【中考核心考点】2025年华东师大版中考数学考前冲刺 正多边形和圆（含解析）

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中考核心考点 正多边形和圆
一．选择题（共7小题）
1．（2024.和平区一模）如图，正六边形ABCDEF的边长为6，⊙O为正六边形ABCDEF的外接圆，连接BF，则BF的长为（　　）
A．12 B． C． D．
2．（2024.椒江区二模）菱形ABCD与3个全等的正六边形按如图放置，若正六边形的边长为a，则菱形ABCD的边长为（　　）
A．2a B． C．3a D．4a
3．（2024.献县）如图，正六边形ABCDEF的边长为，以顶点A为圆心，AB长为半径画圆，则图中扇形BAF的面积是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024.江海区一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：通过圆内接正多边形割圆，边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．如图，由圆内接正六边形可算出π≈3．若利用圆内接正十二边形来计算圆周率，则圆周率π约为（　　）
A．12sin30° B．12cos30° C．12sin15° D．12cos15°
5．（2024秋 怀仁市）如图，购物车和物品放在一起的形状可以近似看作正五边形，已知正五边形ABCDE，连接EC，则∠CEA的度数为（　　）
A．50° B．60° C．62° D．72°
6．（2024秋 武汉月考）如图，正六边形ABCDEF中，P是边ED的中点，连接AP，则为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024.溧阳市一模）如图，点A、B、C、D为一个正多边形的顶点，若∠ADC＝2∠DAC＝30°，该正多边形的边数是（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
二．填空题（共5小题）
8．（2024.姑苏区一模）已知正六边形的边长为，则它的面积＝　 　 ．
9．（2024秋 衡水）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，它的内切圆半径为，则正六边形ABCDEF的边长为 　 　 ．
10．（2024.兴庆区）如图，在边长为4的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为半径作弧BD，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为　 　 ．
11．（2024.铜山区二模）如图，正方形ABCD与正六边形的边长相等，先将正方形ABCD与正六边形的某条边重合，再将该正方形绕正六边形按顺时针方向滚动一周．若正方形ABCD的边长为2，则在滚动过程中点A距出发点的最大距离为　 　 ．
12．（2024.兴宾区一模）如图，工人师傅用活口扳手拧一个六角螺丝，六角螺丝的头部为正六边形，边长为1cm．扳手每次旋转度数为六角螺丝中心角的度数，旋转四次后，点A经过的弧长为　 　 cm．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 华蓥市）如图，正方形ABCD内接于⊙O，，求证：BM＝CM．
14．（2024.邯郸）如图，在正六边形ABCDEF中，点M是边DE的中点，连接AM并延长交CD延长线于N点．
（1）求证：AF∥CN；
（2）若AF＝2，求DN的长．
15．（2024秋 馆陶县）如图，正方形ABCD内接于⊙O，M为弧AD中点，连接BM，CM．
（1）求证：BM＝CM；
（2）连接OB、OM，求∠BOM的度数．
中考核心考点 正多边形和圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2024.和平区一模）如图，正六边形ABCDEF的边长为6，⊙O为正六边形ABCDEF的外接圆，连接BF，则BF的长为（　　）
A．12 B． C． D．
【考点】正多边形和圆；等腰三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；正多边形与圆；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】先由正六边形的性质得到AF＝AB，∠BAF＝120°，再由等腰三角形性质得到，∠FAG＝60°，在Rt△AFG中，利用含30°的直角三角形性质及勾股定理求线段长即可得到答案．
【解答】解：在正六边形ABCDEF中，AF＝AB，∠BAF＝120°，如图，过点A作AG⊥BF于G，
∴由等腰三角形三线合一性质得到AG是△ABF的中线及角平分线，
∴，，
在Rt△AFG中，∠AFG＝30°，AF＝6，则，
由勾股定理得：，
∴，
故选：C．
【点评】本题考查正多边形和圆，等腰三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握含30°的直角三角形性质及勾股定理求线段长的方法是解决问题的关键．
2．（2024.椒江区二模）菱形ABCD与3个全等的正六边形按如图放置，若正六边形的边长为a，则菱形ABCD的边长为（　　）
A．2a B． C．3a D．4a
【考点】正多边形和圆；全等图形；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据正六边形的性质以及菱形的性质进行计算即可．
【解答】解：如图，由正六边形的性质以及菱形的性质可知，
AE＝AF＝EF＝EG＝GH＝HD，
∴当正六边形的边长为a，则菱形ABCD的边长为4a，
故选：D．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形以及菱形的性质是正确解答的关键．
3．（2024.献县）如图，正六边形ABCDEF的边长为，以顶点A为圆心，AB长为半径画圆，则图中扇形BAF的面积是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正多边形和圆；扇形面积的计算．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】B
【分析】根据正六边形的性质求出∠A的度数，再由扇形面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴，，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及扇形面积的计算方法是正确解答的关键．
