24.3正多边形和圆同步练习（含解析）
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24.3 正多边形和圆同步练习2024-2025学年九年级人教版数学
一、单选题
1．如图，正八边形内接于，连接，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形的中心角的度数是（ ）
A．72° B．60° C．48° D．36°
3．如图，正六边形内接于，半径为，则这个正六边形的边心距的长为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，正五边形内接于，连接，则（ ）
A． B． C． D．
5．若正六边形的边长等于4，则它的面积等于（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（ ）
A．55° B．65° C．60° D．75°
8．如图，与正五边形的两边相切于两点，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，是正五边形的内切圆，分别切，于点M，N，P是优弧上的一点，则的度数为( )
A． B． C． D．
10．如图，△PQR是⊙O的内接正三角形，四边形ABCD是⊙O的内接正方形， BC∥QR，则∠AOQ=（ ）
A．60° B．65° C．72° D．75°
二、填空题
11．如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是 ．
12．如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 个．
13．如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则 ．
14．如图，正五边形内接于，是的直径，P是上的一点（不与点B，F重合），则的度数为 °．
15．如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点．则线段的长为 ．
三、解答题
16．如图，正三角形ABC内接于⊙O，若AB=cm，求⊙O的半径．
17．如图，四边形是圆的内接四边形，延长、相交于点，已知．
（1）求证：；
（2）若是四边形外接圆的直径，求证：．
18．如图，四边形内接于圆，，对角线平分．
（1）求证：是等边三角形；
（2）过点作交的延长线于点，若，求的面积．
19．如图，正六边形为的内接正六边形，过点D作的切线，交的延长线于点P，连接的半径为6．
(1)求的度数；
(2)求线段的长；
(3)若点M为上一点（不与点F，D重合），连接，直接写出与的面积之和．
20．如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，．
（1）求证：是的平分线；
（2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值．
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试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】本题考查正多边形的性质．根据题意，由正八边形内接于知，．
【详解】解：正八边形内接于
．
故选：C．
2．A
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为，
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式： 是解题的关键．
3．B
【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形的性质，垂径定理，勾股定理，等边三角形的性质，熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形，运用垂径定理求出是解答本题的关键．
连接，，证明是等边三角形，得到，由垂径定理求出，在利用勾股定理求出．
【详解】解：如图，连接，，
，，
是等边三角形，
，
，
，
故选：．
4．D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
5．B
【分析】根据题意画出图形，由正六边形的特点求出的度数及的长，再由的面积即可求解．
【详解】解：如图，过正六边形中心O作于G
∵此多边形为正六边形，
∴；
∵
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴
故选：B．
．
【点睛】本题考查了正多边形的计算问题，关键是由正六边形的特点求出中心角的度数及三角形的高的长．
6．B
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
【详解】解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，
∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），
故选：B
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
7．B
【分析】连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接CD，
∵∠A＝50°，
∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，
∵E是边BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质等知识．正确理解题意是解题的关键．
8．A
【分析】根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．
【详解】解： ∵AE、CD切⊙O于点A、C，
∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，
∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为： ，
∴∠AOC＝540° 90° 90° 108° 108°＝144°，
故选：A．
【点睛】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．
9．C
【分析】先根据正多边形内角和公式求出，根据切线的定义得出，进而可得，再根据圆周角定理可得．
【详解】解：五边形是正五边形，
，
切，于点M，N，
，
又五边形的内角和为，
，
，
故选C．
【点睛】本题考查正多边形内角和问题，圆周角定理，解题的关键是掌握多边形内角和公式．
10．D
【分析】连接OD，AR，根据正三角形的性质得到∠POQ=120°，再根据内接正方形的特征得到是等腰直角三角形，进而得到，再根据圆周角定理计算即可；
【详解】连接OD，AR，
∵△PQR是⊙O的内接正三角形，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵BC∥QR，
∴，
∴，
∵△PQR是等边正三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴∠AOQ=∠POQ-∠AOP=120°-45°=75°．
故选D．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质，圆周角定理，准确计算是解题的关键．
11．6
【分析】如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，证明△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，再求出圆的半径即可．
【详解】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
∵正六边形ABCDEF，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵的周长为，
∴的半径为，
正六边形的边长是6；
【点睛】本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识，明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键．
