2023年浙教版数学九年级上册3.7 正多边形 同步测试（提高版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·安徽）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，所以∠BAE=180°-360°÷5=108°，∴∠COD=360°÷5=72°，所以∠BAE-∠COD=108°-72°=36°。
故答案为：D。
【分析】根据正五边形的性质，分别计算∠BAE和∠COD，再把它们相减即可。
2．（2023·温州模拟）如图，，为的两条弦，连结，，点为的延长线上一点．若，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：在优弧AC上取点E，连接AE，EC，
∴四边形ABCE是圆O的内接四边形，
∴∠E+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠E=∠CBD=65°，
∴∠AOC=2∠E=130°.
故答案为：D
【分析】在优弧AC上取点E，连接AE，EC，利用圆内接四边形的性质可证得∠E+∠ABC=180°，再利用补角的性质可证得∠E=∠CBD=65°；然后利用一条弧所对的圆心角等于其圆周角的2倍，可求出∠AOC的度数.
3．（2023九下·秦淮月考）如图，是正六边形的边上一点，则的度数不可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，作正六边形的外接圆，延长交于点，连接，
是正六边形，
，，
，
，
A、B、C、D四个选项中，只有A选项符合题意，
故答案为：A.
【分析】作正六边形的外接圆⊙O，延长AP交⊙O于点G，连接CG，根据正多边形的性质可得∠AOC=120°，根据圆周角定理可得∠AGC=∠AOC=60°，由外角的性质可得∠APC=∠AGC+∠PCG≥60°，据此判断.
4．（2023九下·泰兴月考）下列图形中，正多边形内接于半径相等的圆，其中正多边形周长最小的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：圆的内接正多边形边数越多，越接近圆的周长，正多边形周长越长，
故答案为：A.
【分析】圆的内接正多边形边数越多，越接近圆的周长，正多边形周长越长，据此判断.
5．（2023九上·慈溪期末）如图，正六边形内接于，正六边形的周长是12，则的半径是（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接 ， ，
∵多边形 是正六边形，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵正六边形的周长是12，
∴ ，
∴ 的半径是2
故答案为：C.
【分析】连接OB、OC，根据正六边形的性质可得∠BOC=60°，OB=OC，推出△OBC是等边三角形，得到OB=OC=BC，根据正六边形的周长为12可得BC的值，据此解答.
6．（2022九上·舟山月考）如图所示，正六边形内接于，若边心距，则的半径为（ ）
A． B．2 C．1 D．4
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接OD，
∵正六边形ABCDEF，OH是边心距，
∴∠DOH==30°，∠OHD=90°，
∴OD=2DH，
在Rt△ODH中，OH2+DH2=OD2，
∴3+DH2=4DH2
解之：DH=1（取正），
∴DH=2.
故答案为：B
【分析】连接OD，利用正多边形的性质可求出∠DOH的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可证得OD=2DH；在Rt△ODH中，利用勾股定理可得到关于DH的方程，解方程求出DH的长，即可得到OD的长.
7．（2022九上·南宁月考）如图，已知圆的内接正六边形的边长为6，则圆的半径为（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵∠AOB是正六边形的中心角，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴这个正六边形的半径为6，
故答案为：A.
【分析】利用圆的正六边形的性质，可求出∠AOB的度数，可证得△AOB是等边三角形，可得到OA的长.
8．（2022九上·杭州月考）圆内接正六边形的边长为2，则该圆内接正三角形的边长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】如图（一），
∵圆内接正六边形边长为2，
∴，，
∵，
∴可得是等边三角形，圆的半径为2，
如图（二），
连接，过O作于D，
则根据内接正三角形的性质，可得，
∴，
∴，
故.
故答案为：D.
【分析】由圆内接正六边形边长为2，可求出圆的半径为2，利用勾股定理求其圆内接正三角形的边长即可.
9．（2022九上·温州期中）已知点A，B，C在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点D.若，，则的长为（ ）
A． B．9 C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；圆内接正多边形；轴对称的性质
【解析】【解答】解：取点D在上的对应点E，连接CE、BE、CD、AC，过C点作CF⊥AD于F点，如图，
∵四边形ABEC内接于，
∴，
∵点D在上的对应点为点E，
∴根据折叠的性质有：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴△ACD是等腰三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是直角三角形，
∵，
∴在中，，
∵在中，，
∴，
∴，（负值舍去），
故答案为：C.