4．（2024.江海区一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：通过圆内接正多边形割圆，边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．如图，由圆内接正六边形可算出π≈3．若利用圆内接正十二边形来计算圆周率，则圆周率π约为（　　）
A．12sin30° B．12cos30° C．12sin15° D．12cos15°
【考点】正多边形和圆；解直角三角形．
【专题】正多边形与圆；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】根据正多边形和圆的性质以及直角三角形的边角关系计算正多边形的周长与直径的比值即可．
【解答】解：如图，连接OA1，OA2，过点O作OM⊥A1A2，垂足为M，设⊙O的半径为R，
∵十二边形A1A2…A12是圆内接正十二边形，
∴∠A1OA230°，
又∵OA1＝OA2，OM⊥A1A2，
∴∠A1OM＝15°，
在Rt△A1OM中，∠A1OM＝15°，OA1＝R，
∴A1M＝R sin15°，
∴A1A2＝2A1M＝2R sin15°，
∴正十二边形A1A2…A12的周长为12A1A2＝2R sin15°×12，
∴π12sin15°，
故选：C．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正十二边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的关键．
5．（2024秋 怀仁市）如图，购物车和物品放在一起的形状可以近似看作正五边形，已知正五边形ABCDE，连接EC，则∠CEA的度数为（　　）
A．50° B．60° C．62° D．72°
【考点】正多边形和圆；三角形内角和定理；等腰三角形的性质．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；正多边形与圆；推理能力．
【答案】D
【分析】根据正五边形ABCDE的性质得出DE＝DC，∠D＝∠DEA＝108°，再根据三角形内角和定理、等边对等角求出∠DEC＝∠DCE，即可求出∠CEA的度数．
【解答】
解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴DE＝DC，∠D＝∠DEA108°，
∴∠DEC＝∠DCE36°，
∴∠CEA＝∠DEA﹣∠DEC＝108°﹣36°＝72°，
故选：D．
【点评】本题考查了正多边形与圆，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．
6．（2024秋 武汉月考）如图，正六边形ABCDEF中，P是边ED的中点，连接AP，则为（　　）
A． B． C． D．
【考点】正多边形和圆；勾股定理；多边形内角与外角．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】A
【分析】连接AE，过点F作FH⊥AE，设正六边形的边长为a，先得出，再求出，，结合勾股定理列式计算，，即可作答．
【解答】解：连接AE，过点F作FH⊥AE，设正六边形的边长为a，
由题意可得：ED＝EF＝AF＝AB＝a，
∵P是ED的中点，
∴，
在正六边形中，，
由题意可得：，，
∴，，
∴，
在Rt△AEP中，，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形的性质，多边形内角和公式，勾股定理，三线合一，进行计算是解题关键．
7．（2024.溧阳市一模）如图，点A、B、C、D为一个正多边形的顶点，若∠ADC＝2∠DAC＝30°，该正多边形的边数是（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】设这个正多边形的边数为n，作该正多边形的外接圆，圆心为点O，连接OC、OD，则∠DOC＝2∠DAC＝30°，由一个正多边形所有中心角度数的和等于360°得30n＝360，求得n＝12，于是得到问题的答案．
【解答】解：设这个正多边形的边数为n，作该正多边形的外接圆，圆心为点O，连接OC、OD，
∵∠DAC∠DOC，且2∠DAC＝30°，
∴∠DOC＝2∠DAC＝30°，
∴30n＝360，
解得n＝12，
故选：D．
【点评】此题重点考查圆周角定理、正多边形和圆等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
8．（2024.姑苏区一模）已知正六边形的边长为，则它的面积＝　　 ．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】．
【分析】设正六边形的中心是O，一边是AB，过O作OG⊥AB与G，在直角△OAG中，根据三角函数求得OG，再利用三角形的面积公式求解即可．
【解答】解：设正六边形的中心是O，一边是AB，过O作OG⊥AB于G，
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴面积为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查正多边形的计算问题，解直角三角形，正确进行计算是解题关键．
9．（2024秋 衡水）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，它的内切圆半径为，则正六边形ABCDEF的边长为 　2　 ．
【考点】正多边形和圆；三角形的内切圆与内心．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接OA，OB，过O作OH⊥AB于H，由正六边形ABCDEF内接于⊙O，它的内切圆半径为，得到∠AOB＝60°，OH，求得OA2根据等边三角形的性质得到结论．
【解答】解：连接OA，OB，过O作OH⊥AB于H，
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，它的内切圆半径为，
∴∠AOB＝60°，OH，
∴OA2
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝2，
答：正六边形ABCDEF的边长为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了正六边形和圆，等边三角形的判定与性质，三角函数，掌握正六边形的性质是解题的关键．
10．（2024.兴庆区）如图，在边长为4的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为半径作弧BD，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为　　 ．
