第05讲 正多边形与圆（知识详解+9典例分析+习题巩固）2025-2026学年沪教版（五四制）九年级数学下册同步讲义与测试

第05讲 正多边形与圆（知识详解+9典例分析+习题巩固） 【知识点01】正多边形 各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形． 有n条边的正多边形（n是正整数，且）就称作正n边形 【知识点02】正n边形的对称性 正n边形是轴对称图形，对称轴的条数 = n． 当n为偶数时，正n边形是中心对称图形，对称中心是它的两条对称轴的交点． 【知识点03】正多边形的外接圆和内切圆 任何一个正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，外接圆和内切圆的圆心都是这个正多边形的对称轴的交点．正多边形外接圆（或内切圆）的圆心叫做正多边形的中心． 正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径． 正多边形内切圆的半径长叫做正多边形的边心距． 正多边形一边所对的关于外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角． 每一个中心角==它的每一个外角 【知识点04】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 【知识点05】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……。 【知识点06】正多边形的相关计算 设正n边形的半径长为 Rn、中心角为αn、边长为an、边心距为rn，则利用等腰三角形 OAB，通过解直角三角形 OAH，可由其中两个量求出其余的两个量.进一步还可以求出这个正 n边形的周长及面积. 【题型一】求正多边形的中心角 例1．（2025·上海·二模）边长为a的正十边形的半径是（   ） A．； B． C． D． 变式1．（23-24九年级下·上海杨浦·月考）中心角的度数与边数相同的正多边形存在是 （选填“真命题”或“假命题”）． 变式2．为了加强树木的稳定性，园林部门常常在树的周围打上木撑子（如图，若木撑在地面上的三个落脚点构成等边三角形，即图中的，树的根部正好在等边三角形的中心处．    (1)若的长为，求的边长． (2)如图2，已知树根部及木撑的落脚点确定，试只用圆规确定另两个落脚点、．（不写作法，保留作图的痕迹） 【题型二】已知正多边形的中心角求边数 例2．如果一个正多边形的中心角为，那么这个正多边形的边数是（ ）． A． B． C． D． 变式1．（2025·上海杨浦·模拟预测）如果将一个正多边形绕它的中心旋转后，才与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形的边数是 ． 变式2．（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． (1)当点正好落在的延长线上时，求的度数； (2)联结，设，． ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数． 【题型三】正多边形和圆的综合 例3．（2024·上海·模拟预测）下列关于正多边形说法错误的是（    ） A．正多边形不一定是中心对称图形 B．中心对称图形一定是正多边形 C．经过任何一个中心对称图形的对称中心的直线都能将该中心对称图形分成两个全等图形． D．关于中心对称的两个图形是全等形 变式1．（23-24九年级下·上海·月考）正三角形外接圆和内切圆的周长之比为 变式2．（2025·上海嘉定·二模）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） 【题型四】求弧长 例4．如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC夹角为150°，AB的长为32cm，BD的长为14cm，则的长为（　　）cm． A．π B．12π C．15π D．36π 变式1．（22-23九年级下·上海·期中）在矩形中，如果以为直径的沿着滚动一周，点恰好与点C重合，那么 的值等于 变式2．（2023·上海嘉定·一模）如图，在中，是两条弦，的半径长为，弧的长度为，弧的长度为，当时，求证． 【题型五】求某点的弧形运动路径长度 例5．（2024·上海徐汇·二模）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是（    ） A．cm B．cm C．cm D．cm 变式1．如图，三角板中，．三角板绕直角顶点逆时针旋转，当点的对应点落在边的起始位置上时即停止转动，则点转过的路径长为 ．    变式2．如图三个顶点的坐标分别是，，，将绕C逆时针旋转，得到； (1)请在网格图中画出． (2)在（1）的条件下，则点B的路径的长为_____． (3)若是的外接圆，直接写出点M的坐标_______． 【题型六】求扇形面积 例6．扇形的圆心角是60°，则扇形的面积是所在圆面积的（ ） A． B． C． D． 变式1．（25-26九年级上·上海浦东新·期中）扇形的半径为，圆心角为，则扇形的弧长为 ，面积为 （结果保留π）． 变式2．（2023·上海黄浦·二模）已知，如图，的半径为，半径被弦垂直平分，交点为，点在圆上，且． (1)求弦的长； (2)求图中阴影部分面积（结果保留π）． 【题型七】求图形旋转后扫过的面积 例7．（2024·上海金山·一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6．在边AB上取一点O，使BO=BC，以点O为旋转中心，把△ABC逆时针旋转90°，得到△A′B′C′（点A、B、C的对应点分别是点A′、B′、C′、），那么△ABC与△A′B′C′的重叠部分的面积是 ． 变式1．如图，将绕点顺时针旋转后得到，，． (1)如图1，当的对应边恰好经过点时，求的长； (2)将继续旋转至如图2所示的位置，若，求线段扫过的面积． 【题型八】求弓形面积 例8．如下图，点A、B、C在圆O上，，直线．点O在上，若圆O的半径为3，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 变式1．图1是用同一种瓦片砌成的古典式花窗，图2是由8块相同的瓦片组成的局部截面示意图（瓦片的厚度忽略不计）．若该示意图外围是半径为的圆，则图中阴影部分的面积为 ． 变式2．如图，的直径于点M，且M是半径的中点，． (1)求直径的长； (2)求弓形（阴影部分）的面积． 【题型九】求其他不规则图形的面积 例9．（2023·上海杨浦·一模）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=4，两等圆⊙A，⊙B外切，那么图中两个扇形（即阴影部分）的面积之和为（　　） A．2π B．4π C．6π D．8π 变式1．（2024·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：    变式2．（22-23九年级上·上海·期末）已知，在直角三角形中，，以边为直径作半圆，把4个相同的直角三角形通过一定的图形运动拼成四叶草的形状（如图所示），求阴影部分的周长和面积．（π取3.14）    一、单选题 1．如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 2．下列命题一定正确的是（    ） A．平分弦的直径垂直于弦 B．各角相等的圆内接多边形是正多边形 C．相等的圆周角所对的弧也相等 D．三角形的外心到三角形三个顶点的距离都相等 3．圆半径长为，对于圆的内接正六边形，下列说法错误的是（   ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为 D．边长为 4．