人教版2024-2025学年九年级数学上册24.3正多边形和圆拔高提升同步分成练习（含答案解析）

人教版2024-2025学年九年级数学上册 24.3 正多边形和圆 拔高提升同步分成练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确.）
1．（本题3分）如果一个正多边形的每个外角都为，那么这个多边形的中心角为（ ）
A． B．
C． D．
2．（本题3分）下列说法正确的是（　　）
A．各边相等的多边形是正多边形
B．各角相等的多边形是正多边形
C．各边相等的圆内接多边形是正多边形
D．各角相等的圆内接多边形是正多边形
3．（本题3分）已知圆的半径是2．则该圆的内接正六边形的边长是（　　）
A．2 B．2 C．3 D．4
4．（本题3分）四边形ABCD是圆的内接四边形，若∠ABC＝70°，则∠ADC的度数是（　　）
A．70° B．90° C．110° D．120°
5．（本题3分）若正六边形的周长为24，则它的外接圆的半径为（ ）
A．4 B．4 C．2 D．2
6．（本题3分）如图，中，是直径，且于，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AP=PB B．
C．∠AOB=4∠ACD D．PO=PD
7．（本题3分）如图，水平放置的圆柱形输油管道的截面半径是，油面宽为，则截面上有油部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（本题3分）如图，正五边形内接于，是上一点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
9．（本题3分）如图，点，，，，都在上，且的度数为，则等于（ ）
A． B． C． D．
10．（本题3分）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他制了如图2所示的图形，图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，若所在的直线经过点， ，小正六边形的面积为，则该圆的半径为（ ）.
A． B． C．7 D．8
11．（本题3分）如图，AB为⊙O直径，且AB＝4．点C为半圆上一动点（不与A，B重合），D为弧CB上一点，点E在AD上，且CD＝BD＝DE．则CE的最大值为（　　）
A．4﹣4 B．2﹣ C．8﹣4 D．4﹣2
12．（本题3分）如图所示，边长为4的正方形内接于⊙O，点E是上的一个动点（不与A、B重合），点F是上的一点，连接，分别与交于点G、H，且，有下列结论：①；②是等腰直角三角形；③四边形的面积不随点E位置的变化而变化；③周长的最小值为．其中正确的是（ ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
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二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
13．（本题4分）已知正六边形ABCDEF的半径是4，则周长是
14．（本题4分）边长为6的正三角形的外接圆半径是 ．
15．（本题4分）同圆的内接正n边形与外切正n边形边长之比是 .
16．（本题4分）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面积．如图，若用圆的内接正八边形的面积来近似估计的面积，设的半径为2，则的值为 ．（结果保留和根号）
17．（本题4分）如图，在梯形ABCD中，，上底AD为，以对角线BD为直径的与CD切于点D，与BC交于点E，且为，则图中阴影部分的面积为 .（结果保留根号）
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三、解题题（本大题共9题，共94分.答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
18．（本题10分）如图，正方形的外接圆为，点P在劣弧上（不与点C重合）．

(1)求的度数；
(2)若的半径为8，求正方形的边长．
19．（本题10分）如图，点是正方形，的中心．

（1）用直尺和圆规在正方形内部作一点（异于点），使得（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接求证：．
20．（本题10分）如图，点A是上一点．请利用直尺和圆规完成下列作图．（不写作法，保留作图痕迹）
(1)画出的内接正．
(2)在上画出、两点，使得．（画一种即可）
21．（本题10分）在圆内接正六边形中，，分别交于点H，G．

(1)如图①，求证：点H，G三等分．
(2)如图②，操作并证明．
①尺规作图：过点O作的垂线，垂足为K，以点O为圆心，的长为半径作圆；（在图②中完成作图，保留作图痕迹，不需要写作法）
②求证：是①所作圆的切线．
22．（本题12分）如图，正方形内接于，连接，点F是的中点，过点D作的切线与的延长线相交于点G．
(1)试判断与的位置关系，并说明理由．
(2)求的度数．
23．（本题12分）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝AD，∠C＝120°，点E在弧AD上，连接OA、OD、OE、AE、DE．
（1）求∠AED的度数；
（2）当∠DOE＝90°时，AE恰好为⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．
24．（本题14分）如图①，，分别是半圆的直径上的点，点，在上，且四边形是正方形．

