24.3 正多边形和圆同步练习-2025-2026学年人教版数学九年级上册

24.3 正多边形和圆 一．选择题（共7小题） 1．由四个图1所示的四边形和四个图2所示的菱形拼成一个正八边形（如图3），则图3中阴影部分面积与空白部分面积之比为（　　） A． B． C． D． 2．如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，这个正六边形ABCDEF的半径是cm，则这个正六边形的周长是（　　） A．cm B．12cm C．cm D．36 cm 3．一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 4．如图，△ABC和△DEF分别是⊙O的外切正三角形和内接正三角形，则它们的面积比为（　　） A．4 B．2 C． D． 5．若正多边形的一个外角是30°，则它的内角和是（　　） A．360° B．180° C．150° D．1800° 6．如图，正八边形内接于⊙O，连接OA，OB，则∠AOB的度数为（　　） A．55° B．50° C．45° D．40° 7．如图，A，B，C，D为一个正多边形的顶点，点O为正多边形的中心，若∠ADB＝22.5°，则这个正多边形的边数为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 二．填空题（共6小题） 8．如图，正六边形ABCDEF的边长为2，内部有一个正方形（正方形的顶点可以在正六边形的边上），正方形的两个顶点M、N分别在边AF、CD上． （1）如图1，MN⊥AF则正方形的边长为 　 　 ． （2）正方形面积的最大值为 　 　 ． 9．三个半径为r的圆能覆盖边长为16的正方形，则r的最小值为　 　 ． 10．如图，在正六边形ABCDEF中，连接对角线AD，AE，AC，DF，DB，AC与BD交于点M，AE与DF交于点为N，MN与AD交于点O，分别延长AB，DC于点G，设AB＝3．有以下结论： ①MN⊥AD ②MN＝2 ③△DAG的重心、内心及外心均是点M ④四边形FACD绕点O逆时针旋转30°与四边形ABDE重合 则所有正确结论的序号是 　 　 ． 11．如图，正六边形内接于⊙O中，已知外接圆的半径为2，则阴影部分面积为　 　 ． 12．如图所示，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1，它的6条对角线又围成一个正六边形A2B2C2D2E2F2，如此继续下去，则所有这些六边形的面积和趋向于　 　 ． 13．两个正三角形内接于一个半径为R的⊙O，设它的公共面积为S，则2S与的大小关系是　 　 ． 三．解答题（共7小题） 14．如图，正六边形ABCDEF中，点M在AB边上，∠FMH＝120°，MH与六边形外角的平分线BQ交于点H． （1）当点M不与点A、B重合时，求证：∠AFM＝∠BMH． （2）当点M在正六边形ABCDEF一边AB上运动（点M不与点B重合）时，猜想FM与MH的数量关系，并对猜想的结果加以证明． 15．已知一个正三角形和一个正六边形的周长相等，求它们的面积的比值． 16．盼盼同学在学习正多边形时，发现了以下一组有趣的结论： ①若P是圆内接正三角形ABC的外接圆的上一点，则PB+PC＝PA； ②若P是圆内接正四边形ABCD的外接圆的上一点，则； ③若P是圆内接正五边形ABCDE的外接圆的上一点，请问PB+PE与PA有怎样的数量关系，写出结论，并加以证明； ④若P是圆内接正n边形A1A2A3…An的外接圆的上一点，请问PA2+PAn与PA1又有怎样的数量关系，写出结论，不要求证明． 17．如图1、图2、图3，在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，以AE为边作平行四边形AEFG，使点D在AE的对边FG上， （1）如图1，试说明：平行四边形AEFG的面积与矩形ABCD的面积相等； （2）如图2，若平行四边形AEFG是矩形，EF与CD交于点P，试说明：A、E、P、D四点在同一个圆上； （3）如图3，若AB＜BC，平行四边形AEFG是正方形，且D是FG的中点，EF交CD于点P，连接PA，判断以FG为直径的圆与直线PA的位置关系，并说明理由． 18．某学习小组在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时，进行如下讨论： 甲同学：这种多边形不一定是正多边形，如圆内接矩形． 