【考点】正多边形和圆；圆锥的计算．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】．
【分析】根据正六边形的性质求出阴影部分扇形的圆心角度数，再根据直角三角形的边角关系求出半径，由弧长的计算方法进行计算即可．
【解答】解：如图，过点A作AM⊥BF，垂足为M，则BM＝FM，
∵，AB＝AF＝EF＝DE＝4，
∴，
∴∠BFD＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴，
∴，
设这个圆锥的底面半径为r，
，
解得．
故答案为：．
【点评】本题考查正多边形和圆，弧长的计算，正确进行计算是解题关键．
11．（2024.铜山区二模）如图，正方形ABCD与正六边形的边长相等，先将正方形ABCD与正六边形的某条边重合，再将该正方形绕正六边形按顺时针方向滚动一周．若正方形ABCD的边长为2，则在滚动过程中点A距出发点的最大距离为　22　 ．
【考点】正多边形和圆；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】22．
【分析】如图，点A的运动轨迹是图中弧线．延长AE交弧线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离．
【解答】解：边长为2的正方形ABCD在等边长的正六边形外部做顺时针滚动，如图，点A的运动轨迹是图中弧线，延长AE交弧线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离．
由勾股定理得EH＝EA22，
由题意得：正六边形的内角为120°，
在△AEF中，AF＝EF＝1，∠AFE＝120°，
∴AE＝2×AF cos30°＝2，
∴AH＝AE+EH＝22，
∴点A在滚动过程中到出发点的最大距离为22，
故答案为：22．
【点评】本题考查正多边形和圆，旋转变换，正方形的性质，正六边形的性质，解直角三角形，解题的关键是理解题意，学会正确寻找点A的运动轨迹．
12．（2024.兴宾区一模）如图，工人师傅用活口扳手拧一个六角螺丝，六角螺丝的头部为正六边形，边长为1cm．扳手每次旋转度数为六角螺丝中心角的度数，旋转四次后，点A经过的弧长为　π　 cm．
【考点】正多边形和圆；弧长的计算．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】π cm．
【分析】根据正六边形的性质求出半径以及中心角的度数，再根据弧长公式进行计算即可．
【解答】解：由正六边形的性质可知，OA＝1cm，中心角为60°，
由弧长公式可得，旋转四次后，点A经过的弧长为×4π（cm），
故答案为：π cm．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及弧长的计算方法是正确解答的关键．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 华蓥市）如图，正方形ABCD内接于⊙O，，求证：BM＝CM．
【考点】正多边形和圆；正方形的性质．
【专题】圆的有关概念及性质；正多边形与圆；推理能力．
【答案】答案见证明过程．
【分析】根据圆心距、弦、弧之间的关系定理解答即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，
∴，
∵，
∴，即，
∴BM＝CM．
【点评】本题考查的是正方形的性质、圆心距、弦、弧之间的关系，掌握圆心距、弦、弧之间的关系定理是解题的关键．
14．（2024.邯郸）如图，在正六边形ABCDEF中，点M是边DE的中点，连接AM并延长交CD延长线于N点．
（1）求证：AF∥CN；
（2）若AF＝2，求DN的长．
【考点】正多边形和圆；相似三角形的判定与性质；平行线的判定与性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；正多边形与圆；几何直观；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）连接BE，利用正六边形的对称性质证出∠FEB＝∠BED＝60°，然后得出AF∥BE，CN∥BE，进而即可得解；
（2）延长AF、DE交于G点，先证出△GEF是等边三角形，再证出AG＝4，GM＝3，DM＝1，由△AGM∽△NDM得出，代入计算即可得解．
【解答】解：（1）六边形ABCDEF是正六边形，如图1，连接BE，
∴∠F＝∠CDE＝∠DEF＝120°，BE是正六边形的对称轴，
∴∠FEB＝∠BED＝60°，
∴∠F+∠FEB＝180°，
∴AF∥BE，
同理可证CN∥BE，
∴AF∥CN；
（2）延长AF、DE交于G点，如图2，
∴∠GFE＝∠GEF＝60°，
∴△GEF是等边三角形，
∴FG＝GE＝EF＝AF＝2，
∴AG＝4，GM＝3，DM＝1，
∵AF∥CN，
∴△AGM∽△NDM，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了正多边形和圆，平行线的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键．
15．（2024秋 馆陶县）如图，正方形ABCD内接于⊙O，M为弧AD中点，连接BM，CM．
（1）求证：BM＝CM；
（2）连接OB、OM，求∠BOM的度数．
【考点】正多边形和圆；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；垂径定理；圆周角定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）∠BOM的度数是135°．
【分析】（1）由AB＝DC，得，而，可推导出，则BM＝CM；
（2）连接OB、OM、OC，由∠BOC360°＝90°，得∠BOM+∠COM＝270°，由BM＝CM，得∠BOM＝∠COM，则2∠BOM＝270°，求得∠BOM＝135°．
【解答】（1）证明：∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴AB＝DC，
∴，
∵M为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴BM＝CM．
（2）解：连接OB、OM、OC，
∵∠BOC360°＝90°，
∴∠BOM+∠COM＝360°﹣∠BOC＝270°，
∵BM＝CM，
∴∠BOM＝∠COM，
∴2∠BOM＝270°，
∴∠BOM＝135°，
∴∠BOM的度数是135°．
【点评】此题重点考查正方形的性质、正多边形与圆等知识，推导出是解题的关键．
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