12．10
【分析】先求出正五边形的外角为，则，进而得出，即可求解．
【详解】解：根据题意可得：
∵正五边形的一个外角，
∴，
∴，
∴共需要正五边形的个数（个），
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法．
13．2
【分析】连接，首先证明出是的内接正三角形，然后证明出，得到，，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接，
∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∴是的内接正三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
又∵，
∴，
∴，
由圆和正六边形的性质可得，，
由圆和正三角形的性质可得，，
∵，
∴．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
14．54或126
【分析】由正五边形的性质，圆周角定理，得到，由等腰三角形的性质推出直径，从而求出的度数，分两种情况，即可解决问题．
【详解】解：连接，
∵正五边形的五个顶点把圆五等分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴直径，
∴，
∵，
∴，
当P在上时，连接，
∵，
∴，
∴，
当P在上时，
由圆内接四边形的性质得．
∴的度数是或．
故答案为：54或126．
【点睛】本题考查正五边形和圆，关键是掌握正五边形的性质．
15．
【分析】根据正八边形的性质得出四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出，，即可．
【详解】解：如图，过点作于，由题意可知，四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，
在中，，，
，
同理，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
16．2cm
【分析】利用等边三角形的性质得出点O既是三角形内心也是外心，进而求出∠OBD=30°，BD=CD，再利用锐角函数关系得出BO即可．
【详解】过点O作OD⊥BC于点D，连接BO，
∵正三角形ABC内接于⊙O，
∴点O即是三角形内心也是外心，
∴∠OBD=30°，BD=CD=BC=AB=，
∴cos30°===，
解得：BO=2，
即⊙O的半径为2cm．
【点睛】考查了正多边形和圆，利用正多边形内外心的特殊关系得出∠OBD=30°，BD=CD是解题关键．
17．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补证得∠B＝∠C，从而利用等角对等边证得AB＝AC；
（2）连接AE，将证明弧相等转化为弧相对的圆周角相等来实现．
【详解】（1）∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠B+∠ADE=180°
又∵∠EDC+∠ADE=180°
∴∠EDC=∠B
又∵∠EDC=∠C
∴∠B=∠C
∴AB=AC
（2）连接AE
∵AB是圆的直径
∴∠AEB=90°
又∵AB=AC
∴AE平分∠BAC
∴∠BAE=∠EAD
∴
【点睛】本题考查圆内接四边形及圆的有关性质，解题的关键是知道圆内接四边形及圆的有关性质．
18．（1）见解析；（2）；
【分析】（1）根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断；
（2）过点A作AE⊥CD，垂足为点E，过点B作BF⊥AC，垂足为点F．根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，分别求出△ABC，△ACD的面积，即可求得四边形ABCD的面积，然后通过证得△EAB≌△DCB（AAS），即可求得△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O．
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADC=120°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，
∴∠ABC=∠BCA=∠BAC，
∴△ABC是等边三角形；
（2）过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．
∴∠AMD=90°
∵∠ADC=120°，
∴∠ADM=60°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD=1，AM=，
∵CD=3，
∴CM=CD+DE=1+3=4，
∴S△ACD=CD-AM=×3×=，
在Rt△AMC中，∠AMD=90°，
∴AC=，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=，
∴BN=，
∴S△ABC=××=，
∴四边形ABCD的面积=+=，
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=BDC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
，
∴△EAB≌△DCB（AAS），
∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了圆内接正六边形，圆周角定理，切线性质，求三角形面积等知识点，熟练应用基本性质和定理是解题的关键．
（1）连接，根据圆内接正六边形性质求出，进而由圆周角定理得出度数；
（2）由切线性质得，在中，利用三角函数即可求解；
（3）分别表达，再求和即可．
【详解】（1）解：如图1，连接，
正六边形为的内接正六边形，
是的直径，，
，
；
（2）与相切，是的直径，
，
正六边形为的内接正六边形，
，
在中，，
；
（3）正六边形为的内接正六边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
20．(1)详见解析；(2)是， ；(3)
【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可；
(2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积；
(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中,t=，D与O、C共线时t取最大值即可算出．
【详解】(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC，
∴,都为圆，
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，
∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA至点E，使得AE=DB．
连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，
∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC是等边三角形，
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为
∴．
(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2,根据对称性
C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．
∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D1D2,
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,
∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，
在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=，
同理D2H=
∴t=D1D2=．
∴x取最大值时,t取最大值．
即D与O、C共线时t取最大值,x=4．
所有t值中的最大值为．
