苏科版九年级数学上册 2.6 正多边形与圆 小节复习题（含解析）

2.6 《正多边形与圆》小节复习题
【题型1 正多边形和圆有关的角度计算】
1.如图，正五边形内接于，点为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
2.如图，正五边形内接于，连接，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3.如图，是内接正五边形的一条边，是优弧上的两点，且点在点的右侧．若，则的度数为 ．
4.如图，是内接正十边形的一条边，直线经过点且与相切，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【题型2 正多边形和圆有关的周长、面积问题】
1.如图，正八边形内接于，连接，．若的半径为2，则线段，与围成的图形（阴影部分）面积为（ ）
A． B． C． D．
2.莱洛三角形广泛应用于建筑、工业、包装等方面，某数学兴趣小组在学习了莱洛三角形的知识后获得灵感，设计了如图2的美丽图形，爱思考的小聪提出以下问题：如图3，正五边形的边长为3，分别以和为圆心，3为半径作和交于点，此时阴影部分的周长为 ．
3.刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率．如图，内部多边形为的内接正十二边形，若的半径为2，则这个圆内接正十二边形的面积为（ ）
A．1 B． C．12 D．
4.由六块相同的含的直角三角形拼成一个大的正六边形，内部留下一个小的正六边形空隙，若该直角三角形最短的边长为1，那么小正六边形的面积为 ，周长为 ．
【题型3 正多边形的边长、半径与中心角的关系】
1.如图1，这是中国古建筑中的正六边形窗户设计图，图2是由其抽象而成的正六边形，是它的外接圆，连接，，作．若劣弧的长为，则 ．
2.若一个圆内接正多边形的边心距是边长的一半，则这个正多边形的中心角的度数是 ．
3.如图，正八边形内接于，连接，则 ．
4.如图，正五边形内接于，过点D作的切线交的延长线于点F．则的度数为 ．
【题型4 正多边形的边长、半径与边心距的关系】
1.如图，正六边形内接于，的周长为，则边心距的长为（ ）
A． B． C． D．
2.如图，边长为的正六边形内接于，则它的边心距为 ．
3.如图，正六边形内接于，点P在上且点P与点A，点B不重合，连接，，，用等式表示、、之间的数量关系是 ．
4.如图，已知的周长等于，则圆内接正六边形的边心距的长为 ．
【题型5 正多边形和圆有关的尺规作图问题】
1.如图，在⊙O中，MF为直径，OA⊥MF，圆内接正五边形ABCDE的部分尺规作图步骤如下：
①作出半径OF的中点H．
②以点H为圆心，HA为半径作圆弧，交直径MF于点G．
③AG长即为正五边形的边长、依次作出各等分点B，C，D，E．
已知⊙O的半径R＝2，则AB2＝ ．（结果保留根号）
2.如图，已知⊙O，用尺规作⊙O的内接正四边形ABCD．（写出结论，不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑）
3.尺规作图：如图，AD为⊙O的直径。
(1)求作：⊙O的内接正六边形ABCDEF.(要求：不写作法,保留作图痕迹)；
(2)已知连接DF，⊙O的半径为4，求DF的长。
4.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．
【题型6 正多边形和圆与平面直角坐标系的综合】
1.在北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同，天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫，如图，已知“雪花”图案（正六边形）的边长是4．
（1）如图1，作出“雪花”图案的外接圆，则长为 ；
（2）如图2，将“雪花”图案放在平面直角坐标系中，若与轴垂直，顶点的坐标为，则顶点的坐标为 ．
2.如图，在平面直角坐标系中，正六边形的边长是2，则它的外接圆圆心的坐标是 ．
3.如图，将内接于⊙O的正六边形ABCDEF放在直角坐标系中，圆心O与坐标原点重合，若A点的坐标为（﹣1，0），则图中阴影部分的面积为 （结果保留根号）
4.如图，⊙O的半径为2，圆心O在坐标原点，正方形ABCD的边长为2，点A、B在第二象限，点C、D在⊙O上，且点D的坐标为（0，2），现将正方形ABCD绕点C按逆时针方向旋转150°，点B运动到了⊙O上的点B1处，点A、D分别运动到了点A1、D1处，即得到正方形A1B1C1D1（点C1与C重合）；再将正方形A1B1C1D1绕点B1按逆时针方向旋转150°，点A1运动到了⊙O上的点A2处，点D1、C1分别运动到了点D2、C2处，即得到正方形A2B2C2D2（点B2与B1重合），…，按上述方法旋转2020次后，点A2020的坐标为 ．
【题型7 正多边形和圆中的证明】
1.如图，已知的内接正十边形，交，于，，求证：
(1)；
(2)．
2.如图，正方形内接于，M为弧中点，连接．
(1)求证：；
(2)连接，求的度数．
3.如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．

(1)求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF．
(2)设⊙O的面积为S1，六边形ABCDEF的面积为S2，求的值（结果保留π）．
4.如图，在的内接正八边形中，，连接．

(1)求证；
(2)的长为 　 　．
【题型8 正多边形和圆中的最值问题】
1.如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则周长的最小值是 ．
2.如图，点P为⊙上一点，连接OP，且，点A为OP上一动点，点B为⊙上一动点，连接AB，以线段AB为边在⊙内构造矩形ABCD，且点C在⊙上，则矩形ABCD面积的最大值为 ．
3.如图，半径为，正方形内接于，点在上运动，连接，作 ，垂足为，连接.则长的最小值为 .
