24.6正多边形与圆同步练习（含解析）
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
24.6正多边形与圆
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，以点为圆心的两个同心圆把以为半径的大圆的面积三等分，这两个圆的半径分别为，．则的值是（ ）
A． B． C． D．
2．周长是12的正三角形、正方形、正六边形的面积分别是S3、S4、S6，则它们的大小关系是（ ）
A．S6＞S4＞S3 B．S3＞S4＞S6 C．S6＞S3＞S4 D．S4＞S6＞S3
3．如图，以半径为2的正六边形ABCDEF的中心O为原点建立平面直角坐标系，顶点A，D在x轴上，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．正三角形的高、外接圆半径、边心距之比为( )
A．3∶2∶1 B．4∶3∶2 C．4∶2∶1 D．6∶4∶3
5．如图，在一张圆形纸片上剪下一个面积最大的正六边形纸片ABCDEF，它的边长是24cm， 的长度是（ ）
A．6πcm B．8πcm C．36πcm D．96πcm
6．图，已知正五边形内接于，连接，相交于点，则的度数（ ）
A． B． C． D．
7．如果一个四边形的外接圆与内切圆是同心圆，那么这个四边形一定是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．不能确定
8．如图，点O为正六边形的中心，P、Q分别从点同时出发，沿正六边形按图示方向运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，则第2021次相遇地点的坐标为（ ）
A． B．（1，0） C． D．（﹣1，0）
9．如图，在边长为a的正六边形内有两个小三角形，相关数据如图所示．若图中阴影部分的面积为S1，两个空白三角形的面积为S2，则＝()
A．3 B．4 C．5 D．6
10．已知圆内接正三角形的边心距为1，则这个三角形的面积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
11．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网格，正六边形的顶点称为格点，已知每个正六边形的边长为1，的顶点都在格点上，则的面积是（ ）
A． B．2 C．3 D．3
二、填空题
13．如图，在⊙的内接四边形中，，，点在弧上．若恰好为⊙的内接正十边形的一边，弧的度数为 ．
14．如图，点O是正五边形ABCDE的中心，则∠BAO的度数为 ．
15．如图，四边形ABCD内接于，AB为的直径，点D为的中点，若，则的度数为 度
16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠C=130°，则∠BOD的度数是 ．
17．请阅读下列材料，解答问题：
克罗狄斯·托勒密（约90年—168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理． 托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
如图，正五边形ABCDE内接于，，则对角线BD的长为 ．
三、解答题
18．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．已知四边形是圆美四边形．
（1）求美角的度数；
（2）如图1，若的半径为5，求的长；
（3）如图2，若平分，求证：．
19．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．
20．用长的篱笆在空地上围成一个绿化场地，现有几种设计方案：正三角形、正方形、正六边形、圆，哪种场地的面积最大？
21．如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P不与点A、B重合），连AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
（1）填空：∠APC= 度，∠BPC= 度；
（2）求证：△ACM≌△BCP；
（3）若PA=1，PB=2，求梯形PBCM的面积．
22．各边相等的圆内接多边形是正多边形吗？各角相等的圆内接多边形呢？如果是，说明为什么；如果不是，举出反例．
23．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，E，F分别为AD，BC的中点，连结EF．
（1）求∠ABC的度数；
（2）设⊙O的半径为4．
①若BC=2AB，求四边形ABCD的面积；
②若，求EF的长．
24．如图，正六边形的中心为原点O，顶点在x轴上，半径为．求其各个顶点的坐标．
《24.6正多边形与圆》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C A B B C C C B
题号 11 12
答案 C D
1．C
【分析】根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案
【详解】解：以OA半径的圆的面积是πr2，则以OB半径的圆的面积是πr2，则以OC半径的圆的面积是πr2
∴πr2，πr2，
∴OB＝r，OC＝r．
∴OA：OB：OC＝r：r：r＝ ：：1，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，算术平方根，圆的面积的应用，解此题的关键是能根据题意得出关于OA、OB、OC的方程，难度不是很大．
2．A
【分析】根据正三角形，正方形，正六边形的周长为，即可求出各图形的边长，再结合正多边形的性质和解直角三角形，即可求解各图的面积
【详解】如图（1），正三角形的周长为
AB＝4，AD＝2，∠OAD＝30°，
∴ OD＝．
∴ ．
如图（2），正方形的周长为
AB＝AC＝3，∴ S4＝3×3＝9．
如图（3），正六边形的周长为
CD＝2，
∴OC＝2，CM＝1，
∴OM＝．
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
故选：A
【点睛】本题考查了正多边形和圆的性质，解答此题的关键是根据题意画出图像，再根据正三角形，正方形，正六边形的周长求出各图形的边长，再分别求出其面积进行比较．
3．C
【详解】试题解析：连接OC．
∵∠COD=60°，OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=OD=2．
设BC交y轴于G，则∠GOC=30°．
在Rt△GOC中，∵∠GOC=30°，OC=2，
∴GC=1，OG=．
∴C（1，-）．
故选C．
4．A
【分析】先作出图形，根据等边三角形的性质确定它的内切圆和外接圆的圆心；通过特殊角进行计算，用内切圆半径来表示外接圆半径及此正三角形高线，最后写出比值．
【详解】解：如图，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，AD是高．点O是其外接圆的圆心，
由等边三角形的三线合一得点O在AD上，并且点O还是它的内切圆的圆心，OD是△ABC内切圆半径，
∵AD⊥BC，∠1＝∠4＝∠ABC＝30°，
∴BO＝2OD，
∴OA＝OB＝2OD，
∴AD＝OA ＋OD ＝3OD，
∴AD：OA：OD＝3：2：1，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了多边形与外接圆，熟练掌握等边三角形的性质，特别是它的内切圆和外接圆是同心圆，并且圆心是它的高的三等分点，是解题的关键．
5．B
【详解】试题解析：连接OB、OA，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=360°÷6 =60°，
∵OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OB=AB=24cm，
∴
故选B .
