正多边形—浙教版数学九（上）知识点训练
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024九上·杭州期中）下列关于正多边形的叙述，正确的是（ ）
A．正九边形既是轴对称图形又是中心对称图形
B．存在一个正多边形，它的外角和为
C．任何正多边形都有一个外接圆
D．不存在外角的度数是相邻内角度数两倍的正多边形
2．（2024九上·义乌期中）一个半径为2cm的圆的内接正六边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九上·石家庄期中） 如图，正六边形内接于⊙，若⊙的周长等于，则正六边形的边长为（ ）
A． B． C．3 D．
4．（2024九上·淳安期中）如图，在正六边形ABCDEF中，AB＝4，P是ED的中点，连结AP，则AP的长为( )
A． B．8 C． D．
5．（2022九上·衢州期中）如图，正六边形内接于圆，半径为4，则这个正六边形的边心距为（ ）
A．2 B． C． D．
6．（2024九上·北京市期中）如图，已知正六边形的外接圆半径为，则该正六边形的边心距是（ ）
A． B． C． D．
7．（2021九上·南宁期中）如图，把圆分成六等分，经过各分点作圆的切线，以相邻切线的交点为顶点的图形是这个圆的外切正六边形， 的半径是R，它的外切正六边形的边长为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024九上·滨江期末）如图，点，，，为正边形的顶点，点为正边形的中心．若，则（ ）
A．七 B．八 C．九 D．十
9．（2024九上·印江开学考）如图所示，是工人师傅用边长均为a的两块正方形和一块正三角形地砖绕着点O进行的设．若将一块边长为a的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
10．（2024九上·南山开学考）某个正六边形螺帽需要拧4圈才能拧紧，小梧用扳手的卡口卡住螺帽，通过转动扳手的手柄来转动螺帽（如图所示）．以此方式把这个螺帽拧紧，他一共需要转动扳手的次数是（ ）
A．4 B．16 C．24 D．32
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2020九上·镇原期末）若正六边形外接圆的半径为4，则它的边长为 .
12．（2024九上·杭州月考）如图，正五边形ABCDE的边长为2，以A为圆心，AB为半径作，则阴影部分的面积为 （结果保留T）.
13．（2024九上·温州期末）如图，正五边形内接于，为上的一点（点不与点重合），则 ．
14．（2024九上·瑞安期中）如图，正方形的边长为，以边上的动点为圆心，为半径作圆，将沿翻折至，若过一边上的中点，则的半径为 ．
15．（2024九上·长兴期中）我国古代数学家刘微利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形（如图），则阴影部分的面积是 ．
16．（2023九上·长沙期中）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的割圆术：“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”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为 ．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2023九上·余江期中）已知正六边形，请仅用无刻度的直尺完成下列作图（保留作图痕迹，不写作法，用虚线表示作图过程，实线表示作图结果）。
图1图2
（1）在图1中作出以为对角线的一个菱形；
（2）在图2中作出以为边的一个菱形．
18．（2024九上·西湖期末）如图，在正五边形中，连结交于点F
（1）求的度数．
（2）已知，求的长．
19．（2023九上·无为月考）如图，正八边形内接于，M是弧DE上的一点，连接AM，BM，求的度数．
20．（2024九上·任丘期末）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，的半径为6，连接，．
（1）求；
（2）连接，试判断和有什么特殊位置关系，并说明理由．
21．（2024九上·缙云期末）如图，小吴同学在陶艺课中为八角花盆制作“圆形托盘”，已知八角花盆底部截面是一个正八边形（如图），请根据下列信息解决问题．
（1）求八角花盆底部截面正八边形一个内角的度数；
（2）若八角花盆底部截面正八边形的边长是，小吴同学制作的圆形托盘半径是，问：这个托盘是否适用于此八角花盆？（图中边长的数据为近似值，供选用）
22．（2023九上·南宫期中）如图，正六边形内接于．
（1）若是上的动点，连接，求的度数；
（2）已知的面积为．
求的度数；
求的半径．
23．学了正多边形后，我们知道可以用直尺和圆规作正方形和正六边形，但作正五边形和正七边形就不那么容易．现向同学们介绍如何用折纸的方法“编”出正多边形．
材料：等宽的纸条数根．
折法：如图1，将两根等宽的纸条对折，穿插后重叠部分为正方形．
如图2，取一根等宽的纸条打个结，拉紧，重叠部分即为正五边形．
如图3，取两根等宽的纸条折叠穿插，拉紧，可得正六边形．