【分析】取点D在上的对应点E，连接CE、BE、CD、AC，过C点作CF⊥AD于F点，由圆内接四边形的性质得∠A+∠E=180°，根据折叠性质得∠BEC=∠BDC，根据等角的补角相等得∠A=∠ADC，故△ACD是等腰三角形，根据等腰三角形的三线合一得AF=FD=2，在Rt△BCF中，根据含30°角直角三角形的性质及勾股定理算出BC即可.
10．（2022·武威）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形.如图2，一个巢房的横截面为正六边形 ，若对角线 的长约为8mm，则正六边形 的边长为（ ）
A．2mm B． C． D．4mm
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接CF与AD交于点O，
∵ 正六边形，
∴∠COD= =60°，CO=DO，AO=DO= AD=4mm，
∴△COD为等边三角形，
∴CD=CO=DO=4mm，
即正六边形 的边长为4mm.
故答案为：D.
【分析】连接CF与AD交于点O，根据正六边形的性质可得∠COD==60°，CO=DO，AO=DO=AD=4mm，推出△COD为等边三角形，然后根据等边三角形的性质进行解答.
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2023·南关模拟）“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣“，早在多年前，魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积如图所示的圆的内接正十二边形，若该圆的半径为，则这个圆的内接正十二边形的面积为 ．
【答案】3
【知识点】三角形的面积；含30°角的直角三角形；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，过点A作AC⊥OB于点C，
圆的内接正十二边形的圆心角为360°÷30=30°，
在Rt△AOC中，OA=1，∠O=30°，
∴AC=OA=，
∴圆的内接正十二边形的面积=12S△OAB=12××1×=3；
故答案为：3.
【分析】过点A作AC⊥OB于点C，先求出圆的内接正十二边形的圆心角的度数，即得∠O=30°，利用直角三角形的性质可得AC=OA=，根据圆的内接正十二边形的面积=12S△OAB即可求解.
12．（2023·武功模拟）据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆”．如图所示，现有一斛，其外圆直径为5尺（古代长度单位），两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.5尺，则此斛底面的正方形的边长为 尺．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：由题意得AC=BE=0.5尺，AB=5尺，
∴CE=AB-AC-BE=4尺，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
设CE=DE=x，
由勾股定理得x2+x2=CE2，即2x2=42，
解得x=（负值已舍），
∴ 此斛底面的正方形的边长为尺.
故答案为：.
【分析】结合图形及已知可得AC=BE=0.5尺，AB=5尺，则可由线段的和差算出CE的长，进而根据正方形的性质及勾股定理可算出答案.
13．（2022九上·威海月考）如图，分别为的内接正方形、内接正三角形的边，是圆内接正n边形的一边，则n的值为 ．
【答案】12
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，连接AO，BO，CO．
∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的一边，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：12．
【分析】连接AO，BO，CO，先求出∠AOB和∠AOC的度数，利用角的运算求出∠BOC=30°，再利用正多边的边数与圆心角的关系可得。
14．（2022·上思模拟）请阅读下列材料，解答问题：
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：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.
如图，正五边形ABCDE内接于 ， ，则对角线BD的长为 .
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AD，AC，
∵五边形ABCDE是正五边形，则∠E=∠ABC=∠BCD，AB=BC=CD=2，
∴△ABC≌△DCB≌AED，
∴AD=AC=BD，
设BD=x，
∵AC BD=AB CD+AD BC，
即x2=2×2+2x，
解得x1=1+ ，x2=1 （舍去），
∴BD=1+ .
故答案为： .