【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．如图，正八边形内接于，连接，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形的中心角的度数是（ ）
A．72° B．60° C．48° D．36°
3．如图，正六边形内接于，半径为，则这个正六边形的边心距的长为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，正五边形内接于，连接，则（ ）
A． B． C． D．
5．若正六边形的边长等于4，则它的面积等于（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（ ）
A．55° B．65° C．60° D．75°
8．如图，与正五边形的两边相切于两点，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，是正五边形的内切圆，分别切，于点M，N，P是优弧上的一点，则的度数为( )
A． B． C． D．
10．如图，△PQR是⊙O的内接正三角形，四边形ABCD是⊙O的内接正方形， BC∥QR，则∠AOQ=（ ）
A．60° B．65° C．72° D．75°
二、填空题
11．如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是 ．
12．如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 个．
13．如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则 ．
14．如图，正五边形内接于，是的直径，P是上的一点（不与点B，F重合），则的度数为 °．
15．如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点．则线段的长为 ．
三、解答题
16．如图，正三角形ABC内接于⊙O，若AB=cm，求⊙O的半径．
17．如图，四边形是圆的内接四边形，延长、相交于点，已知．
（1）求证：；
（2）若是四边形外接圆的直径，求证：．
18．如图，四边形内接于圆，，对角线平分．
（1）求证：是等边三角形；
（2）过点作交的延长线于点，若，求的面积．
19．如图，正六边形为的内接正六边形，过点D作的切线，交的延长线于点P，连接的半径为6．
(1)求的度数；
(2)求线段的长；
(3)若点M为上一点（不与点F，D重合），连接，直接写出与的面积之和．
20．如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，．
（1）求证：是的平分线；
（2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值．
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试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】本题考查正多边形的性质．根据题意，由正八边形内接于知，．
【详解】解：正八边形内接于
．
故选：C．
2．A
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为，
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式： 是解题的关键．
3．B
【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形的性质，垂径定理，勾股定理，等边三角形的性质，熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形，运用垂径定理求出是解答本题的关键．
连接，，证明是等边三角形，得到，由垂径定理求出，在利用勾股定理求出．
【详解】解：如图，连接，，
，，
是等边三角形，
，
，
，
故选：．
4．D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
5．B
【分析】根据题意画出图形，由正六边形的特点求出的度数及的长，再由的面积即可求解．
【详解】解：如图，过正六边形中心O作于G
∵此多边形为正六边形，
∴；
∵
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴
故选：B．
．
【点睛】本题考查了正多边形的计算问题，关键是由正六边形的特点求出中心角的度数及三角形的高的长．
6．B
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
【详解】解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，
∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），
故选：B
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
7．B
【分析】连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接CD，
∵∠A＝50°，
∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，
∵E是边BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质等知识．正确理解题意是解题的关键．
8．A
【分析】根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．
【详解】解： ∵AE、CD切⊙O于点A、C，
∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，
∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为： ，
∴∠AOC＝540° 90° 90° 108° 108°＝144°，
故选：A．
【点睛】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．
9．C
【分析】先根据正多边形内角和公式求出，根据切线的定义得出，进而可得，再根据圆周角定理可得．
【详解】解：五边形是正五边形，
，
切，于点M，N，
，
又五边形的内角和为，
，
，
故选C．
【点睛】本题考查正多边形内角和问题，圆周角定理，解题的关键是掌握多边形内角和公式．
10．D
【分析】连接OD，AR，根据正三角形的性质得到∠POQ=120°，再根据内接正方形的特征得到是等腰直角三角形，进而得到，再根据圆周角定理计算即可；
【详解】连接OD，AR，
∵△PQR是⊙O的内接正三角形，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵BC∥QR，
∴，
∴，
∵△PQR是等边正三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴∠AOQ=∠POQ-∠AOP=120°-45°=75°．
故选D．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质，圆周角定理，准确计算是解题的关键．
11．6
【分析】如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，证明△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，再求出圆的半径即可．
【详解】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
∵正六边形ABCDEF，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵的周长为，
∴的半径为，
正六边形的边长是6；
【点睛】本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识，明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键．
12．10
【分析】先求出正五边形的外角为，则，进而得出，即可求解．
【详解】解：根据题意可得：
∵正五边形的一个外角，
∴，
∴，
∴共需要正五边形的个数（个），