乙同学：我发现边数是6时，它也不一定是正多边形，如图1，△ABC是正三角形，，证明六边形ADBECF的各内角相等，但它未必是正六边形． 丙同学：我能证明，边数是5时，它是正多边形，我想…，边数是7时，它可能也是正多边形． （1）请你说明乙同学构造的六边形各内角相等； （2）请你证明，各内角都相等的圆内接七边形ABCDEFG（如图2）是正七边形；（不必写已知，求证） （3）根据以上探索过程，提出你的猜想．（不必证明） 19．阅读材料：如图，△ABC中，AB＝AC，P为底边BC上任意一点，点P到两腰的距离分别为r1，r2，腰上的高为h，连接AP，则S△ABP+S△ACP＝S△ABC，即：AB•r1AC•r2AB•h，∴r1+r2＝h （1）理解与应用 如果把“等腰三角形”改成“等边三角形”，那么P的位置可以由“在底边上任一点”放宽为“在三角形内任一点”，即：已知边长为2的等边△ABC内任意一点P到各边的距离分别为r1，r2，r3，试证明：． （2）类比与推理 边长为2的正方形内任意一点到各边的距离的和等于　 　 ； （3）拓展与延伸 若边长为2的正n边形A1A2…An内部任意一点P到各边的距离为r1，r2，…rn，请问r1+r2+…rn是否为定值（用含n的式子表示），如果是，请合理猜测出这个定值． 20．如图①有一个宝塔，他的地基边缘是周长为26m的正五边形ABCDE（如图②），点O为中心．（下列各题结果精确到0.1m） （1）求地基的中心到边缘的距离； （2）已知塔的墙体宽为1m，现要在塔的底层中心建一圆形底座的塑像，并且留出最窄处为1.6m的观光通道，问塑像底座的半径最大是多少？ 24.3 正多边形和圆 参考答案与试题解析 一．选择题（共7小题） 1．由四个图1所示的四边形和四个图2所示的菱形拼成一个正八边形（如图3），则图3中阴影部分面积与空白部分面积之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正多边形的性质求得中心角和多边形的内角，设正八边形的边长为a，通过直角三角形的性质，菱形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，用a表示出菱形与八边形的面积，进而求得结果便可． 【解答】解：过图2中菱形的顶点B作BE⊥AD于E，设图3中正八边形的中心点为点O，一边为MN，连接OM、ON，过M点作MP⊥ON于P， 设正八边形的边长为a，则AB＝AD＝MN＝a， 由正八边形的性质可得，∠ABC135°，∠MON45°， ∵AD∥BC， ∴∠BAE＝45°， ∴BEABa， ∴S菱形ABCD＝AD•BEa2， ∴空白部分面积的面积为4a2＝2a2， ∵∠MON＝45°， ∴OP＝PM， 设OP＝PM＝x，则OM＝ONx， ∴PN＝（1）x， ∵PM2+PN2＝MN2， ∴x2+（1）2x2＝a2， ∴x2a2， ∴S△OMNON•PMx2a2， ∴正八边形的面积为：8a2＝2（1）a2， ∴阴影部分的面积为：2（1）a2﹣2a2＝2a2， ∴阴影部分面积与空白部分面积之比为． 故选：B． 【点评】本题主要考查了正多边形的性质，菱形的性质，关键是正确构造直角三角形，用正多边形的边长表示出各部分的面积． 2．如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，这个正六边形ABCDEF的半径是cm，则这个正六边形的周长是（　　） A．cm B．12cm C．cm D．36 cm 【答案】C 【分析】由正六边形的性质证出△AOB是等边三角形，由等边三角形的性质得出AB＝OA，即可得出答案． 【解答】解：设正六边形的中心为O，连接AO，BO，如图所示： ∵O是正六边形ABCDEF的中心， ∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝60°，AO＝BO＝2cm， ∴△AOB是等边三角形， ∴AB＝OA＝2cm， ∴正六边形ABCDEF的周长＝6AB＝12cm． 故选：C． 【点评】此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质；根据题意得出△AOB是等边三角形是解题关键． 3．一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】根据正多边形的中心角计算即可． 