2.6正多边形与圆 阶段检测卷2025-2026学年苏科版（2012）九年级数学上册

2.6正多边形与圆阶段检测 考试范围：2.6；考试时间：60分钟；满分：10 学校:___________姓名：___________班级：___________成绩：___________ 一、单选题（共18分） 1．（本题3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BCD＝110°，则∠BOD的度数为（　　） A．35° B．70° C．110° D．140° 2．（本题3分）如图，正五边形内接于，点是上的一个动点，当沿着的路径在圆上运动的过程中（不包括，两点），的度数是（    ） A． B． C． D．不确定 （1）（2）（3）（4） 3．（本题3分）如图，⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆．则正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比为（    ） A．∶ 3 B．∶1 C．∶ D．1∶ 4．（本题3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，三个切点分别为D、E、F．若BF＝2，AF＝3，则△ABC的面积是（　　） A．6 B．7 C．12 D．7 5．（本题3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若它的一个外角∠DCE=70°，则∠BOD=(      ) A．35° B．70° C．110° D．140° （5）（6） 6．（本题3分）如图，四边形内接于⊙,连接.若,.则∠ABC的度数为（   ） A．110º B．120º C．125º D．135º 二、填空题（共32分） 7．（本题4分）正六边形的中心角等于 度． 8．（本题4分）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD＝120°，则∠BOD的大小是 ． （8）（11）（12）（13） 9．（本题4分）线段AB是圆内接正十二边形的一条边，则AB边所对的圆周角是 °． 10．（本题4分）半径为3的圆内接正六边形的边长为 ． 11．（本题4分）如图，正六边形内接于，点P是上的任意一点，则的大小是 ． 12．（本题4分）如图，四边形ABCD内接于，AB为的直径，点D为的中点，若，则的度数为 度 13．（本题4分）如图，在正六边形ABCDEF中，AB=6，点M在边AF上，且AM=2．若经过点M的直线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是 ． 14．（本题4分）如图，A、B、C、D、E、F是正n边形的六个连续顶点，AE与CF交于点G，若∠EGF=30°，则n= ． 三、解答题（共50分） 15．（本题8分）在圆内接四边形中，，，的度数比是，求四边各内角的度数. 16．（本题8分）如图，正五边形内接于，点F在上，求的度数． 17．（本题8分）正六边形的边长为8，求这个正六边形的周长和面积． 18．（本题8分）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） 19．（本题8分）如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为1，点、都在格点上，以为圆心，为半径作圆，只用无刻度的直尺完成以下画图． (1)在图①中画的一个内接正四边形，___________； (2)在图②中画的一个内接正六边形，__________． 20．（本题10分）阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务： 克罗狄斯•托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 　 　． 任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 　 　． （2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长． 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 答案 D A A A D C 1．D 【分析】先根据圆内接四边形对边互补的性质求出∠A,再根据圆心角对应圆周角的一倍求出∠BOD. 【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠A＝180°﹣∠BCD＝70°， 由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝140°， 故选：D． 【点睛】本题考查圆与多边形的综合,关键在于对概念和定义的理解. 2．A 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，根据正多边形的性质求得中心角为，进而根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：连接， 依题意， ∵， ∴ 故选：A． 3．A 【分析】计算出在半径为R的圆中，内接正方形和内接正六边形的边长即可求出． 【详解】解：设此圆的半径为R， 则它的内接正方形的边长为R， 它的内接正六边形的边长为R， 内接正方形和内接正六边形的周长比为：4R：6R＝∶ 3． 故选：A． 【点睛】本题考查了正多边形和圆，找出内接正方形与内接正六边形的边长关系，是解决问题的关键． 4．A 【分析】利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理得出答案． 【详解】连接DO，EO， ∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F， ∴OE⊥AC，OD⊥BC，CD=CE，BD=BF=2，AF=AE=3 又∵∠C=90°， ∴四边形OECD是矩形， 又∵EO=DO， ∴矩形OECD是正方形， 设EO=x， 则EC=CD=x， 在Rt△ABC中 BC2+AC2=AB2 故（x+2）2+（x+3）2=52， 解得：x=1，x=-6(舍去) ∴BC=3，AC=4， ∴S△ABC=×3×4=6， 故选A． 【点睛】此题主要考查了三角形内切圆与内心，得出四边形OECF是正方形是解题关键． 5．D 【分析】由圆内接四边形的外角等于它的内对角知，∠A=∠DCE=70°，由圆周角定理知，∠BOD=2∠A=140°． 【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠A=∠DCE=70°， ∴∠BOD=2∠A=140°． 