人教版九年级上学期数学课时进阶测试24.3正多边形和圆（三阶）
一、选择题（每题3分）
1．（2024九上·桐乡市期末）如图，点A，B，C，D，E均在上，且经过圆心O，连接，若，则弧所对的圆心角的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2017九上·孝义期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，过点A的切线与CB的延长线相交于点F，则∠F=（ ）
A．18° B．36° C．54° D．72°
3．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册第3章 圆的基本性质单元检测b卷）已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且AB=a＜1，以AB为一边在圆O内作正△ABC，点D为圆O上不同于点A的一点，且DB=AB=a，DC的延长线交圆O于点E，则AE的长为（ ）
A． B．1 C． D．a
4．（2016九上·惠山期末）如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网格，正六边形的各顶点称为格点，直角△ABC的顶点均在格点上，则满足条件的点C有（ ）
A．6个 B．8个 C．10个 D．12个
5．（2023九上·期中）如图，已知正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点，P是GH上的动点，连接AP，BP，则AP+BP的值最小时，BP与HG的夹角（锐角）度数为 （ ）度．
A． B．60 C． D．
6．（2024九上·梁溪期末）如图，多边形为正六边形，点P在边上，过点P作交于点Q，连接，且满足设四边形、四边形和的面积分别为、、，则正六边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022九上·顺庆月考）如图，在矩形ABCD中，AB＞AD，∠DAB的平分线与CD交于点E，过点C作CF⊥AE于点F，连接BF，DF．有下列结论：①DE＝BC；②DF＝BF；③∠CDF＝∠CBF；④B，C，D，F四点在同一个圆上．其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2024九上·剑阁期末）如图，与正六边形的边分别交于点，点为劣弧的中点．若，则的半径为（ ）
A．2 B． C． D．
二、填空题（每题3分）
9．（2023九上·子陵月考）如图，已知点D在锐角三角形ABC的BC边上，AB＞AC，点E、F分别是△ABD、△ACD的外心，且EF=BC，那么∠ADC= 度．
10．（2021九上·铁锋期末）如图，边长为1的正六边形放置于平面直角坐标系中，边在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转，那么经过第2022次旋转后，顶点D的坐标为 ．
11．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册3.7 正多边形 同步练习）如图，正六边形ABCDEF的边长是6+4 ，点O1，O2分别是△ABF，△CDE的内心，则O1O2= ．
12．（2022九上·下城期中）如图，边长为6的正方形内接于，点E是上的一动点（不与A，B重合，点F是上的一点，连接，分别与交于点G，H，且，有以下结论：①；②周长的最小值为；③随着点E位置的变化，四边形的面积始终为9.其中正确的是 .（填序号）
13．（2024九上·蒙阴期末）如图，是上的四点，，过点作交的延长线于点，其中正确的结论是 （填序号）．
①；②是等边三角形；③：④是等边三角形．
三、解答题
14．（2023九上·杭州期中） 如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，点P是的中点，过点P作PD⊥AB，交AB延长线于点D，连接BP．
（1）求证：∠CBP＝∠PBD；
（2）过P作PG⊥BC交BC于G点，若AB＝6，BD＝4，求BC的长．
15．研究发现：当四边形的对角线互相垂直时，该四边形的面积等于对角线乘积的一半.如图甲所示，已知四边形ABCD内接于，对角线，且AC⊥BD.
（1）求证：AB=CD.
（2）若的半径为8，的度数为120°，求四边形ABCD的面积.
（3）如图乙所示，作OM⊥BC于点M，请猜测OM与AD的数量关系并证明.
16．某数学学习小组的成员在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时，进行了如下探讨：
甲同学：我发现这种多边形不一定是正多边形.如圆内接矩形不一定是正方形.
乙同学：但是边数为3时，它是正三角形，而且我猜想，边数为5时，它应该是正五边形……
丙同学：我发现边数为6时，它也不一定是正六边形.如图甲所示，是正三角形，均相等，很显然由此构造的六边形ADBECF并不是正六边形.
（1）如图乙所示，若圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，则∠ABC= .请简要说明圆内接五边形ABCDE为正五边形的理由.
（2）请证明丙同学构造的六边形各内角相等.
（3）根据以上的探索过程，就“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”的结论与“边数n(n≥3，n为整数)”的关系，请提出你的猜想.(不需证明)
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接BC，OC，如图，
∵四边形ABCE为的内接四边形，
∴
∵
∴
∴
故答案为：D.