【分析】连接AD、AC，根据正多边形的性质可得出△ABC≌△DCB≌AED，根据全等三角形的性质可设BD＝AC＝AD＝x，在圆内接四边形ABCD中，利用托勒密定理可得关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
15．（2022·莱州模拟）如图，以的半径为半径，自上的A点起，在圆上依次画弧截取点B，C，D，E，F．正方形EFGH的中心为，连接FA，，则 ．
【答案】75°
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OA，OF，OE，
∵FE=OF=OE，∴△OFE是等边三角形，∴∠OFE=60°，∴弧FE=60°，
由圆心角、弧、弦关系可得弧FE=弧ED=弧DC=弧CB=弧BA=60°，
∴弧AF=360°-60°×5=60°，∴∠AOF=60°，
∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∴∠AFO=60°，
∴∠AFE=∠AFO+∠OFE=120°，
∵O1是正方形的中心，∴∠O1FE=45°，
∴∠AFO1=∠AFE-∠O1FE=75°，
故答案为：75°；
【分析】连接OA，OF，OE，根据圆内接正多边形的性质求出∠AFE=∠AFO+∠OFE=120°，∠O1FE=45°，再利用角的运算可得∠AFO1=∠AFE-∠O1FE=75°。
16．（2022·绥化模拟）如图，7根圆柱形木棒的横截面圆的半径均为1，则捆扎这7根木棒一周的绳子长度为 ．
【答案】2π+12
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，
从图中可以看出，捆扎这7根木棒一周的绳子长度为六段公切线长和六段弧长，
每条公切线=1+1= 2，
连接六个圆的圆心的线段正好组成了一个正六边形，
因为正六边形的每个内角= 180 ×（6-2）÷6 = 120°，
∴六段弧的圆心角都是360°-90-90°-120°= 60°，
∴六段弧长为，
∴捆扎这7根木棒一周的绳子长度为．
故答案为：2π+12.
【分析】从图中可以看出，捆扎这7根木棒一周的绳子长度为六段公切线长和六段弧长，根据弧长公式和公切线的定义计算即可。
三、解答题（共8题，共66分）
17．（2022·莲湖模拟）如图所示的是以O为圆心的圆，上有一点A，请用尺规作图法，求作的内接正方形ABCD．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】解：如图所示：正方形ABCD即为所求；
【知识点】圆内接正多边形；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】连接AO并延长，与圆交于一点C，然后作AC的垂直平分线，与圆交于点D、B，然后连接AD、AB、BC、CD即可作出正方形ABCD.
18．（2020九上·福州月考）如图， 是 的内接正五边形．求证： .
【答案】证明：∵ 是正五边形，
∴ .
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
【知识点】平行线的判定；圆内接正多边形
【解析】【分析】根据正五边形的性质求出 ，根据三角形的内角和定理，可得∠CBD的度数，进而可得出∠ABD的度数，然后根据同旁内角互补，两直线平行可证得结论．
19．（2019·黄埔模拟）如图，圆O的半径为1，六边形ABCDEF是圆O的内接正六边形，从A，B，C，D，E，F六点中任意取两点，并连接成线段．
（1）求线段长为2的概率；
（2）求线段长为 的概率．
【答案】（1）解：连接AE，过点F作 于点N，如图1所示：
圆O的半径为1，六边形ABCDEF是圆O的内接正六边形，
， ， ， ，
是等边三角形，
，
，
，
同理： ，
画树状图如图2所示：
共有30个等可能的结果，线段长为2的结果有6个，
线段长为2的概率为 ；
（2）解：由树状图可知，共有30个等可能的结果，线段长为 的结果有12个，
线段长为 的概率为 ．
【知识点】圆内接正多边形；列表法与树状图法
【解析】【分析】（1）连接AE，过点F作FN⊥AE于点N，得出△AOB是等边三角形，得出OA=AB=BC=CD=DE=EF=AE=1，∠FAE=30°，由直角三角形的性质得出AN= ，AE= ，同理：AC= ，画树状图，共有30个等可能的结果，线段长为2的结果有6个，由概率公式即可得出结果；（2）由树状图可知，共有30个等可能的结果，线段长为 的结果有12个，由概率公式即可得出结果．
20．如图，正五边形ABCD中，点F、G分别是BC、CD的中点，AF与BG相交于H．
（1）求证：△ABF≌△BCG；
（2）求∠AHG的度数．
【答案】（1）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD，
∵F、G分别是BC、CD的中点，
∴BF=CG，
在△ABF和BCG中，
AB=BC，∠ABC=∠BCD，BF=CG，
∴△ABF≌△BCG；
（2）解：由（1）知∠GBC=∠FAB，
∵∠AHG=∠FAB+∠ABH=∠GBC+∠ABH=∠ABC
∵正五边形的内角为108°，
