沪教版九年级数学下册同步练习 27.6正多边形与圆（分层练习）（原卷版+解析）
文档属性
| 名称 | 沪教版九年级数学下册同步练习 27.6正多边形与圆（分层练习）（原卷版+解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-05 20:15:47 | ||
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文档简介
27.6正多边形与圆（分层练习）
【夯实基础】
一、单选题
1．(2023秋·九年级单元测试）下列命题中，真命题是（ ）
A．正六边形是轴对称图形但不是中心对称图形
B．正六边形的每一个外角都等于中心角
C．正六边形每条对角线都相等
D．正六边形的边心距等于边长的一半
2．(2023秋·上海·九年级校考期中）已知一个正多边形的中心角为45°，则以该正多边形的顶点为顶点的等腰三角形的种类数（全等的三角形为同一类）是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．(2023·上海杨浦·统考二模）下列命题中，正确的是（ ）
A．正多边形都是中心对称图形 B．正六边形的边长等于其外接圆的半径
C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等 D．各边相等的圆外切多边形是正多边形
二、填空题
4．(2023·上海·统考模拟预测）一个正多边形的每个外角都等于30°，那么这个正多边形的中心角为____
5．(2023秋·九年级单元测试）正十边形的中心角等于______度．
6．(2023·上海嘉定·统考二模）正八边形的中心角等于______度
7．(2023秋·九年级单元测试）已知正六边形的边长为，那么它的边心距等于__________．
8．(2023秋·九年级单元测试）半径为3的圆的内接正六边形的面积为______．
9．(2023春·上海·九年级上外附中校考阶段练习）如图，中，，将绕顶点C按顺时针方向旋转方向至的位置，则图中阴影部分的面积为___________（结果保留）
10．(2023秋·九年级单元测试）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n=_______．
11．(2023秋·九年级单元测试）中心角为 60°的正多边形有_____条对称轴．
12．(2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）若正四边形的半径是1，则它的边长是________．
13．(2023·上海·一模）如图，半径为 2 的⊙O 与正六边形 ABCDEF 相切于点 C，F，则图中阴影部分的面积为____．
14．(2023秋·九年级单元测试）正六边形的边心距与半径的比值为_______．
15．(2023秋·九年级单元测试）半径为6cm的扇形的圆心角所对的弧长为cm，这个圆心角______度．
16．(2023·上海·九年级专题练习）如图，圆内接正方形的边长与外切正方形的边长之比是_______________．
17．(2023·上海·九年级专题练习）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积_________．
18．(2023·上海·九年级专题练习）如图，A，B，C，D为一个正多边形的相邻四个顶点，点O为正多边形的中心，若，则从该正多边形的一个顶点出发共有______条对角线．
19．(2023·上海松江·统考二模）如果一个正多边形的中心角为72°，那么这个正多边形的边数是_______．
20．(2023秋·上海·九年级校考期中）若扇形的半径为3cm，圆心角为120°，则这个扇形的面积为__________ cm2．
【能力提升】
一、单选题
1．(2023秋·九年级单元测试）如果某正多边形的外接圆半径是其内切圆半径的倍，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．无法确定
2．(2023·上海·九年级专题练习）如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
3．(2023秋·上海徐汇·九年级统考阶段练习）如图，将正六边形ABCDEF放在平面直角坐标系中，中心与坐标原点重合，若点A的坐标为（﹣1，0），则点C的坐标为 __________________．
4．(2023秋·上海闵行·九年级校考期中）我们规定：一个正n边形（n为整数，n≥4）的最短对角线与最长对角线长度的比值叫做这个正n边形的“特征值”，记为λn，那么λ6=____．
5．(2023·上海·九年级专题练习）半径为4的圆的内接正三角形的边长为______．
6．(2023·上海松江·统考二模）已知正三角形ABC外接圆的半径为2，那么正三角形ABC的面积为______________．
7．(2023·上海·九年级专题练习）若圆内接正方形的边心距为3，则这个圆内接正三角形的边长为_____．
8．(2023·上海·九年级专题练习）一个边长为的正多边形的内角和是其外角和的倍，则这个正多边形的半径_______．
9．(2023·上海·九年级专题练习）如图，边长为1的菱形的两个顶点、恰好落在扇形的上时，若∠BAD=120°，的长度等于__________（结果保留）．
10．(2023·上海·九年级专题练习）已知正六边形的外接圆的半径是5cm，则该正六边形的边长是____
11．(2023·上海·九年级专题练习）如图，分别为的内接正方形、内接正三角形的边，是圆内接正边形的一边，则的值为_______________________．
12．(2023·上海·九年级专题练习）如图，⊙O的半径为1，作两条互相垂直的直径AB、CD，弦AC是⊙O的内接正四边形的一条边．若以A为圆心，以1为半径画弧，交⊙O于点E，F，连接AE、CE，弦EC是该圆内接正n边形的一边，则该正n边形的面积为____．
13．(2023·上海·九年级专题练习）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F为BC上一点，连接AF，若∠AFC＝126°，则∠BAF的度数为_____．
14．(2023·上海·九年级专题练习）已知正三角形的弦心距为a，那么的周长是 ________.（用含a的式子表示）．
15．(2023·上海·九年级专题练习）如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四边形”，已知圆的半径长为，这个圆的一个联络四边形是边长为的菱形，那么这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是________．
16．(2023·上海·九年级专题练习）门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等级为一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分，现有一个门环的示意图如图所示．图中以正六边形ABCDEF的对角线AC的中点O为圆心，OB为半径作⊙O，AQ切⊙O于点P，并交DE于点Q，若AQ=12cm，则
（1）sin∠CAB=_____；
（2）该圆的半径为_____cm．
17．(2023·上海·九年级专题练习）如果正n边形的中心角为2α，边长为5，那么它的边心距为_____．（用锐角α的三角比表示）
三、解答题
18．(2023·上海金山·二模）如图，是一个地下排水管的横截面图，已知⊙O的半径OA等于50cm，水的深度等于25cm（水的深度指的中点到弦AB的距离）．
求：（1）水面的宽度AB．
（2）横截面浸没在水中的的长（结果保留π）．
19．(2023·上海·九年级专题练习）已知，如图，AB为的直径，，BC交于点D，AC交于点E，．
(1)求的度数；
(2)求证：；
(3)若圆O的半径为，求弦BD与围成的弓形的面积．
20．(2023春·上海虹口·九年级校考期末）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P与点A、B重合），连接AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
(1)求∠APC和∠BPC的度数；
(2)求证：△ACM≌△BCP；
(3)若PA＝1，PB＝2，求四边形PBCM的面积；
(4)在（3）的条件下，求的长度．
21．(2023·上海·九年级专题练习）在下列正多边形中，是中心，定义：为相应正多边形的基本三角形．如图1，是正三角形的基本三角形；如图2，是正方形的基本三角形；如图3，为正边形…的基本三角形．将基本绕点逆时针旋转角度得．
（1）若线段与线段相交点，则：
图1中的取值范围是________；
图3中的取值范围是________；
（2）在图1中，求证
（3）在图2中，正方形边长为4，，边上的一点旋转后的对应点为，若有最小值时，求出该最小值及此时的长度；
（4）如图3，当时，直接写出的值．
22．(2023·上海·九年级专题练习）如图，已知圆O是正六边形ABCDEF外接圆，直径BE=8，点G、H分别在射线CD、EF上（点G不与点C、D重合），且∠GBH=60°，设CG=x，EH=y．
（1）如图①，当直线BG经过弧CD的中点Q时，求∠CBG的度数；
（2）如图②，当点G在边CD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）联结AH、EG，如果△AFH与△DEG相似，求CG的长．
27.6正多边形与圆（分层练习）
【夯实基础】
一、单选题
1．(2023秋·九年级单元测试）下列命题中，真命题是（ ）
A．正六边形是轴对称图形但不是中心对称图形
B．正六边形的每一个外角都等于中心角
C．正六边形每条对角线都相等
D．正六边形的边心距等于边长的一半
答案:B
分析：根据正六边形的性质判定即可．
【详解】解：A、正六边形是轴对称图形但不是中心对称图形，假命题，故此选项不符合题意；
B、正六边形的每一个外角都等于中心角，真命题，故此选项符合题意；
C、正六边形每条对角线都相等，假命题，故此选项不符合题意；
D、正六边形的边心距等于边长的一半，假命题，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查判定命题真假，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．
2．(2023秋·上海·九年级校考期中）已知一个正多边形的中心角为45°，则以该正多边形的顶点为顶点的等腰三角形的种类数（全等的三角形为同一类）是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
答案:C
分析：根据中心角的度数可求出圆内接正多边形的边数，再根据等腰三角形的定义和正八边形的性质进行判断即可．
【详解】解：∵一个正多边形的中心角为45°，
∴这个正多边形的边数为8，
如图，以正八边形的顶点为顶点的等腰三角形（全等的三角形为同一类）有△ABC，△ACF，△ACG共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形与圆，等腰三角形的判定，掌握正多边形与圆的相关计算以及等腰三角形的判定是正确解答的前提．
3．(2023·上海杨浦·统考二模）下列命题中，正确的是（ ）
A．正多边形都是中心对称图形 B．正六边形的边长等于其外接圆的半径
C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等 D．各边相等的圆外切多边形是正多边形
答案:B
分析：根据正多边形的性质、正多边形的对角线、正多边形的概念判断即可．
【详解】解：A、边数是偶数的正多边形都是中心对称图形，边数是奇数的正多边形不是中心对称图形，故本选项说法错误，不符合题意；
B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，本选项说法正确，符合题意；
C、边数大于3的正多边形的对角线长不都相等，可以以正八边形为例得出对角线长不都相等，故本选项说法错误，不符合题意；
D、各边相等的圆外切多边形不一定是正多边形，例如，圆外切菱形边数正多边形，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
二、填空题
4．(2023·上海·统考模拟预测）一个正多边形的每个外角都等于30°，那么这个正多边形的中心角为____
答案:30°．
分析：正多边形的一个外角与正多边形的中心角的度数相等，据此即可求解．
【详解】解：正多边形的一个外角等于30°，则中心角的度数 是30°．
故答案为：30°．
5．(2023秋·九年级单元测试）正十边形的中心角等于______度．
答案:
分析：根据正多边形的中心角的定义即可求解．
【详解】正十边形的中心角等于360°÷10=°
故答案为：36．
【点睛】此题主要考查中心角，解题的关键是熟知正n边形的中心角等于．
6．(2023·上海嘉定·统考二模）正八边形的中心角等于______度
答案:45
分析：已知该多边形为正八边形，代入中心角公式即可得出．
【详解】∵该多边形为正八边形，故n=8
∴
故答案为：45．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角，把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，正n边形的每个中心角都等于．
7．(2023秋·九年级单元测试）已知正六边形的边长为，那么它的边心距等于__________．
答案:
分析：已知正六边形的边长为6，欲求边心距，可通过边心距、边长的一半和内接圆半径构造直角三角形，通过解直角三角形求出边心距．
【详解】解：如图，在正六边形中，边长AB=6cm，O为正六边形的中心，过点O作OG⊥AB于点G，连接OA、OB，
根据题意得：∠AOB=360°÷6=60°，OA=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴AG=BG=3，OA=OB=AB=6cm，
在中，，
即它的边心距等于cm．
故答案为：
【点睛】此题主要考查正多边形的计算问题，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形.