【分析】连接BC，OC，根据圆内接四边形的性质得到进而根据题意求出∠CBD的度数，最后根据圆周角定理即可求解.
2．【答案】D
【知识点】切线的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】连接OA、OB，
∵AF是⊙O的切线，
∴∠OAF＝90°，
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠AOB＝ ＝72°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝ ＝54°，
∴∠BAF＝90°－54°＝36°，
∵∠ABF＝ ＝72°，
∴∠F＝180°－36°－72°＝72°，
故答案为：D．
【分析】连接OA、OB，∠OAF＝90°，∠AOB为圆周角的五分之一，即∠AOB=72°。又因为OA=OB，所以∠OAB＝∠OBA＝54°，∠BAF=36°。正五边形的内角为108°，所以∠ABC=108°，则∠ABF=72°，利用三角形内角和为180°进而计算∠F的度数。
3．【答案】B
【知识点】全等三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=BD=a，∠CAB=∠ACB=60°；
∵AB=BD，
∴ ，
∴∠AED=∠AOB；
∵BC=AB=BD，
∴∠D=∠BCD；
∵四边形EABD内接于⊙O，
∴∠EAB+∠D=180°，即∠EAC+60°+∠D=180°；
又∵∠ECA+60°+∠BCD=180°，
∴∠ECA=∠EAC，即△EAC是等腰三角形；
在等腰△EAC和等腰△OAB中，∠AEC=∠AOB，
∵AC=AB，
∴△EAC≌△OAB；
∴AE=OA=1．
故答案为：B．
【分析】根据等边三角形的性质得出AB=BC=AC=BD=a，∠CAB=∠ACB=60°，根据同圆中相等的弦所对的劣弧相等得出弧AB=弧BD，根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠AED=∠AOB；根据等边对等角得出∠D=∠BCD，根据圆的内接四边形的对角互补得出∠EAB+∠D=180°，即∠EAC+60°+∠D=180°，根据平角的定义得出∠ECA+60°+∠BCD=180°，故∠ECA=∠EAC，即△EAC是等腰三角形，然后利用AAS判断出△EAC≌△OAB，根据全等三角形的对应边相等得出AE=OA=1．
4．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，AB是直角边时，点C共有6个位置，
即，有6个直角三角形，
AB是斜边时，点C共有4个位置，
即有4个直角三角形，
综上所述，△ABC是直角三角形的个数有6+4=10个．
故答案为：C．
【分析】此题重在分情况讨论，题目中给出了三角形的一边AB，但没有明确是否为直角边或斜边，其实，这个t题目的背景是正六边，包含特殊关系的边和角，进行边角分析后就能得到结果。
5．【答案】B
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接PF、BF，BF交GH于点，连接，
因为正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点 ，所以GH为正六边形ABCDEF的一条对称轴，且点A、F关于直线GH对称，所以则则当B、P、F三点共线时有最小值，即点P在时有最小值，因为所以因为所以故即BP与HG的夹角（锐角）度数为 60度.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查对称轴求最小值、正多边形的基本性质.根据题意可得GH为正六边形ABCDEF的一条对称轴，且点A、F关于直线GH对称，所以则则当B、P、F三点共线时有最小值，然后根据正多边形的内角即三角形的外角定理进行求解即可.
6．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
7．【答案】D
【知识点】矩形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AD=BC，CD∥AB，∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠DEA=∠EAB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE=∠EAB=∠DEA=∠DAB=45°，
∴DA=DE，
∴DE=BC，故①正确；
∵CF⊥AE，
∴∠EFC=90°，
∵∠DEA=∠FEC=45°，
∴∠ECF=90°-45°=45°=∠FEC，
∴EF=FC，
∴∠DEF=180°-∠FEC=180°-45°=135°，
∵∠BCF=∠FEC+∠DCB=45°+90°=135°，
∴∠DEF=∠BCF，
在△DFE和△BCF中
∴△DFE≌△BCF（SAS）
∴DF=BF，故②正确；
∵△DFE≌△BCF，
∴∠CDF＝∠CBF，故③正确；
∴∠CFB=∠DFE，
∴∠CFB+∠AFB=∠AFB+∠DFE=90°，
∴∠DFB=∠DCB=90°，
∴点B，C，D，F四点共圆，故④正确；
∴正确结论的个数有4个.