4.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．
参考答案
【题型1 正多边形和圆有关的角度计算】
1.C
【分析】本题考查了正多边形的中心角、圆心角与弧的关系、圆周角定理，熟练掌握圆心角与弧的关系是解题关键．连接，先求出，再求出，然后根据圆周角定理即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵正五边形内接于，
∴，
∴的度数为，
∵点为的中点，
∴的度数为，
∴，
由圆周角定理得：，
故选：C．
2.C
【分析】本题考查的是正多边形和圆，等腰三角形的性质及三角形内角和定理，连接，根据正五边形的性质可得，由，利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：连接，
∵五边形为正五边形，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
3.24
【分析】本题考查的是正多边和圆，圆周角定理，三角形内角和定理，根据题意作出辅助线，构造出圆心角是解题的关键．
连接，，由是内接正五边形的一条边可得出的度数，由圆周角定理即可得出的度数，进而可由三角形内角和定理求解．
【详解】解：连接，，
是内接正五边形的一条边，
，
，
，
，
故答案为：24．
4.B
【分析】本题主要考查了正多边形的性质、圆的切线的性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握圆的切线的性质是解题的关键．连接、，则，根据正多边形的性质可得，再根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得，由切线的性质可得，然后根据求解即可．
【详解】解：如图∶连接、，则，
是内接正十边形的一条边，
．
∶．
由切线的性质可得，
．
故选∶B．
【题型2 正多边形和圆有关的周长、面积问题】
1.C
【分析】本题考查的是正多边形与圆，求解扇形面积，三角形的中线等分三角形面积，作出合适的辅助线是解本题的关键．如图，连接，交于点，连接，，可得过圆心，，进一步求解，结合可得答案．
【详解】解：如图，连接，交于点，连接，，
∵正八边形内接于，
∴过圆心，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故选：C．
2.
【分析】本题考查等边三角形的判定及性质，弧长公式．连接，，根据作图可得是等边三角形，得到，根据弧长公式求出，，进而即可解答．
【详解】解：连接，，
由作图可得，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴阴影部分的周长为．
故答案为：．
3.C
【分析】本题考查了正多边形与圆，含角的直角三角形的性质等知识点，解决此题的关键是熟练运用这些知识点．
如图，过点A作于，得到圆的内接正十二边的圆心角为，根据三角形的面积公式即可求出结论．
【详解】解：由题意可作图如下，过点A作于，
∵圆的内接正十二边形的圆心角为，
∴，
∴，
即这个圆的内接正十二边形的面积为，
故选：C
4. 6
【分析】本题主要考查正六边形的性质，等边三角形的判定与性质，连接，证明正三角形，得连接得是等边三角形，求出面积即可得解
【详解】解：连接，如图，
∵六边形是正六边形，
∴
∴，
∵
∴在上，
同理可得，在上，
∴三点共线，
∴
∴
又
∴
∴正三角形，
∴
∴小正六边形的周长为；
连接则
∴是等边三角形，
∴
过点作于点P，
∴
∴
∴，
∴小正六边形的面积为，
故答案为：6；
【题型3 正多边形的边长、半径与中心角的关系】
1.
【分析】先求出中心角，再根据弧长公式求得半径为2，然后解即可．
【详解】解：∵正六边形，是它的外接圆，
∴中心角，
∵劣弧的长为，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
2.90
【分析】本题考查了圆与正多边形的相关概念，熟练掌握边心距的概念是解题的关键．由题意得，，，根据三线合一得到，那么，继而均为等腰直角三角形，即可求解．
【详解】解：由题意得，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
∴这个正多边形的中心角的度数是，
故答案为：90．
3.90
【分析】本题考查了正多边形与圆，求得正多边形的每个内角度数和中心角度数，相减即可，熟知求得正多边形相关角度是解题的关键．
【详解】解：在正八边形中，每一内角的度数都为，
每一个中心角的度数都为．
．
故答案为：90．
4.