8．(2023秋·九年级单元测试）半径为3的圆的内接正六边形的面积为______．
答案:
分析：根据圆的半径为3，过圆心作于点，根据圆的内接正六边形，连接，得是等边三角形，根据等边三角形的性质，得；根据勾股定理，求出；得的面积，根据圆的内接正六边形的面积等于6个的面积，即可．
【详解】如图：
连接，
∴是等腰三角形
∵正多边形的中心角为：
∴是等边三角形
过圆心作于点
∴
∵
∴
∴在直角三角形中，
∴
∴
∴
∴正六边形的面积为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接正多边形的知识，解题的关键是掌握圆内接正多边形中心角的计算，等边三角形的判定和性质．
9．(2023春·上海·九年级上外附中校考阶段练习）如图，中，，将绕顶点C按顺时针方向旋转方向至的位置，则图中阴影部分的面积为___________（结果保留）
答案:
分析：根据勾股定理求出，分别求出扇形的面积、扇形的面积,根据旋转可得的面积等于的面积，即可求出答案．
【详解】在中，，
扇形的面积为：，
扇形的面积为：．
根据旋转可得的面积等于的面积，
故
=
=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理、扇形的面积计算等知识点，能分别求出每部分的面积是解此题的关键．
10．(2023秋·九年级单元测试）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n=_______．
答案:12
分析：连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正方形与内接正三角形的中心角得到∠AOC=90°，∠AOB=120°，则∠BOC=30°，然后计算即可得到n的值．
【详解】解：连接OA、OB、OC，如图，
∵AC，AB分别为⊙O的内接正方形与内接正三角形的一边，
∴∠AOC==90°，∠AOB==120°，
∴∠BOC=∠AOB-∠AOC=30°，
∴n==12，
即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．
11．(2023秋·九年级单元测试）中心角为 60°的正多边形有_____条对称轴．
答案:
分析：用除以中心角的度数即可求得多边形的边数，然后根据正边形有条对称轴即可求解．
【详解】解：正多边形的边数是，
正六边形有条对称轴，
故答案是：．
【点睛】本题考查了多边形的计算以及正多边形的性质，理解正边形有条对称轴是解决问题的关键．
12．(2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）若正四边形的半径是1，则它的边长是________．
答案:
分析：利用圆内接四边形的性质及勾股定理计算即可得到答案．
【详解】解：如图：根据题意得：OA＝OB＝1，
∵四边形ABCD是正四边形，
∴∠AOB＝90°，
∴AB．
即它的边长是：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，勾股定理，熟记圆内接四边形的性质是解题的关键．
13．(2023·上海·一模）如图，半径为 2 的⊙O 与正六边形 ABCDEF 相切于点 C，F，则图中阴影部分的面积为____．
答案:
分析：连接OF，OC，过点O作于点H，交FC于点P，在四边形OCDH中，可求出，在四边形OFEH中，可求出，由题意得OP垂直平分FC，在中，根据直角三角形的性质可得OP=1，根据勾股定理得，则，过点D作，过点E作，根据角之间的关系可得，则，，则，，又因为是正六边形，所以，即可得，根据勾股定理可得，则，用多边形OFEDC的面积减去扇形OFC的面积即可得阴影部分的面积．
【详解】解：连接OF，OC，过点O作于点H，交FC于点P，
在四边形OCDH中，，，，
∴，，
∴，
在四边形OFEH中，，，，
∴，，
∴，
∵OC=OF，
∴OP垂直平分FC，
在中，，，OC=2，
∴，
∴，
，
∴，
过点D作，过点E作，
∴，
∵，，，
∴,
同理可得，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵EF=DE=CD=NM，
∴，
，
∴，
则，
∴，
，
∴阴影部分的面积= ，
故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形与圆，扇形的面积，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是掌握这些知识点和求出正多边形的边长．
14．(2023秋·九年级单元测试）正六边形的边心距与半径的比值为_______．
答案:
分析：设正六边形的半径是r，由正六边形的内切圆的半径是正六边形的边心距，因而是r，计算比值即可．
【详解】
解：设正六边形的半径是r，则外接圆的半径r，内切圆的半径是正六边形的边心距，如上图所示，内切圆半径=，因而是r，则可知正六边形的边心距与半径的比值为．
【点睛】本题考查正多边形的边心距与内接圆的半径之间的关系，搞清正多边形内接圆与正多边形之间的关系是解决本题的关键．
15．(2023秋·九年级单元测试）半径为6cm的扇形的圆心角所对的弧长为cm，这个圆心角______度．
答案:60
分析：根据弧长公式求解即可．
【详解】解：，
解得，，
故答案为：60．
【点睛】本题考查了弧长公式，灵活应用弧长公式是解题的关键.
16．(2023·上海·九年级专题练习）如图，圆内接正方形的边长与外切正方形的边长之比是_______________．
答案:1：
分析：根据题意画出图形，设圆的半径为R，分别用R表示出圆的内接正方形和外切正方形的边长，再求出其比值即可．
【详解】解：如图，
∵圆的半径为R，
∴CD＝ODR，
∴内接正方形的边长为R，
AB＝OB＝R，
∴外切正方形的边长为2R，
∴圆的内接正方形和外切正方形的边长比为：1：，
故答案为：1：．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆的关系，掌握正多边形的性质、正多边形的中心角的计算方法是解题的关键．
17．(2023·上海·九年级专题练习）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积_________．
答案:．
分析：由六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，可以得到中间正六边形的边长为1，做辅助线以后，得到△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，再根据等腰三角形与等边三角形的性质求出边长，求出面积之和即可．
【详解】解：如图所示，连接AC、AE、CE，作BG⊥AC、DI⊥CE、FH⊥AE，AI⊥CE，
在正六边形ABCDEF中，
∵直角三角板的最短边为1，
∴正六边形ABCDEF为1，
∴△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，
∵∠ABC=∠CDE =∠EFA =120 ，AB=BC= CD=DE= EF=FA=1，
∴∠BAG=∠BCG =∠DCE=∠DEC=∠FAE =∠FEA=30 ，
∴BG=DI= FH=，
∴由勾股定理得：AG =CG = CI = EI = EH = AH =，
∴AC =AE = CE =，
∴由勾股定理得：AI=，
∴S=，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了含30 度角的直角三角形的性质、正多边形形与圆以及等边三角形的性质，关键在于知识点：在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半的应用．
18．(2023·上海·九年级专题练习）如图，A，B，C，D为一个正多边形的相邻四个顶点，点O为正多边形的中心，若，则从该正多边形的一个顶点出发共有______条对角线．
答案:7
分析：连接、，根据圆周角定理得到，即可得出该图形是正几边形，即可得出从一个顶点出发对角线的数量．
【详解】解：连接、，
点、、、在以为圆心，为半径的同一个圆上，
根据圆周角定理，，
，即该多边形为正十边形，
从一个定点出发，除去自身与相邻的两个点，共可作条对角线，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理；知道正多边形与圆的位置特点解决本题的关键．
19．(2023·上海松江·统考二模）如果一个正多边形的中心角为72°，那么这个正多边形的边数是_______．
答案:5
【详解】解：中心角的度数=，
，
，
故答案为：5．
20．(2023秋·上海·九年级校考期中）若扇形的半径为3cm，圆心角为120°，则这个扇形的面积为__________ cm2．
答案:．
【详解】试题分析：扇形的面积=cm2．故答案为3π．
考点：扇形面积的计算．
【能力提升】
一、单选题
1．(2023秋·九年级单元测试）如果某正多边形的外接圆半径是其内切圆半径的倍，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．无法确定
答案:B
分析：如图，画出简图，根据切线的性质可得∠OCA=90°，根据∠AOC的余弦可得∠AOC=45°，即可得出此多边形的中心角为90°，即可求出多边形的边数．
【详解】如图，OA、OC分别为此多边形的外接圆和内切圆的半径，AB为边长，
∴OC⊥AB，
∴∠OCA=90°，
∵外接圆半径是其内切圆半径的倍，
∴cos∠AOC==，
∴∠AOC=45°，
∴∠AOB=90°，即此多边形的中心角为90°，
∴此多边形的边数=360°÷90°=4，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形和圆及三角函数的定义，熟练掌握余弦的定义并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
2．(2023·上海·九年级专题练习）如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（ ）
A． B． C． D．
答案:C
分析：如图，画出图形，在直角三角形OAM中，直接利用三角函数即可得到OA.
【详解】如图，正十边形的中心角∠AOB=360°÷10=36°，AB=a
∴∠AOM=∠BOM=18°，AM=MB=a；
∴OA==
故选C.
【点睛】本题考查三角函数，能够画出图形，找到正确的三角函数关系是解题关键.