【解答】解：设正多边形的边数为n． 由题意可得：72°， ∴n＝5， 故选：B． 【点评】本题考查正多边形的有关知识，解题的关键是记住正多边形的中心角． 4．如图，△ABC和△DEF分别是⊙O的外切正三角形和内接正三角形，则它们的面积比为（　　） A．4 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】过点O作ON⊥BC垂足为N，交DE于点M，连接OB，则O，D，B三点一定共线，设OM＝1，则OD＝ON＝2，再求得DE，BC的长，根据三角形的面积公式即可得出△DEF和△ABC的面积． 【解答】解：过点O作ON⊥BC垂足为N，交DE于点M，连接OB，则O，D，B三点一定共线， 设OM＝1，则OD＝ON＝2， ∵∠ODM＝∠OBN＝30°， ∴OB＝4，DM，DE＝2，BN＝2，BC＝4， ∴S△ABC46＝12， ∴S△DEF23＝3， ∴4． 故选：A． 【点评】本题考查了正多边形和圆，以及勾股定理、垂径定理，直角三角形的性质，明确边心距半径边长的一半正好组成直角三角形是解题的关键． 5．若正多边形的一个外角是30°，则它的内角和是（　　） A．360° B．180° C．150° D．1800° 【答案】D 【分析】根据正多边形每个内角相等得出每个外角相等，然后根据多边形的外角和是360°即可求出这个正多边形的边数，再根据多边形的内角和定理计算即可． 【解答】解：∵正多边形的外角和是360°，正多边形的一个外角是30°， ∴这个正多边形的边数为360°÷30°＝12， ∴正十二边形的内角和是（12﹣2）×180°＝1800°， 故选：D． 【点评】本题考查了正多边形和圆，熟练掌握正多边形的每个外角相等、多边形的外角和定理、多边形的内角和定理是解题的关键． 6．如图，正八边形内接于⊙O，连接OA，OB，则∠AOB的度数为（　　） A．55° B．50° C．45° D．40° 【答案】C 【分析】根据正n边形中心角公式即可得出答案． 【解答】解：∵正八边形内接于⊙O， ∴∠AOB， 故选：C． 【点评】本题主要考查了正n边形的性质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键． 7．如图，A，B，C，D为一个正多边形的顶点，点O为正多边形的中心，若∠ADB＝22.5°，则这个正多边形的边数为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】B 【分析】易得点O是正多边形外接圆的圆心，那么∠ADB为所对的圆周角，进而求得正多边形的中心角，即可求得正多边形的半径． 【解答】解：作出⊙O，连接OA，OB． ∵点O为正多边形的中心， ∴A，B，C，D在以点O为圆心的圆上， ∴∠ADB为所对的圆周角， ∴∠AOB＝2∠ADB＝45°， ∴这个正多边形的边数为：8． 故选：B． 【点评】本题考查正多边形和圆的相关知识．理解正多边形的中心是它外接圆的圆心并进行应用是解决本题的关键． 二．填空题（共6小题） 8．如图，正六边形ABCDEF的边长为2，内部有一个正方形（正方形的顶点可以在正六边形的边上），正方形的两个顶点M、N分别在边AF、CD上． （1）如图1，MN⊥AF则正方形的边长为 　　 ． （2）正方形面积的最大值为 　　 ． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）如图，设边长为2的正六边形ABCDEF的中心为O，连接OE，OF，OA，OB，FD，FD交BE于点K，设正方形的另外两个顶点为G、H，根据正多边形的性质得，证明四边形MNDF是平行四边形，得到，设边长为a，再根据正方形的性质及勾股定理即可得解； （2）如图，以正六边形ABCDEF的中心O为原点建立直角坐标系，其中点B，E在x轴上，得到，，B（﹣2，0）， 要使正方形MGNH的面积最大，则正方形的边长a最大，此时正方形MGNH的四个顶点都在正六边形的边上，且点O为正方形的中心，设点M、G、N、H分别在AF、BC、CD、EF上， 设，证明△LOG≌△JOM（AAS），得GL＝MJ＝|t|，， ∴，确定直线BC的解析式，根据函数图象上点的坐标特征可得，继而得到，，再根据两点间的距离求出a2即可． 