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法．
13．2
【分析】连接，首先证明出是的内接正三角形，然后证明出，得到，，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接，
∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∴是的内接正三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
又∵，
∴，
∴，
由圆和正六边形的性质可得，，
由圆和正三角形的性质可得，，
∵，
∴．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
14．54或126
【分析】由正五边形的性质，圆周角定理，得到，由等腰三角形的性质推出直径，从而求出的度数，分两种情况，即可解决问题．
【详解】解：连接，
∵正五边形的五个顶点把圆五等分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴直径，
∴，
∵，
∴，
当P在上时，连接，
∵，
∴，
∴，
当P在上时，
由圆内接四边形的性质得．
∴的度数是或．
故答案为：54或126．
【点睛】本题考查正五边形和圆，关键是掌握正五边形的性质．
15．
【分析】根据正八边形的性质得出四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出，，即可．
【详解】解：如图，过点作于，由题意可知，四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，
在中，，，
，
同理，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
16．2cm
【分析】利用等边三角形的性质得出点O既是三角形内心也是外心，进而求出∠OBD=30°，BD=CD，再利用锐角函数关系得出BO即可．
【详解】过点O作OD⊥BC于点D，连接BO，
∵正三角形ABC内接于⊙O，
∴点O即是三角形内心也是外心，
∴∠OBD=30°，BD=CD=BC=AB=，
∴cos30°===，
解得：BO=2，
即⊙O的半径为2cm．
【点睛】考查了正多边形和圆，利用正多边形内外心的特殊关系得出∠OBD=30°，BD=CD是解题关键．
17．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补证得∠B＝∠C，从而利用等角对等边证得AB＝AC；
（2）连接AE，将证明弧相等转化为弧相对的圆周角相等来实现．
【详解】（1）∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠B+∠ADE=180°
又∵∠EDC+∠ADE=180°
∴∠EDC=∠B
又∵∠EDC=∠C
∴∠B=∠C
∴AB=AC
（2）连接AE
∵AB是圆的直径
∴∠AEB=90°
又∵AB=AC
∴AE平分∠BAC
∴∠BAE=∠EAD
∴
【点睛】本题考查圆内接四边形及圆的有关性质，解题的关键是知道圆内接四边形及圆的有关性质．
18．（1）见解析；（2）；
【分析】（1）根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断；
（2）过点A作AE⊥CD，垂足为点E，过点B作BF⊥AC，垂足为点F．根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，分别求出△ABC，△ACD的面积，即可求得四边形ABCD的面积，然后通过证得△EAB≌△DCB（AAS），即可求得△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O．
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADC=120°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，
∴∠ABC=∠BCA=∠BAC，
∴△ABC是等边三角形；
（2）过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．
∴∠AMD=90°
∵∠ADC=120°，
∴∠ADM=60°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD=1，AM=，
∵CD=3，
∴CM=CD+DE=1+3=4，
∴S△ACD=CD-AM=×3×=，
在Rt△AMC中，∠AMD=90°，
∴AC=，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=，
∴BN=，
∴S△ABC=××=，
∴四边形ABCD的面积=+=，
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=BDC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
，
∴△EAB≌△DCB（AAS），
∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了圆内接正六边形，圆周角定理，切线性质，求三角形面积等知识点，熟练应用基本性质和定理是解题的关键．
（1）连接，根据圆内接正六边形性质求出，进而由圆周角定理得出度数；
（2）由切线性质得，在中，利用三角函数即可求解；
（3）分别表达，再求和即可．
【详解】（1）解：如图1，连接，
正六边形为的内接正六边形，
是的直径，，
，
；
（2）与相切，是的直径，
，
正六边形为的内接正六边形，
，
在中，，
；
（3）正六边形为的内接正六边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
20．(1)详见解析；(2)是， ；(3)
【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可；
(2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积；
(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中,t=，D与O、C共线时t取最大值即可算出．
【详解】(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC，
∴,都为圆，
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，
∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA至点E，使得AE=DB．
连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，
∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC是等边三角形，
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为
∴．
(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2,根据对称性
C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．
∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D1D2,
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,
∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，
在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=，
同理D2H=
∴t=D1D2=．
∴x取最大值时,t取最大值．
即D与O、C共线时t取最大值,x=4．
所有t值中的最大值为．
【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
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