如图4，把图2的纸条再打一个结，拉紧，重叠部分即为正七边形．
问题：
（1）若要编一个边长为2 cm的正方形，则所需纸条的宽度是多少？
（2）若要编一个边长为2 cm的正六边形，则所需纸条的宽度是多少？
（3）把图4的纸条再打一个结，拉紧，能得到正九边形吗？请你试一试，并求出正九边形各内角的度数．
24．（2023九上·青秀月考）【综合与实践】在《车轮为什么是圆的》课题学习中，小青将车轮设计成半径为2的正n多边形，在水平地面上模拟行驶．以为例，如图1，车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转），车轮中心的轨迹是BD，点C为中心轨迹最高点（即的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），如图2，d为点C到BD的距离（即CE的长）、当n取4，5，6时，车轮中心的轨迹分别如图3、图4、图5．
依此类推，当n取不同的值时，分别计算出d的值（结果精确到0.001）．具体数据如下表：
n 3 4 5 6 7 8 9 10 11
d 1.000 0.382 0.268 0.198 0.152 0.121 0.098 0.081
请你协助小青完成以下任务．
（1）求当时，d为何值？（参考数据：）
（2）根据表格数据，d随n的变化情况为 ；当车轮设计成圆形时， ．这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．所以，将车轮设计成圆形．
（3）若路面如图6形状，可看成由半径为2的一些等弧首尾连结而成，若长为，为确保车轮平稳滚动，则该车轮应设计成边数为几的正多边形？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：A.正九边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.任意多边形的外角和为 故本选项不合题意；
C.任何正多边形都有且只有一个外接圆，故本选项符合题意；
D.正三角形的每个外角都是对应每个内角两倍，故本选项不合题意.
故答案为：C.
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义可判断选项A；根据多边形的内角和公式可判断选项B；根据正多边形与圆的关系可判断选项C；根据多边形的内角与外角可判断选项D.
2．【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则
是正三角形，
，
，
∴正六边形的面积
故答案为： B.
【分析】设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，先计算一个等边三角形的面积，然后计算正六边形的面积.
3．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；圆的周长
【解析】【解答】解：连接OB，OC
∵⊙的周长为，即
解得：半径r=3
∵，OB=OC
∴△OBC为等边三角形
∴BC=OB=3
故答案为：C
【分析】连接OB，OC，根据圆的周长可求出圆的半径r=3，再根据正多边形外接圆的性质可得，根据等边三角形判定定理可得△OBC为等边三角形，则BC=OB=3，即可求出答案.
4．【答案】C
【知识点】勾股定理；正多边形的性质；多边形的内角和公式；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：如图，连接，过点F作，
∵六边形是正六边形，
∴，
∵是的中点，
∴，
在正六边形中，
∵，
∴，
∴，，
∴，
在中， ，
故答案为：C．
【分析】本题考查正多边形的性质，多边形内角和公式，勾股定理，等腰三角形三线合一.先根据六边形是正六边形，利用六边形的性质可得：，再根据中点的性质可得：，再利用多边形的内角和公式可求出，再利用勾股定理进行计算可得：，再根据，可求出AE，利用勾股定理可得：，代入数据可求出AP．
5．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
则，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
故答案为：B．
【分析】连接，即可得到是等边三角形，然后利用解直角三角形得到解题．
6．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接，作于点，
∵正六边形的外接圆半径为，
∴正六边形的半径为，
即，
在正六边形中，，
∴，
∴正六边形的边心距是，
故答案为：D
【分析】连接，作于点M，根据题意可得，根据正六边形性质可得，再根据锐角三角函数定义即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；切线的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵∠AOB= ，AO=BO
∴△AOB是等边三角形
作CO⊥AB
∴CO=R
∠AOC= ∠AOB=30°
∴AC= AB= AO
∵AO2=AC2+CO2
∴AO2=（ AO）2+R2
∴AO= ，
故答案为：A.