6．B
【分析】首先根据正五边形的性质得到BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，然后利用三角形内角和定理得∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE==36°，最后利用三角形的外角的性质得到∠BFC=∠BDC+∠DCE=72°．
【详解】解：如图所示：
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，
∴∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE==36°，
∴∠BFC=∠BDC+∠DCE=72°．
故选：B．
【点睛】本题考查的是多边形内角与外角，正五边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，利用数形结合求解是解答此题的关键．
7．C
【分析】先根据内切圆的性质得出四边形是菱形，再根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案．
【详解】连接，，，，
∵是四边形的内切圆，
∴，且，，，，
∴，，，.
∵是四边形的外接圆，且，，，，
∴，，，，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内切圆，外接圆，及特殊平行四边形的判定，灵活选择判定定理是解题的关键．
8．C
【分析】连接，证是等边三角形，得，过B作于点G，则，，得，再由题意得P，Q第一次相遇地点的坐标在点，第二次相遇地点在点，第三次相遇地点在点，如此循环下去，即可求出第2021次相遇地点的坐标．
【详解】解：连接OB，如图所示，
∵，O为正六边形的中心，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
过B作于点G，则，，
∴，
∴，，
∵正六边形的边长＝1，
∴正六边形的周长＝6，
∵点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，
∴第1次相遇需要的时间为：（秒），
此时点P的路程为，点的Q路程为，
此时P，Q相遇地点的坐标在点，
以此类推：第二次相遇地点在点，
第三次相遇地点在点，…如此下去，
∵，
∴第2021次相遇地点在点E，E的坐标为，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、规律型﹣点的坐标、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正六边形的性质，解决本题的关键是找出规律.
9．C
【详解】如图，
∵三角形的斜边长为a，
∴两条直角边长为a，,
∴S2=a =a2，
∵AB=a，
∴OC=a，
∴S正六边形=6×a a=a2，
∴S1=S正六边形-S空白=a2-a2=a2，
∴==5．
故选C．
点睛: 本题考查了正多边形和圆，正六边形的边长等于半径，面积可以分成六个等边三角形的面积来计算．
10．B
【分析】根据垂径定理知道圆心O在AD上，根据
【详解】解：如图所示：作AD⊥BC与D，连接OB，
∵△ABC是等边三角形，
∴BD=CD，∠OAB=∠BAC=30°，
∴∠OBA=∠OAB =30°
∴∠OBD=30°
∴AD经过圆心O，∠ODB=90°，OD=1，
∴OA=OB=2OD=2，
∴AD=3，BD=，
∴BC=，
∴△ABC的面积=BC AD=××3=；
故选B．
【点睛】本题考查了三线合一，垂径定理，含30°直角三角形的性质，解题的关键是合理作出辅助线，找到圆心的位置．
11．C
【分析】本题考查了正多边形的性质、坐标与图形的变化—旋转规律性问题，首先确定点的坐标，得出每次一个循环，计算出，由此即可得出答案，得出规律是解此题的关键．
【详解】解：正六边形的边长为，中心与原点重合，轴，交轴于点，
，，，
，
∴点的坐标为，
第次旋转结束时，点旋转到第四象限，坐标为，
第次旋转结束时，点旋转到第三象限，坐标为，
第次旋转结束时，点旋转到第二象限，坐标为，
第次旋转结束时，点的坐标为，
每次一个循环，
，
第2023次旋转结束时，点的坐标为，
故选：C．
12．D
【分析】延长，然后作出过点C与格点所在的直线，一定交于格点E，根据即可求解．
【详解】延长，然后作出过点C与格点所在的直线，一定交于格点E．如图所示：
正六边形的边长为1，则半径是1，则，
两平行的边之间距离是： ，
则的边上的高是： ，
边上的高是： ，
则 ．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了与正多边形有关的计算，灵活运用是是解题关键．
13．
【详解】连接，，，，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是正三角形，
∴，，
∵恰好是⊙的内接正十边形的一边，
∴，
∴，
∴的度数为84°.