如图，在半径为R的圆内作一个内接正方形，然后作这个正方形的内切圆，又在这个内切圆中作内接正方形，依此作到第n个内切圆，它的半径是(　) A．R B．R C．R D．R 5．如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（    ）    A． B． C． D． 6．以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 二、填空题 7．若正边形的中心角为，边长为10．那么它的边心距为 （用含的代数式表示）． 8．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 ． 9．如图．点O是正五边形的中心，是正五边形的外接圆，的余弦值为 ． 10．已知平面内有一角，一圆与这个角的两边都有两个交点，若此圆在角的边上截得的两条线恰好各是某正五边形的一边，那么这个角的度数为 ． 11．已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是 ． 12．如图，边长为4的正方形ABCD外切于⊙O，切点分别为E、F、G、H．则图中阴影部分的面积为 ．    13．如图，圆和圆B相交于点、，连结、、，．若、，则圆的劣弧的长为 ．（取、取、取，保留） 14．在矩形中，以D为圆心，为半径画弧，交于点E，再以为直径作半圆交弧于点F，连接、，若，则随机往该区域丢飞镖，落在阴影部分的概率为 ． 15．已知与相交于A、B两点，公共弦，既是内接正方形的一边，也是内接正三角形的一边，那么两圆的圆心距等于 ． 16．如图所示，半径为的圆内切于正，为边上一点，为边上一点，且直线与圆相切于点，的内切圆与相切于点．若圆的半径为，则的值为 ． 三、解答题 17．如图，正方形的边长为，剪去四个角后成为一个正八边形．求这个正八边形的边长和面积． 18．如图，正方形内接于是的中点，连接. (1)求证：； (2)求证：； 19．如图，已知圆O是正六边形外接圆，直径，点G、H分别在射线上（点G不与点C、D重合），且，设． (1)如图①，当直线经过弧的中点Q时，求：的正弦值； (2)如图②，当点G在边上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (3)连接，如果与相似，求的长． 20．新定义1：多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如：正五边形的特征值为． 新定义2：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形． (1)如图，已知四边形为圆O的内接矩形，是圆O的内接三角形，若四边形的特征值为，的特征值为1，求证： (2)设正边形（且n为整数）的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求：y关于x的函数解析式（注：当时，） (3)如图，在梯形中，（），，点B，D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形绕点C按逆时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A，D的对应点是点E，F，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求：双同正多边形的特征值． 21．如图，四边形内接于．连接，交于点． (1)如图1．若．，求的度数； (2)如图2．若于，连接，求证：； (3)在（2）的条件下，若，．求的半径． 22．沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动． 活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法． ①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点； ②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、； ③顺次连接、、、、、． (1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________ （请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形． 活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法． ①作的两条互相垂直的直径和； ②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点； ③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点． 如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形． (2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形． （参考数据：，，，，．） 23．在平行四边形中，连接．在上取点M，向下作以为直径的半圆O，交于点N．    (1)如图1，若，是半圆O内接正十二边形的一边，求的长． (2)若； （i）如图2，当弧的中点E为半圆O与直线的唯一交点时，求的长． （ii）如图3，连接交于点P，交半圆O于点Q，射线和的交点为点T．连接，当时，求的余弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 正多边形与圆（知识详解+9典例分析+习题巩固） 【知识点01】正多边形 各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形． 有n条边的正多边形（n是正整数，且）就称作正n边形 【知识点02】正n边形的对称性 正n边形是轴对称图形，对称轴的条数 = n． 当n为偶数时，正n边形是中心对称图形，对称中心是它的两条对称轴的交点． 【知识点03】正多边形的外接圆和内切圆 任何一个正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，外接圆和内切圆的圆心都是这个正多边形的对称轴的交点．正多边形外接圆（或内切圆）的圆心叫做正多边形的中心． 正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径． 正多边形内切圆的半径长叫做正多边形的边心距． 正多边形一边所对的关于外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角． 每一个中心角==它的每一个外角 【知识点04】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 【知识点05】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……。 【知识点06】正多边形的相关计算 设正n边形的半径长为 Rn、中心角为αn、边长为an、边心距为rn，则利用等腰三角形 OAB，通过解直角三角形 OAH，可由其中两个量求出其余的两个量.进一步还可以求出这个正 n边形的周长及面积. 【题型一】求正多边形的中心角 例1．（2025·上海·二模）边长为a的正十边形的半径是（   ） A．； B． C． D． 【答案】A 【知识点】解直角三角形的相关计算、求正多边形的中心角 【分析】本题考查三角函数，正多边形的性质，根据题意画出图形，过点O作交与点M，再根据等腰三角形三线合一的性质得出，，最后根据余弦的定义求解即可得出答案． 【详解】解：如图，正十边形的中心角， 过点O作交与点M， ∴，，． ∴， ∴ 故选：A． 变式1．（23-24九年级下·上海杨浦·月考）中心角的度数与边数相同的正多边形存在是 （选填“真命题”或“假命题”）． 【答案】假命题 【知识点】判断命题真假、求正多边形的中心角 【分析】本题考查了命题真假的判断，多边形中心角的求解，根据正多边形的中心角度数计算公式即可做出判断． 【详解】解：设正多边形的中心角为a， 根据正多边形的中心角度数计算公式， 则a与n不可能相同， 故中心角的度数与边数相同的正多边形存在是假命题， 故答案为：假命题． 变式2．为了加强树木的稳定性，园林部门常常在树的周围打上木撑子（如图，若木撑在地面上的三个落脚点构成等边三角形，即图中的，树的根部正好在等边三角形的中心处．    (1)若的长为，求的边长． (2)如图2，已知树根部及木撑的落脚点确定，试只用圆规确定另两个落脚点、．（不写作法，保留作图的痕迹） 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】其他问题（解直角三角形的应用）、求正多边形的中心角、等边三角形的判定和性质 【分析】（1）如图2中，连接，，过点作于点．解直角三角形求出，可得结论； （2）构造等边，等边，等边，等边三角形，点，点即为所求． 【详解】（1）解：如图2中，连接，，过点作于点．    是等边三角形的中心， ， ， ， ； （2）如图，点，点即为所求．    【点睛】本题考查作图应用与设计作图，等边三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【题型二】已知正多边形的中心角求边数 例2．如果一个正多边形的中心角为，那么这个正多边形的边数是（ ）． A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】已知正多边形的中心角求边数 【详解】试题分析：根据正多边形的中心角与边数的关系，其边数为． 考点：正多边形的中心角定义及求法． 变式1．（2025·上海杨浦·模拟预测）如果将一个正多边形绕它的中心旋转后，才与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形的边数是 ． 【答案】12 【知识点】已知正多边形的中心角求边数 【分析】本题主要考查了正多边形中心角与其边数的关系，正多边形的中心角等于360度除以其边数，根据题意可得该正多边形的中心角为，据此求解即可． 【详解】解：由题意得，该正多边形的中心角为， ∴这个正多边形的边数为， 故答案为：12． 变式2．（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． (1)当点正好落在的延长线上时，求的度数； (2)联结，设，． ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数． 【答案】(1) (2)①；②理由见解析，双同正多边形的边数为 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、已知正多边形的中心角求边数、求正多边形的中心角 【分析】（1）当点正好落在的延长线上时，连接，根据平行线的性质、旋转的性质、等边对等角的性质，得出，结合三角形内角和为求出度数即可； （2）①连接、、、，过点作于点，根据旋转的性质、相似三角形的判定定理，证明，得出，结合勾股定理，用含的代数式表示出、，代入中整理得出关于的函数解析式即可；②根据①过程中，，，已知，说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形即可；根据当这两个正多边形的面积比是时，相似多边形的面积比等于相似比的平方，得出相似比为，求出的长，结合勾股定理计算，求出，得出，计算即可得出双同正多边形的边数． 【详解】（1）解：如图，当点正好落在的延长线上时，连接， ∵，，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴（两直线平行，内错角相等），，， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接、、、，过点作于点， ∵将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴， 和都等于旋转角，即， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ， ， 整理得：； ②以线段、为边的正多边形是双同正多边形，理由如下， 如图，由①过程得：，，， ∵，是一个正多边形的中心角，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴， ∴也是一个正多边形的中心角， ∴以线段、为边，以点为的中心的两个正多边形的中心角也相等，即这两个正多边形是双同正多边形， ∴这两个正多边形也是相似多边形， ∵当这两个正多边形的面积比是时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴这两个正多边形的中心角， ∴这两个正多边形的边数， ∴当这两个正多边形的面积比是时，双同正多边形的边数为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、正多边形的性质等，熟练掌握相似三角形的判定与性质、推理证明是解题的关键． 【题型三】正多边形和圆的综合 例3．（2024·上海·模拟预测）下列关于正多边形说法错误的是（    ） A．正多边形不一定是中心对称图形 B．中心对称图形一定是正多边形 C．经过任何一个中心对称图形的对称中心的直线都能将该中心对称图形分成两个全等图形． D．关于中心对称的两个图形是全等形 【答案】B 【知识点】中心对称图形的识别、成中心对称、正多边形和圆的综合 【分析】本题主要考查了正多边形．熟练掌握正多边形定义和性质，中心对称和中心对称图形的定义和性质，是解题的关键．每条边都相等，每个角都相等的多边形叫做正多边形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能够与另一个图形重合，那么这个两个图形叫做成中心对称； 根据正多边形的定义和性质，中心对称的定义和性质，中心对称图形的定义和性质，对各个选项一一判断即可得出答案. 【详解】A．正多边形不一定是中心对称图形． 正确，正奇边形绕着中心点旋转后，不能与原来的图形重合， ∴正多边形不一定是中心对称图形， 故本选项正确； B．中心对称图形一定是正多边形． 错误，平行四边形是中心对称图形，不是正多边形， ∴中心对称图形不一定是正多边形， 故本选项错误； C．经过任何一个中心对称图形的对称中心的直线都能将该中心对称图形分成两个全等图形． 正确，经过任何一个中心对称图形的对称中心的直线，将该中心对称图形分成的两个图形，绕对称中心转后，互相重合， 故本选项正确； D．关于中心对称的两个图形是全等形． 正确，成中心对称的两个图形，绕着对称中心旋转后互相重合， 故本选项正确． 故选：B． 变式1．（23-24九年级下·上海·月考）正三角形外接圆和内切圆的周长之比为 【答案】 【知识点】正多边形和圆的综合 【分析】本题主要考查了正三角形的外接圆和内接圆的周长．设点O是正三角形的内心，连接，过点O作于点D，则，可得，即可求解． 【详解】解：如图，设点O是正三角形的内心，连接，过点O作于点D，则， ∴， ∴正三角形外接圆和内接圆的周长之比为． 故答案为： 变式2．（2025·上海嘉定·二模）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 【知识点】正多边形和圆的综合 【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． 【题型四】求弧长 例4．如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC夹角为150°，AB的长为32cm，BD的长为14cm，则的长为（　　）cm． A．π B．12π C．15π D．36π 【答案】C 【知识点】求弧长 【分析】根据AB＝32cm，BD＝14cm，可以得到AD的长，然后根据AB，AC夹角为150°和弧长计算公式可以得到的长． 【详解】解：∵AB＝32cm，BD＝14cm，AB，AC夹角为150°， ∴AD＝AB﹣BD＝18cm， ∴的长为：＝15π（cm）， 故选：C． 【点睛】本题考查了弧长的计算，掌握计算公式是解题关键． 变式1．（22-23九年级下·上海·期中）在矩形中，如果以为直径的沿着滚动一周，点恰好与点C重合，那么 的值等于 【答案】 【知识点】求弧长 【分析】本题考查了圆的周长以及线段的比．解题的关键是弄懂的长就是的周长．由题意可知：的长就是的周长，列式即可得出结论． 【详解】解：∵以为直径的沿着滚动一周，点恰好与点C重合， ∴的长就是的周长， ∴， ∴． 故答案为：． 变式2．（2023·上海嘉定·一模）如图，在中，是两条弦，的半径长为，弧的长度为，弧的长度为，当时，求证． 【答案】见解析 【知识点】求弧长、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题考查了弧长的计算，三角形全等的判定和性质，根据弧长公式求得，然后利用证得，即可证得结论． 【详解】解：设， 由题意，得 ，， ∵， ∴， ∴，即， ∵都是的半径， ∴， ∵， ∴ ∴． 【题型五】求某点的弧形运动路径长度 例5．（2024·上海徐汇·二模）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是（    ） A．cm B．cm C．cm D．cm 【答案】B 【知识点】求某点的弧形运动路径长度 【分析】本题考查了弧长公式．利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可． 【详解】解：根据题意，重物上升的高度为 ． 故选：B． 变式1．如图，三角板中，．三角板绕直角顶点逆时针旋转，当点的对应点落在边的起始位置上时即停止转动，则点转过的路径长为 ．    【答案】 【知识点】求某点的弧形运动路径长度 【分析】根据等边三角形的判定和性质计算出∠ACA′=60°，进而可得∠BCB′=60°，然后再根据弧长公式可得答案． 【详解】∵ ∴∠A=60° 由旋转知：AC=A′C ∴△ACA′是等边三角形． ∴∠ACA′=60°，即旋转角为60°， ∴∠BCB′=60°， ∴点B转过的路径长是：=2π 【点睛】本题考查了弧长的计算、旋转的性质，掌握弧长公式及旋转的性质是解题的关键． 变式2．如图三个顶点的坐标分别是，，，将绕C逆时针旋转，得到； (1)请在网格图中画出． (2)在（1）的条件下，则点B的路径的长为_____． (3)若是的外接圆，直接写出点M的坐标_______． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】画旋转图形、求某点的弧形运动路径长度、求三角形外心坐标 【分析】本题主要考查了作旋转图形、求弧长、求三角形的外接圆的圆心等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键. （1）利用网格特点和旋转的性质画出点的对应点，然后再顺次连接即可解答； （2）先根据勾股定理求得的长，进而利用弧长公式求解即可； （3）根据网格特点作出的垂直平分线的交点M，再结合坐标系即可解答． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求. （2）解：∵ ∴点B的路径的长为． （3）解：如图所示，． 【题型六】求扇形面积 例6．扇形的圆心角是60°，则扇形的面积是所在圆面积的（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求扇形面积 【详解】解：60°÷360°=， 答：扇形的面积占圆面积的． 故选∶B 变式1．（25-26九年级上·上海浦东新·期中）扇形的半径为，圆心角为，则扇形的弧长为 ，面积为 （结果保留π）． 【答案】 π 【知识点】求弧长、求扇形面积 【分析】本题主要考查扇形的弧长和面积计算，掌握弧长公式和扇形面积公式（ 为圆心角度数，为半径）是解题的关键． 根据弧长公式  和扇形面积公式求解即可． 【详解】解：∵半径 ，圆心角 ， ∴弧长 ． 扇形面积 ． 故答案为：π，． 变式2．（2023·上海黄浦·二模）已知，如图，的半径为，半径被弦垂直平分，交点为，点在圆上，且． (1)求弦的长； (2)求图中阴影部分面积（结果保留π）． 【答案】(1) (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、求扇形面积、利用垂径定理求值、等边三角形的判定和性质 【分析】（1）连接，则，由线段垂直平分线性质得．进而由勾股定理得，再由垂径定理即可求解； （2）连接，，先证是等边三角形，再证，利用扇形面积公式即可求解． 【详解】（1）解：连接，则， ∵弦垂直平分， ∴． 在中， ∵半径垂直， ∴ ∴； （2）解：在中，， ∴． 连接，， ∵， ∴，． 又∵， ∴是等边三角形． ∴， ∵，． ∵， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题考查垂径定理，线段垂直平分线的性质，解直角三角形，扇形面积的计算以及勾股定理关键是由条件推出阴影的面积=扇形的面积． 【题型七】求图形旋转后扫过的面积 例7．（2024·上海金山·一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6．在边AB上取一点O，使BO=BC，以点O为旋转中心，把△ABC逆时针旋转90°，得到△A′B′C′（点A、B、C的对应点分别是点A′、B′、C′、），那么△ABC与△A′B′C′的重叠部分的面积是 ． 【答案】 【知识点】求图形旋转后扫过的面积 【分析】先求得OD，AE，DE的值，再利用S四边形ODEF=S△AOF-S△ADE即可. 【详解】 如图，OA’=OA=4，则OD=OA’=3，OD=3 ∴AD=1，可得DE=，AE = ∴S四边形ODEF=S△AOF-S△ADE=×3×4-××=. 故答案为. 【点睛】本题考查的知识点是三角形的旋转，解题的关键是熟练的掌握三角形的旋转. 变式1．如图，将绕点顺时针旋转后得到，，． (1)如图1，当的对应边恰好经过点时，求的长； (2)将继续旋转至如图2所示的位置，若，求线段扫过的面积． 【答案】(1) (2)线段扫过的面积为 【知识点】求图形旋转后扫过的面积、根据旋转的性质求解 【分析】此题考查了旋转的性质，扇形面积公式，利用旋转的性质找到相等的边和角是关键． （1）根据旋转的性质得到，，即可求出答案； （2）根据题意得到．由旋转的性质得到，，再求出，再利用扇形面积公式求出答案． 【详解】（1）解：由旋转可知，， ； （2）解：， ． 由旋转可知，， ， ， 易知线段扫过的面积即为扇形的面积， ， 线段扫过的面积为． 【题型八】求弓形面积 例8．如下图，点A、B、C在圆O上，，直线．点O在上，若圆O的半径为3，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】求弓形面积 【分析】本题考查求弓形的面积，连接，利用扇形的面积减去三角形的面积进行求解即可． 【详解】解：连接，作，则：， ∴, ∵，直线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为； 故选A． 变式1．图1是用同一种瓦片砌成的古典式花窗，图2是由8块相同的瓦片组成的局部截面示意图（瓦片的厚度忽略不计）．若该示意图外围是半径为的圆，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【知识点】求弓形面积 【分析】此题考查了扇形面积公式的应用，标记圆心及点，连接，．设弓形的面积为，先求出，再根据进行解答即可． 【详解】解：如图，标记圆心及点，连接，． 根据题意，知． 设弓形的面积为， 则 故答案为：． 变式2．如图，的直径于点M，且M是半径的中点，． (1)求直径的长； (2)求弓形（阴影部分）的面积． 【答案】(1)直径的长为 (2) 【知识点】求弓形面积、利用垂径定理求值、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算、勾股定理及垂径定理，熟知扇形的面积公式及勾股定理和垂径定理是解题的关键． （1）连接，根据垂径定理得出的长，再结合勾股定理即可解决问题； （2）连接，先求出扇形的面积，再求出的面积即可解决问题． 【详解】（1）解：连接， ，， ， 是半径的中点， 令的半径为， 的长为 在中， ， 解得， 直径的长为． （2）解：连接， 在中， ， ， 又， ， ， 又， 【题型九】求其他不规则图形的面积 例9．（2023·上海杨浦·一模）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=4，两等圆⊙A，⊙B外切，那么图中两个扇形（即阴影部分）的面积之和为（　　） A．2π B．4π C．6π D．8π 【答案】B 【分析】先依据勾股定理求得AB的长，从而可求得两圆的半径为4，然后由∠A+∠B=90°可知阴影部分的面积等于一个圆的面积的． 【详解】在△ABC中，依据勾股定理可知AB==8， ∵两等圆⊙A，⊙B外切， ∴两圆的半径均为4， ∵∠A+∠B=90°， ∴阴影部分的面积==4π． 故选B． 【点睛】本题主要考查的是相切两圆的性质、勾股定理的应用、扇形面积的计算，求得两个扇形的半径和圆心角之和是解题的关键． 变式1．（2024·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：    【答案】 【知识点】求其他不规则图形的面积、求弧长、根据正方形的性质求面积 【分析】本题考查了扇形的面积，正方形的性质，弧长公式等知识，根据周长的定义，利用弧长公式计算出周长，利用公割法，扇形的面积公式计算出面积，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解： 如图，由题意可得，图中小正方形的边长为1，    ， ， ， ， ， ， ， ∴阴影部分的周长与面积的比值为： ， 故答案为：． 变式2．（22-23九年级上·上海·期末）已知，在直角三角形中，，以边为直径作半圆，把4个相同的直角三角形通过一定的图形运动拼成四叶草的形状（如图所示），求阴影部分的周长和面积．（π取3.14）    【答案】阴影部分的周长是62.8，面积是61 【知识点】 圆的面积、 圆的周长、求其他不规则图形的面积 【分析】本题考查了组合图形的周长和面积，熟练掌握扇形弧长公式和面积公式，三角形面积的公式，是解题的关键． 计算4个半圆的弧长，4个半圆面积减去4个直角三角形的面积，即可得到结论． 【详解】阴影部分的周长：； 阴影部分的面积：． 答：阴影部分的周长是62.8，面积是61． 一、单选题 1．如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握正多边形的定义和多边形的内角和公式．设这个正多边形的边数为列方程求出再根据正多边形每条边所对的中心角都相等，列出算式进行计算即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为列方程得： ， 解得， ∴这个正多边形的中心角的度数为：， ∴A，B，C选项不符合题意，D选项符合题意， 故选：D． 2．下列命题一定正确的是（    ） A．平分弦的直径垂直于弦 B．各角相等的圆内接多边形是正多边形 C．相等的圆周角所对的弧也相等 D．三角形的外心到三角形三个顶点的距离都相等 【答案】D 【分析】本题考查了命题与圆的有关性质，熟练掌握垂径定理，正多边形的判定，圆周角定理，外心的性质是解答本题的关键．根据以上基础概念与性质逐一分析判断即可. 【详解】解：A．平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，原命题是假命题； B．各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形，原命题是假命题； C．同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧也相等，原命题是假命题； D．三角形的外心到三角形三个顶点的距离都相等，原命题是真命题； 故选：D． 3．圆半径长为，对于圆的内接正六边形，下列说法错误的是（   ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为 D．边长为 【答案】D 【分析】根据正六边形的性质，计算它的中心角、内角、边心距以及边长即可． 【详解】解：如图，正六边形内接于，连接，，过点作于点， ∴，， 即中心角是，故选项A不符合题意； ∵正六边形内接于， ∴， 即正六边形的内角为，故选项B不符合题意； ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 即正六边形的边长为，故选项D符合题意； ∵， ∴， ∴， 即正六边形的边心距为，故选项C不符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形和圆，考查了正六边形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一性质，勾股定理等知识点．掌握正六边形的性质是解题的关键． 4．如图，在半径为R的圆内作一个内接正方形，然后作这个正方形的内切圆，又在这个内切圆中作内接正方形，依此作到第n个内切圆，它的半径是(　) A．R B．R C．R D．R 【答案】A 【分析】由题意可得第一个的半径是R，△AOC是等腰直角三角形，则可求得第二个圆的半径，同理求得第三个圆的半径，继而可得规律：第n个圆的半径是，又由第n个内切圆恰好是第n+1个圆，求得答案． 【详解】如图，连接OA，OB，OC， ∵第一个的半径是R，△AOC是等腰直角三角形， ∴OC=OA=R， 即第二个圆的半径是R， 同理，第三个的半径是， ∴依此类推得到第n个圆，它的半径是 ∵第n个内切圆恰好是第n+1个圆， ∴第n个内切圆，它的半径是， 故选A． 【点睛】此题考查了正多边形与圆的知识．此题难度适中，属于规律性题目，注意得到规律：第n个圆的半径是是关键． 5．如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据即可求解． 【详解】如图，连接, ，   边长为的正方形内接于，即， ，，为的直径，， ，分别与相切于点和点， ， 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， ． 故选C． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 6．以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 【答案】C 【分析】设是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点，可证明，设，则，连接，作于点，求得，则，设正边形的边心距为，则， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则，求得，则，可知为等边三角形，则，即可求解． 【详解】解：如图，是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点， ， ， ， ∴是正三角形的边心距，， ， ， 设，则， 连接，作于点， ， ， ， 设正边形的边心距为， ∵以的内接正三角形，正四边形，正边形的边心距为三边作三角形得到直角三角形， ， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则， 则， ∴， ∴为等边三角形，则， ， 故选：C． 【点睛】此题重点考查正多边形和圆，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，正六边形的性质，勾股定理等知识，设圆的内角正三角形的边心距为，推导出该圆的内接正边形的边心距为是解题的关键． 二、填空题 7．若正边形的中心角为，边长为10．那么它的边心距为 （用含的代数式表示）． 【答案】 【分析】本题主要考查正多边形与圆及三角函数，熟练掌握正多边形与圆及三角函数是解题的关键；正边形的中心角为，边长已知为10. 边心距即中心到边的距离，可通过构造由中心和一边构成的等腰三角形，利用三角函数关系求解． 【详解】解：由正边形的中心角为，因此以中心和一边两端点为顶点的等腰三角形中，顶角为，底边长为10，可设该正多边形的一条边为，中心角为，过点作，如图， ∴， ∴； 即边心距； 故答案为． 8．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． 9．如图．点O是正五边形的中心，是正五边形的外接圆，的余弦值为 ． 【答案】 【分析】连接，先求出，，，，再根据圆周角定理，可得，从而得到，作的平分线交于点F，可得 ，，设，则，证明，可得，过点F作于点G，则，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵点O是正五边形的中心，是正五边形的外接圆， ∴，，，， ∴， ∴， 同理， ∴， 作的平分线交于点F，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， 解得：（负值舍去）， ∴， 过点F作于点G，则， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查了圆内接正五边形和圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等，熟练掌握圆内接正五边形的中心角的求法是解题关键． 10．已知平面内有一角，一圆与这个角的两边都有两个交点，若此圆在角的边上截得的两条线恰好各是某正五边形的一边，那么这个角的度数为 ． 【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】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．已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形外接圆的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确地画出图形是解决本题的关键． 先画出正六边形和外接圆，再取的中点G，连接，根据等边三角形的性质和含的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵正六边形的边长为4， ∴外接圆半径， ∵正六边形的每条边都是外接圆的一条弦， ∴对应的圆心角为， 又∵， ∴为等边三角形， 取的中点G，连接并延长交于点H，则是点H到弦的最大距离； ∵为等边三角形， ∴，，， ∴， 在含的中，， ∴， ∴任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是， 故答案为：． 12．如图，边长为4的正方形ABCD外切于⊙O，切点分别为E、F、G、H．则图中阴影部分的面积为 ．    【答案】 【分析】连接HO，延长HO交CB于点P，证四边形AHPB为矩形知HF为⊙O的直径，同理得EG为⊙O的直径，再证四边形DGOH、四边形OGCF、四边形OFBE、四边形OEAH均为正方形得出圆的半径及△HGF为等腰直角三角形，根据阴影部分面积=S圆+S△HGF可得答案． 【详解】解：如图，连接HO，延长HO交CD于点P，    ∵正方形ABCD外切于⊙O， ∴∠A=∠D=∠AHP=90°， ∴四边形AHPD为矩形， ∴∠OPD=90°， 又∠OFD=90°， ∴点P于点F重合，则HF为⊙O的直径， 同理EG为⊙O的直径， 由∠B=∠OGB=∠OHB=90°，且OH=OG知，四边形BGOH为正方形， 同理四边形OGCF、四边形OFDE、四边形OEAH均为正方形， ∴BH=BG=GC=CF=2，∠HGO=∠FGO=45°， ∴∠HGF=90°，GH=GF= =， 则阴影部分面积=S圆+S△HGF=•π•22+××=2π+4． 故答案为：2π+4． 【点睛】本题主要考查切线的性质及扇形面积的计算，熟练掌握切线的性质、矩形的判定得出圆的半径是解题的关键． 13．如图，圆和圆B相交于点、，连结、、，．若、，则圆的劣弧的长为 ．（取、取、取，保留） 【答案】 【分析】本题考查了圆的基本性质，三角函数的应用，弧长公式． 本题先通过作辅助线结合三角函数求出的度数，再求出的度数，再求出圆的半径，最后根据弧长公式求出劣弧的长． 【详解】解：连接，，，且与交于点， ，， 垂直平分， 在中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 在圆中劣弧的长为：． 14．在矩形中，以D为圆心，为半径画弧，交于点E，再以为直径作半圆交弧于点F，连接、，若，则随机往该区域丢飞镖，落在阴影部分的概率为 ． 【答案】 【分析】连接，过点E作于点M，过点E作于点N，根据题意及矩形的性质可以推出是等边三角形，再根据等边三角形的性质和邻补角定义得出，然后解直角三角形求出，从而得出，根据勾股定理及三角形面积公式可得出，最后根据图形得出阴影部分的面积代入即可得出答案． 【详解】解∶如图， 连接，过点E作于点M，过点E作于点N， ， ． 四边形为矩形， ． 以D为圆心，为半径画弧，交于点E，再以为直径作半圆交弧于点F， ， ， ． 是等边三角形． ，． ． ， ， ，． ，， ． ． 在中， ，， ． ． 图中阴影部分的面积 ． ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了扇形面积公式，矩形的性质，等边三角形的判定及性质，解直角三角形，概率计算，熟练掌握性质定理是解题的关键． 15．已知与相交于A、B两点，公共弦，既是内接正方形的一边，也是内接正三角形的一边，那么两圆的圆心距等于 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了解直角三角形、正方形的性质、等边三角形的性质、内切圆的性质等知识点，灵活运用相关性质是解题关键． 先求圆圆心到的距离（内接正方形性质），再求圆圆心到的距离（内接正三角形性质），然后分当两圆心在公共弦异侧和同侧两种情况求解即可． 【详解】解：如图：连接，设与相交于点F， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵对于，是内接正方形的一边，圆心为正方形中心， ∴， ∴到的距离． ∵对于，是内接正三角形的一边，圆心为正三角形中心， ∴，， ∵， ∴，即，解得： ∴到的距离为内切圆半径，即． 当、在异侧时，圆心距． 当、在同侧时，延长与相交于点F， ∴圆心距． 故答案为或． 16．如图所示，半径为的圆内切于正，为边上一点，为边上一点，且直线与圆相切于点，的内切圆与相切于点．若圆的半径为，则的值为 ． 【答案】 【分析】先根据切线的性质得，，，，，，，，根据题意得平分，同理得平分，再结合等边三角形的性质得，运用三角函数得，则，即①，同理得②，得：，结合矩形的判定与性质得，，再分别表示，即可作答． 【详解】解：如图1，设分别与相切于点、、，分别与相切于、，连接． 则，，，，，，，， ， 平分， 同理，平分， 、、三点共线， 是等边三角形， ， ， ，， ， ①， 在中，，， ，， ， ②， 得：， 如图2，过点作，交的延长线于， 则， 四边形是矩形， ，， ，， 在中，， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质定理，勾股定理，特殊角的三角函数值，矩形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握特殊切线长定理，勾股定理，特殊角的三角函数，等边三角形的性质是解题的关键． 三、解答题 17．如图，正方形的边长为，剪去四个角后成为一个正八边形．求这个正八边形的边长和面积． 【答案】这个正八边形的边长是（4－4）cm，面积是（32－32）cm2． 【分析】设剪去的小直角三角形的两直角边均为xcm，根据勾股定理可得(4－2x)2＝x2＋x2，求出的值，即可得出4－2x的值，即为正八边形的边长，再根据正八边形的面积等于正方形的面积减去4个小等腰直角三角形的面积即可得出答案． 【详解】解：由正方形剪去四个角后成为一个正八边形，可知减去的每个角所组成的三角形为等腰直角三角形，设剪去的小直角三角形的两直角边均为xcm， 由题意可知(4－2x)2＝x2＋x2， 解得x1＝4＋2（舍去），x2＝4－2， 所以4－2x＝4－2×(4－2)＝4－4， 即这个正八边形的边长是(4－4)cm． S正八边形＝S正方形－4S小三角形 ＝42－4×·x·x ＝16－2(4－2)2 ＝16－2(24－16) ＝32－32(cm2) ． 答：这个正八边形的边长是(4－4)cm，面积是(32－32)cm2． 【点睛】本题考查了正方形的性质、正八边形的性质、勾股定理、解一元二次方程，得出“减去的每个角所组成的三角形为等腰直角三角形”并能正确列出方程是解题的关键． 18．如图，正方形内接于是的中点，连接. (1)求证：； (2)求证：； 【答案】(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． 19．如图，已知圆O是正六边形外接圆，直径，点G、H分别在射线上（点G不与点C、D重合），且，设． (1)如图①，当直线经过弧的中点Q时，求：的正弦值； (2)如图②，当点G在边上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (3)连接，如果与相似，求的长． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）如图①，连接，由正六边形，可得，，证明是等边三角形，则，，，由Q为弧的中点，可得，，则，由圆周角定理可得，，如图①，作的延长线于，则，，设，则，，由勾股定理得，，由勾股定理得，，即，可求满足要求的解为，根据，计算求解即可； （2）如图②，在上取点，使，连接，证明是等边三角形，则，，，，证明，则，即，可求，由点G不与点C、D重合，可得； （3）由题意知，分①点在边上，②点在边的延长线上，两种情况求解；①点在边上时，如图③，由题意知，，当与相似，分，两种情况求解；当时，，即，联立，计算求出满足要求的解即可；当时，，即，联立，计算求出满足要求的解即可；②当点在边的延长线上，如图④，同理（3）①，求解作答即可． 【详解】（1）解：如图①，连接， ∵正六边形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵Q为弧的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， 如图①，作的延长线于， ∴， ∴， 设，则，， 由勾股定理得，， 由勾股定理得，，即， 解得，或（舍去）， ∴， ∴的正弦值为； （2）解：如图②，在上取点，使，连接， ∵正六边形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 整理得，， ∵点G不与点C、D重合， ∴， ∴，； （3）解：由题意知，分①点在边上，②点在边的延长线上，两种情况求解； ①点在边上时，如图③， 由题意知，， ∴当与相似，分，两种情况求解； 当时，，即， 解得，， ∵， ∴， 解得，或，均不符合要求，舍去； 当时，，即， 解得，， ∵， ∴， 解得，或均不符合要求，舍去； ②当点在边的延长线上，如图④， 当时，，即， 解得，， 同理，解得，或，均不符合要求，舍去； 当时，，即， 解得，， 同理，解得，（不符合要求，舍去）或， 经检验，是原分式方程的解，且符合要求； 综上所述，的长为． 【点睛】本题考查了正多边形内角和，垂径定理，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，正弦，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正多边形内角和，垂径定理，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，正弦，相似三角形的判定与性质，并分情况求解是解题的关键． 20．新定义1：多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如：正五边形的特征值为． 新定义2：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形． (1)如图，已知四边形为圆O的内接矩形，是圆O的内接三角形，若四边形的特征值为，的特征值为1，求证： (2)设正边形（且n为整数）的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求：y关于x的函数解析式（注：当时，） (3)如图，在梯形中，（），，点B，D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形绕点C按逆时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A，D的对应点是点E，F，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求：双同正多边形的特征值． 【答案】(1)见详解 (2) (3)2 【分析】（1）连接，记交于点K，在上取点Q，使得，可知矩形是正方形，为等边三角形，求出，则，设，则，，故，即可证明； （2）当时，则，则正边形中心角为，而中心角与外角相等，故外角，故每一个内角为钝角，画出正边形的局部，设内角，外角，则，故，设正边形的半径为，由题意得：，过点A作，，解直角三角形得，则，，故，化简得：，故，当时，此时每一个内角为，也符合该函数解析式； （3）连接，过点作于点，由旋转得，，设，则以线段为边的正多边形边数为，故以线段为边的正多边形同中心点C，同边数，因此以线段为边的正多边形是双同正多边形，可证明，则，设，由勾股定理得，，则，故，因此双同正多边形的边数为，则该正多边形为正六边形，故特征值为：． 【详解】（1）解：连接，记交于点K，在上取点Q，使得， 对于矩形，由题意得，最长，或最短， ∵四边形的特征值为， ∴或， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，是直径， ∴矩形是正方形， ∴中心角： ∵的特征值为1， ∴或或， ∴为等腰三角形， 若底边不与腰相等，则则不满足特征值为1， ∴为等边三角形， ∴中心角：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得：， ∴ ∴； （2）解：当时，则， ∴正边形中心角为， 而中心角与外角相等，故外角， ∴每一个内角为钝角， 画出正边形的局部，如图： 设内角，外角， ∵， ∴， 设正边形的半径为， 由题意得：， 过点A作，， 由中心角等于外角得，， ∴， 则， 而， ∴， 化简得：， ∴， 当时，此时每一个内角为，也符合该函数解析式， ∴综上，y关于x的函数解析式为：； （3）解：连接，过点作于点， 由旋转得，， 设， ∴以线段为边的正多边形边数为， ∴以线段为边的正多边形同中心点C，同边数， ∴以线段为边的正多边形是双同正多边形， 当两个正多边形面积比为时， 则， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴, ∴， 设， ∵， ∴， ∴由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴双同正多边形的边数为， ∴该正多边形为正六边形，如图： ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴则最长距离为，最短距离为， ∴特征值为：． 【点睛】本题考查了圆与正多边形，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，难度较大，正确理解题意是解决本题的关键． 21．如图，四边形内接于．连接，交于点． (1)如图1．若．，求的度数； (2)如图2．若于，连接，求证：； (3)在（2）的条件下，若，．求的半径． 【答案】(1) (2)证明过程见详解 (3) 【分析】（1），圆周角与圆心角所对弧是同弧，圆周角与圆心角所对弧是同弧，，可知，且，，，由此即可求解； （2），，在中，，由此即可求证； （3）根据（2）可知，是等腰直角三角形，在中，可计算出，过点作于，可证，且是等腰直角三角形，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图所示， 连接，，，， ∵，且圆周角与圆心角所对弧是同弧，圆周角与圆心角所对弧是同弧， ∴，，， ∵， ∴，即， ∴． （2）证明：如图所示， 连接， ∵， ∴， ∵圆周角与圆心角所对弧是同弧， ∴， 又∵， ∴在中，， ∴， ∴， ∴， 故． （3）解：由（2）可知，，且， ∵与所对弧是同弧， ∴，且， ∴，则（等弧所对圆周角相等）， ∵，即， ∴，是等腰直角三角形，且，， ∴，， 在中，， 如图所示，连接，，过点作于， 由（2）可知，， ∴， ∴在中，， ∴， 故的半径为． 【点睛】本题主要考查圆内接四边形的综合运用，掌握圆内接多边形的性质是解题的关键． 22．沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动． 活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法． ①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点； ②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、； ③顺次连接、、、、、． (1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________ （请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形． 活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法． ①作的两条互相垂直的直径和； ②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点； ③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点． 如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形． (2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形． （参考数据：，，，，．） 【答案】(1)， (2)，证明五边形是正五边形见详解 【分析】（1）各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形，据此即可获得答案； （2）首先结合题意并根据勾股定理解得，进而可得，易得，再在中，由勾股定理解得，即可确定的值；连接，，，，，结合为直径易得，利用三角函数可得，由圆周角定理可得，进而可得，然后利用全等三角形的性质可证明，，即可证明结论． 【详解】（1）解：根据正多边形的定义，我们只需要证明，，就可证明六边形是正六边形． 故答案为：，； （2）解：根据题意，可得，， ∵点为半径的中点， ∴， ∴在中，， ∵以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点， ∴， ∴， ∴在中，， ∵以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点， ∴； 如下图，连接，，，，， ∵为直径， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴五边形是正五边形． 【点睛】本题主要考查了尺规作图、多边形的定义和性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，正确理解题意，熟练掌握相关知识是解题关键． 23．在平行四边形中，连接．在上取点M，向下作以为直径的半圆O，交于点N．    (1)如图1，若，是半圆O内接正十二边形的一边，求的长． (2)若； （i）如图2，当弧的中点E为半圆O与直线的唯一交点时，求的长． （ii）如图3，连接交于点P，交半圆O于点Q，射线和的交点为点T．连接，当时，求的余弦值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）连接，作于点，根据中心角的计算公式求出，等边对等角，求出的度数，进而求出的度数，分别解，求出的长，进而求出的长即可； （2）（i）连接由题意，与圆O相切于点，根据弧，弦，角之间的关系，求出，三角形的外角推出，进而得到，推出，勾股定理求出的长，设，则，根据，求出的值，再根据，求出的长，利用线段的和差关系求出的长； （ii）延长交于点，三线合一得到，平行四边形的性质，得到，，，设，则，证明，得到，证明，得到，得到，进而得到，求出的长，进而求出的长，作于点，作于点，则：，平行线分线段得到，，进而推出，得到，进而求出，设，则：，利用勾股定理求出的值，再根据余弦的定义，进行求解即可． 【详解】（1）解：连接，作于点，则：，    ∵是半圆O内接正十二边形的一边， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴， 在中，，， 在中，， ∴； （2）（i）连接    ∵E为半圆O与直线的唯一交点， ∴与圆O相切于点， ∴， ∵E为弧中点， ∴， ∴， ∵，，即：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， 则，即：， 解得：， ∵，即：， ∴， ∴； （ii）延长交于点，    ∵为圆O的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平行四边形， ∴，，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， 作于点，作于点，则：， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则：， 在和中，由勾股定理，得：， 即：， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查圆与正多边形，直线和圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形，是解题的关键. 1 学科网（北京）股份有限公司 $