【分析】本题主要考查了正多边形与圆，三角形内角和定理，切线的性质，
先求出中心角的度数，即可求出，再根据切线的性质可求，然后根据正多边形的外角和定理求出，最后根据三角形内角和定理得出答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵正五边形内接于，
∴．
∵，
∴．
∵是的切线，
∴，
∴．
∵是正五边形的外角，
∴，
∴．
故答案为：．
【题型4 正多边形的边长、半径与边心距的关系】
1.】A
【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、等边三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形和运用垂径定理求出是解决问题的关键．
由圆的面积求出，证明是等边三角形，得到，由垂径定理得到，再由勾股定理求出即可．
【详解】解：∵的周长为，
∴
∵六边形为正六边形，
∴，
∴是等边三角形，
∴
∵，
∴，
∴，
故选：A．
2.
【分析】本题考查正多边形和圆，根据正六边形的性质以及勾股定理进行计算即可．掌握正六边形的性质以及勾股定理是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，，过点作于点，
∵边长为的正六边形内接于，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴它的边心距为．
故答案为：．
3.
【分析】本题考了查正多边形与圆，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
由正六边形内接于，得到，，在上截取，根据全等三角形的性质得到，，求得，过作于，根据直角三角形的性质得到，，求得，等量代换得到结论．
【详解】解：正六边形内接于，
，，
在上截取，
在与中，
，
，
，，
，
，
，
过作于，
，，
，
，
故答案为：．
4.
【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，连接，由正六边形可求出，证明是等边三角形，进而可求出，则有，然后通过勾股定理得，设，则，，再由圆周长公式求出的值即可，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵正六边形是圆内接正六边形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
设，则，，
∵的周长等于，
∴，解得：，
∴，
故答案为：．
【题型5 正多边形和圆有关的尺规作图问题】
1.
【分析】连接AG，由作图可知，OA＝2，H为OF中点，可求OH=，由勾股定理得AH＝，可求OG＝﹣1，由勾股定理AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（﹣1）2＝10﹣2即可．
【详解】解：连接AG，由作图可知，OA＝2，OH＝1，H为OF中点，
∴OH=，
在Rt△OAH中，由勾股定理
∴AH＝，
∵AH＝HG＝，
∴OG＝GH﹣OH＝﹣1，
在Rt△AOG中，由勾股定理得，
∴AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（﹣1）2＝10﹣2．
故答案为：10﹣2．
2.画圆的一条直径AC，作这条直径的中垂线交⊙O于点BD，连结ABCD就是圆内接正四边形ABCD．如图所示，四边形ABCD即为所求：
3.（1）如图，正六边形ABCDEF为所作；
（2）连接OF，设BE与DF交于G点
∵六边形ABCDEF为正六边形
∴∠FOE=60°，DF=DE，∠DEF=120°
∴∠DFE=30°
∵OE=OF
∴△FOE为等边三角形
∴EF=OE=4，∠OEF=60°
∴∠FGE=90°
∴EG=OE=2
∴FG=
∴FD=2FG=
4.（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．
【题型6 正多边形和圆与平面直角坐标系的综合】
1.
【分析】（1）如图1，令正六边形外接圆的圆心为点，由正六边形可得，是等边三角形，即可得圆的半径等于正六边形的边长，再根据求弧公式求解即可；
（2）如图2，连接交于点，交轴于点，由（1）得圆的半径等于正六边形的边长，即可得四边形是菱形，四边形是菱形，根据菱形的性质，可得，，，进而得到轴，轴，利用勾股定理求出的值，再根据点坐标求出，的值，然后点的纵坐标为的值，横坐标为的值，即可得出答案．
【详解】解：（1）如图1，令正六边形外接圆的圆心为点，
雪花是正六边形，
所对的圆心角，
，
是等边三角形，
，
，
故答案为：；
（2）如图2，连接交于点，交轴于点，
由（1）得正六边形外接圆的半径等于其边长，
四边形是菱形，四边形是菱形，
，，，
轴，
轴，轴，
在中，，
点坐标为，
，，
，
点的横坐标，
点的纵坐标，
点坐标为，
故答案为：．
2..