故选D． 6．C 【分析】根据平行线的性质求出∠AOC，根据圆周角定理求出∠D，根据圆内接四边形的性质计算即可． 【详解】∵OA∥BC， ∴∠AOC＝180°﹣∠BCO＝110°， 由圆周角定理得，∠D＝∠AOC＝55°， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ABC＝180°﹣∠D＝125°， 故选C． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 7．60° 【分析】根据正n边形中心角的公式直接求解即可. 【详解】解：正六边形的圆心角等于一个周角，即为，正六边形有6个中心角，所以每个中心角= 故答案为：60° 【点睛】本题考查正六边形，解答本题的关键是掌握正六边形的性质，熟悉正六边形的中心角的概念 8．120° 【分析】根据圆内接四边形的对角互补，得∠A =180°- ∠BCD =60°，再根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得∠BOD=2∠A=120°. 【详解】∵∠BCD＝120°， ∴∠A =180°- ∠BCD =60°， ∴∠BOD=2∠A=120°. 故答案为120°. 【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质. 9．15°或165 【分析】求出一条边所对的圆心角的度数，再根据圆周角和圆心角的关系解答． 【详解】解：圆内接正十二边形的边所对的圆心角360°÷12＝30°和360°﹣30°＝330°， 根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半， AB所对的圆周角的度数是15°或165°， 故答案为15°或165． 【点睛】本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，圆周角定理，以及分类讨论的数学思想，属于基础题，分两种情况讨论是解答本题的关键． 10． 【分析】根据圆的内接正六边形的边长等于半径，即可求得边长． 【详解】解：半径为3的圆内接正六边形的边长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形的计算，理解正六边形的边长等于半径是解题的关键． 11．/30度 【分析】本题考查正多边形和圆，熟练掌握求正多边形的中心角和圆赒角定理是解题的关键. 连接、，先求出，再根据圆周角定理求解即可. 【详解】解：连接、，如图，    ∵正六边形内接于， ∴， ∴， 故答案为：. 12．65 【详解】连接OD、OC， ∵点D为的中点， ∴∠AOD=∠COD， ∵∠B=50°， ∴∠AOC=100°， ∴∠AOD=∠COD=50°， ∴∠A=∠ODA=65°， 故答案为65． 13． 【分析】如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，由正六边形是轴对称图形可得： 由正六边形是中心对称图形可得： 可得直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心，再利用直角三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P， 由正六边形是轴对称图形可得： 由正六边形是中心对称图形可得： ∴直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心， 由正六边形的性质可得：为等边三角形， 而 则 故答案为： 【点睛】本题考查的是正多边形与圆的知识，掌握“正六边形既是轴对称图形也是中心对称图形”是解本题的关键． 14．18 【分析】连接CE，正n边形一定存在外接圆，可得∠AEC的度数是弧AC的度数的一半，利用圆周角定理和外角的性质求解即可． 【详解】解：连接CE 正n边形一定存在外接圆，则 ∠AEC=的度数=×360°× ∠ECF=的度数=×360°× 又∠AEC+∠ECF=∠EGF ∴×360°×+×360°×=30° 解得n=18 故答案为：18． 【点睛】本题主要考查了正多边形外接圆的利用，涉及的知识点有圆周角定理，外角的性质，作辅助线，借助外接圆是解决本题的关键． 15．四边形各内角的度数分别是，，，. 【分析】设，，，由圆内接四边形的性质可得，得到x，再由圆周角定理得到答案. 【详解】依题意，设，，， ∴，∴. ∴，，. ∴. ∴四边形各内角的度数分别是，，，. 【点睛】本题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质. 16． 【分析】如图所示，连接OC、OD，由正五边形的性质可得的度数，由圆周角与圆心角的关系：在同圆或等圆中同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可得出答案． 【详解】 如图所示，连接OC、OD， 五边形是正五边形， ， ． 【点睛】本题考查正多边形和圆以及圆周角定理，解题关键是构造弧CD所对的圆心角． 17．周长，面积 【分析】本题主要考查了正六边形的性质，根据正多边形的性质，得出为等边三角形，即可解答．解题的关键是掌握正多边形每条边相等，以及中心角的求法． 【详解】解：正六边形的周长； 连接，过点O作于点G， ∵该六边形为正六边形， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， 正六边形的面积． 18．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． 19．(1)图见解析，32 (2)图见解析， 【分析】 （1）只需要作直径、，并使得即可； （2）如图所示，取格点B，C，D，E，F，然后顺次连接A、B、C、D、E、F得到正六边形，再求出求面积． 【详解】（1）解：如图所示，正四边形即为所求； ， 故答案为32； （2）解：如图所示，正六边形即为所求； 过点O作于H， ∵正六边形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，熟知正多边形和圆的相关知识是解题的关键． 20．（1）；（2） 【分析】（1）由托勒密定理可直接求解； （2）连接，根据圆周角与弦的关系可得，设，在四边形中，根据托勒密定理有，，建立方程即可求得的长 【详解】（1）由托勒密定理可得： 故答案为： （2）如图，连接， 五边形是正五边形，则, 设， 即 解得（舍去） 【点睛】本题考查了托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，理解题意添加辅助线是解题的关键． 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 $