【分析】如图，先求出△AOB是等边三角形，作CO⊥AB，可得∠AOC= ∠AOB=30°，CO=R，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AC= AB= AO，根据勾股定理可得AO2=AC2+CO2，据此求出AO即得结论.
8．【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：正多边形的外接圆为，
点为正边形的中心．，
，
，
故答案为：C．
【分析】
根据圆周角定理可得中心角，再根据中心角解题即可．
9．【答案】B
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正三角形的内角和为60°，正方形的内角和为90°，
∴∠AOB=360°-60°-2×90°=120°，
∴这块多边形的外角为180°-120°=60°，
∴这块正多边形的边数为360÷60=6，
故答案为：B.
【分析】根据正多边形的性质求出∠AOB=120°，从而得这块多边形的外角为60°，接下来由多边形的外角和定理进行求解.
10．【答案】C
【知识点】旋转对称图形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：因为正六边形中心角是60°，故扳手转动一次螺帽转动60°，所以旋转一圈需要转动扳手次，旋转4圈需要转动扳手次．
故答案为：C．
【分析】根据题意求出正六边形的中心角，利用周角360°即可求出转动一圈需要几次，从而求出4圈需要几次.
11．【答案】4
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：正六边形的中心角为360°÷6=60°，那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，
故正六边形的外接圆半径等于4，则正六边形的边长是4.
故答案为：4.
【分析】根据正六边形的外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，即可求解.
12．【答案】
【知识点】扇形面积的计算；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵ ABCDE是正五边形，
∴，
∴ 阴影部分的面积为，
故答案为：.
【分析】先求出正五边形的内角度数，然后利用扇形的面积解题即可.
13．【答案】36
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接，，
∵多边形是正五边形，
∴，
∴，
∴的度数为．
故答案为：．
【分析】连接，，先求出中心角的度数，然后利用圆周角定理解题即可．
14．【答案】或或
【知识点】圆内接正多边形；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设的半径为，当经过的中点，即经过的中点，
∴，
当经过的中点，则，
∴，，
在中，
∴
解得：（负值舍去）
当经过的中点，即经过的中点，设的中点为，
∴
∴
解得：
综上所述，半径为、、
故答案为：或或．
【分析】分经过的中点，经过的中点或经过的中点三种情况讨论，根据勾股定理分别计算解题即可．
15．【答案】
【知识点】圆内接正多边形；“割圆术”
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、0C、OD，过点O作OM⊥AD，垂足为M，
由圆的对称性可知，点A、点D是的三等分点，四边形BCFE是正方形，
∴，，
在Rt△AOM中，OA=2，∠AOM=60°，
∴，，
在Rt△BOM中，∠BOM=45°，OM=1，
∴BM=OM=1，
∴，
∴8个阴影三角形的面积和为：，
故答案为：.
【分析】根据正多边形与圆的对称性、垂径定理以及正多边形与圆的计算，可求出∠AOD=120°，∠BOC=90°，由直角三角形的边角关系求出OM、AM、BM，根据三角形的面积公式进行计算即可.
16．【答案】3
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，过A作AMOB于点M，
在正十二边形中，∠AOB=360°12=30°，
正十二边形的面积为
故答案为：3.
【分析】过A作AMOB于点M，求得∠AOB=360°12=30°，利用直角三角形的性质得到利用三角形的面积公式得到再根据正十二边形的面积为利用圆的面积公式即可求解.
17．【答案】（1）解：解：如图，菱形即为所求（点可以对调位置）：（答案不唯一）
图1-1 图1-2 图1-3 图1-4
图1-5
（2）解：如图，菱形即为所求．
图2-1图2-2图2-3
【知识点】菱形的判定；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）利用正六边形的性质及菱形的判定方法作出图象即可；
（2）利用正六边形的性质及菱形的判定方法作出图象即可.
