如图，连接，，连接交于点， 正六边形内接于， 经过点，且，，， ， ， ， 在正六边形中，，， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 12．如图是一铺设在人行道上地板砖的一部分，它是由正六边形和四边形镶嵌而成，，，为各多边形顶点，则的值为 ． 【答案】 【分析】在图中标出字母如下，过点作延长线于点，连接，作于点，过点作于点，易得四边形和是矩形，再根据正六边形的性质求出每个内角的度数，进而得到是等边三角形，设，易表示出，，，，再利用矩形的性质和勾股定理求解和的长度即可求解． 【详解】解：在图中标出字母如下，过点作延长线于点，连接，作于点，过点作于点， 则四边形和是矩形． 人行道上地板砖由正六边形和四边形镶嵌而成， 正六边的内角为， ， , ，是等边三角形． 设， ， ， ，， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正六边形的性质，平面镶嵌，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，标出字母，作出辅助线构建直角三角形是解答关键． 13．如图，是的一个内接三角形，点是劣弧上一点（点不与，重合），设，． (1)当时，求的度数； (2)猜想与之间的关系，并给予证明． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查圆的基本性质，解题的关键是掌握根据同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半，圆内接四边形的性质． （1）在优弧上取一点，连接、，根据三角形的内角和，求出，根据同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半，求出，再根据圆内接四边形的性质，即可； （2）在优弧上取一点，连接、，根据三角形的内角和，求出，根据同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半，求出，再根据圆内接四边形的性质，即可． 【详解】（1）解：在优弧上取一点，连接、，如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∴． （2）解：，证明如下： 在优弧上取一点，连接、， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∴． 14．如图，等腰内接于，，点是上的点（不与点，重合），连接并延长至点，连接并延长至点，与交于点． (1)求证：； (2)若，求半径长． 【答案】(1)见解析 (2)半径长 【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理； （1）由四边形为圆内接四边形，得到，根据等腰三角形的性质得出，根据同弧所对圆周角相等得出，再结合和对顶角相等即可证明； （2）连接，根据圆周角定理可得，再由勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点，，，均在上， ∴四边形为圆内接四边形， ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴； （2）解：如图所示连接， ∵ ∴ 设的半径为，则中， 解得：（负值舍去） ∴半径长 15．已知内接于，D是上的点． (1)如图1，求和的大小； (2)如图2，，垂足为E，求的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质，可得，再由，可得，从而得到，即可； （2）连接，根据垂径定理可得，从而得到，再由圆周角定理可得，即可． 【详解】（1）解：∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图②，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质是解题的关键． 16．【问题提出】我们知道：同弧或等弧所对的圆周角都相等，且等于这条弧所对的圆心角的一半．那么，在一个圆内同一条弦所对的圆周角与圆心角之间又有什么关系？ (1)【初步思考】如图1，是的弦，,点分别是优弧和劣弧上的点，则　 　°，　 　°．    (2)如图2，是的弦，圆心角，求弦所对的圆周角的度数（用m的代数式表示）；    (3)【问题解决】如图3，已知线段，且．用尺规作图的方法作出满足条件的点C所组成的图形（不写作法，保留作图痕迹）．    【答案】(1)50，130 (2)在优弧AB上：，在劣弧AB上： (3)见解析 【分析】（1）一条弦对应两个圆周角，根据圆周角定理，圆的内接四边形对角互补处理； （2）同（1），根据圆周角定理，圆的内接四边形对角互补处理； （3）如图,①作线段的垂直平分线，交于点P，②以点P为圆心，以为半径作圆，交垂直平分线于点O，③以O为圆心，以为半径作圆，劣弧AB即为所求； 【详解】（1）解：，． 故答案为：50，130； （2）当P在优弧AB上时，； 当P在劣弧AB上时，； （3）如图,①作线段的垂直平分线，交于点P， ②以点P为圆心，以为半径作圆，交垂直平分线于点O， ③以O为圆心，以为半径作圆， 则劣弧AB（实线部分且不包含A、B两个端点）就是所满足条件的点C所组成的图形．    【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形性质，尺规作图；理解圆周角定理及圆的内接四边形性质是解题的关键． 17．