14．54°/54度
【详解】解：连接OB，则OB=OA，
∴∠BAO=∠ABO，
∵点O是正五边形ABCDE的中心，
∴∠AOB=360°÷5=72°，
∴∠BAO=（180°﹣72°）=54°；
故答案为54°．
15．65
【详解】连接OD、OC，
∵点D为的中点，
∴∠AOD=∠COD，
∵∠B=50°，
∴∠AOC=100°，
∴∠AOD=∠COD=50°，
∴∠A=∠ODA=65°，
故答案为65．
16．100°．
【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠A的度数，再根据圆周角定理进行求解即可.
【详解】∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠C=130°，
∴∠A=50°，
∴∠BOD=2∠A=100°，
故答案为100°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理等，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.
17．
【分析】连接AD，AC，根据圆周角与弦的关系可得AD=AC=BD，设BD=x，在四边形ABCD中，根据托勒密定理有，AC BD=AB CD+AD BC，建立方程即可求得BD的长．
【详解】解：如图，连接AD，AC，
∵五边形ABCDE是正五边形，则∠E=∠ABC=∠BCD，AB=BC=CD=2，
∴AD=AC=BD，
设BD=x，
∵ACBD=ABCD+ADBC，
即x2=2×2+2x，
解得x1=1+，x2=1 （舍去），
∴BD=1+．
故答案为：．
【点睛】此题考查了托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，解题的关键是理解题意添加辅助线．
18．（1）60°；（2）；（3）见解析
【分析】（1）根据美角的定义可得，然后根据圆内接四边形的性质即可求出结论；
（2）连接DO并延长，交与点E，连接BE，根据同弧所对的圆周角相等可得∠E=∠A=60°，然后根据直径所对的圆周角是直角可得∠DBE=90°，最后利用锐角三角函数即可求出结论；
（3）延长CB至F，使BF=DC，连接AF、BD，先证出△ABD为等边三角形，然后利用SAS证出△ABF≌△ADC，从而得出AF=AC，∠F=∠DCA=60°，再证出△ACF为等边三角形，利用等边三角形的性质和等量代换即可得出结论．
【详解】解：（1）根据题意可得：，而∠A＋∠C=180°
∴∠A=60°
（2）连接DO并延长，交与点E，连接BE
∴∠E=∠A=60°
∵DE为的直径，的半径为5，
∴∠DBE=90°，DE=10
在Rt△DBE中，BD=DE·sin∠E=10×=；
（3）延长CB至F，使BF=DC，连接AF、BD
由（1）可知：∠BAD=60°，∠BCD=2∠BAD=120°
∵平分，
∴∠BCA=∠DCA==60°
∴∠ABD=∠DCA=60°
∴∠ADB=180°－∠ABD－∠BAD=60°
∴△ABD为等边三角形
∴AB=AD
根据圆内接四边形的性质可得∠ABF=∠ADC
在△ABF和△ADC中
∴△ABF≌△ADC
∴AF=AC，∠F=∠DCA=60°
∴∠FAC=180°－∠F－∠ACF=60°
∴△ACF为等边三角形
∴CF=AC
∴BC＋BF=AC
∴BC＋CD=AC
【点睛】此题考查的是新定义类问题、圆内接四边形的性质、圆周角定理及推论、锐角三角函数、等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质，掌握新定义、圆内接四边形的性质、圆周角定理及推论、锐角三角函数、等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
19．（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°，
∴．
20．圆形场地．
【分析】分别求出各个正多边形和圆的面积，再比较不同图形面积的大小即可．
【详解】解：围成圆形场地面积较大．理由如下：
∵正三角形的周长为60m，则边长为20m，
∴正三角形的面积＝＝100（m2）
∵正方形的周长为60m，则边长为15m，
∴正方形的面积＝15×15＝225（m2）；
∵正六边形的周长为60m，则边长AB＝60÷6＝10（m），
过O作OC⊥AB于C，如图所示：
∵AB＝BO＝AO＝10，
∴AC=
∴CO＝，
∴正六边形面积为＝×10×5×6＝150（m2）；
∵2r＝60，
∴r＝，
∴S＝r2＝（m2）；
∵100＜225＜150＜，
∴圆的面积最大．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆的性质；熟练掌握正多边形和圆的面积的计算方法是解决问题的关键．
21．（1）60；60；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角；
（2）利用（1）中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等即可；
（3）利用（2）证得的两三角形全等判定△PCM为等边三角形，进而求得PH的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．
【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°，
故答案为60， 60；
（2）∵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+∠PBC=180°，
∵∠MAC+∠PAC=180°
∴∠MAC=∠PBC，
∵AC=BC，
∴△ACM≌△BCP；
（3）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梯形PBCM=（PB+CM）×PH=×(2+3)×=.