二、填空题
3．(2023秋·上海徐汇·九年级统考阶段练习）如图，将正六边形ABCDEF放在平面直角坐标系中，中心与坐标原点重合，若点A的坐标为（﹣1，0），则点C的坐标为 __________________．
答案:（，-）
分析：连接OC，由于正六边形的中心角是60°，则△COD是等边三角形，OC=1，设BC交y轴于G，那么∠GOC=30°，然后解Rt△GOC，求出GC与OG的值，进而得到点C的坐标．
【详解】解：连接OC．
∵∠COD==60°，OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=OD=1．
设BC交y轴于G，则∠GOC=30°．
在Rt△GOC中，∵∠GOC=30°，OC=1，
∴GC=，OG=．
∴C（，-）．
故答案为：（，-）．
【点睛】本题考查了正六边形和圆，坐标与图形性质，含30°直角三角形性质，难度适中．得出OC=1，∠GOC=30°是解题的关键．
4．(2023秋·上海闵行·九年级校考期中）我们规定：一个正n边形（n为整数，n≥4）的最短对角线与最长对角线长度的比值叫做这个正n边形的“特征值”，记为λn，那么λ6=____．
答案:
【详解】解：如图，正六边形ABCDEF中，对角线BE、CF交于点O，连接EC．
易知BE是正六边形最长的对角线，EC的正六边形的最短的对角线，
∵△OBC是等边三角形
∴∠OBC=∠OCB=∠BOC=60°，
∵OE=OC
∴∠OEC=∠OCE，
∵∠BOC=∠OEC+∠OCE
∴∠OEC=∠OCE=30°
∴∠BCE=90°，
∴△BEC是直角三角形
∴=cos30°=，
∴λ6=.
考点：1.正多边形与圆；2.等边三角形的性质；3.锐角三角函数
5．(2023·上海·九年级专题练习）半径为4的圆的内接正三角形的边长为______．
答案:
分析：首先根据题意作出图形，然后由垂径定理，可得BD=∠BOC=∠A，再利用三角函数求得BD的长，继而求得答案．
【详解】解：如图：△ABC是等边三角形，过点O作OD⊥BC于D，连接OB，OC，
∴BD=CD=BC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠BOC=2∠A=120°，
∴∠BOD=∠BOC=60°，
∵半径为4，
∴OB=4，
∴，
∴BC=2BD=，
即直径为4的圆的内接正三角形的边长为：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正多边形和圆的性质、垂径定理以及三角函数等知识．注意掌握数形结合思想的应用．
6．(2023·上海松江·统考二模）已知正三角形ABC外接圆的半径为2，那么正三角形ABC的面积为______________．
答案:．
分析：根据题意作出图形，构造直角三角形求得三角形的边长即可求得本题的答案．
【详解】解：如图所示：
连接、、，过作于，
正三角形外接圆的半径为2，
，，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是正三角形的性质、边心距、半径、面积的计算；熟练掌握正三角形的性质，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
7．(2023·上海·九年级专题练习）若圆内接正方形的边心距为3，则这个圆内接正三角形的边长为_____．
答案:
分析：明确正方形外接圆直径为正方形的对角线长，求出对角线长即可求得其外接圆的半径，然后再求内接正三角形的边长即可．
【详解】解：正方形外接圆直径为正方形的对角线长．
∵正方形边长为6，
∴正方形的对角线长为，
外接圆半径为．
如图所示：作OD⊥BC于D，连接OB，
则∠BOD=60°，
在Rt△BOD中，OB=，∠OBD=30°，
∴BD=cos30°×OB=．
∵BD=CD，
∴BC=2BD=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，熟知等边三角形及正方形的性质是解答此题的关键．
8．(2023·上海·九年级专题练习）一个边长为的正多边形的内角和是其外角和的倍，则这个正多边形的半径_______．
答案:
分析：先求出正多边形边数为6，再根据正六边形性质即可求解．
【详解】解：设正多边形的边数为n，由题意得
，
解得 n=6
∴正多边形为正六边形，
∵边长为4的正六边形可以分成六个边长为4的正三角形，
∴该正多边形的半径等于4．
故答案为：4
【点睛】本题考查了正多边形的相关概念，和正六边形的性质，熟知相关概念是解题关键．
9．(2023·上海·九年级专题练习）如图，边长为1的菱形的两个顶点、恰好落在扇形的上时，若∠BAD=120°，的长度等于__________（结果保留）．
答案:
分析：B，C两点恰好落在扇形AEF的上，即B、C在同一个圆上，连接AC，易证△ABC是等边三角形，即可求得的圆心角的度数，然后利用弧长公式即可求解．
【详解】解：如图，连接AC，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∵在菱形中，，
∴为等边三角形，
∴，
∴的长．
【点睛】本题考查了弧长公式，理解B，C两点恰好落在扇形AEF的弧EF上，即B、C在同一个圆上，得到△ABC是等边三角形是关键．
10．(2023·上海·九年级专题练习）已知正六边形的外接圆的半径是5cm，则该正六边形的边长是____
答案:5cm．
分析：如图，求出圆心角∠AOB=60°，得到△OAB为等边三角形，即可解决问题．
【详解】解：如图，AB为⊙O内接正六边形的一边；
则∠AOB= =60°，
∵OA=OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB=OA=5（cm）．
故答案为5cm．
【点睛】该题主要考查了正多边形和圆的有关计算；解题的关键是计算出中心角的度数．
11．(2023·上海·九年级专题练习）如图，分别为的内接正方形、内接正三角形的边，是圆内接正边形的一边，则的值为_______________________．
答案:
分析：根据正方形以及正三边形的性质得出，，进而得出，即可得出n的值．
【详解】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．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆的性质，根据已知得出是解题关键．
12．(2023·上海·九年级专题练习）如图，⊙O的半径为1，作两条互相垂直的直径AB、CD，弦AC是⊙O的内接正四边形的一条边．若以A为圆心，以1为半径画弧，交⊙O于点E，F，连接AE、CE，弦EC是该圆内接正n边形的一边，则该正n边形的面积为____．
答案:3
分析：利用正多边形和圆的关系可知弦EC是该圆内接正十二边形的一边，所以∠EOC=30°，然后计算出△EOC的面积，最后乘以12即为该多边形的面积．
【详解】解：如图所示，连接EO，作EF⊥CO交CO于点F
由题意可得n=12
∴∠EOC=30°
∴EF=EO=
∴S△EOC===
∴该正12边形的面积=12 S△EOC=3
故答案为：3
【点睛】本题主要考查圆的内接正多边形的性质及其应用，解题的关键是灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答．
13．(2023·上海·九年级专题练习）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F为BC上一点，连接AF，若∠AFC＝126°，则∠BAF的度数为_____．
答案:18°．
分析：根据正五边形内角和可以求出∠ABC的度数，再根据三角形外角的性质即可求出∠BAF的度数．
【详解】解：∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠ABC==108°，
∵∠AFC=126°，
∴∠BAF=∠AFC﹣∠ABF=126°﹣108°=18°．
故答案为：18°．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、多边形内角与外角，三角形的外角性质，解决本题的关键是掌握正多边形内角和定理．
14．(2023·上海·九年级专题练习）已知正三角形的弦心距为a，那么的周长是 ________.（用含a的式子表示）．
答案:
分析：根据题意画出图形，再利用角的正切得到，由垂径定理得到，进而可得周长．
【详解】如图，
由题意得，
∴，
∴，
由垂径定理得，，
∴的周长是，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是正三角形的性质、边心距、半径、周长和面积的计算；熟练掌握正三角形的性质，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
15．(2023·上海·九年级专题练习）如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四边形”，已知圆的半径长为，这个圆的一个联络四边形是边长为的菱形，那么这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是________．
答案:1
分析：此题应根据题意先找到圆心位置，再根据圆心位置求出不在圆上的顶点到该圆圆心的距离即可．
【详解】
根据题意作图可分两种情况：1如图：作， BC=，BO=5，
∵A，B，C在圆O上，
∴BP=（垂径定理），
又，
∴OP== =；
因为ABCD是菱形，
∴ACBD，即∠BQC=90°，
在△BOP与△BQC中，
，
∴△BOP△BQC，
∴，
即，
∴BQ=2，
∵BQ>BO，
∴此情况不符合题意，舍去；
2，如图，同理可得OP=，
在△BOP与△BQC中，
，
∴△BOP△BQC，
∴ ，
即，
∴BQ=2，
∴OQ=BO-BQ=3，
∴OD== =1，
综上所述，这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是1．
故答案是：1．
【点睛】此题是新型概念的题型，实际是求点到圆心的距离的知识点，难度偏难．
16．(2023·上海·九年级专题练习）门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等级为一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分，现有一个门环的示意图如图所示．图中以正六边形ABCDEF的对角线AC的中点O为圆心，OB为半径作⊙O，AQ切⊙O于点P，并交DE于点Q，若AQ=12cm，则
（1）sin∠CAB=_____；
（2）该圆的半径为_____cm．
答案:
分析：（1）连接OB，易证OB⊥AC，∠ACB=∠CAB=30°，利用锐角三角函数的定义可求解；
（2）连接OP，根据圆的切线的性质可得OP⊥AQ，设该圆的半径为r，可求sin∠PAO=，过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，则四边形DHGC是矩形，可求sin∠PAO=，计算求解QG的长，进而可得QH=12﹣2r，DH=，通过解直角三角形即可求解．
【详解】（1）连接OB，OP，
∵AB=BC，O为AC的中点，
∴OB⊥AC，
∵∠ABC=120°，
∴∠ACB=∠CAB=30°，
∴sin∠CAB=sin30°=．
故答案为：；
（2）∵AQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AQ，
设该圆的半径为r，
∴OB=OP=r，
∵∠ACB=∠CAB=30°，
∴AB=BC=CD=2r，AO=r，
∴AC=r，
∴sin∠PAO=，
过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，则四边形DHGC是矩形，
∴HG=CD，DH=CG，∠HDC=90°，
∴sin∠PAO=，∠QDH=120°﹣90°=30°，
∴QG=12，
∴AG=，
∴QH=12﹣2r，DH=GC=AC-AG=，
∴tan∠QDH=tan30°=，
解得r=，
∴该圆的半径为（）cm．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，圆周角定理，切线的性质，正多边形和圆等知识的综合运用．
17．(2023·上海·九年级专题练习）如果正n边形的中心角为2α，边长为5，那么它的边心距为_____．（用锐角α的三角比表示）
答案: （或）
【详解】分析：根据正多边形的边数，确定正多边形的中心角，然后构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质和锐角三角函数解直角三角形即可.
详解：如图所示：
∵正n边形的中心角为2α，边长为5，
∵边心距OD= （或），
故答案为 （或），
点睛：此题主要考查了正多边形的性质，关键是正确确定正多边形的中心角，够造直角三角形.