18．【答案】（1）解：∵五边形是正五边形，
，，
∴，
同理可求，
∴
（2）解：∵，∴，
同理可证，
∴四边形是菱形，
，
同理，
∴，
∵，
，
，即，
设，则，
，即，
解得（舍去负值），
的长是
【知识点】正多边形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据正五边形得到，，然后根据等边对等角求出，然后利用三角形的内角和求出的度数；
（2）先根据两角相等证明得到，设，则，列方程即可解题．
（1）解：∵五边形是正五边形，
，，
∴，
同理可求，
∴．
（2）解：∵，
∴，
同理可证，
∴四边形是菱形，
，
同理，
∴，
∵，
，
，即，
设，则，
，即，
解得（舍去负值），
的长是．
19．【答案】解：如图，连接OA，OB．
∵正八边形是的内接正八边形，
∴，
∴．
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】 连接OA，OB，根据圆内接正八边形求得，再利用圆周角定理即可求解.
20．【答案】（1）解：连接，
∵正六边形为的内接正六边形，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，连接，
由题意可得，点A，O，D共线，即为的直径，
∴，
∴．
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形；扇形面积的计算
【解析】【分析】本题考查正多边形与圆，直径所对的圆周角为，扇形的面积
（1）连接，利用正六边形的性质可推出，，再利用扇形面积计算公式可求出阴影部分的面积；
（2）连接，根据点A，O，D共线，可推出为的直径，再根据直径所对的圆周角为，据此可推出；
（1）解：连接，
∵正六边形为的内接正六边形，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，连接，
由题意可得，点A，O，D共线，即为的直径，
∴，
∴．
21．【答案】（1）解：正八边形的外角，
∴正八边形的内角；
（2）解：如图中，连接，，过点作于点．
∵，，
∴，，由题意得，
∴（，
∵，
∴这个托盘适用于此八角花盆．
【知识点】等腰三角形的性质；多边形内角与外角；垂径定理的实际应用；圆内接正多边形；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）求出正八边形的外角，根据内角和外角互补解题即可；
（）连接，，过点作于点，求出正八边形的所在圆的半径OA长，和托盘的半径作比较解题即可．
22．【答案】（1）解：如图所示，在取一点，连接 ，
∵六边形是正六边形，
∴ ，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴；
∵，
∴，，
∴，
∴，
即的半径为．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（）在取一点，连接，根据正六边形性质可得 ，，则，再根据等对等角，结合角之间的关系即可求出答案.
（）①根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，即可求出答案.
②根据锐角三角函数可得，，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）如图所示，在取一点，连接 ，
∵六边形是正六边形，
∴ ，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴是等边三角形，
∴；
∵，
∴，，
∴，
∴，
即的半径为．
23．【答案】（1）解：将两根等宽的纸条对折，穿插后重叠部分为正方形，
∵正方形的边长为2cm，
∴纸条的宽度为2cm.
（2）解：由图形可知：边长为2的正六边形是由6个边长为2的等边三角形组成，等边三角形的高等于原来的纸带宽度，
∴原来的纸带宽度==，
∴所需纸条的宽度是；
（3）解：能得到正九边形，理由：设正九边形内角的度数为x，
根据题意得：9x=（9-2）×180°，
解得：x=140°，
∴九边形内角的度数为140°.
【知识点】翻折变换（折叠问题）；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）观察图1中的第二个图形可得纸条的宽度；
（2）边长为2的正六边形是由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高等于原来的纸带宽度，据此即可求解；
（3）设正九边形内角的度数为x，根据多边形内角和的度数列出方程并解之即可.