(1)若，则正方形的面积为　 　；
(2)如图②，点，，分别在，，上，连接，，四边形是正方形，且其面积为16
①求的值；
②如图③，点，，分别在，，上，连接，，四边形是正方形．直接写出正方形与正方形的面积比．
25．（本题16分）阅读下列材料：
已知：如图1，等边△A1A2A3内接于⊙O，点P是上的任意一点，连接PA1，PA2，PA3，可证：PA1+PA2=PA3，从而得到：是定值．
（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整；
证明：如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．
∵△A1A2A3是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴，是定值．
（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正方形A1A2A3A4”，其余条件不变，请问：还是定值吗？为什么？
（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正五边形A1A2A3A4A5”，其余条件不变，则= 　（只写出结果）．
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参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B C B D A C D D
题号 11 12
答案 A A
1．A
【分析】首先由多边形外角和定理求出正多边形的边数n，再由正多边形的中心角＝，即可得出结果．
【详解】解：∵正多边形的每一个外角都等于36°，
∴正多边形的边数n＝＝10，
∴这个正多边形的中心角＝＝36°，
故选A．
【点睛】本题考查了正多边形的性质、多边形外角和定理、正多边形的中心角的计算方法；熟练掌握正多边形的性质，根据题意求出正多边形的边数是解决问题的关键．
2．C
【分析】根据正多边形的定义对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形， A、B错误；
各边相等的圆内接多边形的各角一定相等，C正确；
各角相等的圆内接多边形的边不一定相等，D错误．
故选：C．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正多边形的定义及圆内接多边形的性质是解答此题的关键．
3．B
【分析】根据圆的内接正六边形的边长等于半径，即可求得边长．
【详解】连接正六边形的中心与各个顶点，得到六个等边三角形，
∵等边三角形的边长是，
∴该圆的内接正六边形的边长是；
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，解题的关键要记住正六边形的特点，它被半径分成六个全等的等边三角形．
4．C
【分析】直接根据圆内接四边形的性质进行解答即可．
【详解】解：∵四边ABCD是圆的内接四边形，∠ABC＝70°，
∴∠ADC＝180°﹣70°＝110°．
故选C．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．
5．B
【分析】先画出图形，根据正六边形的周长求得边长为4，再连接、，求出的度数，根据等边三角形的判定得出是等边三角形，根据等边三角形的性质得出，即可得出选项．
【详解】解：如图连接、，
∵正六边形的周长为24，
∴正六边形的边长为4，
是正六边形的外接圆，
，
，
是等边三角形，
，
，
即正六边形的外接圆的半径是4，
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的性质和判定等知识点，能求出的度数是解此题的关键．
6．D
【分析】由CD是直径，且CD⊥AB于P，由垂径定理即可求得AP=BP，，继而证得∠AOB=4∠ACD．
【详解】∵CD是直径，且CD⊥AB于P，
∴AP=BP，，
故A，B正确；
∵，
∴∠AOD=∠BOD，
∵∠AOD=2∠ACD，
∴∠AOB=2∠AOD=4∠ACD，
故C正确；
无法判定PO=PD，故D错误，
故选D．
【点睛】此题考查了垂径定理以及圆周角定理．注意掌握角与弧之间的关系是解此题的关键．
7．A
【分析】连接、，过点O作，根据题意得出为等边三角形，利用三角函数得出，结合图形得出，，两个面积作差即可得出结果．
【详解】如图，连接、，过点O作，
∵，
∴为等边三角形，
∴， ．
∵，，
∴．
故选：A．
【点睛】题目主要考查不规则图形的面积及等边三角形的判定和性质，垂径定理的应用，理解题意，作出图形，综合运用这些知识点是解题关键．
8．C
【分析】本题考查了正五边形的中心角的计算，圆周角定理的应用，连接，求得，结合圆周角定理，，计算即可．
【详解】连接
∵正五边形内接于，是上一点，
∴，
∴，
故选C．
9．D
【分析】连接AB、DE，先求得∠ABE=∠ADE=25°，根据圆内接四边形的性质得出∠ABE+∠EBC+∠ADC=180°，即可求得∠CBE+∠ADC=155°．
【详解】解：如图所示
连接AB、DE，则∠ABE=∠ADE
∵=50°
∴∠ABE=∠ADE=25°
∵点，，，都在上
∴∠ADC+∠ABC=180°
∴∠ABE+∠EBC+∠ADC=180°
∴∠EBC+∠ADC=180°-∠ABE=180°-25°=155°
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键．
10．D
【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，过O作OG⊥PM，OH⊥AB，先由正六边形的性质及邻补角性质得到△PMN为等边三角形，再由小正六边形的面积求出边长，确定出PM的长，进而可求出△PMN的面积，然后利用垂径定理求出PG的长，在直角△OPG中，利用勾股定理求出OP的长，设OB＝xcm，根据勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解即可得到结果．
【详解】解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，过O作OG⊥PM，OH⊥AB，
由题意得：∠MNP＝∠NMP＝∠MPN＝60°，
∵小正六边形的面积为cm2，
∴小正六边形的边长为cm，即PM＝7cm，
∴S△MPN＝cm2，
∵OG⊥PM，且O为正六边形的中心，∴PG＝PM＝，OG＝PM＝，
在Rt△OPG中，根据勾股定理得：OP＝＝7cm，
设OB＝xcm，∵OH⊥AB，且O为正六边形的中心，
∴BH＝x，OH＝x，∴PH＝（5﹣x）cm，
在Rt△PHO中，根据勾股定理得：OP2＝（x）2+（5﹣x）2＝49，
解得：x＝8（负值舍去），则该圆的半径为8cm．
故选D.
【点睛】此题考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形的性质、灵活应用解直角三角形的知识是解本题的关键．
11．A
【分析】设，利用等弦对等弧，等弧所对的圆周角相等，等边对等角，三角形的外角的性质，通过角度的变换求得，确定的位置，进而证明，得到的运动轨迹是以点为圆心，4为半径的圆弧，进而根据直径是最长的弦求解即可．
【详解】解：延长，交于点，连接，OF
设
CD＝BD
为直径
在以点为圆心，4为半径的圆弧上运动，
，当为的直径时，取得最大值，最大值为
故选A
【点睛】本题考查了等弧所对的圆周角相等，弦与弧之间关系，找到点的运动轨迹，理解直径是最长的弦是解题的关键．
12．A
【分析】解：如图，连接,由正方形知，可证，得，得，①正确；求证，证得，得，于是，是等腰直角三角形；②正确；求证，得，可得③正确；由知，，可证周长，④错误．
【详解】解：如图，连接,
∵四边形是正方形，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴①正确；
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴是等腰直角三角形；②正确；
如图，，
∴．
∴．
∴四边形的面积；故③正确；
由知，，
∴周长，④错误；
故选：A