故答案为：D
【分析】利用矩形的性质可证得AD=BC，CD∥AB，∠DAB=∠DCB=90°，利用平行线的性质和角平分线的定义可推出∠DAE=∠EAB=∠DEA，利用等边对等角可推出DE=BC，可对①作出判断；再利用垂直的定义和三角形的内角和定理可求出∠ECF的度数，再证明∠DEF=∠BCF，利用SAS证明△DFE≌△BCF，利用全等三角形的性质可得到DF=BF，可对②作出判断；同时可证得∠CDF=∠CBF，可对③作出判断；然后证明∠DFB=∠DCB=90°利用圆周角定理可证得点B，C，D，F四点共圆，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
8．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；正多边形的性质
【解析】【解答】解：连接OM，如图所示：
∵正六边形OABCDE，
∴∠FOG＝120°，
∵点M为劣弧FG的中点，
∴∠FOM＝60°，OM＝OF，
∴△OFM是等边三角形，
∴OM＝OF＝FM＝2．
则⊙O的半径为2．
故答案为：C
【分析】连接OM，先根据正六边形的性质得到∠FOG＝120°，进而根据圆心角与弧的关系结合题意得到∠FOM＝60°，OM＝OF，从而根据等边三角形的判定与性质即可求解。
9．【答案】30
【知识点】等腰三角形的性质；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，分别作△ABD和△ACD的外接圆，过E作EG⊥BD于G，作FH⊥CD于H，
则有DG＝BG＝，DH＝CH＝
∴GH＝DG+DH＝，
∵EF＝BC，
∴GH＝，
过F作FM⊥EG于M，则FM＝GH＝，
∴∠GEF＝30°，
∵ED＝EA，FD＝FA，
∴EF是AD的垂直平分线，
∴∠DEF＝
又易证∠DEG＝
∴∠DEF+∠DEG＝+
∴∠GEF＝，
∴∠BEA＝60°，
在圆E上取点N，连接AN，BN，则四边形ANBD是圆内接四边形，
则∠N＝＝30°，
∴∠ADC＝∠N＝30°.
故答案为：30.
【分析】分别作△ABD和△ACD的外接圆，过E作EG⊥BD于G，作FH⊥CD于H，根据垂径定理和等腰三角形三线合一的性质推导出∠GEF＝，根据含有30°角的直角三角形的特点可以求出∠GEF为30°，从而推导出∠BEA，再构造圆内接四边形ADBN，从而得出外角∠ADC的度数。
10．【答案】
【知识点】点的坐标；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AD，BD，
在正六边形ABCDEF中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，
∴6次一个循环，
∵，
∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与第一象限中D点的坐标相同，
故答案为：．
【分析】连接AD，BD，由正六边形的性质可得AD=2，∠DAB=90°，利用勾股定理求出BD=，在中，可求出OA、OB的长，即得D点坐标，由于将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，可知6次一个循环，从而得出经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与第一象限中D点的坐标相同，据此即得结论.
11．【答案】
【知识点】圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，过A作AM⊥BF于M，连接O1F、O1A、O1B，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠A= =120°，AF=AB，
∴∠AFB=∠ABF= ×（180°﹣120°）=30°，
∴△AFB边BF上的高AM= AF= ×（6+4 ）=3+2 ，
FM=BM= AM=3 +6，
∴BF=3 +6+3 +6=12+6 ，
设△AFB的内切圆的半径为r，
∵S△AFB=
∴ ×（3+2 ）×（3 +6）
= ×（6+4 ）×r+ ×（6+4 ）×r+ ×（12+6 ）×r，
解得：r= ，
即O1M=r= ，
∴O1O2=2× +6+4 =9+4 ，
故答案为：9+4
【分析】如图，过A作AM⊥BF于M，连接O1F、O1A、O1B，根据正六边形的性质得出∠A=120°，AF=AB，根据三角形的内角和及等边对等角得出∠AFB=∠ABF=30°，根据含30 直角三角形的边之间的关系得出AM的长，FM的长，进而根据等腰三角形的三线合一得出BF的长，设△AFB的内切圆的半径为r，根据S△AFB= S△AO1F+S△AO1E+S△BFO1，建立出方程，求解得出r的值，从而得出答案。
12．【答案】①③
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；正方形的性质；圆内接正多边形；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，连接 .
∵ ，
∴ .
∵四边形 为正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长为 ，
∴当 最小时， 周长的最小.
∵ ，
∴当 最小时， 最小，此时 .
如图，过点O作 于点M，作 于点N，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长的最小值为 ，故②错误；
∵ ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ ，故③正确.
综上可知①③正确.