24．【答案】（1）解：当时，
∵点C为的中点
∴
∵
∴，
∴为等腰直角三角形
在中，
∴
∴
∴
（2）d随n的增大而减小；0
（3）解：设对应的圆心角为
∵长为
∴即
∴即该车轮应设计成边数为36的正多边形．
【知识点】弧长的计算；正多边形的性质
【解析】【解答】解：根据表格数据，d随n的变化情况为d随n的增大而减小；当车轮设计成圆形时，d=0．
故答案为：d随n的增大而减小；0；
【分析】（1）先根据题意证明是等腰直角三角形，进而根据勾股定理即可得到，从而即可求解。
（2）根据表格数据即可求解；
（3）先根据题意得到对应的圆心角的度数，进而根据弧长公式结合题意即可求正多边形的边数．
1 / 1正多边形—浙教版数学九（上）知识点训练
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024九上·杭州期中）下列关于正多边形的叙述，正确的是（ ）
A．正九边形既是轴对称图形又是中心对称图形
B．存在一个正多边形，它的外角和为
C．任何正多边形都有一个外接圆
D．不存在外角的度数是相邻内角度数两倍的正多边形
【答案】C
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：A.正九边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.任意多边形的外角和为 故本选项不合题意；
C.任何正多边形都有且只有一个外接圆，故本选项符合题意；
D.正三角形的每个外角都是对应每个内角两倍，故本选项不合题意.
故答案为：C.
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义可判断选项A；根据多边形的内角和公式可判断选项B；根据正多边形与圆的关系可判断选项C；根据多边形的内角与外角可判断选项D.
2．（2024九上·义乌期中）一个半径为2cm的圆的内接正六边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则
是正三角形，
，
，
∴正六边形的面积
故答案为： B.
【分析】设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，先计算一个等边三角形的面积，然后计算正六边形的面积.
3．（2023九上·石家庄期中） 如图，正六边形内接于⊙，若⊙的周长等于，则正六边形的边长为（ ）
A． B． C．3 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；圆的周长
【解析】【解答】解：连接OB，OC
∵⊙的周长为，即
解得：半径r=3
∵，OB=OC
∴△OBC为等边三角形
∴BC=OB=3
故答案为：C
【分析】连接OB，OC，根据圆的周长可求出圆的半径r=3，再根据正多边形外接圆的性质可得，根据等边三角形判定定理可得△OBC为等边三角形，则BC=OB=3，即可求出答案.
4．（2024九上·淳安期中）如图，在正六边形ABCDEF中，AB＝4，P是ED的中点，连结AP，则AP的长为( )
A． B．8 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正多边形的性质；多边形的内角和公式；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：如图，连接，过点F作，
∵六边形是正六边形，
∴，
∵是的中点，
∴，
在正六边形中，
∵，
∴，
∴，，
∴，
在中， ，
故答案为：C．
【分析】本题考查正多边形的性质，多边形内角和公式，勾股定理，等腰三角形三线合一.先根据六边形是正六边形，利用六边形的性质可得：，再根据中点的性质可得：，再利用多边形的内角和公式可求出，再利用勾股定理进行计算可得：，再根据，可求出AE，利用勾股定理可得：，代入数据可求出AP．
5．（2022九上·衢州期中）如图，正六边形内接于圆，半径为4，则这个正六边形的边心距为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
则，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
故答案为：B．
【分析】连接，即可得到是等边三角形，然后利用解直角三角形得到解题．
6．（2024九上·北京市期中）如图，已知正六边形的外接圆半径为，则该正六边形的边心距是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接，作于点，
∵正六边形的外接圆半径为，
∴正六边形的半径为，
即，
在正六边形中，，
∴，
∴正六边形的边心距是，
故答案为：D
【分析】连接，作于点M，根据题意可得，根据正六边形性质可得，再根据锐角三角函数定义即可求出答案.
7．（2021九上·南宁期中）如图，把圆分成六等分，经过各分点作圆的切线，以相邻切线的交点为顶点的图形是这个圆的外切正六边形， 的半径是R，它的外切正六边形的边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；切线的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵∠AOB= ，AO=BO
∴△AOB是等边三角形
作CO⊥AB
∴CO=R
∠AOC= ∠AOB=30°
∴AC= AB= AO
∵AO2=AC2+CO2
∴AO2=（ AO）2+R2
∴AO= ，
故答案为：A.
【分析】如图，先求出△AOB是等边三角形，作CO⊥AB，可得∠AOC= ∠AOB=30°，CO=R，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AC= AB= AO，根据勾股定理可得AO2=AC2+CO2，据此求出AO即得结论.