三、解答题
18．(2023·上海金山·二模）如图，是一个地下排水管的横截面图，已知⊙O的半径OA等于50cm，水的深度等于25cm（水的深度指的中点到弦AB的距离）．
求：（1）水面的宽度AB．
（2）横截面浸没在水中的的长（结果保留π）．
答案:（1）50cm；（2）cm
分析：（1）过O作OH⊥AB于H，并延长交⊙O于D，根据圆的性质，计算得OH，再根据勾股定理计算，即可得到答案；
（2）连接OB，结合题意，根据含角的直角三角形性质，得∠OAH＝30°，从而计算得∠AOB；再根据弧长公式计算，即可完成求解．
【详解】（1）过O作OH⊥AB于H，并延长交⊙O于D，
∴∠OHA＝90°，AH＝AB，，
∵水的深度等于25cm，即HD＝25cm
又∵OA＝OD＝50cm
∴OH＝OD-HD＝25cm
∴AH＝cm
∴AB＝50cm；
（2）连接OB，
∵OA＝50cm，OH＝25cm，
∴OH＝OA
∵∠OHA＝90°
∴∠OAH＝30°
∴∠AOH＝60°
∵OA＝OB，OH⊥AB
∴∠BOH＝∠AOH＝60°
∴∠AOB＝120°
∴的长是：cm．
【点睛】本题考查了圆、勾股定理、含角的直角三角形、弧长的知识；解题的关键是熟练掌握圆、垂径定理、勾股定理、弧长计算的性质，从而完成求解．
19．(2023·上海·九年级专题练习）已知，如图，AB为的直径，，BC交于点D，AC交于点E，．
(1)求的度数；
(2)求证：；
(3)若圆O的半径为，求弦BD与围成的弓形的面积．
答案:（1）22.5°；（2）见解析；（3）
分析：（1）由AB为⊙O的直径，AB＝AC，∠BAC＝45°，即可求得∠ABE与∠ABC的度数，继而求得∠EBC的度数；
（2）首先连接AD，由圆周角定理可得，可得∠ADB＝90°，又由三线合一，即可证得BD＝DC；
（3）首先连接OD，过点B作BH⊥OD于点H，易求得∠BOD的度数与△OBD的高，继而求得答案．
【详解】解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∵∠BAC＝45°，AB＝AC，
∴∠ABE＝45°，∠ABC＝∠C＝67.5°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝22.5°；
（2）证明：连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
即AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC；
（3）连接OD，过点B作BH⊥OD于点H，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAC＝2∠BAD，
∴∠BOD＝2∠BAD＝∠BAC＝45°，
∴BH＝OH＝OB=×=1，
∴弦BD与围成的弓形的面积为：
S扇形OBD-S△OBD＝．
【点睛】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质以及扇形的面积．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
20．(2023春·上海虹口·九年级校考期末）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P与点A、B重合），连接AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
(1)求∠APC和∠BPC的度数；
(2)求证：△ACM≌△BCP；
(3)若PA＝1，PB＝2，求四边形PBCM的面积；
(4)在（3）的条件下，求的长度．
答案:(1)∠APC＝60°，∠BPC＝60°
(2)见解析
(3)
(4)
分析：（1）根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，根据圆周角定理即可得到∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；
（2）根据平行线的性质得到∠BPM+∠M=180°，∠PCM=∠BPC，求得∠M=∠BPC=60°，根据圆周角定理得到∠PAC+∠PCB=180°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（3）作PH⊥CM于H，根据全等三角形的性质得到CM=CP，AM=BP，根据直角三角形的性质得到PH，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，求得∠PBQ=30°，得到PQ，根据勾股定理得到BQ和AN，根据弧长公式即可得到结论．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵，，
∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；
（2）证明：∵CM∥BP，
∴∠BPM+∠M=180°，
∠PCM=∠BPC，
∵∠BPC=∠BAC=60°，
∴∠PCM=∠BPC=60°，
∴∠M=180°-∠BPM=180°-（∠APC+∠BPC）=180°-120°=60°，
∴∠M=∠BPC=60°，
又∵A、P、B、C四点共圆，
∴∠PAC+∠PCB=180°，
∵∠MAC+∠PAC=180°，
∴∠MAC=∠PBC，
∵AC=BC，
在△ACM和△BCP中，
，
∴△ACM≌△BCP（AAS）；
（3）解：∵CM∥BP，
∴四边形PBCM为梯形，
作PH⊥CM于H，
∵△ACM≌△BCP，
∴CM=CP，AM=BP，
又∠M=60°，
∴△PCM为等边三角形，
∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，
在Rt△PMH中，∠MPH=30°，
∴PH=，
∴S四边形PBCM=（PB+CM）×PH=（2+3）×=；
（4）解：过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，
∵∠APC=∠BPC=60°，
∴∠BPQ=60°，
∴∠PBQ=30°，
∴PQ=PB=1，
在Rt△BPQ中，BQ=，
在Rt△AQB中，AB=，
∵△ABC为等边三角形，
∴AN经过圆心O，
∴BN=AB=，
∴AN=，
在Rt△BON中，设BO=x，则ON= x，
∴()2+( x)2＝x2，
解得：x=，
∵∠BOA=∠BCA=120°，
∴的长度为．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
21．(2023·上海·九年级专题练习）在下列正多边形中，是中心，定义：为相应正多边形的基本三角形．如图1，是正三角形的基本三角形；如图2，是正方形的基本三角形；如图3，为正边形…的基本三角形．将基本绕点逆时针旋转角度得．
（1）若线段与线段相交点，则：
图1中的取值范围是________；
图3中的取值范围是________；
（2）在图1中，求证
（3）在图2中，正方形边长为4，，边上的一点旋转后的对应点为，若有最小值时，求出该最小值及此时的长度；
（4）如图3，当时，直接写出的值．
答案:（1），；（2）见解析；（3）最小值：，此时＝2+；（4）
分析：（1）根据正多边形的中心角的定义即可解决问题；
（2）如图1中，作OE⊥BC于E，OF⊥于F，连接．利用全等三角形的性质分别证明：BE＝，即可解决问题；
（3）如图2中，作点O关于BC的对称点E，连接OE交BC于K，连接交BC于点，连接，此时的值最小，即有最小值．
（4）利用等腰三角形三线合一的性质即可解决问题；
【详解】（1）由题意图1中，∵△ABC是等边三角形，O是中心，
∴∠AOB＝120°
∴∠α的取值范围是：0°＜α≤120°，
图3中，∵ABCDEF…是正n边形，O是中心，
∴∠BOC＝，
∴∠α的取值范围是：0°＜α≤，
故答案为：0°＜α≤120°，0°＜α≤．
（2）如图1中，作OE⊥BC于E，OF⊥于F，连接．
∵∠OEB＝∠OF＝90°，
根据题意，O是中心，∴OB＝OC，
∴∠OBE＝∠，
∴△OBE≌△OF（AAS），
∴OE＝OF，BE＝F
∵，
∴Rt△≌Rt△（HL），
∴，
∴．
（3）如图2中，作点O关于BC的对称点E，连接OE交BC于K，连接交BC于点，连接，此时的值最小．
∵∠＝135°，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝∠＝45°，
∴∥BC，
∵OK⊥BC，OB＝OC，
∴BK＝CK＝2，OB＝2，
∵∥，OK＝KE，
∴，
∴＝＝，
∴＝2+，
在Rt△中，＝．
∵，
∴有最小值，最小值为，此时＝2+．
（4）如图3中，
∵ABCDEF…是正n边形，O是中心，
∴∠BOC＝，
∵OC⊥， ，
∴∠＝∠＝∠BOC＝，
∴α＝．
【点睛】本题属于多边形综合题，考查了正多边形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，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，属于中考压轴题．
22．(2023·上海·九年级专题练习）如图，已知圆O是正六边形ABCDEF外接圆，直径BE=8，点G、H分别在射线CD、EF上（点G不与点C、D重合），且∠GBH=60°，设CG=x，EH=y．
（1）如图①，当直线BG经过弧CD的中点Q时，求∠CBG的度数；
（2）如图②，当点G在边CD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）联结AH、EG，如果△AFH与△DEG相似，求CG的长．
答案:（1）∠CBG=15°；（2）（）；（3）CG的长为12
分析：（1）连接OQ，根据正六边形的特点和内角和求出∠EBC =60°，然后通过弧之间的关系得出∠BOQ=∠EOQ=90°，又因为BO=OQ，得出∠OBQ=∠BQO=45°，最后利用∠CBG=∠EBC-∠OBQ即可求出答案；
（2）在BE上截取EM=HE，连接HM，首先根据正六边形的性质得出是等边三角形，则有EM=HE=HM=y，∠HME=60°，从而有∠C=∠HMB=120°，然后通过等量代换得出∠GBC=∠HBE，由此可证明△BCG∽△BMH，则有，即，则y关于x的函数关系式可求，因为点Q在边CD上，则x的取值范围可求；
（3）分两种情况：①当点G在边CD上时：又分当时和当时两种情况；②当点G在CD的延长线上时，同样分当时和当时两种情况，分别建立方程求解并检验即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，连接OQ．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴BC=DE，∠ABC=120°．
∴，∠EBC=∠ABC=60°．
∵点Q是的中点，
∴．
∴，
即．
∴∠BOQ=∠EOQ，
又∵∠BOQ+∠EOQ=180°，
∴∠BOQ=∠EOQ=90°．
又∵BO=OQ，
∴∠OBQ=∠BQO=45°，
∴∠CBG=60°45°=15°．
（2）如图，在BE上截取EM=HE，连接HM．
∵六边形ABCDEF是正六边形，直径BE=8，
∴BO=OE=BC=4，∠C=∠FED=120°，
∴∠FEB=∠FED=60°．
∵EM=HE，
∴是等边三角形，
∴EM=HE=HM=y，∠HME=60°，
∴∠C=∠HMB=120°．
∵∠EBC=∠GBH=60°，
∴∠EBC∠GBE=∠GBH∠GBE，
即∠GBC=∠HBE．
∴△BCG∽△BMH，
∴．
又∵CG= x，BE=8，BC=4，
∴，
∴y与x的函数关系式为（）．
（3）如图，当点G在边CD上时．
由于△AFH∽△EDG，且∠CDE=∠AFE=120°，
① 当时，
∵AF=ED，
∴FH=DG，
∴，
即：，解分式方程得．
经检验是原方程的解，但不符合题意舍去．
② 当时，
即：，解分式方程得．
经检验是原方程的解，但不符合题意舍去．
如图，当点G在CD的延长线上时．
由于△AFH∽△EDG，且∠EDG=∠AFH=60°，
① 当时，
∵AF=ED，
∴FH=DG，
∴，
即：，解分式方程得．
经检验是原方程的解，但不符合题意舍去．
② 当时，
即：，解分式方程得．
经检验是原方程的解，且符合题意．
∴综上所述，如果△AFH与△DEG相似，那么CG的长为12．
【点睛】本题主要考查正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，解分式方程，做出辅助线并分情况讨论是解题的关键．
【夯实基础】
一、单选题
1．(2023秋·九年级单元测试）下列命题中，真命题是（ ）
A．正六边形是轴对称图形但不是中心对称图形
B．正六边形的每一个外角都等于中心角
C．正六边形每条对角线都相等
D．正六边形的边心距等于边长的一半
2．(2023秋·上海·九年级校考期中）已知一个正多边形的中心角为45°，则以该正多边形的顶点为顶点的等腰三角形的种类数（全等的三角形为同一类）是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．(2023·上海杨浦·统考二模）下列命题中，正确的是（ ）