【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题，解题的关键是熟练掌握和灵活运用相关的性质与判定定理.
22．各边相等的圆内接多边形是正多边形．各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形．例如矩形．
【分析】由圆心角、弧、弦的关系定理和圆周角定理得出各边相等的圆内接多边形的各角一定相等，得出各边相等的圆内接多边形是正多边形；各角相等的圆内接多边形，例如矩形不是正四边形．
【详解】解：各边相等的圆内接多边形是正多边形；理由如下：
∵各边相等的圆内接多边形的各角是圆周角，一定相等，
∴各边相等的圆内接多边形是正多边形；
各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形，
例如：矩形的四个角相等，但矩形不是正四边形．
【点睛】本题考查了正多边形的定义，圆心角、弧、弦的关系定理，圆周角定理，矩形的性质；正确理解正多边形的定义是解决问题的关键．
23．（1）90°；（2）①；②．
【分析】（1）连接AC，根据全等三角形的性质得到∠D=∠B，根据圆内接四边形的性质即可得到结论；
（2）①根据圆周角定理得到AC是⊙O的半径，根据勾股定理得到AB2=，根据三角形的面积公式即可得到结论；
②取AB的中点G，连接EG，FG，DB，根据三角形的内角和得到∠BAC=60°，∠ACB=30°，求得∠BAD=120°，△DCB是等边三角形，解直角三角形ABC得到AC，AB的长，根据三角形的中位线的性质得到FG，EG的长，求出∠EGF=90°．在Rt△EGF中，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）连接AC．
在△ADC与△ABC中，
∵，
∴△ADC≌△ABC，
∴∠D=∠B，
∴∠B+∠D=180°，
∴∠ABC=90°；
（2）①∵∠ABC=90°，
∴AC是⊙O的半径，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2．
∵BC=2AB，AC=8，
∴AC2=AB2+（2AB）2=64，
∴AB2=，
∴S四边形ABCD=S△ADC+S△ABC=2S△ABC=2×AB BC=2××2AB2=；
②取AB的中点G，连接EG，FG，DB．
∵，∴∠BAC=2∠ACB，
∴∠BAC=60°，∠ACB=30°．
∵AC=8，
∴AB=AC=4，BC=AB=．
∵BC=CD，
∴∠BAC=∠DAC=60°，
∴∠BAD=120°，∠BCD=60°．
∵BC=DC，∠BCD=60°，
∴△DCB是等边三角形，
∴DB=BC．
∵E、G是中点，
∴EG是△ADB的中位线，AE=AG，
∴EG=DB =，∠AGE=（180°－120°）÷2=30°．
∵GF是△ABC的中位线，
∴FG=AC=4，GF∥AC，∠BGF=∠BAC=60°．
∵∠AGE=30°，∠BGF=60°，
∴∠EGF=90°，
∴EF==．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
24．A（－2，0），B（－1，－），C（1，－），D（2，0），E（1，），F（－1，）
【分析】过点E作EG⊥x轴，垂足为G，连接OE，得出△OED是正三角形，再利用Rt△OEG中，OG＝OE，EG＝，得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥x轴，垂足为G，连接OE，
∵OE=OD，∠EOD=，
∴△OED是正三角形，∠EOG＝60°，∠OEG＝30°，
∵OE＝2cm，∠OGE＝90°，
∴OG＝OE＝1cm，EG＝＝＝cm，
点E的坐标为（1，），
又由题意知点D的坐标为（2，0），
由图形的对称性可知A（－2，0），B（－1，－），C（1，－），F（－1，）．
故这个正六边形ABCDEF各个顶点的坐标分别为A（－2，0），B（－1，－），C（1，－），D（2，0），E（1，），F（－1，）．
【点睛】本题考查了正六边形的对称性，直角三角形30°的角所对的边等于斜边的一半，勾股定理等知识，解题的关键是熟练运用这些性质．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
24.6正多边形与圆
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，以点为圆心的两个同心圆把以为半径的大圆的面积三等分，这两个圆的半径分别为，．则的值是（ ）
A． B． C． D．
2．周长是12的正三角形、正方形、正六边形的面积分别是S3、S4、S6，则它们的大小关系是（ ）
A．S6＞S4＞S3 B．S3＞S4＞S6 C．S6＞S3＞S4 D．S4＞S6＞S3
3．如图，以半径为2的正六边形ABCDEF的中心O为原点建立平面直角坐标系，顶点A，D在x轴上，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．正三角形的高、外接圆半径、边心距之比为( )
A．3∶2∶1 B．4∶3∶2 C．4∶2∶1 D．6∶4∶3
5．如图，在一张圆形纸片上剪下一个面积最大的正六边形纸片ABCDEF，它的边长是24cm， 的长度是（ ）
A．6πcm B．8πcm C．36πcm D．96πcm
6．图，已知正五边形内接于，连接，相交于点，则的度数（ ）
A． B． C． D．
7．如果一个四边形的外接圆与内切圆是同心圆，那么这个四边形一定是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．不能确定
8．如图，点O为正六边形的中心，P、Q分别从点同时出发，沿正六边形按图示方向运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，则第2021次相遇地点的坐标为（ ）
A． B．（1，0） C． D．（﹣1，0）
9．如图，在边长为a的正六边形内有两个小三角形，相关数据如图所示．若图中阴影部分的面积为S1，两个空白三角形的面积为S2，则＝()