∴∠AHG=108°．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）根据正多边形的性质，可证得AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD， 再证明BF=CG，然后利用SAS证明△ABF≌△BCG。
（2）利用全等三角形的性质，易证∠GBC=∠FAB，再利用三角形的外角的性质，可证得∠AHG=∠ABC，然后求出正五边形的一个内角的度数，即可得出答案。
21．如图，把一根圆柱形的木头锯成正方体形的柱子，使截面正方形的四个顶点均在圆上．
（1）正方形的对角线与圆的直径有什么关系？
（2）设圆O的半径为2，求圆中阴影部分的面积之和．
【答案】（1）解：连接AC，
∵∠D=90°，点D在⊙O上，
∴正方形的对角线是圆的直径；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD．
∵圆O的半径为2，
∴2AD2=AC2，即2AD2=42，解得AD=2 ，
∴S阴影=S⊙O﹣S正方形ABCD=π×22﹣（2 ）2=4π﹣8．
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）连接AC，根据正方形的性质，可知∠D=90°，再根据圆周角定理，可证得AC是圆O的直径。
（2）根据正方形的性质，利用勾股定理求正方形的边长AD，再根据S阴影=S⊙O﹣S正方形ABCD，利用圆的面积公式及正方形的面积计算就可求解。
22．（2018·温州模拟）如图，在由24个全等的正三角形组成的正六边形网格中，请画出符合要求的格点三角形（即顶点均在格点上的三角形）．
（1）在图甲中画出Rt△PAB，使∠P=90°．
（2）在图乙中画出Rt△PAB，使∠P≠90°，且PQ平分Rt△PAB的面积．
【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
【知识点】三角形的面积；圆内接正多边形；作图-三角形
【解析】【分析】（1）抓住图形的的三角形是等边三角形，按要求画出图形即可。
（2）根据等底同高的三角形的面积相等，按要求画出图形即可。
23．如图，已知正五边形AB CDE，AF∥CD交DB的延长线于点F，交DE的延长线于点G．
（1）写出图中所有的等腰三角形；
（2）求证：∠G=2∠F．
【答案】（1）解：∵正五边形ABCDE
∴DC=BC，∠C=108°
∴△CDB是等腰三角形，
∴∠1=∠CBD=36°，
∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
可得四边形DEAB是等腰梯形，
∴∠DBA=∠2=72°，
∴∠F=∠BAF=36°，
∴△BAF是等腰三角形，
同理可得：∠GEA=∠G=∠2=72°，
∴△FDG，△AEG是等腰三角形，
故等腰三角形有：△BCD，△ABF，△FDG，△AEG.
（2）证明：证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C=∠CDE=108°，CD=CB.
得∠1=36°，
∴∠2=108° 36°=72°.
又∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
∴∠G=180° ∠2 ∠F=180° 72° 36°=72°=2∠F，
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及正五边形的性质得出各角度进而得出答案。
（2）根据正五边形的性质及已知条件，分别求出∠G与∠F的度数，进而得出它们之间的关系。
24．（2021九上·秦淮期末）圆周率 的故事
我国古代数学家刘徽通过“割圆术”来估计圆周率 的值——“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，可以理解为当正多边形的边数越来越多时，该正多边形与它的外接圆越来越“接近”，这样就可以用正多边形的周长替代它的外接圆的周长，从而估算出圆周率 的值.
（1）对于边长为a的正方形，其外接圆半径为 ，根据故事中的方法，用该正方形的周长4a替代它的外接圆周长，利用公式 ，可以估算 .
（2）类比（1），当正多边形为正六边形时，估计 的值.
【答案】（1）；
（2）
设正六边形的边长AB=m，
则该正六边形的周长为6m，其外接圆半径为m.
∵C= ，
∴ ，
所以估算 值为3.
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）正方形的边长AB=a，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
，
∴AC= ，
∴正方形的对角线长为 ，
，
，
∵用该正方形的周长4a替代它的外接圆周长，
C= ，
∴ ，
故答案为： ， ；
【分析】（1）利用勾股定理求出AC的长即为外接圆的直径，从而求出半径；由圆的周长公式得出 ，从而得出，代入相应数据即可求出π值；
（2） 设正六边形的边长AB=m， 可得该正六边形的周长为6m，其外接圆半径为m. 由于 C= ， 据此计算即可.