8．（2024九上·滨江期末）如图，点，，，为正边形的顶点，点为正边形的中心．若，则（ ）
A．七 B．八 C．九 D．十
【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：正多边形的外接圆为，
点为正边形的中心．，
，
，
故答案为：C．
【分析】
根据圆周角定理可得中心角，再根据中心角解题即可．
9．（2024九上·印江开学考）如图所示，是工人师傅用边长均为a的两块正方形和一块正三角形地砖绕着点O进行的设．若将一块边长为a的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正三角形的内角和为60°，正方形的内角和为90°，
∴∠AOB=360°-60°-2×90°=120°，
∴这块多边形的外角为180°-120°=60°，
∴这块正多边形的边数为360÷60=6，
故答案为：B.
【分析】根据正多边形的性质求出∠AOB=120°，从而得这块多边形的外角为60°，接下来由多边形的外角和定理进行求解.
10．（2024九上·南山开学考）某个正六边形螺帽需要拧4圈才能拧紧，小梧用扳手的卡口卡住螺帽，通过转动扳手的手柄来转动螺帽（如图所示）．以此方式把这个螺帽拧紧，他一共需要转动扳手的次数是（ ）
A．4 B．16 C．24 D．32
【答案】C
【知识点】旋转对称图形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：因为正六边形中心角是60°，故扳手转动一次螺帽转动60°，所以旋转一圈需要转动扳手次，旋转4圈需要转动扳手次．
故答案为：C．
【分析】根据题意求出正六边形的中心角，利用周角360°即可求出转动一圈需要几次，从而求出4圈需要几次.
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2020九上·镇原期末）若正六边形外接圆的半径为4，则它的边长为 .
【答案】4
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：正六边形的中心角为360°÷6=60°，那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，
故正六边形的外接圆半径等于4，则正六边形的边长是4.
故答案为：4.
【分析】根据正六边形的外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，即可求解.
12．（2024九上·杭州月考）如图，正五边形ABCDE的边长为2，以A为圆心，AB为半径作，则阴影部分的面积为 （结果保留T）.
【答案】
【知识点】扇形面积的计算；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵ ABCDE是正五边形，
∴，
∴ 阴影部分的面积为，
故答案为：.
【分析】先求出正五边形的内角度数，然后利用扇形的面积解题即可.
13．（2024九上·温州期末）如图，正五边形内接于，为上的一点（点不与点重合），则 ．
【答案】36
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接，，
∵多边形是正五边形，
∴，
∴，
∴的度数为．
故答案为：．
【分析】连接，，先求出中心角的度数，然后利用圆周角定理解题即可．
14．（2024九上·瑞安期中）如图，正方形的边长为，以边上的动点为圆心，为半径作圆，将沿翻折至，若过一边上的中点，则的半径为 ．
【答案】或或
【知识点】圆内接正多边形；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设的半径为，当经过的中点，即经过的中点，
∴，
当经过的中点，则，
∴，，
在中，
∴
解得：（负值舍去）
当经过的中点，即经过的中点，设的中点为，
∴
∴
解得：
综上所述，半径为、、
故答案为：或或．
【分析】分经过的中点，经过的中点或经过的中点三种情况讨论，根据勾股定理分别计算解题即可．
15．（2024九上·长兴期中）我国古代数学家刘微利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形（如图），则阴影部分的面积是 ．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形；“割圆术”
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、0C、OD，过点O作OM⊥AD，垂足为M，
由圆的对称性可知，点A、点D是的三等分点，四边形BCFE是正方形，
∴，，
在Rt△AOM中，OA=2，∠AOM=60°，
∴，，
在Rt△BOM中，∠BOM=45°，OM=1，
∴BM=OM=1，
∴，
∴8个阴影三角形的面积和为：，
故答案为：.
【分析】根据正多边形与圆的对称性、垂径定理以及正多边形与圆的计算，可求出∠AOD=120°，∠BOC=90°，由直角三角形的边角关系求出OM、AM、BM，根据三角形的面积公式进行计算即可.
16．（2023九上·长沙期中）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的割圆术：“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”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为 ．
【答案】3
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，过A作AMOB于点M，
在正十二边形中，∠AOB=360°12=30°，
正十二边形的面积为
故答案为：3.