A．正多边形都是中心对称图形 B．正六边形的边长等于其外接圆的半径
C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等 D．各边相等的圆外切多边形是正多边形
二、填空题
4．(2023·上海·统考模拟预测）一个正多边形的每个外角都等于30°，那么这个正多边形的中心角为____
5．(2023秋·九年级单元测试）正十边形的中心角等于______度．
6．(2023·上海嘉定·统考二模）正八边形的中心角等于______度
7．(2023秋·九年级单元测试）已知正六边形的边长为，那么它的边心距等于__________．
8．(2023秋·九年级单元测试）半径为3的圆的内接正六边形的面积为______．
9．(2023春·上海·九年级上外附中校考阶段练习）如图，中，，将绕顶点C按顺时针方向旋转方向至的位置，则图中阴影部分的面积为___________（结果保留）
10．(2023秋·九年级单元测试）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n=_______．
11．(2023秋·九年级单元测试）中心角为 60°的正多边形有_____条对称轴．
12．(2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）若正四边形的半径是1，则它的边长是________．
13．(2023·上海·一模）如图，半径为 2 的⊙O 与正六边形 ABCDEF 相切于点 C，F，则图中阴影部分的面积为____．
14．(2023秋·九年级单元测试）正六边形的边心距与半径的比值为_______．
15．(2023秋·九年级单元测试）半径为6cm的扇形的圆心角所对的弧长为cm，这个圆心角______度．
16．(2023·上海·九年级专题练习）如图，圆内接正方形的边长与外切正方形的边长之比是_______________．
17．(2023·上海·九年级专题练习）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积_________．
18．(2023·上海·九年级专题练习）如图，A，B，C，D为一个正多边形的相邻四个顶点，点O为正多边形的中心，若，则从该正多边形的一个顶点出发共有______条对角线．
19．(2023·上海松江·统考二模）如果一个正多边形的中心角为72°，那么这个正多边形的边数是_______．
20．(2023秋·上海·九年级校考期中）若扇形的半径为3cm，圆心角为120°，则这个扇形的面积为__________ cm2．
【能力提升】
一、单选题
1．(2023秋·九年级单元测试）如果某正多边形的外接圆半径是其内切圆半径的倍，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．无法确定
2．(2023·上海·九年级专题练习）如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
3．(2023秋·上海徐汇·九年级统考阶段练习）如图，将正六边形ABCDEF放在平面直角坐标系中，中心与坐标原点重合，若点A的坐标为（﹣1，0），则点C的坐标为 __________________．
4．(2023秋·上海闵行·九年级校考期中）我们规定：一个正n边形（n为整数，n≥4）的最短对角线与最长对角线长度的比值叫做这个正n边形的“特征值”，记为λn，那么λ6=____．
5．(2023·上海·九年级专题练习）半径为4的圆的内接正三角形的边长为______．
6．(2023·上海松江·统考二模）已知正三角形ABC外接圆的半径为2，那么正三角形ABC的面积为______________．
7．(2023·上海·九年级专题练习）若圆内接正方形的边心距为3，则这个圆内接正三角形的边长为_____．
8．(2023·上海·九年级专题练习）一个边长为的正多边形的内角和是其外角和的倍，则这个正多边形的半径_______．
9．(2023·上海·九年级专题练习）如图，边长为1的菱形的两个顶点、恰好落在扇形的上时，若∠BAD=120°，的长度等于__________（结果保留）．
10．(2023·上海·九年级专题练习）已知正六边形的外接圆的半径是5cm，则该正六边形的边长是____
11．(2023·上海·九年级专题练习）如图，分别为的内接正方形、内接正三角形的边，是圆内接正边形的一边，则的值为_______________________．
12．(2023·上海·九年级专题练习）如图，⊙O的半径为1，作两条互相垂直的直径AB、CD，弦AC是⊙O的内接正四边形的一条边．若以A为圆心，以1为半径画弧，交⊙O于点E，F，连接AE、CE，弦EC是该圆内接正n边形的一边，则该正n边形的面积为____．
13．(2023·上海·九年级专题练习）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F为BC上一点，连接AF，若∠AFC＝126°，则∠BAF的度数为_____．
14．(2023·上海·九年级专题练习）已知正三角形的弦心距为a，那么的周长是 ________.（用含a的式子表示）．
15．(2023·上海·九年级专题练习）如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四边形”，已知圆的半径长为，这个圆的一个联络四边形是边长为的菱形，那么这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是________．
16．(2023·上海·九年级专题练习）门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等级为一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分，现有一个门环的示意图如图所示．图中以正六边形ABCDEF的对角线AC的中点O为圆心，OB为半径作⊙O，AQ切⊙O于点P，并交DE于点Q，若AQ=12cm，则
（1）sin∠CAB=_____；
（2）该圆的半径为_____cm．
17．(2023·上海·九年级专题练习）如果正n边形的中心角为2α，边长为5，那么它的边心距为_____．（用锐角α的三角比表示）
三、解答题
18．(2023·上海金山·二模）如图，是一个地下排水管的横截面图，已知⊙O的半径OA等于50cm，水的深度等于25cm（水的深度指的中点到弦AB的距离）．
求：（1）水面的宽度AB．
（2）横截面浸没在水中的的长（结果保留π）．
19．(2023·上海·九年级专题练习）已知，如图，AB为的直径，，BC交于点D，AC交于点E，．
(1)求的度数；
(2)求证：；
(3)若圆O的半径为，求弦BD与围成的弓形的面积．
20．(2023春·上海虹口·九年级校考期末）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P与点A、B重合），连接AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
(1)求∠APC和∠BPC的度数；
(2)求证：△ACM≌△BCP；
(3)若PA＝1，PB＝2，求四边形PBCM的面积；
(4)在（3）的条件下，求的长度．
21．(2023·上海·九年级专题练习）在下列正多边形中，是中心，定义：为相应正多边形的基本三角形．如图1，是正三角形的基本三角形；如图2，是正方形的基本三角形；如图3，为正边形…的基本三角形．将基本绕点逆时针旋转角度得．
（1）若线段与线段相交点，则：
图1中的取值范围是________；
图3中的取值范围是________；
（2）在图1中，求证
（3）在图2中，正方形边长为4，，边上的一点旋转后的对应点为，若有最小值时，求出该最小值及此时的长度；
（4）如图3，当时，直接写出的值．
22．(2023·上海·九年级专题练习）如图，已知圆O是正六边形ABCDEF外接圆，直径BE=8，点G、H分别在射线CD、EF上（点G不与点C、D重合），且∠GBH=60°，设CG=x，EH=y．
（1）如图①，当直线BG经过弧CD的中点Q时，求∠CBG的度数；
（2）如图②，当点G在边CD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）联结AH、EG，如果△AFH与△DEG相似，求CG的长．
27.6正多边形与圆（分层练习）
【夯实基础】
一、单选题
1．(2023秋·九年级单元测试）下列命题中，真命题是（ ）
A．正六边形是轴对称图形但不是中心对称图形
B．正六边形的每一个外角都等于中心角
C．正六边形每条对角线都相等
D．正六边形的边心距等于边长的一半
答案:B
分析：根据正六边形的性质判定即可．
【详解】解：A、正六边形是轴对称图形但不是中心对称图形，假命题，故此选项不符合题意；
B、正六边形的每一个外角都等于中心角，真命题，故此选项符合题意；
C、正六边形每条对角线都相等，假命题，故此选项不符合题意；
D、正六边形的边心距等于边长的一半，假命题，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查判定命题真假，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．
2．(2023秋·上海·九年级校考期中）已知一个正多边形的中心角为45°，则以该正多边形的顶点为顶点的等腰三角形的种类数（全等的三角形为同一类）是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
答案:C
分析：根据中心角的度数可求出圆内接正多边形的边数，再根据等腰三角形的定义和正八边形的性质进行判断即可．
【详解】解：∵一个正多边形的中心角为45°，
∴这个正多边形的边数为8，
如图，以正八边形的顶点为顶点的等腰三角形（全等的三角形为同一类）有△ABC，△ACF，△ACG共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形与圆，等腰三角形的判定，掌握正多边形与圆的相关计算以及等腰三角形的判定是正确解答的前提．
3．(2023·上海杨浦·统考二模）下列命题中，正确的是（ ）
A．正多边形都是中心对称图形 B．正六边形的边长等于其外接圆的半径
C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等 D．各边相等的圆外切多边形是正多边形
答案:B
分析：根据正多边形的性质、正多边形的对角线、正多边形的概念判断即可．
【详解】解：A、边数是偶数的正多边形都是中心对称图形，边数是奇数的正多边形不是中心对称图形，故本选项说法错误，不符合题意；
B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，本选项说法正确，符合题意；
C、边数大于3的正多边形的对角线长不都相等，可以以正八边形为例得出对角线长不都相等，故本选项说法错误，不符合题意；
D、各边相等的圆外切多边形不一定是正多边形，例如，圆外切菱形边数正多边形，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
二、填空题
4．(2023·上海·统考模拟预测）一个正多边形的每个外角都等于30°，那么这个正多边形的中心角为____
答案:30°．
分析：正多边形的一个外角与正多边形的中心角的度数相等，据此即可求解．
【详解】解：正多边形的一个外角等于30°，则中心角的度数 是30°．
故答案为：30°．
5．(2023秋·九年级单元测试）正十边形的中心角等于______度．
答案:
分析：根据正多边形的中心角的定义即可求解．
【详解】正十边形的中心角等于360°÷10=°
故答案为：36．
【点睛】此题主要考查中心角，解题的关键是熟知正n边形的中心角等于．
6．(2023·上海嘉定·统考二模）正八边形的中心角等于______度
答案:45
分析：已知该多边形为正八边形，代入中心角公式即可得出．
【详解】∵该多边形为正八边形，故n=8
∴
故答案为：45．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角，把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，正n边形的每个中心角都等于．
7．(2023秋·九年级单元测试）已知正六边形的边长为，那么它的边心距等于__________．
答案:
分析：已知正六边形的边长为6，欲求边心距，可通过边心距、边长的一半和内接圆半径构造直角三角形，通过解直角三角形求出边心距．
【详解】解：如图，在正六边形中，边长AB=6cm，O为正六边形的中心，过点O作OG⊥AB于点G，连接OA、OB，
根据题意得：∠AOB=360°÷6=60°，OA=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴AG=BG=3，OA=OB=AB=6cm，
在中，，
即它的边心距等于cm．
故答案为：
【点睛】此题主要考查正多边形的计算问题，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形.