故答案为：①③.
【分析】连接OC、OB，根据正方形的性质可得∠BOC=90°，OB=OC，∠OBG=∠OCH=45°，由同角的余角相等可得∠BOG=∠COH，利用ASA证明△BOG≌△COH，据此判断①；根据全等三角形的性质可得BG=CH，则BH+BG=BH+CH=BC=6，△GBH的周长为6+HG，由勾股定理可得HG=，故当OH、OG最小时，HG最小，此时OH⊥BC，OG⊥AB，过点O作OM⊥BC于点M，作ON⊥AB于点N，则OM=PN=3，利用勾股定理可得HG，据此判断②；根据全等三角形的性质可得S△BOG=S△COH，推出S△BOC=S正方形ABCD，据此判断③.
13．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
14．【答案】（1）证明：如图，连接PC，
∵点P是的中点，
∴∠ACP＝∠PBC（等弧所对的圆周角相等），
∵四边形ABPC是圆内接四边形，
∴∠DBP＝∠ACP，
∴∠CBP＝∠PBD；
（2）解：连接AP，
在△PDB和△PGB中，
，
∴△PDB≌△PGB（AAS），
∴BD＝BG＝4，PD＝PG，
∵点P是的中点，
∴PC＝PA，
在Rt△PCG和Rt△PAD中，
，
∴Rt△PCG≌Rt△PAD（HL），
∴CG＝AD＝AB+BD＝6+4＝10，
∴BC＝BG+CG＝4+10＝14．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）连接PC，根据等弧对等角得∠ACP＝∠PBC，根据圆内接四边形性质可得∠DBP＝∠ACP，等量代换即可求得；
（2）连接AP，依据AAS判定△PDB≌△PGB，依据HL判定Rt△PCG≌Rt△PAD，可得BC=BG+CG=AB+2BD.
15．【答案】（1）证明：
（2）解：如图，作，连接，，
的度数为120°，
，
，，
∴
（3）解：如图，连接并延长，交于点，连接，
是的直径
点是的中点
点是的中点
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】(1)由圆心角定理可得，再通过弧的和差得到，进而证得AB=CD.
(2)先利用圆心角定理得到的度数，再通过垂径定理和勾股定理求得BD的长度，然后求得四边形ABCD的面积.
(3)由垂直的定义可的，再利用圆周角定理证得，进而可得到AD=CF，再由垂径定理证得OM是中位线，即CF=2OM，故可得AD=2OM.
16．【答案】（1）解：∠ABC=
理由：∵圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=108°，
∵∠A=∠B，
∴，
∴，
∴，
∴BC=AE，
同理可得： BC=DE，DE=AB， AB=CD，CD=AE，
∴BC=DE=AB=CD=AE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
（2）证明：如图2，
∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵四边形ABCF是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠AFC=180° ，
∴∠AFC=120° ，
同理可得：∠ADB=120°， ∠BEC=120°，
∵∠ADB= 120° ，
∴∠DAB+∠ABD=60°，
∴，
∴∠ABD=∠CAF，
∴∠DAB+∠CAF=60° ，
∴∠DAF=∠DAB+∠CAF+∠BAC=120°，
同理可得：∠DBE=120°， ∠ECF=120°，
∴∠AFC=∠ADB=∠BEC=∠DAF=∠DBE=∠ECF=120° ，
故图2中六边形各角相等；
（3）解：当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当为偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）∵圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=540°÷5=108°，
∵∠A=∠B，
∴，
∴，
∴，∴BC=AE，
同理可得： BC=DE，DE=AB， AB=CD，CD=AE，
∴BC=DE=AB=CD=AE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
故答案为：108°，
（3）∵矩形的四个角相等，且矩形内接于圆，
∴矩形不是正多边形，
（2）中的六边形各内角相等，通过证明这个圆的内接六边形不是正多边形，
∴当边数为偶数的各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形；
（1）中的圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，通过证明可知此多边形是正多边形，
∴ 当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；
∴ 当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当为偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【分析】（1）利用正五边形的内角和为540°，可求出每一个内角的度数；利用同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，可推出，可证得BC=AE，同理可推出BC=DE=AB=CD=AE，然后利用正多边形的定义可证得结论.
（2）利用正三角形的性质可证得∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，利用圆内接四边形的性质可求出∠AFC=120° ，再证明∠AFC=∠ADB=∠BEC=∠DAF=∠DBE=∠ECF=120° ，据此可作出判断.