【解答】解：（1）如图，设边长为2的正六边形ABCDEF的中心为O，连接OE，OF，OA，OB，FD，FD交BE于点K，设正方形的另外两个顶点为G、H， ∴这个正六边形的中心角为：360°÷6＝60°， 每个内角的度数为：（6﹣2）×180°÷6＝120°， ∴∠EOF＝∠FOA＝∠AOB＝60°， ∴∠EOF+∠FOA+∠AOB＝60°+60°+60°＝180°， ∴点B、O、E共线，即正六边形ABCDEF的中心O在对角线BE上， ∵OE＝OF， ∴△OEF是等边三角形， ∴∠OEF＝60°， ∴∠OED＝∠FED﹣∠OEF＝120°﹣60°＝60°＝∠OEF， ∵EF＝ED＝2， ∴FD⊥BE，，， ∴， ∵∠AFE＝∠CDE＝120°， ∴∠AFD＝∠AFE﹣∠EFD＝120°﹣30°＝90°， ∠CDF＝∠CDE﹣∠EDF＝120°﹣30°＝90°， ∴∠AFD+∠CDF＝90°+90°＝180°，FD⊥AF， ∴AF∥CD， ∵四边形MGNH是正方形，设边长为a， ∴∠MGN＝90°，GM＝GN＝a， ∵MN⊥AF，FD⊥AF， ∴MN∥FD， ∴四边形MNDF是平行四边形， ∴， 在Rt△MGN中，GM2+GN2＝MN2， ∴， 解得：或（负数不符合题意，舍去）， 故答案为：； （2）如图，以正六边形ABCDEF的中心O为原点建立直角坐标系，其中点B，E在x轴上， 由（1）知：OB＝OE＝EF＝2，∠AFE＝120°，∠OEF＝60°， ，FD⊥BE，， ∴∠AFE+∠OEF＝120°+60°＝180°， ∴AF∥x轴， ∵OK＝OE﹣KE＝2﹣1＝1， ∴， ∴，，B（﹣2，0）， 要使正方形MGNH的面积最大，则正方形的边长a最大，此时正方形MGNH的四个顶点都在正六边形的边上，且点O为正方形的中心，设点M、G、N、H分别在AF、BC、CD、EF上， 设， ∴MJ＝|t|，， 连接OE、OG，过点G作GL⊥x轴于点L，设AF交轴y于点J， ∵AF∥x轴， ∴AF⊥y轴， ∴∠OJM＝90°＝∠OLG， ∵点O为正方形MGNH的中心， ∴OM⊥OG，OM＝OG， ∴∠MOG＝90°＝∠JOL， ∴∠LOG＝∠JOM， 在△LOG和△JOM中， ， ∴△LOG≌△JOM（AAS）， ∴GL＝MJ＝|t|，， ∴， 设直线BC的解析式为y＝kx+b，过点B（﹣2，0），， ∴， 解得：， ∴直线BC的解析式为， ∵在直线BC：上， ∴， ∴，， ∴， ∴正方形面积的最大值为， 故答案为：． 【点评】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，待定系数法确定一次函数的解析式，两点间的距离等知识点．正确找出正方形边长的最大值是解题的关键． 9．三个半径为r的圆能覆盖边长为16的正方形，则r的最小值为　　 ． 【答案】 【分析】如图，以AB为弦作⊙O，AE，BP是⊙O的直径，G是CD的中点，分别以PG，EG为直径作⊙O″，⊙O′，此时三个圆覆盖正方形，当AE＝PG＝EG时，半径最小．设BE＝PA＝x，构建方程求解即可． 【解答】解：如图，以AB为弦作⊙O，AE，BP是⊙O的直径，G是CD的中点， 分别以PG，EG为直径作⊙O″，⊙O′，此时三个圆覆盖正方形，当AE＝PG＝EG时，半径最小． 设BE＝PA＝x，则162+x2＝（16﹣x）2+82， 解得x＝2， ∴AE2， ∴r的最小值为． 【点评】本题考查正多边形与圆正方形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题． 10．如图，在正六边形ABCDEF中，连接对角线AD，AE，AC，DF，DB，AC与BD交于点M，AE与DF交于点为N，MN与AD交于点O，分别延长AB，DC于点G，设AB＝3．有以下结论： ①MN⊥AD ②MN＝2 ③△DAG的重心、内心及外心均是点M ④四边形FACD绕点O逆时针旋转30°与四边形ABDE重合 则所有正确结论的序号是 　①②③　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】①正确．证明四边形AMDN是菱形即可． ②正确．证明△DMN是等边三角形，求出DM即可． ③正确．证明△ADG是等边三角形即可． ④错误．应该是四边形FACD绕点O逆时针旋转60°与四边形ABDE重合． 【解答】解：如图，连接BE． 