【分析】过A作AMOB于点M，求得∠AOB=360°12=30°，利用直角三角形的性质得到利用三角形的面积公式得到再根据正十二边形的面积为利用圆的面积公式即可求解.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2023九上·余江期中）已知正六边形，请仅用无刻度的直尺完成下列作图（保留作图痕迹，不写作法，用虚线表示作图过程，实线表示作图结果）。
图1图2
（1）在图1中作出以为对角线的一个菱形；
（2）在图2中作出以为边的一个菱形．
【答案】（1）解：解：如图，菱形即为所求（点可以对调位置）：（答案不唯一）
图1-1 图1-2 图1-3 图1-4
图1-5
（2）解：如图，菱形即为所求．
图2-1图2-2图2-3
【知识点】菱形的判定；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）利用正六边形的性质及菱形的判定方法作出图象即可；
（2）利用正六边形的性质及菱形的判定方法作出图象即可.
18．（2024九上·西湖期末）如图，在正五边形中，连结交于点F
（1）求的度数．
（2）已知，求的长．
【答案】（1）解：∵五边形是正五边形，
，，
∴，
同理可求，
∴
（2）解：∵，∴，
同理可证，
∴四边形是菱形，
，
同理，
∴，
∵，
，
，即，
设，则，
，即，
解得（舍去负值），
的长是
【知识点】正多边形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据正五边形得到，，然后根据等边对等角求出，然后利用三角形的内角和求出的度数；
（2）先根据两角相等证明得到，设，则，列方程即可解题．
（1）解：∵五边形是正五边形，
，，
∴，
同理可求，
∴．
（2）解：∵，
∴，
同理可证，
∴四边形是菱形，
，
同理，
∴，
∵，
，
，即，
设，则，
，即，
解得（舍去负值），
的长是．
19．（2023九上·无为月考）如图，正八边形内接于，M是弧DE上的一点，连接AM，BM，求的度数．
【答案】解：如图，连接OA，OB．
∵正八边形是的内接正八边形，
∴，
∴．
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】 连接OA，OB，根据圆内接正八边形求得，再利用圆周角定理即可求解.
20．（2024九上·任丘期末）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，的半径为6，连接，．
（1）求；
（2）连接，试判断和有什么特殊位置关系，并说明理由．
【答案】（1）解：连接，
∵正六边形为的内接正六边形，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，连接，
由题意可得，点A，O，D共线，即为的直径，
∴，
∴．
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形；扇形面积的计算
【解析】【分析】本题考查正多边形与圆，直径所对的圆周角为，扇形的面积
（1）连接，利用正六边形的性质可推出，，再利用扇形面积计算公式可求出阴影部分的面积；
（2）连接，根据点A，O，D共线，可推出为的直径，再根据直径所对的圆周角为，据此可推出；
（1）解：连接，
∵正六边形为的内接正六边形，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，连接，
由题意可得，点A，O，D共线，即为的直径，
∴，
∴．
21．（2024九上·缙云期末）如图，小吴同学在陶艺课中为八角花盆制作“圆形托盘”，已知八角花盆底部截面是一个正八边形（如图），请根据下列信息解决问题．
（1）求八角花盆底部截面正八边形一个内角的度数；
（2）若八角花盆底部截面正八边形的边长是，小吴同学制作的圆形托盘半径是，问：这个托盘是否适用于此八角花盆？（图中边长的数据为近似值，供选用）
【答案】（1）解：正八边形的外角，
∴正八边形的内角；
（2）解：如图中，连接，，过点作于点．
∵，，
∴，，由题意得，
∴（，
∵，
∴这个托盘适用于此八角花盆．
【知识点】等腰三角形的性质；多边形内角与外角；垂径定理的实际应用；圆内接正多边形；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）求出正八边形的外角，根据内角和外角互补解题即可；
（）连接，，过点作于点，求出正八边形的所在圆的半径OA长，和托盘的半径作比较解题即可．
22．（2023九上·南宫期中）如图，正六边形内接于．
（1）若是上的动点，连接，求的度数；
（2）已知的面积为．
求的度数；
求的半径．
【答案】（1）解：如图所示，在取一点，连接 ，
∵六边形是正六边形，
∴ ，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴；
∵，
∴，，
∴，
∴，
即的半径为．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（）在取一点，连接，根据正六边形性质可得 ，，则，再根据等对等角，结合角之间的关系即可求出答案.