（3）利用以上的探索过程，分情况讨论：当n为奇数时；当n为偶数；可得结论.
1 / 1人教版九年级上学期数学课时进阶测试24.3正多边形和圆（三阶）
一、选择题（每题3分）
1．（2024九上·桐乡市期末）如图，点A，B，C，D，E均在上，且经过圆心O，连接，若，则弧所对的圆心角的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连接BC，OC，如图，
∵四边形ABCE为的内接四边形，
∴
∵
∴
∴
故答案为：D.
【分析】连接BC，OC，根据圆内接四边形的性质得到进而根据题意求出∠CBD的度数，最后根据圆周角定理即可求解.
2．（2017九上·孝义期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，过点A的切线与CB的延长线相交于点F，则∠F=（ ）
A．18° B．36° C．54° D．72°
【答案】D
【知识点】切线的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】连接OA、OB，
∵AF是⊙O的切线，
∴∠OAF＝90°，
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠AOB＝ ＝72°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝ ＝54°，
∴∠BAF＝90°－54°＝36°，
∵∠ABF＝ ＝72°，
∴∠F＝180°－36°－72°＝72°，
故答案为：D．
【分析】连接OA、OB，∠OAF＝90°，∠AOB为圆周角的五分之一，即∠AOB=72°。又因为OA=OB，所以∠OAB＝∠OBA＝54°，∠BAF=36°。正五边形的内角为108°，所以∠ABC=108°，则∠ABF=72°，利用三角形内角和为180°进而计算∠F的度数。
3．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册第3章 圆的基本性质单元检测b卷）已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且AB=a＜1，以AB为一边在圆O内作正△ABC，点D为圆O上不同于点A的一点，且DB=AB=a，DC的延长线交圆O于点E，则AE的长为（ ）
A． B．1 C． D．a
【答案】B
【知识点】全等三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=BD=a，∠CAB=∠ACB=60°；
∵AB=BD，
∴ ，
∴∠AED=∠AOB；
∵BC=AB=BD，
∴∠D=∠BCD；
∵四边形EABD内接于⊙O，
∴∠EAB+∠D=180°，即∠EAC+60°+∠D=180°；
又∵∠ECA+60°+∠BCD=180°，
∴∠ECA=∠EAC，即△EAC是等腰三角形；
在等腰△EAC和等腰△OAB中，∠AEC=∠AOB，
∵AC=AB，
∴△EAC≌△OAB；
∴AE=OA=1．
故答案为：B．
【分析】根据等边三角形的性质得出AB=BC=AC=BD=a，∠CAB=∠ACB=60°，根据同圆中相等的弦所对的劣弧相等得出弧AB=弧BD，根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠AED=∠AOB；根据等边对等角得出∠D=∠BCD，根据圆的内接四边形的对角互补得出∠EAB+∠D=180°，即∠EAC+60°+∠D=180°，根据平角的定义得出∠ECA+60°+∠BCD=180°，故∠ECA=∠EAC，即△EAC是等腰三角形，然后利用AAS判断出△EAC≌△OAB，根据全等三角形的对应边相等得出AE=OA=1．
4．（2016九上·惠山期末）如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网格，正六边形的各顶点称为格点，直角△ABC的顶点均在格点上，则满足条件的点C有（ ）
A．6个 B．8个 C．10个 D．12个
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，AB是直角边时，点C共有6个位置，
即，有6个直角三角形，
AB是斜边时，点C共有4个位置，
即有4个直角三角形，
综上所述，△ABC是直角三角形的个数有6+4=10个．
故答案为：C．
【分析】此题重在分情况讨论，题目中给出了三角形的一边AB，但没有明确是否为直角边或斜边，其实，这个t题目的背景是正六边，包含特殊关系的边和角，进行边角分析后就能得到结果。
5．（2023九上·期中）如图，已知正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点，P是GH上的动点，连接AP，BP，则AP+BP的值最小时，BP与HG的夹角（锐角）度数为 （ ）度．
A． B．60 C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接PF、BF，BF交GH于点，连接，
因为正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点 ，所以GH为正六边形ABCDEF的一条对称轴，且点A、F关于直线GH对称，所以则则当B、P、F三点共线时有最小值，即点P在时有最小值，因为所以因为所以故即BP与HG的夹角（锐角）度数为 60度.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查对称轴求最小值、正多边形的基本性质.根据题意可得GH为正六边形ABCDEF的一条对称轴，且点A、F关于直线GH对称，所以则则当B、P、F三点共线时有最小值，然后根据正多边形的内角即三角形的外角定理进行求解即可.