【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理；添加辅助线构造全等三角形，从而得到相等线段、相等角是解题的关键．
13．24
【详解】∵正六边形的半径等于边长，
∴正六边形的边长a=6；
正六边形的周长l=6a=24.
故答案是：24.
14．
【分析】过圆心作一边的垂线，根据勾股定理可以计算出外接圆半径．
【详解】解：如图所示，△ABC是正三角形，故O是△ABC的中心，∠CAB=60
∵正三角形的边长为6，
∴AE=×6=3，∠OAE=∠CAB=30°
∴OE=OA，
又
∴
∴
∴AO=2(负值舍去)．
故答案为：．
【点睛】考查了三角形外接圆以及利用勾股定理简单计算的能力．
15．cos.
【分析】先根据题意画出图形，再设圆的半径为R，由垂径定理及锐角三角函数的定义即可求解．
【详解】解：如图所示，设圆的半径为R，
∵∠AOF=
∴AB=2AF=2Rsin；
同理，∵∠DOF=，
∴CD=2DE=2Rtg，
∴AB：CD=2Rsin：2Rtg＝cos．
同圆的内接正n边形与外切正n边形边长之比是cos．
故答案为cos．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆、垂径定理及勾股定理，根据题意画出图形，利用数形结合是解答此题的关键．
16．
【分析】根据中心角公式得到，过作于，根据三角形和圆的面积公式即可得到结论．
【详解】解：由题意得，，
过作于，则是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形和圆、等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
17．
【分析】连接OE，根据∠ABC=90°，AD=，∠ABD为30°，可得出AB与BD，可证明△OBE为等边三角形，即可得出∠C=30°．阴影部分的面积为直角梯形ABCD的面积-△ABD的面积-△OBE的面积-扇形ODE的面积．
【详解】连接OE，过点O作OF⊥BE于点F.
∵∠ABC=90°，,AD=,∠ABD=30°，
∴BD=2，AB=3，AB是直径
∵OB=OE，∠DBC=60°，OF⊥BE，
∴OF=，
∵CD为⊙O的切线，
∴∠BDC=90°，
∴∠C=30°，
∴BC=4，
故答案为.
【点睛】本题考查切线的性质，直角梯形，扇形面积的计算.在计算不规则图形的面积时，常用“切割法”把这个图形分成几个规则图形的和，或者用“拼补法”使它和几个规则图形共同拼凑成一个大的规则图形，用大图形面积减去其它几个图形面积即可.
18．(1)
(2)
【分析】本题考查圆与正多边形，圆周角定理：
（1）连接，根据中心角的计算公式求出的度数，圆周角定理，求出的度数即可；
（2）勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）解：连接，