（）①根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，即可求出答案.
②根据锐角三角函数可得，，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）如图所示，在取一点，连接 ，
∵六边形是正六边形，
∴ ，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴是等边三角形，
∴；
∵，
∴，，
∴，
∴，
即的半径为．
23．学了正多边形后，我们知道可以用直尺和圆规作正方形和正六边形，但作正五边形和正七边形就不那么容易．现向同学们介绍如何用折纸的方法“编”出正多边形．
材料：等宽的纸条数根．
折法：如图1，将两根等宽的纸条对折，穿插后重叠部分为正方形．
如图2，取一根等宽的纸条打个结，拉紧，重叠部分即为正五边形．
如图3，取两根等宽的纸条折叠穿插，拉紧，可得正六边形．
如图4，把图2的纸条再打一个结，拉紧，重叠部分即为正七边形．
问题：
（1）若要编一个边长为2 cm的正方形，则所需纸条的宽度是多少？
（2）若要编一个边长为2 cm的正六边形，则所需纸条的宽度是多少？
（3）把图4的纸条再打一个结，拉紧，能得到正九边形吗？请你试一试，并求出正九边形各内角的度数．
【答案】（1）解：将两根等宽的纸条对折，穿插后重叠部分为正方形，
∵正方形的边长为2cm，
∴纸条的宽度为2cm.
（2）解：由图形可知：边长为2的正六边形是由6个边长为2的等边三角形组成，等边三角形的高等于原来的纸带宽度，
∴原来的纸带宽度==，
∴所需纸条的宽度是；
（3）解：能得到正九边形，理由：设正九边形内角的度数为x，
根据题意得：9x=（9-2）×180°，
解得：x=140°，
∴九边形内角的度数为140°.
【知识点】翻折变换（折叠问题）；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）观察图1中的第二个图形可得纸条的宽度；
（2）边长为2的正六边形是由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高等于原来的纸带宽度，据此即可求解；
（3）设正九边形内角的度数为x，根据多边形内角和的度数列出方程并解之即可.
24．（2023九上·青秀月考）【综合与实践】在《车轮为什么是圆的》课题学习中，小青将车轮设计成半径为2的正n多边形，在水平地面上模拟行驶．以为例，如图1，车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转），车轮中心的轨迹是BD，点C为中心轨迹最高点（即的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），如图2，d为点C到BD的距离（即CE的长）、当n取4，5，6时，车轮中心的轨迹分别如图3、图4、图5．
依此类推，当n取不同的值时，分别计算出d的值（结果精确到0.001）．具体数据如下表：
n 3 4 5 6 7 8 9 10 11
d 1.000 0.382 0.268 0.198 0.152 0.121 0.098 0.081
请你协助小青完成以下任务．
（1）求当时，d为何值？（参考数据：）
（2）根据表格数据，d随n的变化情况为 ；当车轮设计成圆形时， ．这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．所以，将车轮设计成圆形．
（3）若路面如图6形状，可看成由半径为2的一些等弧首尾连结而成，若长为，为确保车轮平稳滚动，则该车轮应设计成边数为几的正多边形？
【答案】（1）解：当时，
∵点C为的中点
∴
∵
∴，
∴为等腰直角三角形
在中，
∴
∴
∴
（2）d随n的增大而减小；0
（3）解：设对应的圆心角为
∵长为
∴即
∴即该车轮应设计成边数为36的正多边形．
【知识点】弧长的计算；正多边形的性质
【解析】【解答】解：根据表格数据，d随n的变化情况为d随n的增大而减小；当车轮设计成圆形时，d=0．
故答案为：d随n的增大而减小；0；
【分析】（1）先根据题意证明是等腰直角三角形，进而根据勾股定理即可得到，从而即可求解。
（2）根据表格数据即可求解；
（3）先根据题意得到对应的圆心角的度数，进而根据弧长公式结合题意即可求正多边形的边数．
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