1 / 12023年浙教版数学九年级上册3.7 正多边形 同步测试（提高版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·安徽）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·温州模拟）如图，，为的两条弦，连结，，点为的延长线上一点．若，则为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九下·秦淮月考）如图，是正六边形的边上一点，则的度数不可能是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023九下·泰兴月考）下列图形中，正多边形内接于半径相等的圆，其中正多边形周长最小的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023九上·慈溪期末）如图，正六边形内接于，正六边形的周长是12，则的半径是（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．（2022九上·舟山月考）如图所示，正六边形内接于，若边心距，则的半径为（ ）
A． B．2 C．1 D．4
7．（2022九上·南宁月考）如图，已知圆的内接正六边形的边长为6，则圆的半径为（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
8．（2022九上·杭州月考）圆内接正六边形的边长为2，则该圆内接正三角形的边长为（ ）
A．4 B． C． D．
9．（2022九上·温州期中）已知点A，B，C在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点D.若，，则的长为（ ）
A． B．9 C． D．
10．（2022·武威）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形.如图2，一个巢房的横截面为正六边形 ，若对角线 的长约为8mm，则正六边形 的边长为（ ）
A．2mm B． C． D．4mm
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2023·南关模拟）“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣“，早在多年前，魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积如图所示的圆的内接正十二边形，若该圆的半径为，则这个圆的内接正十二边形的面积为 ．
12．（2023·武功模拟）据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆”．如图所示，现有一斛，其外圆直径为5尺（古代长度单位），两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.5尺，则此斛底面的正方形的边长为 尺．
13．（2022九上·威海月考）如图，分别为的内接正方形、内接正三角形的边，是圆内接正n边形的一边，则n的值为 ．
14．（2022·上思模拟）请阅读下列材料，解答问题：
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：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.
如图，正五边形ABCDE内接于 ， ，则对角线BD的长为 .
15．（2022·莱州模拟）如图，以的半径为半径，自上的A点起，在圆上依次画弧截取点B，C，D，E，F．正方形EFGH的中心为，连接FA，，则 ．
16．（2022·绥化模拟）如图，7根圆柱形木棒的横截面圆的半径均为1，则捆扎这7根木棒一周的绳子长度为 ．
三、解答题（共8题，共66分）
17．（2022·莲湖模拟）如图所示的是以O为圆心的圆，上有一点A，请用尺规作图法，求作的内接正方形ABCD．（保留作图痕迹，不写作法）
18．（2020九上·福州月考）如图， 是 的内接正五边形．求证： .
19．（2019·黄埔模拟）如图，圆O的半径为1，六边形ABCDEF是圆O的内接正六边形，从A，B，C，D，E，F六点中任意取两点，并连接成线段．
（1）求线段长为2的概率；
（2）求线段长为 的概率．
20．如图，正五边形ABCD中，点F、G分别是BC、CD的中点，AF与BG相交于H．
（1）求证：△ABF≌△BCG；
（2）求∠AHG的度数．
21．如图，把一根圆柱形的木头锯成正方体形的柱子，使截面正方形的四个顶点均在圆上．
（1）正方形的对角线与圆的直径有什么关系？
（2）设圆O的半径为2，求圆中阴影部分的面积之和．
22．（2018·温州模拟）如图，在由24个全等的正三角形组成的正六边形网格中，请画出符合要求的格点三角形（即顶点均在格点上的三角形）．
（1）在图甲中画出Rt△PAB，使∠P=90°．
（2）在图乙中画出Rt△PAB，使∠P≠90°，且PQ平分Rt△PAB的面积．
23．如图，已知正五边形AB CDE，AF∥CD交DB的延长线于点F，交DE的延长线于点G．
（1）写出图中所有的等腰三角形；
（2）求证：∠G=2∠F．
24．（2021九上·秦淮期末）圆周率 的故事
我国古代数学家刘徽通过“割圆术”来估计圆周率 的值——“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，可以理解为当正多边形的边数越来越多时，该正多边形与它的外接圆越来越“接近”，这样就可以用正多边形的周长替代它的外接圆的周长，从而估算出圆周率 的值.
（1）对于边长为a的正方形，其外接圆半径为 ，根据故事中的方法，用该正方形的周长4a替代它的外接圆周长，利用公式 ，可以估算 .