6．（2024九上·梁溪期末）如图，多边形为正六边形，点P在边上，过点P作交于点Q，连接，且满足设四边形、四边形和的面积分别为、、，则正六边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
7．（2022九上·顺庆月考）如图，在矩形ABCD中，AB＞AD，∠DAB的平分线与CD交于点E，过点C作CF⊥AE于点F，连接BF，DF．有下列结论：①DE＝BC；②DF＝BF；③∠CDF＝∠CBF；④B，C，D，F四点在同一个圆上．其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】矩形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AD=BC，CD∥AB，∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠DEA=∠EAB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE=∠EAB=∠DEA=∠DAB=45°，
∴DA=DE，
∴DE=BC，故①正确；
∵CF⊥AE，
∴∠EFC=90°，
∵∠DEA=∠FEC=45°，
∴∠ECF=90°-45°=45°=∠FEC，
∴EF=FC，
∴∠DEF=180°-∠FEC=180°-45°=135°，
∵∠BCF=∠FEC+∠DCB=45°+90°=135°，
∴∠DEF=∠BCF，
在△DFE和△BCF中
∴△DFE≌△BCF（SAS）
∴DF=BF，故②正确；
∵△DFE≌△BCF，
∴∠CDF＝∠CBF，故③正确；
∴∠CFB=∠DFE，
∴∠CFB+∠AFB=∠AFB+∠DFE=90°，
∴∠DFB=∠DCB=90°，
∴点B，C，D，F四点共圆，故④正确；
∴正确结论的个数有4个.
故答案为：D
【分析】利用矩形的性质可证得AD=BC，CD∥AB，∠DAB=∠DCB=90°，利用平行线的性质和角平分线的定义可推出∠DAE=∠EAB=∠DEA，利用等边对等角可推出DE=BC，可对①作出判断；再利用垂直的定义和三角形的内角和定理可求出∠ECF的度数，再证明∠DEF=∠BCF，利用SAS证明△DFE≌△BCF，利用全等三角形的性质可得到DF=BF，可对②作出判断；同时可证得∠CDF=∠CBF，可对③作出判断；然后证明∠DFB=∠DCB=90°利用圆周角定理可证得点B，C，D，F四点共圆，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
8．（2024九上·剑阁期末）如图，与正六边形的边分别交于点，点为劣弧的中点．若，则的半径为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；正多边形的性质
【解析】【解答】解：连接OM，如图所示：
∵正六边形OABCDE，
∴∠FOG＝120°，
∵点M为劣弧FG的中点，
∴∠FOM＝60°，OM＝OF，
∴△OFM是等边三角形，
∴OM＝OF＝FM＝2．
则⊙O的半径为2．
故答案为：C
【分析】连接OM，先根据正六边形的性质得到∠FOG＝120°，进而根据圆心角与弧的关系结合题意得到∠FOM＝60°，OM＝OF，从而根据等边三角形的判定与性质即可求解。
二、填空题（每题3分）
9．（2023九上·子陵月考）如图，已知点D在锐角三角形ABC的BC边上，AB＞AC，点E、F分别是△ABD、△ACD的外心，且EF=BC，那么∠ADC= 度．
【答案】30
【知识点】等腰三角形的性质；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，分别作△ABD和△ACD的外接圆，过E作EG⊥BD于G，作FH⊥CD于H，
则有DG＝BG＝，DH＝CH＝
∴GH＝DG+DH＝，
∵EF＝BC，
∴GH＝，
过F作FM⊥EG于M，则FM＝GH＝，
∴∠GEF＝30°，
∵ED＝EA，FD＝FA，
∴EF是AD的垂直平分线，
∴∠DEF＝
又易证∠DEG＝
∴∠DEF+∠DEG＝+
∴∠GEF＝，
∴∠BEA＝60°，
在圆E上取点N，连接AN，BN，则四边形ANBD是圆内接四边形，
则∠N＝＝30°，
∴∠ADC＝∠N＝30°.
故答案为：30.