A．3 B．4 C．5 D．6
10．已知圆内接正三角形的边心距为1，则这个三角形的面积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
11．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网格，正六边形的顶点称为格点，已知每个正六边形的边长为1，的顶点都在格点上，则的面积是（ ）
A． B．2 C．3 D．3
二、填空题
13．如图，在⊙的内接四边形中，，，点在弧上．若恰好为⊙的内接正十边形的一边，弧的度数为 ．
14．如图，点O是正五边形ABCDE的中心，则∠BAO的度数为 ．
15．如图，四边形ABCD内接于，AB为的直径，点D为的中点，若，则的度数为 度
16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠C=130°，则∠BOD的度数是 ．
17．请阅读下列材料，解答问题：
克罗狄斯·托勒密（约90年—168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理． 托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
如图，正五边形ABCDE内接于，，则对角线BD的长为 ．
三、解答题
18．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．已知四边形是圆美四边形．
（1）求美角的度数；
（2）如图1，若的半径为5，求的长；
（3）如图2，若平分，求证：．
19．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．
20．用长的篱笆在空地上围成一个绿化场地，现有几种设计方案：正三角形、正方形、正六边形、圆，哪种场地的面积最大？
21．如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P不与点A、B重合），连AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
（1）填空：∠APC= 度，∠BPC= 度；
（2）求证：△ACM≌△BCP；
（3）若PA=1，PB=2，求梯形PBCM的面积．
22．各边相等的圆内接多边形是正多边形吗？各角相等的圆内接多边形呢？如果是，说明为什么；如果不是，举出反例．
23．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，E，F分别为AD，BC的中点，连结EF．
（1）求∠ABC的度数；
（2）设⊙O的半径为4．
①若BC=2AB，求四边形ABCD的面积；
②若，求EF的长．
24．如图，正六边形的中心为原点O，顶点在x轴上，半径为．求其各个顶点的坐标．
《24.6正多边形与圆》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C A B B C C C B
题号 11 12
答案 C D
1．C
【分析】根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案
【详解】解：以OA半径的圆的面积是πr2，则以OB半径的圆的面积是πr2，则以OC半径的圆的面积是πr2
∴πr2，πr2，
∴OB＝r，OC＝r．
∴OA：OB：OC＝r：r：r＝ ：：1，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，算术平方根，圆的面积的应用，解此题的关键是能根据题意得出关于OA、OB、OC的方程，难度不是很大．
2．A
【分析】根据正三角形，正方形，正六边形的周长为，即可求出各图形的边长，再结合正多边形的性质和解直角三角形，即可求解各图的面积
【详解】如图（1），正三角形的周长为
AB＝4，AD＝2，∠OAD＝30°，
∴ OD＝．
∴ ．
如图（2），正方形的周长为
AB＝AC＝3，∴ S4＝3×3＝9．
如图（3），正六边形的周长为
CD＝2，
∴OC＝2，CM＝1，
∴OM＝．
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
故选：A
【点睛】本题考查了正多边形和圆的性质，解答此题的关键是根据题意画出图像，再根据正三角形，正方形，正六边形的周长求出各图形的边长，再分别求出其面积进行比较．
3．C
【详解】试题解析：连接OC．
∵∠COD=60°，OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=OD=2．
设BC交y轴于G，则∠GOC=30°．
在Rt△GOC中，∵∠GOC=30°，OC=2，
∴GC=1，OG=．
∴C（1，-）．
故选C．
4．A
【分析】先作出图形，根据等边三角形的性质确定它的内切圆和外接圆的圆心；通过特殊角进行计算，用内切圆半径来表示外接圆半径及此正三角形高线，最后写出比值．
【详解】解：如图，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，AD是高．点O是其外接圆的圆心，
由等边三角形的三线合一得点O在AD上，并且点O还是它的内切圆的圆心，OD是△ABC内切圆半径，
∵AD⊥BC，∠1＝∠4＝∠ABC＝30°，
∴BO＝2OD，
∴OA＝OB＝2OD，
∴AD＝OA ＋OD ＝3OD，
∴AD：OA：OD＝3：2：1，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了多边形与外接圆，熟练掌握等边三角形的性质，特别是它的内切圆和外接圆是同心圆，并且圆心是它的高的三等分点，是解题的关键．
5．B
【详解】试题解析：连接OB、OA，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=360°÷6 =60°，
∵OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OB=AB=24cm，
∴
故选B .