（2）类比（1），当正多边形为正六边形时，估计 的值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，所以∠BAE=180°-360°÷5=108°，∴∠COD=360°÷5=72°，所以∠BAE-∠COD=108°-72°=36°。
故答案为：D。
【分析】根据正五边形的性质，分别计算∠BAE和∠COD，再把它们相减即可。
2．【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：在优弧AC上取点E，连接AE，EC，
∴四边形ABCE是圆O的内接四边形，
∴∠E+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠E=∠CBD=65°，
∴∠AOC=2∠E=130°.
故答案为：D
【分析】在优弧AC上取点E，连接AE，EC，利用圆内接四边形的性质可证得∠E+∠ABC=180°，再利用补角的性质可证得∠E=∠CBD=65°；然后利用一条弧所对的圆心角等于其圆周角的2倍，可求出∠AOC的度数.
3．【答案】A
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，作正六边形的外接圆，延长交于点，连接，
是正六边形，
，，
，
，
A、B、C、D四个选项中，只有A选项符合题意，
故答案为：A.
【分析】作正六边形的外接圆⊙O，延长AP交⊙O于点G，连接CG，根据正多边形的性质可得∠AOC=120°，根据圆周角定理可得∠AGC=∠AOC=60°，由外角的性质可得∠APC=∠AGC+∠PCG≥60°，据此判断.
4．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：圆的内接正多边形边数越多，越接近圆的周长，正多边形周长越长，
故答案为：A.
【分析】圆的内接正多边形边数越多，越接近圆的周长，正多边形周长越长，据此判断.
5．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接 ， ，
∵多边形 是正六边形，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵正六边形的周长是12，
∴ ，
∴ 的半径是2
故答案为：C.
【分析】连接OB、OC，根据正六边形的性质可得∠BOC=60°，OB=OC，推出△OBC是等边三角形，得到OB=OC=BC，根据正六边形的周长为12可得BC的值，据此解答.
6．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接OD，
∵正六边形ABCDEF，OH是边心距，
∴∠DOH==30°，∠OHD=90°，
∴OD=2DH，
在Rt△ODH中，OH2+DH2=OD2，
∴3+DH2=4DH2
解之：DH=1（取正），
∴DH=2.
故答案为：B
【分析】连接OD，利用正多边形的性质可求出∠DOH的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可证得OD=2DH；在Rt△ODH中，利用勾股定理可得到关于DH的方程，解方程求出DH的长，即可得到OD的长.
7．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵∠AOB是正六边形的中心角，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴这个正六边形的半径为6，
故答案为：A.
【分析】利用圆的正六边形的性质，可求出∠AOB的度数，可证得△AOB是等边三角形，可得到OA的长.
8．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】如图（一），
∵圆内接正六边形边长为2，
∴，，
∵，
∴可得是等边三角形，圆的半径为2，
如图（二），
连接，过O作于D，
则根据内接正三角形的性质，可得，
∴，
∴，
故.
故答案为：D.
【分析】由圆内接正六边形边长为2，可求出圆的半径为2，利用勾股定理求其圆内接正三角形的边长即可.
9．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；圆内接正多边形；轴对称的性质
【解析】【解答】解：取点D在上的对应点E，连接CE、BE、CD、AC，过C点作CF⊥AD于F点，如图，
∵四边形ABEC内接于，
∴，
∵点D在上的对应点为点E，
∴根据折叠的性质有：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴△ACD是等腰三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是直角三角形，
∵，
∴在中，，
∵在中，，
∴，
∴，（负值舍去），
故答案为：C.
【分析】取点D在上的对应点E，连接CE、BE、CD、AC，过C点作CF⊥AD于F点，由圆内接四边形的性质得∠A+∠E=180°，根据折叠性质得∠BEC=∠BDC，根据等角的补角相等得∠A=∠ADC，故△ACD是等腰三角形，根据等腰三角形的三线合一得AF=FD=2，在Rt△BCF中，根据含30°角直角三角形的性质及勾股定理算出BC即可.
10．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接CF与AD交于点O，
∵ 正六边形，
∴∠COD= =60°，CO=DO，AO=DO= AD=4mm，
∴△COD为等边三角形，
∴CD=CO=DO=4mm，
即正六边形 的边长为4mm.
故答案为：D.
【分析】连接CF与AD交于点O，根据正六边形的性质可得∠COD==60°，CO=DO，AO=DO=AD=4mm，推出△COD为等边三角形，然后根据等边三角形的性质进行解答.