【分析】分别作△ABD和△ACD的外接圆，过E作EG⊥BD于G，作FH⊥CD于H，根据垂径定理和等腰三角形三线合一的性质推导出∠GEF＝，根据含有30°角的直角三角形的特点可以求出∠GEF为30°，从而推导出∠BEA，再构造圆内接四边形ADBN，从而得出外角∠ADC的度数。
10．（2021九上·铁锋期末）如图，边长为1的正六边形放置于平面直角坐标系中，边在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转，那么经过第2022次旋转后，顶点D的坐标为 ．
【答案】
【知识点】点的坐标；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AD，BD，
在正六边形ABCDEF中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，
∴6次一个循环，
∵，
∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与第一象限中D点的坐标相同，
故答案为：．
【分析】连接AD，BD，由正六边形的性质可得AD=2，∠DAB=90°，利用勾股定理求出BD=，在中，可求出OA、OB的长，即得D点坐标，由于将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，可知6次一个循环，从而得出经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与第一象限中D点的坐标相同，据此即得结论.
11．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册3.7 正多边形 同步练习）如图，正六边形ABCDEF的边长是6+4 ，点O1，O2分别是△ABF，△CDE的内心，则O1O2= ．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，过A作AM⊥BF于M，连接O1F、O1A、O1B，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠A= =120°，AF=AB，
∴∠AFB=∠ABF= ×（180°﹣120°）=30°，
∴△AFB边BF上的高AM= AF= ×（6+4 ）=3+2 ，
FM=BM= AM=3 +6，
∴BF=3 +6+3 +6=12+6 ，
设△AFB的内切圆的半径为r，
∵S△AFB=
∴ ×（3+2 ）×（3 +6）
= ×（6+4 ）×r+ ×（6+4 ）×r+ ×（12+6 ）×r，
解得：r= ，
即O1M=r= ，
∴O1O2=2× +6+4 =9+4 ，
故答案为：9+4
【分析】如图，过A作AM⊥BF于M，连接O1F、O1A、O1B，根据正六边形的性质得出∠A=120°，AF=AB，根据三角形的内角和及等边对等角得出∠AFB=∠ABF=30°，根据含30 直角三角形的边之间的关系得出AM的长，FM的长，进而根据等腰三角形的三线合一得出BF的长，设△AFB的内切圆的半径为r，根据S△AFB= S△AO1F+S△AO1E+S△BFO1，建立出方程，求解得出r的值，从而得出答案。
12．（2022九上·下城期中）如图，边长为6的正方形内接于，点E是上的一动点（不与A，B重合，点F是上的一点，连接，分别与交于点G，H，且，有以下结论：①；②周长的最小值为；③随着点E位置的变化，四边形的面积始终为9.其中正确的是 .（填序号）
【答案】①③
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；正方形的性质；圆内接正多边形；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，连接 .
∵ ，
∴ .
∵四边形 为正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长为 ，
∴当 最小时， 周长的最小.
∵ ，
∴当 最小时， 最小，此时 .
如图，过点O作 于点M，作 于点N，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长的最小值为 ，故②错误；
∵ ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ ，故③正确.
综上可知①③正确.
故答案为：①③.
【分析】连接OC、OB，根据正方形的性质可得∠BOC=90°，OB=OC，∠OBG=∠OCH=45°，由同角的余角相等可得∠BOG=∠COH，利用ASA证明△BOG≌△COH，据此判断①；根据全等三角形的性质可得BG=CH，则BH+BG=BH+CH=BC=6，△GBH的周长为6+HG，由勾股定理可得HG=，故当OH、OG最小时，HG最小，此时OH⊥BC，OG⊥AB，过点O作OM⊥BC于点M，作ON⊥AB于点N，则OM=PN=3，利用勾股定理可得HG，据此判断②；根据全等三角形的性质可得S△BOG=S△COH，推出S△BOC=S正方形ABCD，据此判断③.
13．（2024九上·蒙阴期末）如图，是上的四点，，过点作交的延长线于点，其中正确的结论是 （填序号）．
①；②是等边三角形；③：④是等边三角形．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
三、解答题
14．（2023九上·杭州期中） 如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，点P是的中点，过点P作PD⊥AB，交AB延长线于点D，连接BP．
（1）求证：∠CBP＝∠PBD；
（2）过P作PG⊥BC交BC于G点，若AB＝6，BD＝4，求BC的长．
【答案】（1）证明：如图，连接PC，
∵点P是的中点，
∴∠ACP＝∠PBC（等弧所对的圆周角相等），
∵四边形ABPC是圆内接四边形，
∴∠DBP＝∠ACP，
∴∠CBP＝∠PBD；
（2）解：连接AP，
在△PDB和△PGB中，
，
∴△PDB≌△PGB（AAS），
∴BD＝BG＝4，PD＝PG，
∵点P是的中点，
∴PC＝PA，
在Rt△PCG和Rt△PAD中，
，
∴Rt△PCG≌Rt△PAD（HL），
∴CG＝AD＝AB+BD＝6+4＝10，
∴BC＝BG+CG＝4+10＝14．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）连接PC，根据等弧对等角得∠ACP＝∠PBC，根据圆内接四边形性质可得∠DBP＝∠ACP，等量代换即可求得；
（2）连接AP，依据AAS判定△PDB≌△PGB，依据HL判定Rt△PCG≌Rt△PAD，可得BC=BG+CG=AB+2BD.