6．B
【分析】首先根据正五边形的性质得到BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，然后利用三角形内角和定理得∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE==36°，最后利用三角形的外角的性质得到∠BFC=∠BDC+∠DCE=72°．
【详解】解：如图所示：
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，
∴∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE==36°，
∴∠BFC=∠BDC+∠DCE=72°．
故选：B．
【点睛】本题考查的是多边形内角与外角，正五边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，利用数形结合求解是解答此题的关键．
7．C
【分析】先根据内切圆的性质得出四边形是菱形，再根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案．
【详解】连接，，，，
∵是四边形的内切圆，
∴，且，，，，
∴，，，.
∵是四边形的外接圆，且，，，，
∴，，，，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内切圆，外接圆，及特殊平行四边形的判定，灵活选择判定定理是解题的关键．
8．C
【分析】连接，证是等边三角形，得，过B作于点G，则，，得，再由题意得P，Q第一次相遇地点的坐标在点，第二次相遇地点在点，第三次相遇地点在点，如此循环下去，即可求出第2021次相遇地点的坐标．
【详解】解：连接OB，如图所示，
∵，O为正六边形的中心，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
过B作于点G，则，，
∴，
∴，，
∵正六边形的边长＝1，
∴正六边形的周长＝6，
∵点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，
∴第1次相遇需要的时间为：（秒），
此时点P的路程为，点的Q路程为，
此时P，Q相遇地点的坐标在点，
以此类推：第二次相遇地点在点，
第三次相遇地点在点，…如此下去，
∵，
∴第2021次相遇地点在点E，E的坐标为，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、规律型﹣点的坐标、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正六边形的性质，解决本题的关键是找出规律.
9．C
【详解】如图，
∵三角形的斜边长为a，
∴两条直角边长为a，,
∴S2=a =a2，
∵AB=a，
∴OC=a，
∴S正六边形=6×a a=a2，
∴S1=S正六边形-S空白=a2-a2=a2，
∴==5．
故选C．
点睛: 本题考查了正多边形和圆，正六边形的边长等于半径，面积可以分成六个等边三角形的面积来计算．
10．B
【分析】根据垂径定理知道圆心O在AD上，根据
【详解】解：如图所示：作AD⊥BC与D，连接OB，
∵△ABC是等边三角形，
∴BD=CD，∠OAB=∠BAC=30°，
∴∠OBA=∠OAB =30°
∴∠OBD=30°
∴AD经过圆心O，∠ODB=90°，OD=1，
∴OA=OB=2OD=2，
∴AD=3，BD=，
∴BC=，
∴△ABC的面积=BC AD=××3=；
故选B．
【点睛】本题考查了三线合一，垂径定理，含30°直角三角形的性质，解题的关键是合理作出辅助线，找到圆心的位置．
11．C
【分析】本题考查了正多边形的性质、坐标与图形的变化—旋转规律性问题，首先确定点的坐标，得出每次一个循环，计算出，由此即可得出答案，得出规律是解此题的关键．
【详解】解：正六边形的边长为，中心与原点重合，轴，交轴于点，
，，，
，
∴点的坐标为，
第次旋转结束时，点旋转到第四象限，坐标为，
第次旋转结束时，点旋转到第三象限，坐标为，
第次旋转结束时，点旋转到第二象限，坐标为，
第次旋转结束时，点的坐标为，
每次一个循环，
，
第2023次旋转结束时，点的坐标为，
故选：C．
12．D
【分析】延长，然后作出过点C与格点所在的直线，一定交于格点E，根据即可求解．
【详解】延长，然后作出过点C与格点所在的直线，一定交于格点E．如图所示：
正六边形的边长为1，则半径是1，则，
两平行的边之间距离是： ，
则的边上的高是： ，
边上的高是： ，
则 ．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了与正多边形有关的计算，灵活运用是是解题关键．
13．
【详解】连接，，，，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是正三角形，
∴，，
∵恰好是⊙的内接正十边形的一边，
∴，
∴，
∴的度数为84°.