11．【答案】3
【知识点】三角形的面积；含30°角的直角三角形；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，过点A作AC⊥OB于点C，
圆的内接正十二边形的圆心角为360°÷30=30°，
在Rt△AOC中，OA=1，∠O=30°，
∴AC=OA=，
∴圆的内接正十二边形的面积=12S△OAB=12××1×=3；
故答案为：3.
【分析】过点A作AC⊥OB于点C，先求出圆的内接正十二边形的圆心角的度数，即得∠O=30°，利用直角三角形的性质可得AC=OA=，根据圆的内接正十二边形的面积=12S△OAB即可求解.
12．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：由题意得AC=BE=0.5尺，AB=5尺，
∴CE=AB-AC-BE=4尺，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
设CE=DE=x，
由勾股定理得x2+x2=CE2，即2x2=42，
解得x=（负值已舍），
∴ 此斛底面的正方形的边长为尺.
故答案为：.
【分析】结合图形及已知可得AC=BE=0.5尺，AB=5尺，则可由线段的和差算出CE的长，进而根据正方形的性质及勾股定理可算出答案.
13．【答案】12
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，连接AO，BO，CO．
∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的一边，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：12．
【分析】连接AO，BO，CO，先求出∠AOB和∠AOC的度数，利用角的运算求出∠BOC=30°，再利用正多边的边数与圆心角的关系可得。
14．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AD，AC，
∵五边形ABCDE是正五边形，则∠E=∠ABC=∠BCD，AB=BC=CD=2，
∴△ABC≌△DCB≌AED，
∴AD=AC=BD，
设BD=x，
∵AC BD=AB CD+AD BC，
即x2=2×2+2x，
解得x1=1+ ，x2=1 （舍去），
∴BD=1+ .
故答案为： .
【分析】连接AD、AC，根据正多边形的性质可得出△ABC≌△DCB≌AED，根据全等三角形的性质可设BD＝AC＝AD＝x，在圆内接四边形ABCD中，利用托勒密定理可得关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
15．【答案】75°
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OA，OF，OE，
∵FE=OF=OE，∴△OFE是等边三角形，∴∠OFE=60°，∴弧FE=60°，
由圆心角、弧、弦关系可得弧FE=弧ED=弧DC=弧CB=弧BA=60°，
∴弧AF=360°-60°×5=60°，∴∠AOF=60°，
∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∴∠AFO=60°，
∴∠AFE=∠AFO+∠OFE=120°，
∵O1是正方形的中心，∴∠O1FE=45°，
∴∠AFO1=∠AFE-∠O1FE=75°，
故答案为：75°；
【分析】连接OA，OF，OE，根据圆内接正多边形的性质求出∠AFE=∠AFO+∠OFE=120°，∠O1FE=45°，再利用角的运算可得∠AFO1=∠AFE-∠O1FE=75°。
16．【答案】2π+12
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，
从图中可以看出，捆扎这7根木棒一周的绳子长度为六段公切线长和六段弧长，
每条公切线=1+1= 2，
连接六个圆的圆心的线段正好组成了一个正六边形，
因为正六边形的每个内角= 180 ×（6-2）÷6 = 120°，
∴六段弧的圆心角都是360°-90-90°-120°= 60°，
∴六段弧长为，
∴捆扎这7根木棒一周的绳子长度为．
故答案为：2π+12.
【分析】从图中可以看出，捆扎这7根木棒一周的绳子长度为六段公切线长和六段弧长，根据弧长公式和公切线的定义计算即可。
17．【答案】解：如图所示：正方形ABCD即为所求；
【知识点】圆内接正多边形；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】连接AO并延长，与圆交于一点C，然后作AC的垂直平分线，与圆交于点D、B，然后连接AD、AB、BC、CD即可作出正方形ABCD.
18．【答案】证明：∵ 是正五边形，
∴ .