15．研究发现：当四边形的对角线互相垂直时，该四边形的面积等于对角线乘积的一半.如图甲所示，已知四边形ABCD内接于，对角线，且AC⊥BD.
（1）求证：AB=CD.
（2）若的半径为8，的度数为120°，求四边形ABCD的面积.
（3）如图乙所示，作OM⊥BC于点M，请猜测OM与AD的数量关系并证明.
【答案】（1）证明：
（2）解：如图，作，连接，，
的度数为120°，
，
，，
∴
（3）解：如图，连接并延长，交于点，连接，
是的直径
点是的中点
点是的中点
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】(1)由圆心角定理可得，再通过弧的和差得到，进而证得AB=CD.
(2)先利用圆心角定理得到的度数，再通过垂径定理和勾股定理求得BD的长度，然后求得四边形ABCD的面积.
(3)由垂直的定义可的，再利用圆周角定理证得，进而可得到AD=CF，再由垂径定理证得OM是中位线，即CF=2OM，故可得AD=2OM.
16．某数学学习小组的成员在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时，进行了如下探讨：
甲同学：我发现这种多边形不一定是正多边形.如圆内接矩形不一定是正方形.
乙同学：但是边数为3时，它是正三角形，而且我猜想，边数为5时，它应该是正五边形……
丙同学：我发现边数为6时，它也不一定是正六边形.如图甲所示，是正三角形，均相等，很显然由此构造的六边形ADBECF并不是正六边形.
（1）如图乙所示，若圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，则∠ABC= .请简要说明圆内接五边形ABCDE为正五边形的理由.
（2）请证明丙同学构造的六边形各内角相等.
（3）根据以上的探索过程，就“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”的结论与“边数n(n≥3，n为整数)”的关系，请提出你的猜想.(不需证明)
【答案】（1）解：∠ABC=
理由：∵圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=108°，
∵∠A=∠B，
∴，
∴，
∴，
∴BC=AE，
同理可得： BC=DE，DE=AB， AB=CD，CD=AE，
∴BC=DE=AB=CD=AE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
（2）证明：如图2，
∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵四边形ABCF是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠AFC=180° ，
∴∠AFC=120° ，
同理可得：∠ADB=120°， ∠BEC=120°，
∵∠ADB= 120° ，
∴∠DAB+∠ABD=60°，
∴，
∴∠ABD=∠CAF，
∴∠DAB+∠CAF=60° ，
∴∠DAF=∠DAB+∠CAF+∠BAC=120°，
同理可得：∠DBE=120°， ∠ECF=120°，
∴∠AFC=∠ADB=∠BEC=∠DAF=∠DBE=∠ECF=120° ，
故图2中六边形各角相等；
（3）解：当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当为偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）∵圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=540°÷5=108°，
∵∠A=∠B，
∴，
∴，
∴，∴BC=AE，
同理可得： BC=DE，DE=AB， AB=CD，CD=AE，
∴BC=DE=AB=CD=AE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
故答案为：108°，
（3）∵矩形的四个角相等，且矩形内接于圆，
∴矩形不是正多边形，
（2）中的六边形各内角相等，通过证明这个圆的内接六边形不是正多边形，
∴当边数为偶数的各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形；
（1）中的圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，通过证明可知此多边形是正多边形，
∴ 当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；
∴ 当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当为偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【分析】（1）利用正五边形的内角和为540°，可求出每一个内角的度数；利用同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，可推出，可证得BC=AE，同理可推出BC=DE=AB=CD=AE，然后利用正多边形的定义可证得结论.
（2）利用正三角形的性质可证得∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，利用圆内接四边形的性质可求出∠AFC=120° ，再证明∠AFC=∠ADB=∠BEC=∠DAF=∠DBE=∠ECF=120° ，据此可作出判断.
（3）利用以上的探索过程，分情况讨论：当n为奇数时；当n为偶数；可得结论.
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