8．(2023秋·九年级单元测试）半径为3的圆的内接正六边形的面积为______．
答案:
分析：根据圆的半径为3，过圆心作于点，根据圆的内接正六边形，连接，得是等边三角形，根据等边三角形的性质，得；根据勾股定理，求出；得的面积，根据圆的内接正六边形的面积等于6个的面积，即可．
【详解】如图：
连接，
∴是等腰三角形
∵正多边形的中心角为：
∴是等边三角形
过圆心作于点
∴
∵
∴
∴在直角三角形中，
∴
∴
∴
∴正六边形的面积为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接正多边形的知识，解题的关键是掌握圆内接正多边形中心角的计算，等边三角形的判定和性质．
9．(2023春·上海·九年级上外附中校考阶段练习）如图，中，，将绕顶点C按顺时针方向旋转方向至的位置，则图中阴影部分的面积为___________（结果保留）
答案:
分析：根据勾股定理求出，分别求出扇形的面积、扇形的面积,根据旋转可得的面积等于的面积，即可求出答案．
【详解】在中，，
扇形的面积为：，
扇形的面积为：．
根据旋转可得的面积等于的面积，
故
=
=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理、扇形的面积计算等知识点，能分别求出每部分的面积是解此题的关键．
10．(2023秋·九年级单元测试）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n=_______．
答案:12
分析：连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正方形与内接正三角形的中心角得到∠AOC=90°，∠AOB=120°，则∠BOC=30°，然后计算即可得到n的值．
【详解】解：连接OA、OB、OC，如图，
∵AC，AB分别为⊙O的内接正方形与内接正三角形的一边，
∴∠AOC==90°，∠AOB==120°，
∴∠BOC=∠AOB-∠AOC=30°，
∴n==12，
即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．
11．(2023秋·九年级单元测试）中心角为 60°的正多边形有_____条对称轴．
答案:
分析：用除以中心角的度数即可求得多边形的边数，然后根据正边形有条对称轴即可求解．
【详解】解：正多边形的边数是，
正六边形有条对称轴，
故答案是：．
【点睛】本题考查了多边形的计算以及正多边形的性质，理解正边形有条对称轴是解决问题的关键．
12．(2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）若正四边形的半径是1，则它的边长是________．
答案:
分析：利用圆内接四边形的性质及勾股定理计算即可得到答案．
【详解】解：如图：根据题意得：OA＝OB＝1，
∵四边形ABCD是正四边形，
∴∠AOB＝90°，
∴AB．
即它的边长是：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，勾股定理，熟记圆内接四边形的性质是解题的关键．
13．(2023·上海·一模）如图，半径为 2 的⊙O 与正六边形 ABCDEF 相切于点 C，F，则图中阴影部分的面积为____．
答案:
分析：连接OF，OC，过点O作于点H，交FC于点P，在四边形OCDH中，可求出，在四边形OFEH中，可求出，由题意得OP垂直平分FC，在中，根据直角三角形的性质可得OP=1，根据勾股定理得，则，过点D作，过点E作，根据角之间的关系可得，则，，则，，又因为是正六边形，所以，即可得，根据勾股定理可得，则，用多边形OFEDC的面积减去扇形OFC的面积即可得阴影部分的面积．
【详解】解：连接OF，OC，过点O作于点H，交FC于点P，
在四边形OCDH中，，，，
∴，，
∴，
在四边形OFEH中，，，，
∴，，
∴，
∵OC=OF，
∴OP垂直平分FC，
在中，，，OC=2，
∴，
∴，
，
∴，
过点D作，过点E作，
∴，
∵，，，
∴,
同理可得，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵EF=DE=CD=NM，
∴，
，
∴，
则，
∴，
，
∴阴影部分的面积= ，
故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形与圆，扇形的面积，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是掌握这些知识点和求出正多边形的边长．
14．(2023秋·九年级单元测试）正六边形的边心距与半径的比值为_______．
答案:
分析：设正六边形的半径是r，由正六边形的内切圆的半径是正六边形的边心距，因而是r，计算比值即可．
【详解】
解：设正六边形的半径是r，则外接圆的半径r，内切圆的半径是正六边形的边心距，如上图所示，内切圆半径=，因而是r，则可知正六边形的边心距与半径的比值为．
【点睛】本题考查正多边形的边心距与内接圆的半径之间的关系，搞清正多边形内接圆与正多边形之间的关系是解决本题的关键．
15．(2023秋·九年级单元测试）半径为6cm的扇形的圆心角所对的弧长为cm，这个圆心角______度．
答案:60
分析：根据弧长公式求解即可．
【详解】解：，
解得，，
故答案为：60．
【点睛】本题考查了弧长公式，灵活应用弧长公式是解题的关键.
16．(2023·上海·九年级专题练习）如图，圆内接正方形的边长与外切正方形的边长之比是_______________．
答案:1：
分析：根据题意画出图形，设圆的半径为R，分别用R表示出圆的内接正方形和外切正方形的边长，再求出其比值即可．
【详解】解：如图，
∵圆的半径为R，
∴CD＝ODR，
∴内接正方形的边长为R，
AB＝OB＝R，
∴外切正方形的边长为2R，
∴圆的内接正方形和外切正方形的边长比为：1：，
故答案为：1：．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆的关系，掌握正多边形的性质、正多边形的中心角的计算方法是解题的关键．
17．(2023·上海·九年级专题练习）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积_________．
答案:．
分析：由六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，可以得到中间正六边形的边长为1，做辅助线以后，得到△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，再根据等腰三角形与等边三角形的性质求出边长，求出面积之和即可．
【详解】解：如图所示，连接AC、AE、CE，作BG⊥AC、DI⊥CE、FH⊥AE，AI⊥CE，
在正六边形ABCDEF中，
∵直角三角板的最短边为1，
∴正六边形ABCDEF为1，
∴△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，
∵∠ABC=∠CDE =∠EFA =120 ，AB=BC= CD=DE= EF=FA=1，
∴∠BAG=∠BCG =∠DCE=∠DEC=∠FAE =∠FEA=30 ，
∴BG=DI= FH=，
∴由勾股定理得：AG =CG = CI = EI = EH = AH =，
∴AC =AE = CE =，
∴由勾股定理得：AI=，
∴S=，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了含30 度角的直角三角形的性质、正多边形形与圆以及等边三角形的性质，关键在于知识点：在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半的应用．
18．(2023·上海·九年级专题练习）如图，A，B，C，D为一个正多边形的相邻四个顶点，点O为正多边形的中心，若，则从该正多边形的一个顶点出发共有______条对角线．
答案:7
分析：连接、，根据圆周角定理得到，即可得出该图形是正几边形，即可得出从一个顶点出发对角线的数量．
【详解】解：连接、，
点、、、在以为圆心，为半径的同一个圆上，
根据圆周角定理，，
，即该多边形为正十边形，
从一个定点出发，除去自身与相邻的两个点，共可作条对角线，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理；知道正多边形与圆的位置特点解决本题的关键．
19．(2023·上海松江·统考二模）如果一个正多边形的中心角为72°，那么这个正多边形的边数是_______．
答案:5
【详解】解：中心角的度数=，
，
，
故答案为：5．
20．(2023秋·上海·九年级校考期中）若扇形的半径为3cm，圆心角为120°，则这个扇形的面积为__________ cm2．
答案:．
【详解】试题分析：扇形的面积=cm2．故答案为3π．
考点：扇形面积的计算．
【能力提升】
一、单选题
1．(2023秋·九年级单元测试）如果某正多边形的外接圆半径是其内切圆半径的倍，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．无法确定
答案:B
分析：如图，画出简图，根据切线的性质可得∠OCA=90°，根据∠AOC的余弦可得∠AOC=45°，即可得出此多边形的中心角为90°，即可求出多边形的边数．
【详解】如图，OA、OC分别为此多边形的外接圆和内切圆的半径，AB为边长，
∴OC⊥AB，
∴∠OCA=90°，
∵外接圆半径是其内切圆半径的倍，
∴cos∠AOC==，
∴∠AOC=45°，
∴∠AOB=90°，即此多边形的中心角为90°，
∴此多边形的边数=360°÷90°=4，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形和圆及三角函数的定义，熟练掌握余弦的定义并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
2．(2023·上海·九年级专题练习）如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（ ）
A． B． C． D．
答案:C
分析：如图，画出图形，在直角三角形OAM中，直接利用三角函数即可得到OA.
【详解】如图，正十边形的中心角∠AOB=360°÷10=36°，AB=a
∴∠AOM=∠BOM=18°，AM=MB=a；
∴OA==
故选C.
【点睛】本题考查三角函数，能够画出图形，找到正确的三角函数关系是解题关键.
二、填空题
3．(2023秋·上海徐汇·九年级统考阶段练习）如图，将正六边形ABCDEF放在平面直角坐标系中，中心与坐标原点重合，若点A的坐标为（﹣1，0），则点C的坐标为 __________________．
答案:（，-）
分析：连接OC，由于正六边形的中心角是60°，则△COD是等边三角形，OC=1，设BC交y轴于G，那么∠GOC=30°，然后解Rt△GOC，求出GC与OG的值，进而得到点C的坐标．
【详解】解：连接OC．
∵∠COD==60°，OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=OD=1．
设BC交y轴于G，则∠GOC=30°．
在Rt△GOC中，∵∠GOC=30°，OC=1，
∴GC=，OG=．
∴C（，-）．
故答案为：（，-）．
【点睛】本题考查了正六边形和圆，坐标与图形性质，含30°直角三角形性质，难度适中．得出OC=1，∠GOC=30°是解题的关键．
4．(2023秋·上海闵行·九年级校考期中）我们规定：一个正n边形（n为整数，n≥4）的最短对角线与最长对角线长度的比值叫做这个正n边形的“特征值”，记为λn，那么λ6=____．
答案:
【详解】解：如图，正六边形ABCDEF中，对角线BE、CF交于点O，连接EC．
易知BE是正六边形最长的对角线，EC的正六边形的最短的对角线，
∵△OBC是等边三角形
∴∠OBC=∠OCB=∠BOC=60°，
∵OE=OC
∴∠OEC=∠OCE，
∵∠BOC=∠OEC+∠OCE
∴∠OEC=∠OCE=30°
∴∠BCE=90°，
∴△BEC是直角三角形
∴=cos30°=，
∴λ6=.