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
【知识点】平行线的判定；圆内接正多边形
【解析】【分析】根据正五边形的性质求出 ，根据三角形的内角和定理，可得∠CBD的度数，进而可得出∠ABD的度数，然后根据同旁内角互补，两直线平行可证得结论．
19．【答案】（1）解：连接AE，过点F作 于点N，如图1所示：
圆O的半径为1，六边形ABCDEF是圆O的内接正六边形，
， ， ， ，
是等边三角形，
，
，
，
同理： ，
画树状图如图2所示：
共有30个等可能的结果，线段长为2的结果有6个，
线段长为2的概率为 ；
（2）解：由树状图可知，共有30个等可能的结果，线段长为 的结果有12个，
线段长为 的概率为 ．
【知识点】圆内接正多边形；列表法与树状图法
【解析】【分析】（1）连接AE，过点F作FN⊥AE于点N，得出△AOB是等边三角形，得出OA=AB=BC=CD=DE=EF=AE=1，∠FAE=30°，由直角三角形的性质得出AN= ，AE= ，同理：AC= ，画树状图，共有30个等可能的结果，线段长为2的结果有6个，由概率公式即可得出结果；（2）由树状图可知，共有30个等可能的结果，线段长为 的结果有12个，由概率公式即可得出结果．
20．【答案】（1）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD，
∵F、G分别是BC、CD的中点，
∴BF=CG，
在△ABF和BCG中，
AB=BC，∠ABC=∠BCD，BF=CG，
∴△ABF≌△BCG；
（2）解：由（1）知∠GBC=∠FAB，
∵∠AHG=∠FAB+∠ABH=∠GBC+∠ABH=∠ABC
∵正五边形的内角为108°，
∴∠AHG=108°．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）根据正多边形的性质，可证得AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD， 再证明BF=CG，然后利用SAS证明△ABF≌△BCG。
（2）利用全等三角形的性质，易证∠GBC=∠FAB，再利用三角形的外角的性质，可证得∠AHG=∠ABC，然后求出正五边形的一个内角的度数，即可得出答案。
21．【答案】（1）解：连接AC，
∵∠D=90°，点D在⊙O上，
∴正方形的对角线是圆的直径；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD．
∵圆O的半径为2，
∴2AD2=AC2，即2AD2=42，解得AD=2 ，
∴S阴影=S⊙O﹣S正方形ABCD=π×22﹣（2 ）2=4π﹣8．
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）连接AC，根据正方形的性质，可知∠D=90°，再根据圆周角定理，可证得AC是圆O的直径。
（2）根据正方形的性质，利用勾股定理求正方形的边长AD，再根据S阴影=S⊙O﹣S正方形ABCD，利用圆的面积公式及正方形的面积计算就可求解。
22．【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
【知识点】三角形的面积；圆内接正多边形；作图-三角形
【解析】【分析】（1）抓住图形的的三角形是等边三角形，按要求画出图形即可。
（2）根据等底同高的三角形的面积相等，按要求画出图形即可。
23．【答案】（1）解：∵正五边形ABCDE
∴DC=BC，∠C=108°
∴△CDB是等腰三角形，
∴∠1=∠CBD=36°，
∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
可得四边形DEAB是等腰梯形，
∴∠DBA=∠2=72°，
∴∠F=∠BAF=36°，
∴△BAF是等腰三角形，
同理可得：∠GEA=∠G=∠2=72°，
∴△FDG，△AEG是等腰三角形，
故等腰三角形有：△BCD，△ABF，△FDG，△AEG.
（2）证明：证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C=∠CDE=108°，CD=CB.
得∠1=36°，
∴∠2=108° 36°=72°.
又∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
∴∠G=180° ∠2 ∠F=180° 72° 36°=72°=2∠F，
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及正五边形的性质得出各角度进而得出答案。
（2）根据正五边形的性质及已知条件，分别求出∠G与∠F的度数，进而得出它们之间的关系。
24．【答案】（1）；
（2）
设正六边形的边长AB=m，
则该正六边形的周长为6m，其外接圆半径为m.
∵C= ，
∴ ，
所以估算 值为3.
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）正方形的边长AB=a，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
，
∴AC= ，
∴正方形的对角线长为 ，
，
，
∵用该正方形的周长4a替代它的外接圆周长，
C= ，
∴ ，
故答案为： ， ；
【分析】（1）利用勾股定理求出AC的长即为外接圆的直径，从而求出半径；由圆的周长公式得出 ，从而得出，代入相应数据即可求出π值；
（2） 设正六边形的边长AB=m， 可得该正六边形的周长为6m，其外接圆半径为m. 由于 C= ， 据此计算即可.
1 / 1