在△AFN和△DEN中， ， ∴△AFN≌△DEN（AAS）， ∴AN＝DN， 同法可证AN＝AM，AM＝DM， ∴AM＝MD＝DN＝NA， ∴四边形AMDN是菱形，故①正确， ∵∠EDF＝∠BDC＝30°，∠EDC＝120°， ∴∠MDN＝60°， ∵DM＝DN， ∴△DMN是等边三角形， ∴MN＝DM2，故②正确， ∵∠DAB＝∠ADC＝60°， ∴△ADG是等边三角形， ∵DB⊥AG，AC⊥DG， ∴点M是△ADG的重心、内心及外心，故③正确， ∵∠DOE＝60°， ∴四边形FACD绕点O逆时针旋转60°与四边形ABDE重合，故④错误， 故答案为：①②③． 【点评】本题考查正多边形与圆，三角形的重心，内心，外心，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找特殊四边形或特殊三角形解决问题，属于中考常考题型． 11．如图，正六边形内接于⊙O中，已知外接圆的半径为2，则阴影部分面积为　4π﹣6　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】此题是考查圆与正多边形结合的基本运算．阴影面积＝总体面积﹣空白面积． 【解答】解：已知圆的半径为2，则面积为4π，空白正六边形为六个边长为2的正三角形，每个三角形面积为，则正六边形面积为6，所以阴影面积为4π﹣6 【点评】解决此类阴影面积之类的问题，不规则的图形的面积可以利用一些规则图形面积的和或差计算． 12．如图所示，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1，它的6条对角线又围成一个正六边形A2B2C2D2E2F2，如此继续下去，则所有这些六边形的面积和趋向于　　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】由正六边形的性质得：∠A1B1B2＝90°，∠B1A1B2＝30°，A1A2＝A2B2，由直角三角形的性质得出B1B2A1B1，A2B2A1B2＝B1B2，由相似多边形的性质得出正六边形A2B2C2D2E2F2的面积：正六边形A1B1C1D1E1F1的面积，求出正六边形A1B1C1D1E1F1的面积，得出正六边形A2B2C2D2E2F2的面积，正六边形An+1Bn+1Cn+1Dn+1En+1Fn+1＝（）n，于是得到结论． 【解答】解：由正六边形的性质得：∠A1B1B2＝90°，∠B1A1B2＝30°，A1A2＝A2B2， ∴B1B2A1B1， ∴A2B2A1B2＝B1B2， ∵正六边形A1B1C1D1E1F1∽正六边形A2B2C2D2E2F2， ∴正六边形A2B2C2D2E2F2的面积：正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝（）2， ∵正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝61， ∴正六边形A2B2C2D2E2F2的面积， 同理：正六边形A4B4C4D4E4F4的面积＝（）3； …， ∴正六边形An+1Bn+1Cn+1Dn+1En+1Fn+1＝（）n， ∴所有这些六边形的面积和＝6（1）＝6， 而随n的无限增大而趋于0， ∴所有这些六边形的面积和为6， 故答案为：． 【点评】本题考查了正六边形的性质、相似多边形的性质、正六边形面积的计算等知识；熟练掌握正六边形的性质，由相似多边形的性质得出规律是关键． 13．两个正三角形内接于一个半径为R的⊙O，设它的公共面积为S，则2S与的大小关系是　2S　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据正三角形和圆的关系可以得到整个图形关于OM，ON对称，确定△AMN的周长，求出△AMN的面积的最小值，用同样的方法求出△BPQ，△CRS的面积的最小值，然后用△ABC的面积减去这三个三角形的面积得到两个正三角形的公共部分的面积． 【解答】解：如图：整个图形关于OM对称，关于ON也对称 ∴AM＝B1M，AN＝A1N， 故AM+MN+NA， ∴△AMN的周长为定值， 故， 同理，， 故， ∴． 故答案为：2Sr2． 【点评】本题考查的是正多边形和圆，根据正三角形和圆的关系求出△AMN的周长，计算出它的面积的最小值，然后用同样的方法求出另两个三角形的面积，结合图形计算求出公共部分的面积． 三．解答题（共7小题） 14．如图，正六边形ABCDEF中，点M在AB边上，∠FMH＝120°，MH与六边形外角的平分线BQ交于点H． （1）当点M不与点A、B重合时，求证：∠AFM＝∠BMH． （2）当点M在正六边形ABCDEF一边AB上运动（点M不与点B重合）时，猜想FM与MH的数量关系，并对猜想的结果加以证明． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）先有正多边形的内角和定理得出六边形ABCDEF内角的度数，再根据∠FMH＝120°，A、M、B在一条直线上，再根据三角形内角和定理即可得出结论； （2）①当点M与点A重合时，∠FMB＝120°，MB与BQ的交点H与点B重合，故可直接得出结论； ②当点M与点A不重合时，连接FB并延长到G，使BG＝BH，连接MG，由全等三角形的判定定理可得出△MBH≌△MBG，再根据全等三角形的性质即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵六边形ABCDEF为正六边形， ∴每个内角均为120°． ∵∠FMH＝120°，A、M、B在一条直线上， ∴∠AFM+∠FMA＝∠FMA+∠BMH＝60°， ∴∠AFM＝∠BMH． （2）解：猜想：FM＝MH． 证明：①当点M与点A重合时，∠FMB＝120°，MB与BQ的交点H与点B重合，有FM＝MH． ②当点M与点A不重合时， 证法一：如图1，连接FB并延长到G，使BG＝BH，连接MG． ∵∠BAF＝120°，AF＝AB， ∴∠ABF＝30°， ∴∠ABG＝180°﹣30°＝150°． ∵MH与六边形外角的平分线BQ交于点H， ∴∠CBQ60°＝30°， ∴∠MBH＝∠ABC+∠CBQ＝120°+30°＝150°， ∴∠MBH＝∠MBG＝150°． ∵， ∴△MBH≌△MBG， ∴∠MHB＝∠MGB，MH＝MG， ∵∠AFM＝∠BMH，∠HMB+∠MHB＝30°， ∴∠AFM+∠MGB＝30°， ∵∠AFM+∠MFB＝30°， ∴∠MFB＝∠MGB． ∴FM＝MG＝MH． 证法二：如图2，在AF上截取FP＝MB，连接PM． ∵AF＝AB，FP＝MB， ∴PA＝AM ∵∠A＝120°， ∴∠APM（180°﹣120°）＝30°， 有∠FPM＝150°， ∵BQ平分∠CBN， ∴∠MBQ＝120°+30°＝150°， ∴∠FPM＝∠MBH， 由（1）知∠PFM＝∠HMB， ∴△FPM≌△MBH． ∴FM＝MH． 【点评】本题考查的是正多边形和圆，涉及到正多边形的内角和定理、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，涉及面较广，难度较大． 15．已知一个正三角形和一个正六边形的周长相等，求它们的面积的比值． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据正多边形的面积等于周长与边心距的乘积的一半，所以只需根据它们的周长计算其边心距；在由正多边形的半径、边心距和边长组成的直角三角形中，根据锐角三角函数的概念可以分别求得它们的边心距，再进一步计算其面积，从而得到其比值． 【解答】解：设它们的周长是1．根据题意，得 正三角形的边长是，正六边形的边长是． 则正三角形的边心距是，正六边形的边心距是． 则正三角形的面积是，正六边形的面积是． 则它们的面积比是2：3． 【点评】熟悉正多边形的面积公式：正多边形的面积等于周长与边心距的乘积的一半．能够根据由半径、边心距和半边组成的直角三角形，运用锐角三角函数进行计算． 16．盼盼同学在学习正多边形时，发现了以下一组有趣的结论： ①若P是圆内接正三角形ABC的外接圆的上一点，则PB+PC＝PA； ②若P是圆内接正四边形ABCD的外接圆的上一点，则； ③若P是圆内接正五边形ABCDE的外接圆的上一点，请问PB+PE与PA有怎样的数量关系，写出结论，并加以证明； ④若P是圆内接正n边形A1A2A3…An的外接圆的上一点，请问PA2+PAn与PA1又有怎样的数量关系，写出结论，不要求证明． 【答案】见试题解答内容 【分析】PB+PC＝PA，可以在PA上截取一条线段等于PB，然后证明剩下的部分等于PC即可，其它三问的解决思路相同． 【解答】解： ③PB+PE与PA满足的数量关系是：PB+PE＝2PA•cos36°；（3分） 理由如下：作AM⊥PB于M，AN⊥PE于N， ∵∠APM＝∠APN ∴Rt△AMP≌Rt△ANP， ∴AM＝AN，PM＝PN；（5分） ∵AB＝AE， ∴Rt△AMB≌Rt△ANE， ∴MB＝NE， ∴PB+PE＝（PM﹣MB）+（PN+NE）＝2PN；（7分） ∵，且ABCDE为正五边形， ∴， ∴∠APE＝36°； 在Rt△ANP中，， ∴PN＝PA•cos36°， ∴PB+PE＝2PA•cos36°．