考点：1.正多边形与圆；2.等边三角形的性质；3.锐角三角函数
5．(2023·上海·九年级专题练习）半径为4的圆的内接正三角形的边长为______．
答案:
分析：首先根据题意作出图形，然后由垂径定理，可得BD=∠BOC=∠A，再利用三角函数求得BD的长，继而求得答案．
【详解】解：如图：△ABC是等边三角形，过点O作OD⊥BC于D，连接OB，OC，
∴BD=CD=BC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠BOC=2∠A=120°，
∴∠BOD=∠BOC=60°，
∵半径为4，
∴OB=4，
∴，
∴BC=2BD=，
即直径为4的圆的内接正三角形的边长为：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正多边形和圆的性质、垂径定理以及三角函数等知识．注意掌握数形结合思想的应用．
6．(2023·上海松江·统考二模）已知正三角形ABC外接圆的半径为2，那么正三角形ABC的面积为______________．
答案:．
分析：根据题意作出图形，构造直角三角形求得三角形的边长即可求得本题的答案．
【详解】解：如图所示：
连接、、，过作于，
正三角形外接圆的半径为2，
，，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是正三角形的性质、边心距、半径、面积的计算；熟练掌握正三角形的性质，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
7．(2023·上海·九年级专题练习）若圆内接正方形的边心距为3，则这个圆内接正三角形的边长为_____．
答案:
分析：明确正方形外接圆直径为正方形的对角线长，求出对角线长即可求得其外接圆的半径，然后再求内接正三角形的边长即可．
【详解】解：正方形外接圆直径为正方形的对角线长．
∵正方形边长为6，
∴正方形的对角线长为，
外接圆半径为．
如图所示：作OD⊥BC于D，连接OB，
则∠BOD=60°，
在Rt△BOD中，OB=，∠OBD=30°，
∴BD=cos30°×OB=．
∵BD=CD，
∴BC=2BD=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，熟知等边三角形及正方形的性质是解答此题的关键．
8．(2023·上海·九年级专题练习）一个边长为的正多边形的内角和是其外角和的倍，则这个正多边形的半径_______．
答案:
分析：先求出正多边形边数为6，再根据正六边形性质即可求解．
【详解】解：设正多边形的边数为n，由题意得
，
解得 n=6
∴正多边形为正六边形，
∵边长为4的正六边形可以分成六个边长为4的正三角形，
∴该正多边形的半径等于4．
故答案为：4
【点睛】本题考查了正多边形的相关概念，和正六边形的性质，熟知相关概念是解题关键．
9．(2023·上海·九年级专题练习）如图，边长为1的菱形的两个顶点、恰好落在扇形的上时，若∠BAD=120°，的长度等于__________（结果保留）．
答案:
分析：B，C两点恰好落在扇形AEF的上，即B、C在同一个圆上，连接AC，易证△ABC是等边三角形，即可求得的圆心角的度数，然后利用弧长公式即可求解．
【详解】解：如图，连接AC，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∵在菱形中，，
∴为等边三角形，
∴，
∴的长．
【点睛】本题考查了弧长公式，理解B，C两点恰好落在扇形AEF的弧EF上，即B、C在同一个圆上，得到△ABC是等边三角形是关键．
10．(2023·上海·九年级专题练习）已知正六边形的外接圆的半径是5cm，则该正六边形的边长是____
答案:5cm．
分析：如图，求出圆心角∠AOB=60°，得到△OAB为等边三角形，即可解决问题．
【详解】解：如图，AB为⊙O内接正六边形的一边；
则∠AOB= =60°，
∵OA=OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB=OA=5（cm）．
故答案为5cm．
【点睛】该题主要考查了正多边形和圆的有关计算；解题的关键是计算出中心角的度数．
11．(2023·上海·九年级专题练习）如图，分别为的内接正方形、内接正三角形的边，是圆内接正边形的一边，则的值为_______________________．
答案:
分析：根据正方形以及正三边形的性质得出，，进而得出，即可得出n的值．
【详解】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．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆的性质，根据已知得出是解题关键．
12．(2023·上海·九年级专题练习）如图，⊙O的半径为1，作两条互相垂直的直径AB、CD，弦AC是⊙O的内接正四边形的一条边．若以A为圆心，以1为半径画弧，交⊙O于点E，F，连接AE、CE，弦EC是该圆内接正n边形的一边，则该正n边形的面积为____．
答案:3
分析：利用正多边形和圆的关系可知弦EC是该圆内接正十二边形的一边，所以∠EOC=30°，然后计算出△EOC的面积，最后乘以12即为该多边形的面积．
【详解】解：如图所示，连接EO，作EF⊥CO交CO于点F
由题意可得n=12
∴∠EOC=30°
∴EF=EO=
∴S△EOC===
∴该正12边形的面积=12 S△EOC=3
故答案为：3
【点睛】本题主要考查圆的内接正多边形的性质及其应用，解题的关键是灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答．
13．(2023·上海·九年级专题练习）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F为BC上一点，连接AF，若∠AFC＝126°，则∠BAF的度数为_____．
答案:18°．
分析：根据正五边形内角和可以求出∠ABC的度数，再根据三角形外角的性质即可求出∠BAF的度数．
【详解】解：∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠ABC==108°，
∵∠AFC=126°，
∴∠BAF=∠AFC﹣∠ABF=126°﹣108°=18°．
故答案为：18°．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、多边形内角与外角，三角形的外角性质，解决本题的关键是掌握正多边形内角和定理．
14．(2023·上海·九年级专题练习）已知正三角形的弦心距为a，那么的周长是 ________.（用含a的式子表示）．
答案:
分析：根据题意画出图形，再利用角的正切得到，由垂径定理得到，进而可得周长．
【详解】如图，
由题意得，
∴，
∴，
由垂径定理得，，
∴的周长是，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是正三角形的性质、边心距、半径、周长和面积的计算；熟练掌握正三角形的性质，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
15．(2023·上海·九年级专题练习）如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四边形”，已知圆的半径长为，这个圆的一个联络四边形是边长为的菱形，那么这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是________．
答案:1
分析：此题应根据题意先找到圆心位置，再根据圆心位置求出不在圆上的顶点到该圆圆心的距离即可．
【详解】
根据题意作图可分两种情况：1如图：作， BC=，BO=5，
∵A，B，C在圆O上，
∴BP=（垂径定理），
又，
∴OP== =；
因为ABCD是菱形，
∴ACBD，即∠BQC=90°，
在△BOP与△BQC中，
，
∴△BOP△BQC，
∴，
即，
∴BQ=2，
∵BQ>BO，
∴此情况不符合题意，舍去；
2，如图，同理可得OP=，
在△BOP与△BQC中，
，
∴△BOP△BQC，
∴ ，
即，
∴BQ=2，
∴OQ=BO-BQ=3，
∴OD== =1，
综上所述，这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是1．
故答案是：1．
【点睛】此题是新型概念的题型，实际是求点到圆心的距离的知识点，难度偏难．
16．(2023·上海·九年级专题练习）门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等级为一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分，现有一个门环的示意图如图所示．图中以正六边形ABCDEF的对角线AC的中点O为圆心，OB为半径作⊙O，AQ切⊙O于点P，并交DE于点Q，若AQ=12cm，则
（1）sin∠CAB=_____；
（2）该圆的半径为_____cm．
答案:
分析：（1）连接OB，易证OB⊥AC，∠ACB=∠CAB=30°，利用锐角三角函数的定义可求解；
（2）连接OP，根据圆的切线的性质可得OP⊥AQ，设该圆的半径为r，可求sin∠PAO=，过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，则四边形DHGC是矩形，可求sin∠PAO=，计算求解QG的长，进而可得QH=12﹣2r，DH=，通过解直角三角形即可求解．
【详解】（1）连接OB，OP，
∵AB=BC，O为AC的中点，
∴OB⊥AC，
∵∠ABC=120°，
∴∠ACB=∠CAB=30°，
∴sin∠CAB=sin30°=．
故答案为：；
（2）∵AQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AQ，
设该圆的半径为r，
∴OB=OP=r，
∵∠ACB=∠CAB=30°，
∴AB=BC=CD=2r，AO=r，
∴AC=r，
∴sin∠PAO=，
过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，则四边形DHGC是矩形，
∴HG=CD，DH=CG，∠HDC=90°，
∴sin∠PAO=，∠QDH=120°﹣90°=30°，
∴QG=12，
∴AG=，
∴QH=12﹣2r，DH=GC=AC-AG=，
∴tan∠QDH=tan30°=，
解得r=，
∴该圆的半径为（）cm．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，圆周角定理，切线的性质，正多边形和圆等知识的综合运用．
17．(2023·上海·九年级专题练习）如果正n边形的中心角为2α，边长为5，那么它的边心距为_____．（用锐角α的三角比表示）
答案: （或）
【详解】分析：根据正多边形的边数，确定正多边形的中心角，然后构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质和锐角三角函数解直角三角形即可.
详解：如图所示：
∵正n边形的中心角为2α，边长为5，
∵边心距OD= （或），
故答案为 （或），
点睛：此题主要考查了正多边形的性质，关键是正确确定正多边形的中心角，够造直角三角形.