【分析】过点P作PF⊥OA，垂足为F，计算PF，OF的长度即可.
【详解】如图，过点P作PF⊥OA，垂足为F，
∵正六边形的边长是2，
∴OA=2，∠OPA=60°，
∴OP=2，∠OPF=30°，
∴OF=1，PF=，
∴点P的坐标为（1，），
故答案为：（1，）.
3.
【分析】连接BO，CO，则阴影部分的面积等于△OBC的面积，然后由六边形ABCDEF为正六边形可得到△OBC为等边三角形，然后求得△OBC的面积即可．
【详解】如图，连接BO，CO．
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴△OBC是等边三角形．
∵A点的坐标为（ 1，0），
∴OA＝1．
∴BC＝1．
∵OB＝OC，OD⊥BC，
∴∠BOD＝∠COD＝30°，BD＝DC＝，
∴OD＝BD＝．
∴阴影部分的面积＝S△OBC＝×1×＝．
故答案为.
4.（2，﹣1）
【分析】由题意发现旋转12次一个循环，由2020÷12＝168余数为4，推出A2020的坐标与A4相同，由此即可解决问题
【详解】解：如图，由题意发现12次一个循环，
∵2020÷12＝168余数为4，
∴A2020的坐标与A4相同，
∵⊙O的半径为2，正方形ABCD的边长为2，
，，
又，
，
，
∴A4（2，﹣1），
∴A2020（2，﹣1），
故答案为：（2，﹣1）．
【题型7 正多边形和圆中的证明】
1.（1）证明：如图所示，连接，则，
∵是内接正十边形的边长，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵内接正十边形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：由（1）可知，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
2.（1）∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵M为的中点，
∴，
∴，
∴；
（2）连接．
∵四边形是正方形，
∴．
∵M为弧的中点，
∴，
∴．
3.（1）证明：如图，连接AE，AD，AC，
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴EF＝ED＝CD＝BC，
∴，
∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，
∴过顶点A的三条对角线四等分∠BAF；
（2）解：如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，
设⊙O的半径为r，
∵∠DOE60°，OD＝OE＝r，
∴△ODE是等边三角形，
∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°，
∴∠EOG＝30°，
∴EGr，
∴OGr，
∴正六边形ABCDEF的面积＝6rrr2，
∵⊙O的面积＝πr2，
∴．
4.（1）证明：连接，正八边形，
∴，

，，
，
∴．
（2）∵，同理可证：，，
∴四边形为等腰梯形，
，
作，，
∵，
，
在中，，，
，
同理可得，
∵，，，
∴四边形是矩形，
，
．
【题型8 正多边形和圆中的最值问题】
1.4
【分析】由正方形的性质，知点是点关于的对称点，过点作，且使，连接交于点，取，连接、，则点、为所求点，进而求解．
【详解】解：的面积为，则圆的半径为，则，
由正方形的性质，知点是点关于的对称点，
过点作，且使，
连接交于点，取，连接、，则点、为所求点，
理由：，且，则四边形为平行四边形，
则，
故的周长为最小，
则，
则的周长的最小值为，
故答案为：4．
2.32
【分析】根据当圆的半径确定以后，圆内接正方形是圆内接矩形中面积最大的，进而求得圆内接正方形的面积，则矩形ABCD面积的最大值为圆内接正方形面积，据此求解即可．
【详解】如图，四边形BCEF是圆O的内接正方形，当圆的半径确定以后，圆内接正方形是圆内接矩形中面积最大的；
点A，D分别是正方形的对边BF，CE的中点，
此时矩形ABCD的面积恰好是正方形BCEF的面积，
圆O的直径PQ恰好经过点A，D，
连接BE ，
四边形BCEF是圆O的内接正方形，OP=4，
BE = PQ = 2OP =8，BC = CE，
∠C= 90°，
BC2 + CE2 = 2BO2 = BE2 = 8，
BC2=32，即S正方形BCEF=32，
如图，当重合时，当四点都在圆上时，四边形是正方形
矩形ABCD面积的最大值为32．
故答案为：32．
3.
【分析】先求得正方形的边长，取AB的中点G，连接GF，CG，当点C、F、G在同一直线上时，根据两点之间线段最短，则CF有最小值，此时即可求得这个值.
【详解】如图，连接OA、OD，取AB的中点G，连接GF，CG，
∵ABCD是圆内接正方形，，
∴，
∴，
∵AF⊥BE，
∴，
∴，
，
当点C、F、G在同一直线上时，CF有最小值，如下图：
最小值是：，
故答案为：
4.(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．