（9分） ④若P是圆内接正n边形A1A2A3…An的外接圆的上一点时，PA2+PAn与PA1满足的数量关系是：．（12分） 【点评】正多边形的计算一般是通过中心作边的垂线，连接半径，把正多边形中的半径，边长，边心距，中心角之间的计算转化为解直角三角形． 17．如图1、图2、图3，在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，以AE为边作平行四边形AEFG，使点D在AE的对边FG上， （1）如图1，试说明：平行四边形AEFG的面积与矩形ABCD的面积相等； （2）如图2，若平行四边形AEFG是矩形，EF与CD交于点P，试说明：A、E、P、D四点在同一个圆上； （3）如图3，若AB＜BC，平行四边形AEFG是正方形，且D是FG的中点，EF交CD于点P，连接PA，判断以FG为直径的圆与直线PA的位置关系，并说明理由． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）作出AE边上的高，分别得出长方形和平行四边形的面积表达式，可得其结果相同，从而说明平行四边形AEFG的面积与矩形ABCD的面积相等． （2）先求出∠ADC＝∠FEA＝90°，再根据圆内接四边形的判定定理：“如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆”解答． （3）过D作DH⊥AP于H，根据∠2+∠3＝90°，∠1+∠2＝90°，可得∠3＝∠1，可求出△ADG∽△AEB；再根据D是FG的中点可求出其相似比为2，再由△ADG与△AEB相似可得其对应边成比例，可求出△ADG∽△AEB∽△APD；最后根据相似三角形的性质可得AD是∠GAH的平分线，可求出DG＝DH，故DG＝DF，即可解答． 【解答】解：（1）过D点作DP垂直AE于点P； SABCD＝AB×AD， SAEFG＝AE×DP（AD×cos∠ADP）， ∠BAE＝∠ADP， 所以SAEFG＝AB×AD， 所以，SAEFG＝SABCD． （2）因为平行四边形AEFG是矩形，四边形ABCD也是矩形； 所以∠ADC＝∠FEA＝90°， 则∠ADC+∠FEA＝180°， 所以A、E、P、D四点在同一个圆上． （3）相切． 过D作DH⊥AP于H； ∵∠2+∠3＝90°，∠1+∠2＝90°， ∴∠3＝∠1，∠2＝∠4， ∴△ADG∽△AEB， ∵D是FG的中点， ∴2， 在△ADG与△APD中，2； ∵DF＝GD， ∴2， ∵∠ADP＝∠AGD＝90°， ∴△ADG∽△AEB∽△APD，∴∠1＝∠DAP，即AD是∠GAH的平分线， ∴DG＝DH＝DF，∵DP＝DP，∠DHP＝∠DFP＝90°， ∴以FG为直径的圆与直线PA相切． 【点评】（1）此题将四边形面积的求法和三角函数相结合，有一定难度．作出AE边上的高是解题的关键． （2）此题考查了圆内接四边形的判定定理，只要判断出一组对角互补即可． （3）本题考查的是相似三角形的判定定理、角平分形的判定定理及性质，解答此题的关键是作出辅助线，难度较大． 18．某学习小组在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时，进行如下讨论： 甲同学：这种多边形不一定是正多边形，如圆内接矩形． 乙同学：我发现边数是6时，它也不一定是正多边形，如图1，△ABC是正三角形，，证明六边形ADBECF的各内角相等，但它未必是正六边形． 丙同学：我能证明，边数是5时，它是正多边形，我想…，边数是7时，它可能也是正多边形． （1）请你说明乙同学构造的六边形各内角相等； （2）请你证明，各内角都相等的圆内接七边形ABCDEFG（如图2）是正七边形；（不必写已知，求证） （3）根据以上探索过程，提出你的猜想．（不必证明） 【答案】见试题解答内容 【分析】要证明一个圆内接多边形是正多边形，只要证明多边形的顶点是圆的等分点就可以了． 【解答】解：（1）由图知∠AFC对， ∵，而∠DAF对的， ∴∠AFC＝∠DAF．同理可证，其余各角都等于∠AFC， 故图（1）中六边形各角相等； （2）∵∠A对，∠B对， 又∵∠A＝∠B， ∴， ∴， 同理，． （3）猜想：当边数是奇数时（或当边数是3，5，7，9，时）， 各内角相等的圆内接多边形是正多边形． 【点评】本题主要考查了连接圆的等分点所得到的多边形是正多边形这一结论． 