三、解答题
18．(2023·上海金山·二模）如图，是一个地下排水管的横截面图，已知⊙O的半径OA等于50cm，水的深度等于25cm（水的深度指的中点到弦AB的距离）．
求：（1）水面的宽度AB．
（2）横截面浸没在水中的的长（结果保留π）．
答案:（1）50cm；（2）cm
分析：（1）过O作OH⊥AB于H，并延长交⊙O于D，根据圆的性质，计算得OH，再根据勾股定理计算，即可得到答案；
（2）连接OB，结合题意，根据含角的直角三角形性质，得∠OAH＝30°，从而计算得∠AOB；再根据弧长公式计算，即可完成求解．
【详解】（1）过O作OH⊥AB于H，并延长交⊙O于D，
∴∠OHA＝90°，AH＝AB，，
∵水的深度等于25cm，即HD＝25cm
又∵OA＝OD＝50cm
∴OH＝OD-HD＝25cm
∴AH＝cm
∴AB＝50cm；
（2）连接OB，
∵OA＝50cm，OH＝25cm，
∴OH＝OA
∵∠OHA＝90°
∴∠OAH＝30°
∴∠AOH＝60°
∵OA＝OB，OH⊥AB
∴∠BOH＝∠AOH＝60°
∴∠AOB＝120°
∴的长是：cm．
【点睛】本题考查了圆、勾股定理、含角的直角三角形、弧长的知识；解题的关键是熟练掌握圆、垂径定理、勾股定理、弧长计算的性质，从而完成求解．
19．(2023·上海·九年级专题练习）已知，如图，AB为的直径，，BC交于点D，AC交于点E，．
(1)求的度数；
(2)求证：；
(3)若圆O的半径为，求弦BD与围成的弓形的面积．
答案:（1）22.5°；（2）见解析；（3）
分析：（1）由AB为⊙O的直径，AB＝AC，∠BAC＝45°，即可求得∠ABE与∠ABC的度数，继而求得∠EBC的度数；
（2）首先连接AD，由圆周角定理可得，可得∠ADB＝90°，又由三线合一，即可证得BD＝DC；
（3）首先连接OD，过点B作BH⊥OD于点H，易求得∠BOD的度数与△OBD的高，继而求得答案．
【详解】解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∵∠BAC＝45°，AB＝AC，
∴∠ABE＝45°，∠ABC＝∠C＝67.5°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝22.5°；
（2）证明：连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
即AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC；
（3）连接OD，过点B作BH⊥OD于点H，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAC＝2∠BAD，
∴∠BOD＝2∠BAD＝∠BAC＝45°，
∴BH＝OH＝OB=×=1，
∴弦BD与围成的弓形的面积为：
S扇形OBD-S△OBD＝．
【点睛】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质以及扇形的面积．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
20．(2023春·上海虹口·九年级校考期末）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P与点A、B重合），连接AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
(1)求∠APC和∠BPC的度数；
(2)求证：△ACM≌△BCP；
(3)若PA＝1，PB＝2，求四边形PBCM的面积；
(4)在（3）的条件下，求的长度．
答案:(1)∠APC＝60°，∠BPC＝60°
(2)见解析
(3)
(4)
分析：（1）根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，根据圆周角定理即可得到∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；
（2）根据平行线的性质得到∠BPM+∠M=180°，∠PCM=∠BPC，求得∠M=∠BPC=60°，根据圆周角定理得到∠PAC+∠PCB=180°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（3）作PH⊥CM于H，根据全等三角形的性质得到CM=CP，AM=BP，根据直角三角形的性质得到PH，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，求得∠PBQ=30°，得到PQ，根据勾股定理得到BQ和AN，根据弧长公式即可得到结论．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵，，
∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；
（2）证明：∵CM∥BP，
∴∠BPM+∠M=180°，
∠PCM=∠BPC，
∵∠BPC=∠BAC=60°，
∴∠PCM=∠BPC=60°，
∴∠M=180°-∠BPM=180°-（∠APC+∠BPC）=180°-120°=60°，
∴∠M=∠BPC=60°，
又∵A、P、B、C四点共圆，
∴∠PAC+∠PCB=180°，
∵∠MAC+∠PAC=180°，
∴∠MAC=∠PBC，
∵AC=BC，
在△ACM和△BCP中，
，
∴△ACM≌△BCP（AAS）；
（3）解：∵CM∥BP，
∴四边形PBCM为梯形，
作PH⊥CM于H，
∵△ACM≌△BCP，
∴CM=CP，AM=BP，
又∠M=60°，
∴△PCM为等边三角形，
∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，
在Rt△PMH中，∠MPH=30°，
∴PH=，
∴S四边形PBCM=（PB+CM）×PH=（2+3）×=；
（4）解：过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，
∵∠APC=∠BPC=60°，
∴∠BPQ=60°，
∴∠PBQ=30°，
∴PQ=PB=1，
在Rt△BPQ中，BQ=，
在Rt△AQB中，AB=，
∵△ABC为等边三角形，
∴AN经过圆心O，
∴BN=AB=，
∴AN=，
在Rt△BON中，设BO=x，则ON= x，
∴()2+( x)2＝x2，
解得：x=，
∵∠BOA=∠BCA=120°，
∴的长度为．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
21．(2023·上海·九年级专题练习）在下列正多边形中，是中心，定义：为相应正多边形的基本三角形．如图1，是正三角形的基本三角形；如图2，是正方形的基本三角形；如图3，为正边形…的基本三角形．将基本绕点逆时针旋转角度得．
（1）若线段与线段相交点，则：
图1中的取值范围是________；
图3中的取值范围是________；
（2）在图1中，求证
（3）在图2中，正方形边长为4，，边上的一点旋转后的对应点为，若有最小值时，求出该最小值及此时的长度；
（4）如图3，当时，直接写出的值．
答案:（1），；（2）见解析；（3）最小值：，此时＝2+；（4）
分析：（1）根据正多边形的中心角的定义即可解决问题；
（2）如图1中，作OE⊥BC于E，OF⊥于F，连接．利用全等三角形的性质分别证明：BE＝，即可解决问题；
（3）如图2中，作点O关于BC的对称点E，连接OE交BC于K，连接交BC于点，连接，此时的值最小，即有最小值．
（4）利用等腰三角形三线合一的性质即可解决问题；
【详解】（1）由题意图1中，∵△ABC是等边三角形，O是中心，
∴∠AOB＝120°
∴∠α的取值范围是：0°＜α≤120°，
图3中，∵ABCDEF…是正n边形，O是中心，
∴∠BOC＝，
∴∠α的取值范围是：0°＜α≤，
故答案为：0°＜α≤120°，0°＜α≤．
（2）如图1中，作OE⊥BC于E，OF⊥于F，连接．
∵∠OEB＝∠OF＝90°，
根据题意，O是中心，∴OB＝OC，
∴∠OBE＝∠，
∴△OBE≌△OF（AAS），
∴OE＝OF，BE＝F
∵，
∴Rt△≌Rt△（HL），
∴，
∴．
（3）如图2中，作点O关于BC的对称点E，连接OE交BC于K，连接交BC于点，连接，此时的值最小．
∵∠＝135°，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝∠＝45°，
∴∥BC，
∵OK⊥BC，OB＝OC，
∴BK＝CK＝2，OB＝2，
∵∥，OK＝KE，
∴，
∴＝＝，
∴＝2+，
在Rt△中，＝．
∵，
∴有最小值，最小值为，此时＝2+．
（4）如图3中，
∵ABCDEF…是正n边形，O是中心，
∴∠BOC＝，
∵OC⊥， ，
∴∠＝∠＝∠BOC＝，
∴α＝．
【点睛】本题属于多边形综合题，考查了正多边形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，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，属于中考压轴题．
22．(2023·上海·九年级专题练习）如图，已知圆O是正六边形ABCDEF外接圆，直径BE=8，点G、H分别在射线CD、EF上（点G不与点C、D重合），且∠GBH=60°，设CG=x，EH=y．
（1）如图①，当直线BG经过弧CD的中点Q时，求∠CBG的度数；
（2）如图②，当点G在边CD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）联结AH、EG，如果△AFH与△DEG相似，求CG的长．
答案:（1）∠CBG=15°；（2）（）；（3）CG的长为12
分析：（1）连接OQ，根据正六边形的特点和内角和求出∠EBC =60°，然后通过弧之间的关系得出∠BOQ=∠EOQ=90°，又因为BO=OQ，得出∠OBQ=∠BQO=45°，最后利用∠CBG=∠EBC-∠OBQ即可求出答案；
（2）在BE上截取EM=HE，连接HM，首先根据正六边形的性质得出是等边三角形，则有EM=HE=HM=y，∠HME=60°，从而有∠C=∠HMB=120°，然后通过等量代换得出∠GBC=∠HBE，由此可证明△BCG∽△BMH，则有，即，则y关于x的函数关系式可求，因为点Q在边CD上，则x的取值范围可求；
（3）分两种情况：①当点G在边CD上时：又分当时和当时两种情况；②当点G在CD的延长线上时，同样分当时和当时两种情况，分别建立方程求解并检验即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，连接OQ．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴BC=DE，∠ABC=120°．
∴，∠EBC=∠ABC=60°．
∵点Q是的中点，
∴．
∴，
即．
∴∠BOQ=∠EOQ，
又∵∠BOQ+∠EOQ=180°，
∴∠BOQ=∠EOQ=90°．
又∵BO=OQ，
∴∠OBQ=∠BQO=45°，
∴∠CBG=60°45°=15°．
（2）如图，在BE上截取EM=HE，连接HM．
∵六边形ABCDEF是正六边形，直径BE=8，
∴BO=OE=BC=4，∠C=∠FED=120°，
∴∠FEB=∠FED=60°．
∵EM=HE，
∴是等边三角形，
∴EM=HE=HM=y，∠HME=60°，
∴∠C=∠HMB=120°．
∵∠EBC=∠GBH=60°，
∴∠EBC∠GBE=∠GBH∠GBE，
即∠GBC=∠HBE．
∴△BCG∽△BMH，
∴．
又∵CG= x，BE=8，BC=4，
∴，
∴y与x的函数关系式为（）．
（3）如图，当点G在边CD上时．
由于△AFH∽△EDG，且∠CDE=∠AFE=120°，
① 当时，
∵AF=ED，
∴FH=DG，
∴，
即：，解分式方程得．
经检验是原方程的解，但不符合题意舍去．
② 当时，
即：，解分式方程得．
经检验是原方程的解，但不符合题意舍去．
如图，当点G在CD的延长线上时．
由于△AFH∽△EDG，且∠EDG=∠AFH=60°，
① 当时，
∵AF=ED，
∴FH=DG，
∴，
即：，解分式方程得．
经检验是原方程的解，但不符合题意舍去．
② 当时，
即：，解分式方程得．
经检验是原方程的解，且符合题意．
∴综上所述，如果△AFH与△DEG相似，那么CG的长为12．
【点睛】本题主要考查正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，解分式方程，做出辅助线并分情况讨论是解题的关键．