由题意得：，
∴；
（2）由（1）知：，
又∵，
∴，
即正方形的边长为：．
19．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）作BC的垂直平分线即可求解；
（2）根据题意证明即可求解．
【详解】如图所示，点即为所求．
连接
由得：
是正方形中心，
在和中，
．
【点睛】此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知正方形的性质、垂直平分线的作图及全等三角形的判定与性质．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作图复杂作图，等边三角形的判定、圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系：
（1）从A点开始，以为半径．依次画弧，这样把六等份，连接的三等份点得到的内接正三角形；
（2）可作直径，再以点圆心，为半径画弧交于，则．
解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
【详解】（1）解：如图，为所作；
（2）解：如图，作直径，再以点圆心，为半径画弧交于，则．
21．(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由正多边形的性质证明，可得，再证明是等边三角形，从而可得结论；
（2）①按照题干的要求作线段的垂直平分线，再作圆即可；②过点O作，垂足为P，连接， 证明．结合，，．从而可得结论；
【详解】（1）证明：在圆内接正六边形中，
，
∴，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴是等边三角形，
∴．
∴点H，G三等分．
（2）①解：如图，即为所求作．

②证明：如图，过点O作，垂足为P，连接，则．
由（1）知，，
∴．
∵，，
∴．
∴是①所作圆的切线．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆的内接多边形的性质，切线的判定，作线段的垂直平分线，掌握以上基础知识是解本题的关键．
22．(1),理由见解析
(2)
【分析】（1）连接，可得，根据切线的定义可得，即可得出结论．
（2）根据正方形的性质可得，，，则．根据点F是的中点，可得．最后根据平行线的性质可得．
【详解】（1）解：．
理由：如图，连接，
∵正方形内接于，
∴．
∵与相切于点D，
∴，即．
∴，
∴．
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵点F是的中点，
∴，
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的内接正多边形，平行线的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接正多边形的中心角，同弧所对的圆周角相等，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，以及平行线的判定和性质．
23．（1）∠AED=120°；（2）12.
【分析】（1）如图，连接BD，由已知条件证△ABD是等边三角形，得到∠ABD=60°，从而由圆内接四边形的性质可得∠AED=120°；
（2）如图，连接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，结合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，从而可得；
【详解】解：（1）如图，连接BD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠ABD=180°，
∴∠AED=120°；
（2）连接OA，
∵∠ABD=60°，
∴∠AOD=2∠ABD=120°，
∵∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠AOD﹣∠DOE=30°，
∴．
24．(1)16
(2)①；②
【分析】本题考查了正多边形与圆，勾股定理等知识，解题的关键是：
（1）连接，根据正方形和圆的性质得出，然后根据勾股定理求解即可；
（2）①连接，，设，分别在、中，利用勾股定理关键关于x的方程求解即可；
②连接，，，先证明共线，然后求出，最后根据正方形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：连接，
四边形是正方形，
，
解得：，
正方形的边长为4，
正方形的面积为16．
（2）解：①连接，，
四边形是正方形，且其面积为16，
，
设，则，
在中，，
在中，，
，
解得（舍）
，
．
②连接，，，
，且，
，，
又，
，
共线，
，
．
25．（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析；（3）
【详解】解：（1）如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．
∵△A1A2A3是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2，
∵PM=PA1，
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴，是定值．
（2）结论：是定值．
理由：在A4P上截取A4H=A2P，连接HA1．
∵四边形A1A2A3A4是正方形，
∴A4A1=A2A1，
∵∠A1A4H=∠A1A2P，A4H=A2P，
∴△A1A4H=△A1A2P，
∴A1H=PA1，∠A4A1H=∠A2A1P，
∴∠HA1P=∠A4A1A2=90°
∴△HA1P的等腰直角三角形，
∴PA4=HA4+PH=PA2+PA1，
同法可证：PA3=PA1+PA2，
∴（+1）（PA1+PA2）=PA3+PA4，
∴PA1+PA2=（-1）（PA3+PA4），
∴．
（3）结论：．
理由：如图3-1中，延长PA1到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．
∵正五边形A1A2A3A4A5
∴A1A4=A2A4
∵四边形A1A4A2P是圆的内接四边形，
∴∠HA1A4=∠PA2A4
∴△HA4A1≌△PA4A2，
∴HA4=PA4，∠HA4A1=∠PA4A2，
∴∠HA4P=∠A1A4A2
∴△A4HP是顶角为36°的等腰三角形，
∴PH=PA4，即PA1+PA2=PA4，
如图3-2中，延长PA5到H，使得A5H=PA3．
同法可证：△A4HP是顶角为108°的等腰三角形，
∴PH=PA4，即PA5+PA3=PA4，
∴．
故答案为：．
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