19．阅读材料：如图，△ABC中，AB＝AC，P为底边BC上任意一点，点P到两腰的距离分别为r1，r2，腰上的高为h，连接AP，则S△ABP+S△ACP＝S△ABC，即：AB•r1AC•r2AB•h，∴r1+r2＝h （1）理解与应用 如果把“等腰三角形”改成“等边三角形”，那么P的位置可以由“在底边上任一点”放宽为“在三角形内任一点”，即：已知边长为2的等边△ABC内任意一点P到各边的距离分别为r1，r2，r3，试证明：． （2）类比与推理 边长为2的正方形内任意一点到各边的距离的和等于　4　 ； （3）拓展与延伸 若边长为2的正n边形A1A2…An内部任意一点P到各边的距离为r1，r2，…rn，请问r1+r2+…rn是否为定值（用含n的式子表示），如果是，请合理猜测出这个定值． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由条件可以求出边长为2的等边三角形的高为，连接PA，PB，PC，仿照面积的割补法，得出S△PBC+S△PAC+S△PAB＝S△ABC，而这几个三角形的底相等，故化简后可得出高的关系． （2）如图正方形过正方形内的任一点P向四边作垂线就可以求出到正方形四边的距离和为正方形边长的2倍，从而得出结论． （3）问题转化为正n边形时，根据正n边形计算面积的方法，从中心向各顶点连线，可得出n个全等的等腰三角形，用边长2为底，边心距为高，可求正n边形的面积，然后由P点向正n多边形，又可把正n边形分割成n个三角形，以边长为底，以r1、r2、…、rn为高表示面积，列出面积的等式，可求证r1+r2+…+rn为定值． 【解答】解：（1）分别连接AP，BP，CP，作AD⊥BC于D， ∴∠ADB＝90°， ∵△ABC是等边三角形 ∴AB＝BC＝AC＝2，∠ABC＝60°， ∴∠BAD＝30°， ∴BD＝1，在Rt△ABD中，由勾股定理，得 ∴AD ∵S△ABP+S△BCP+S△ACP＝S△ABC． ∴AB•r1BC•r2AC•r3BC×AD， ∵BC＝AC＝AB， ∴r1+r2+r3＝AD． ∴r1+r2+r3 （2）如图2，∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝2． ∵PE⊥AB，PF⊥BC，PG⊥DC，PH⊥AD， ∴四边形PEBF是矩形，四边形PFCG是矩形，四边形PGDH是矩形，四边形PHAE是矩形， ∴PE＝AH，PF＝BE，PG＝HD，PH＝AE， ∴PE+PF+PG+PH＝AH+BE+HD+AE＝AD+AB＝4． 故答案为4． （3）设正n边形的边心距为r，且正n边形的边长为2， ∴S正n边形2×r×n．r， ∵S正n边形2×r12×r22×r12×rn， ∴2×r12×r22×r12×rnn， ∴r1+r2+…+rn＝nr（为定值）． 【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质及利用面积分割法，求线段之间的关系，充分体现了面积法解题的作用． 20．如图①有一个宝塔，他的地基边缘是周长为26m的正五边形ABCDE（如图②），点O为中心．（下列各题结果精确到0.1m） （1）求地基的中心到边缘的距离； （2）已知塔的墙体宽为1m，现要在塔的底层中心建一圆形底座的塑像，并且留出最窄处为1.6m的观光通道，问塑像底座的半径最大是多少？ 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）构造一个由正多边形的边心距、半边和半径组成的直角三角形．根据正五边形的性质得到半边所对的角是36°，再根据题意中的周长求得该正五边形的半边是26÷10＝2.6，最后由该角的正切值进行求解； （2）根据（1）中的结论、塔的墙体宽为1m和最窄处为1.6m的观光通道，进行计算． 【解答】解：（1）作OM⊥AB于点M，连接OA、OB，则OM为边心距，∠AOB是中心角． 由正五边形性质得∠AOB＝360°÷5＝72°． 又AB26＝5.2， ∴AM＝2.6，∠AOM＝36°， 在Rt△AMO中，边心距OM3.6（m）； （2）3.6﹣1﹣1.6＝1（m）． 答：地基的中心到边缘的距离约为3.6m，塑像底座的半径最大约为1m． 【点评】本题主要考查三角函数应用，解决简单的实际问题． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $