27.4 正多边形与圆----华师大版九年级下册同步试卷
一、单选题
1．（2021九上·上城月考）如图，正五边形 内接于 ，则 的度数是（ ）
A．36° B．26° C．30° D．45°
【答案】A
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，连接OD，OE，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠DOE= =72°，
∴ = ∠DOE=36°，
故答案为：A.
【分析】连接OD，OE，先求出圆心角∠DOE的度数，根据圆周角定理可得∠DAE=∠DOE，据此求出结论即可.
2．（2021·黄冈模拟）如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，则正五边形的中心角∠AOB的度数是（ ）
A．72° B．60° C．54° D．36°
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，
∴∠AOB＝360°÷5＝72°.
故答案为：A.
【分析】正n边形的中心角可得结果.
3．（2021九上·龙岩期末）在正六边形ABCDEF的中，若BE=10，则这个正六边形外接圆半径是（ ）
A． B．5 C． D．5
【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵正六边形ABCDEF的中，直径BE=10，
∴外接圆的半径为5，
故答案为B.
【分析】根据正多边形和它的外接圆可知，外接圆的半径就是正多变形的半径，由直径即可得到半径.
4．（2021九上·龙泉期中）如图，AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆内接n边形的一边，则n等于（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OC，
∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三角形的边，
∴∠AOB= =90°，∠AOC= =120°，
∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=30°，
∴n= =12.
故答案为：C.
【分析】连接OA、OB、OC，易得∠AOB=90°，∠AOC=120°，求出∠BOC的度数，然后利用360°除以∠BOC的度数可得n的值.
5．（2021九上·平阳期中）我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（图1）.刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法.如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，连结AG，CF，AG交CF于点P，AP=2 ， 则 =（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接FG，OC，OA，过点A作AH⊥FC于点H，过点G作GQ⊥FC于点Q，
∴∠AHF=∠GQP=∠AHP=90°
∵正六边形ABCDEF，
∴∠AOF=∠CFA=360°÷6=60°，
∴∠FAH=90°-60°=30°
∵弧AF=弧AF，
∴∠FGA=∠AOF=30°，
∠FAP=（180°-∠FGA）÷2=75°；
∴∠HAP=∠FAP-∠FAH=45°
∴△AHP是等腰直角三角形，
∴AH=HP=
∴在Rt△AFH中
，
∴OF=AF=OC=4，
CG是正十二边形的一边，
∠COG=360°÷12=30°，
∴GQ=OG=2，
∴；
∴CQ=OC-OQ=4-
∵∠HPA=∠GPQ=∠PGQ=45°，
∴CQ=PQ=2
∴CP=PQ+CQ=4-+2=6-
∴.
故答案为：D.
【分析】连接FG，OC，OA，过点A作AH⊥FC于点H，过点G作GQ⊥FC于点Q，利用正六边形的性质可求出∠AOF=∠CFA=60°，从而可求出∠FAH的度数，再利用圆周角定理可求出∠FGA的度数；再证明△AHP，△GPQ是等腰直角三角形，利用解直角三角形求出AH，HP的长， 在Rt△AFH中，利用解直角三角形求出AF的长，即可得到OF=AF=OC=4；再利用CG是正十二边形的一边，可求出∠COG的度数，利用解直角三角形求出OQ的长，即可得到CQ的长，同时可求出PQ，CQ的长；然后根据CP=PQ+CQ，代入计算求出CP的长；最后求出AP与CP的比值.
6．（2021·绍兴）如图，正方形ABCD内接于 ，点P在 上，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接OB，OC，如图，
∵正方形ABCD内接于 ，
∴
∴
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质可知∠BOC为90°，然后根据同圆中圆周角和圆心角的关系求∠P即可.
7．（2020九上·天河期末）一个圆的半径为 ，则该圆的内接正方形的边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】如图，圆的半径为 ，AB=BC，结合勾股定理，进而即可求解．
∵四边形ABCD是正方形，∠B=90°，
∴AC是圆的直径，
∴AC=2×4=8，
∵AB2+BC2=AC2，AB=BC，
∴2AB2=64，解得：AB=4 ，
故答案为：C．
【分析】根据正方形与圆的性质得出AB=BC，以及AB2+BC2=AC2，进而得出正方形的边长即可。
8．（2018·禹会模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，以BC为斜边在矩形的外部作直角三角形BEC，点F是CD的中点，则EF的最大值为（ ）
A． B．4 C．5 D．
【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】因∠BEC=90°，可知点E在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，连接FO并延长FO交圆O于点E，
此时EF的值最大；在Rt△FOC中，FC=1.5，OC=2，根据勾股定理可求得OF=2.5，所以EF=OF+OE=2.5+2=4.5，
故答案为：D.
【分析】以BC为直径做圆，因为直径所对的圆周角为直角，所以点E永远在圆弧BC上，当EF经过圆心时，可知EF最长，因为过圆心的玄最长.
二、填空题
9．（2020九上·金昌期中）圆内接正六边形的边长为6，则该正六边形的边心距为 .
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，连接OB、OC，过O作OG⊥BC于G.
∵此多边形是正六边形，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBG=60°，
∴边心距OG=OB sin∠OBG=6 (cm).
故答案为： .
【分析】如图所示，连接OB、OC，过O作OG⊥BC于G.根据正六边形的性质，可得△OBC是等边三角形，∠OBG=60°，利用OG=OB sin∠OBG计算即得结论.
10．（2021·南通模拟）如图，A、B、C、D为一个正多边形的相邻四个顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB=12°，则这个正多边形的边数为
【答案】15
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AO，BO，
∴∠AOB=2∠ADB=24°
∴这个正多边形的边数为 =15
故答案为：15.
【分析】连接AO，BO，根据圆周角定理得到∠AOB=24°，根据中心角的定义即可求解.
11．（2020·凤县模拟）如图，已知正六边形 ，连接 ，则 °.
【答案】60
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为O，作出正六边形ABCDEF的外接圆⊙O，连接OE，OA
则∠AOE= ×360°=120°，
∴∠ECA= ∠AOE=60°.
故答案为：60.
【分析】作出正六边形的外接圆，连接OE，OA,则可知∠AOE=120°，从而可得∠ECA的度数.
12．（2021九上·阳信期中）如图，若以AB为边长作⊙O的内接正多边形，则这个多边形是正 边形．
【答案】六
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，AC⊥BD，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠OAE=∠OBF=45°，∠AOB=∠EOF=90°，
∴∠AOE+∠BOE=∠BOF+∠BOE，
∴∠AOE=∠BOF，
在△AOE和△BOF中， ，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴S△AOE=S△BOF，
∴四边形EOFB的面积S1=S△AOB= S2，
故答案为：S1= S2．
【分析】根据正方形的性质得出OA=OB，AC⊥BD，∠BAD=∠ABC=90°，求得∠AOE=∠BOF，根据全等三角形的性质得出结论即可。
13．（2021九上·休宁月考）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的周长，进而确定圆周率．某圆的半径为R，其内接正十二边形的周长为C．若R＝，则C＝ ，≈ （结果精确到0.01，参考数据：≈2.449，≈1.414）．
【答案】24；3.11
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：根据圆内接正十二边形每边所对的圆心角为，作出，则，
作与点H
正十二边形的周长
故答案为：24；3.11
【分析】根据圆内接正十二边形每边所对的圆心角为，作出，则，，作与点H，再求出，再根据勾股定理求出，再根据正十二边形的性质求解即可。
14．（2020·连云港）如图，正六边形 内部有一个正五形 ，且 ，直线 经过 、 ，则直线 与 的夹角 .
【答案】48
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】∵多边形 是正六边形，多边形 是正五边形
∴
∵
∴
∴
故答案为：48
【分析】已知正六边形 内部有一个正五形 ，可得出正多边形的内角度数，根据 和四边形内角和定理即可得出 的度数.
三、解答题
15．（2021九上·巢湖月考）已知圆内接正十二边形的面积为S，求同圆的内接正六边形的面积．
【答案】解：设ED是正六边形的边，EG是正十二边形的边，则ED⊥OG．
∵∠EOG＝ ＝30°，
∴设圆的半径是r，S△EOG＝ OE OG sin30°＝ r2＝ S，
∴r2＝ S．
∴S△OED＝ r2＝ ．
则正六边形的面积是：6× ＝ ．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】先求出 S△OED＝ r2＝ ，再计算求解即可。
16．如图，某圆形场地内有一个内接于⊙O的正方形中心场地，若⊙O的半径为10米，求图中所画的一块草地的面积．（计算结果保留π）
【答案】解：连AC，则AC为直径，即AC=20，
∵正方形ABCD中，
AB=BC，∠B=90°，
∴在Rt△ABC中，
AB2+BC2=AC2，
2AB2=202，
∴AB2=200，
= =（25π﹣50）米2．
【知识点】圆内接正多边形；扇形面积的计算
【解析】【分析】连AC，易证AC是圆的直径，利用勾股定理，在Rt△ABC中，求出AB2，再由，计算可求解。
17．如图，正方形ABCD的外接圆为⊙O，点P在劣弧 上（不与C点重合）．
（1）求∠BPC的度数；
（2）若⊙O的半径为8，求正方形ABCD的边长．
【答案】（1）解：连接OB，OC，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BOC=90°，∴∠BPC= ∠BOC=45°；
（2）解：过点O作OE⊥BC于点E， ∵OB=OC，∠BOC=90°，∴∠OBE=45°，∴OE=BE，∵OE2+BE2=OB2，∴BE= ∴BC=2BE=2×
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）由圆内接正方形的性质可知，正方形ABCD的中心角为90°，根据同圆或等圆中圆周角等于圆心角的一半，可以求得∠BPC的度数；
（2）由题意可知，OB=OC=8，再由解直角三角形可以求得BC的长。
1 / 127.4 正多边形与圆----华师大版九年级下册同步试卷
一、单选题
1．（2021九上·上城月考）如图，正五边形 内接于 ，则 的度数是（ ）
A．36° B．26° C．30° D．45°
2．（2021·黄冈模拟）如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，则正五边形的中心角∠AOB的度数是（ ）
A．72° B．60° C．54° D．36°
3．（2021九上·龙岩期末）在正六边形ABCDEF的中，若BE=10，则这个正六边形外接圆半径是（ ）
A． B．5 C． D．5
4．（2021九上·龙泉期中）如图，AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆内接n边形的一边，则n等于（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
5．（2021九上·平阳期中）我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（图1）.刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法.如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，连结AG，CF，AG交CF于点P，AP=2 ， 则 =（ ）
A．2 B． C． D．
6．（2021·绍兴）如图，正方形ABCD内接于 ，点P在 上，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2020九上·天河期末）一个圆的半径为 ，则该圆的内接正方形的边长为（ ）
A． B． C． D．
8．（2018·禹会模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，以BC为斜边在矩形的外部作直角三角形BEC，点F是CD的中点，则EF的最大值为（ ）
A． B．4 C．5 D．
二、填空题
9．（2020九上·金昌期中）圆内接正六边形的边长为6，则该正六边形的边心距为 .
10．（2021·南通模拟）如图，A、B、C、D为一个正多边形的相邻四个顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB=12°，则这个正多边形的边数为
11．（2020·凤县模拟）如图，已知正六边形 ，连接 ，则 °.
12．（2021九上·阳信期中）如图，若以AB为边长作⊙O的内接正多边形，则这个多边形是正 边形．
13．（2021九上·休宁月考）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的周长，进而确定圆周率．某圆的半径为R，其内接正十二边形的周长为C．若R＝，则C＝ ，≈ （结果精确到0.01，参考数据：≈2.449，≈1.414）．
14．（2020·连云港）如图，正六边形 内部有一个正五形 ，且 ，直线 经过 、 ，则直线 与 的夹角 .
三、解答题
15．（2021九上·巢湖月考）已知圆内接正十二边形的面积为S，求同圆的内接正六边形的面积．
16．如图，某圆形场地内有一个内接于⊙O的正方形中心场地，若⊙O的半径为10米，求图中所画的一块草地的面积．（计算结果保留π）
17．如图，正方形ABCD的外接圆为⊙O，点P在劣弧 上（不与C点重合）．
（1）求∠BPC的度数；
（2）若⊙O的半径为8，求正方形ABCD的边长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，连接OD，OE，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠DOE= =72°，
∴ = ∠DOE=36°，
故答案为：A.
【分析】连接OD，OE，先求出圆心角∠DOE的度数，根据圆周角定理可得∠DAE=∠DOE，据此求出结论即可.
2．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，
∴∠AOB＝360°÷5＝72°.
故答案为：A.
【分析】正n边形的中心角可得结果.
3．【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵正六边形ABCDEF的中，直径BE=10，
∴外接圆的半径为5，
故答案为B.
【分析】根据正多边形和它的外接圆可知，外接圆的半径就是正多变形的半径，由直径即可得到半径.
4．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OC，
∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三角形的边，
∴∠AOB= =90°，∠AOC= =120°，
∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=30°，
∴n= =12.
故答案为：C.
【分析】连接OA、OB、OC，易得∠AOB=90°，∠AOC=120°，求出∠BOC的度数，然后利用360°除以∠BOC的度数可得n的值.
5．【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接FG，OC，OA，过点A作AH⊥FC于点H，过点G作GQ⊥FC于点Q，
∴∠AHF=∠GQP=∠AHP=90°
∵正六边形ABCDEF，
∴∠AOF=∠CFA=360°÷6=60°，
∴∠FAH=90°-60°=30°
∵弧AF=弧AF，
∴∠FGA=∠AOF=30°，
∠FAP=（180°-∠FGA）÷2=75°；
∴∠HAP=∠FAP-∠FAH=45°
∴△AHP是等腰直角三角形，
∴AH=HP=
∴在Rt△AFH中
，
∴OF=AF=OC=4，
CG是正十二边形的一边，
∠COG=360°÷12=30°，
∴GQ=OG=2，
∴；
∴CQ=OC-OQ=4-
∵∠HPA=∠GPQ=∠PGQ=45°，
∴CQ=PQ=2
∴CP=PQ+CQ=4-+2=6-
∴.
故答案为：D.
【分析】连接FG，OC，OA，过点A作AH⊥FC于点H，过点G作GQ⊥FC于点Q，利用正六边形的性质可求出∠AOF=∠CFA=60°，从而可求出∠FAH的度数，再利用圆周角定理可求出∠FGA的度数；再证明△AHP，△GPQ是等腰直角三角形，利用解直角三角形求出AH，HP的长， 在Rt△AFH中，利用解直角三角形求出AF的长，即可得到OF=AF=OC=4；再利用CG是正十二边形的一边，可求出∠COG的度数，利用解直角三角形求出OQ的长，即可得到CQ的长，同时可求出PQ，CQ的长；然后根据CP=PQ+CQ，代入计算求出CP的长；最后求出AP与CP的比值.
6．【答案】B
【知识点】正方形的性质；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接OB，OC，如图，
∵正方形ABCD内接于 ，
∴
∴
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质可知∠BOC为90°，然后根据同圆中圆周角和圆心角的关系求∠P即可.
7．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】如图，圆的半径为 ，AB=BC，结合勾股定理，进而即可求解．
∵四边形ABCD是正方形，∠B=90°，
∴AC是圆的直径，
∴AC=2×4=8，
∵AB2+BC2=AC2，AB=BC，
∴2AB2=64，解得：AB=4 ，
故答案为：C．
【分析】根据正方形与圆的性质得出AB=BC，以及AB2+BC2=AC2，进而得出正方形的边长即可。
8．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】因∠BEC=90°，可知点E在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，连接FO并延长FO交圆O于点E，
此时EF的值最大；在Rt△FOC中，FC=1.5，OC=2，根据勾股定理可求得OF=2.5，所以EF=OF+OE=2.5+2=4.5，
故答案为：D.
【分析】以BC为直径做圆，因为直径所对的圆周角为直角，所以点E永远在圆弧BC上，当EF经过圆心时，可知EF最长，因为过圆心的玄最长.
9．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，连接OB、OC，过O作OG⊥BC于G.
∵此多边形是正六边形，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBG=60°，
∴边心距OG=OB sin∠OBG=6 (cm).
故答案为： .
【分析】如图所示，连接OB、OC，过O作OG⊥BC于G.根据正六边形的性质，可得△OBC是等边三角形，∠OBG=60°，利用OG=OB sin∠OBG计算即得结论.
10．【答案】15
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AO，BO，
∴∠AOB=2∠ADB=24°
∴这个正多边形的边数为 =15
故答案为：15.
【分析】连接AO，BO，根据圆周角定理得到∠AOB=24°，根据中心角的定义即可求解.
11．【答案】60
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为O，作出正六边形ABCDEF的外接圆⊙O，连接OE，OA
则∠AOE= ×360°=120°，
∴∠ECA= ∠AOE=60°.
故答案为：60.
【分析】作出正六边形的外接圆，连接OE，OA,则可知∠AOE=120°，从而可得∠ECA的度数.
12．【答案】六
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，AC⊥BD，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠OAE=∠OBF=45°，∠AOB=∠EOF=90°，
∴∠AOE+∠BOE=∠BOF+∠BOE，
∴∠AOE=∠BOF，
在△AOE和△BOF中， ，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴S△AOE=S△BOF，
∴四边形EOFB的面积S1=S△AOB= S2，
故答案为：S1= S2．
【分析】根据正方形的性质得出OA=OB，AC⊥BD，∠BAD=∠ABC=90°，求得∠AOE=∠BOF，根据全等三角形的性质得出结论即可。
13．【答案】24；3.11
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：根据圆内接正十二边形每边所对的圆心角为，作出，则，
作与点H
正十二边形的周长
故答案为：24；3.11
【分析】根据圆内接正十二边形每边所对的圆心角为，作出，则，，作与点H，再求出，再根据勾股定理求出，再根据正十二边形的性质求解即可。
14．【答案】48
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】∵多边形 是正六边形，多边形 是正五边形
∴
∵
∴
∴
故答案为：48
【分析】已知正六边形 内部有一个正五形 ，可得出正多边形的内角度数，根据 和四边形内角和定理即可得出 的度数.
15．【答案】解：设ED是正六边形的边，EG是正十二边形的边，则ED⊥OG．
∵∠EOG＝ ＝30°，
∴设圆的半径是r，S△EOG＝ OE OG sin30°＝ r2＝ S，
∴r2＝ S．
∴S△OED＝ r2＝ ．
则正六边形的面积是：6× ＝ ．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】先求出 S△OED＝ r2＝ ，再计算求解即可。
16．【答案】解：连AC，则AC为直径，即AC=20，
∵正方形ABCD中，
AB=BC，∠B=90°，
∴在Rt△ABC中，
AB2+BC2=AC2，
2AB2=202，
∴AB2=200，
= =（25π﹣50）米2．
【知识点】圆内接正多边形；扇形面积的计算
【解析】【分析】连AC，易证AC是圆的直径，利用勾股定理，在Rt△ABC中，求出AB2，再由，计算可求解。
17．【答案】（1）解：连接OB，OC，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BOC=90°，∴∠BPC= ∠BOC=45°；
（2）解：过点O作OE⊥BC于点E， ∵OB=OC，∠BOC=90°，∴∠OBE=45°，∴OE=BE，∵OE2+BE2=OB2，∴BE= ∴BC=2BE=2×
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）由圆内接正方形的性质可知，正方形ABCD的中心角为90°，根据同圆或等圆中圆周角等于圆心角的一半，可以求得∠BPC的度数；
（2）由题意可知，OB=OC=8，再由解直角三角形可以求得BC的长。
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