14．54°/54度
【详解】解：连接OB，则OB=OA，
∴∠BAO=∠ABO，
∵点O是正五边形ABCDE的中心，
∴∠AOB=360°÷5=72°，
∴∠BAO=（180°﹣72°）=54°；
故答案为54°．
15．65
【详解】连接OD、OC，
∵点D为的中点，
∴∠AOD=∠COD，
∵∠B=50°，
∴∠AOC=100°，
∴∠AOD=∠COD=50°，
∴∠A=∠ODA=65°，
故答案为65．
16．100°．
【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠A的度数，再根据圆周角定理进行求解即可.
【详解】∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠C=130°，
∴∠A=50°，
∴∠BOD=2∠A=100°，
故答案为100°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理等，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.
17．
【分析】连接AD，AC，根据圆周角与弦的关系可得AD=AC=BD，设BD=x，在四边形ABCD中，根据托勒密定理有，AC BD=AB CD+AD BC，建立方程即可求得BD的长．
【详解】解：如图，连接AD，AC，
∵五边形ABCDE是正五边形，则∠E=∠ABC=∠BCD，AB=BC=CD=2，
∴AD=AC=BD，
设BD=x，
∵ACBD=ABCD+ADBC，
即x2=2×2+2x，
解得x1=1+，x2=1 （舍去），
∴BD=1+．
故答案为：．
【点睛】此题考查了托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，解题的关键是理解题意添加辅助线．
18．（1）60°；（2）；（3）见解析
【分析】（1）根据美角的定义可得，然后根据圆内接四边形的性质即可求出结论；
（2）连接DO并延长，交与点E，连接BE，根据同弧所对的圆周角相等可得∠E=∠A=60°，然后根据直径所对的圆周角是直角可得∠DBE=90°，最后利用锐角三角函数即可求出结论；
（3）延长CB至F，使BF=DC，连接AF、BD，先证出△ABD为等边三角形，然后利用SAS证出△ABF≌△ADC，从而得出AF=AC，∠F=∠DCA=60°，再证出△ACF为等边三角形，利用等边三角形的性质和等量代换即可得出结论．
【详解】解：（1）根据题意可得：，而∠A＋∠C=180°
∴∠A=60°
（2）连接DO并延长，交与点E，连接BE
∴∠E=∠A=60°
∵DE为的直径，的半径为5，
∴∠DBE=90°，DE=10
在Rt△DBE中，BD=DE·sin∠E=10×=；
（3）延长CB至F，使BF=DC，连接AF、BD
由（1）可知：∠BAD=60°，∠BCD=2∠BAD=120°
∵平分，
∴∠BCA=∠DCA==60°
∴∠ABD=∠DCA=60°
∴∠ADB=180°－∠ABD－∠BAD=60°
∴△ABD为等边三角形
∴AB=AD
根据圆内接四边形的性质可得∠ABF=∠ADC
在△ABF和△ADC中
∴△ABF≌△ADC
∴AF=AC，∠F=∠DCA=60°
∴∠FAC=180°－∠F－∠ACF=60°
∴△ACF为等边三角形
∴CF=AC
∴BC＋BF=AC
∴BC＋CD=AC
【点睛】此题考查的是新定义类问题、圆内接四边形的性质、圆周角定理及推论、锐角三角函数、等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质，掌握新定义、圆内接四边形的性质、圆周角定理及推论、锐角三角函数、等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
19．（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°，
∴．
20．圆形场地．
【分析】分别求出各个正多边形和圆的面积，再比较不同图形面积的大小即可．
【详解】解：围成圆形场地面积较大．理由如下：
∵正三角形的周长为60m，则边长为20m，
∴正三角形的面积＝＝100（m2）
∵正方形的周长为60m，则边长为15m，
∴正方形的面积＝15×15＝225（m2）；
∵正六边形的周长为60m，则边长AB＝60÷6＝10（m），
过O作OC⊥AB于C，如图所示：
∵AB＝BO＝AO＝10，
∴AC=
∴CO＝，
∴正六边形面积为＝×10×5×6＝150（m2）；
∵2r＝60，
∴r＝，
∴S＝r2＝（m2）；
∵100＜225＜150＜，
∴圆的面积最大．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆的性质；熟练掌握正多边形和圆的面积的计算方法是解决问题的关键．
21．（1）60；60；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角；
（2）利用（1）中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等即可；
（3）利用（2）证得的两三角形全等判定△PCM为等边三角形，进而求得PH的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．
【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°，
故答案为60， 60；
（2）∵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+∠PBC=180°，
∵∠MAC+∠PAC=180°
∴∠MAC=∠PBC，
∵AC=BC，
∴△ACM≌△BCP；
（3）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梯形PBCM=（PB+CM）×PH=×(2+3)×=.
【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题，解题的关键是熟练掌握和灵活运用相关的性质与判定定理.
22．各边相等的圆内接多边形是正多边形．各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形．例如矩形．
【分析】由圆心角、弧、弦的关系定理和圆周角定理得出各边相等的圆内接多边形的各角一定相等，得出各边相等的圆内接多边形是正多边形；各角相等的圆内接多边形，例如矩形不是正四边形．
【详解】解：各边相等的圆内接多边形是正多边形；理由如下：
∵各边相等的圆内接多边形的各角是圆周角，一定相等，
∴各边相等的圆内接多边形是正多边形；
各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形，
例如：矩形的四个角相等，但矩形不是正四边形．
【点睛】本题考查了正多边形的定义，圆心角、弧、弦的关系定理，圆周角定理，矩形的性质；正确理解正多边形的定义是解决问题的关键．
23．（1）90°；（2）①；②．
【分析】（1）连接AC，根据全等三角形的性质得到∠D=∠B，根据圆内接四边形的性质即可得到结论；
（2）①根据圆周角定理得到AC是⊙O的半径，根据勾股定理得到AB2=，根据三角形的面积公式即可得到结论；
②取AB的中点G，连接EG，FG，DB，根据三角形的内角和得到∠BAC=60°，∠ACB=30°，求得∠BAD=120°，△DCB是等边三角形，解直角三角形ABC得到AC，AB的长，根据三角形的中位线的性质得到FG，EG的长，求出∠EGF=90°．在Rt△EGF中，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）连接AC．
在△ADC与△ABC中，
∵，
∴△ADC≌△ABC，
∴∠D=∠B，
∴∠B+∠D=180°，
∴∠ABC=90°；
（2）①∵∠ABC=90°，
∴AC是⊙O的半径，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2．
∵BC=2AB，AC=8，
∴AC2=AB2+（2AB）2=64，
∴AB2=，
∴S四边形ABCD=S△ADC+S△ABC=2S△ABC=2×AB BC=2××2AB2=；
②取AB的中点G，连接EG，FG，DB．
∵，∴∠BAC=2∠ACB，
∴∠BAC=60°，∠ACB=30°．
∵AC=8，
∴AB=AC=4，BC=AB=．
∵BC=CD，
∴∠BAC=∠DAC=60°，
∴∠BAD=120°，∠BCD=60°．
∵BC=DC，∠BCD=60°，
∴△DCB是等边三角形，
∴DB=BC．
∵E、G是中点，
∴EG是△ADB的中位线，AE=AG，
∴EG=DB =，∠AGE=（180°－120°）÷2=30°．
∵GF是△ABC的中位线，
∴FG=AC=4，GF∥AC，∠BGF=∠BAC=60°．
∵∠AGE=30°，∠BGF=60°，
∴∠EGF=90°，
∴EF==．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
24．A（－2，0），B（－1，－），C（1，－），D（2，0），E（1，），F（－1，）
【分析】过点E作EG⊥x轴，垂足为G，连接OE，得出△OED是正三角形，再利用Rt△OEG中，OG＝OE，EG＝，得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥x轴，垂足为G，连接OE，
∵OE=OD，∠EOD=，
∴△OED是正三角形，∠EOG＝60°，∠OEG＝30°，
∵OE＝2cm，∠OGE＝90°，
∴OG＝OE＝1cm，EG＝＝＝cm，
点E的坐标为（1，），
又由题意知点D的坐标为（2，0），
由图形的对称性可知A（－2，0），B（－1，－），C（1，－），F（－1，）．
故这个正六边形ABCDEF各个顶点的坐标分别为A（－2，0），B（－1，－），C（1，－），D（2，0），E（1，），F（－1，）．
【点睛】本题考查了正六边形的对称性，直角三角形30°的角所对的边等于斜边的一半，勾股定理等知识，解题的关键是熟练运用这些性质．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)