[综合实践]问题：我们知道，过任意一个三角形的三个顶点能作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆，那么任意一个四边形都有外接圆吗？ 探索：给出了如图所示的四边形，填写出你认为有外接圆的图形的序号：___________；    发现：对角之间满足什么关系时，四边形一定有外接圆？写出你的发现； 说理：如果四边形没有外接圆，那么对角之间有上面的关系吗？请结合图说明理由．    【答案】探索：② 发现：对角互补的四边形一定有外接圆． 说理：如果四边形没有外接圆，那么对角之间没有上面的关系，理由见解析． 【分析】探索：若四边形有外接圆，则外接圆的圆心到四边形的四个顶点的距离相等，矩形的对角线相等且互相平分，对角线的交点到四个顶点的距离相等，该交点即为矩形外接圆的圆心，对角线长度的一半为矩形外接圆的半径． 发现：根据探索的结论即可求得答案． 说理：在图①中，延长交于点，连接，即可证得结论，在图②，连接，即可证得结论． 【详解】探索：② 发现：对角互补的四边形一定有外接圆． 说理：如果四边形没有外接圆，那么对角之间没有上面的关系，理由如下： 如图①，延长交于点，连接． ∵，， ∴．    如图②，连接． ∵，， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的内接四边形，牢记圆的内接四边形的性质（圆内接四边形的对角互补）是解题的关键． 18．仅用无刻度的直尺作图，是一种考查灵活运用图形性质和判定的绘图方式，按要求完成下面仅用无刻度的直尺作图的题目： (1)如图①，在内，作任意两条直径、，顺次连接、、、，则画出了的一个内接矩形，请说明理由； (2)如图②，是的直径，是弦，且，画出的内接正方形．（保留画图痕迹，不写作法） 【答案】(1)理由见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了复杂作图以及圆的性质的运用，垂径定理，圆周角定理，矩形与正方形的判定； （1）根据直径所对的圆周角是直角得出，即可得证； （2）根据对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，画出圆的一条直径，使其与互相垂直，即可得到的内接 【详解】（1）解：∵是直径， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：如图所示，连接，并延长交于点，连接，交于点，连接并延长交于，，连接，，，，则四边形即为所求． ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴，即在的垂直平分线上， ∵， ∴， ∴，即点在的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴，，经过的中点， ∴是的直径， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形． 19．如图，已知和上的一点A． 【实践与操作】 （1）作的内接正六边形（不写作法，保留作图痕迹）． 【应用与证明】 （2）连结，，判断四边形的形状，并加以证明． 【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析 【分析】本题考查了作图——画正多边形，矩形的判定以及圆的相关性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）作直径，然后分别以A，D为圆心，长为半径画弧，分别交于点B，F，C，E，连接，则正六边形即为所求． （2）由题意可知，因此，故，进而求得四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，因此可得，再由，得，因此，故可证得四边形是矩形． 【详解】解：（1）如图，首先作直径，然后分别以A，D为圆心，长为半径画弧，分别交于点B，F，C，E，连接，则正六边形即为所求． （2）四边形是矩形．理由如下： 如图，连接， ∵六边形是正六边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 20．正方形的四个顶点都在上，E是上一动点． (1)若点E不与点A、D重合，请直接写出的度数； (2)如图2，若点E在上运动（点E不与点B、C重合），连接，，，试探究线段，，的数量关系并说明理由； (3)如图3，若点E在上运动，分别取、的中点M、N，连接，，交于点F，四边形与四边形关于直线对称，连接，，当正方形的边长为2时，求面积的最小值． 【答案】(1)或； (2)，理由见解析 (3)1． 【分析】（1）连接，求得，利用圆周角定理结合圆内接四边形即可求解； （2）在上截取，连接，，推出，，再证明是等腰直角三角形，据此得到； （3）根据对称的性质求得，，当边上的高最小时，面积取得最小值，则当点与点A重合，此时点E与点D重合，所以边上的高就是的长，据此求解即可． 【详解】（1）解：连接， ∵正方形， ∴， 当点E在优弧AD上时，， 当点E在劣弧AD上时，， 综上，的度数为或； （2），理由如下， 在上截取，连接， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （3）解：∵正方形的边长为2，点M、N是、的中点， ∴， ∵四边形与四边形关于直线对称， ∴，， ∴当边上的高最小时，面积取得最小值， ∴当点与点A重合，此时点E与点D重合， ∴边上的高就是的长， ∴面积的最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线解决问题是解题的关键． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$