3.8圆内接正多边形达标练习 北师大版数学九年级下册

中小学教育资源及组卷应用平台
3.8圆内接正多边形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若一个正多边形的边长与半径相等，则这个正多边形的中心角是（ ）
A．45° B．60° C．90° D．120°
2．若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个多边形是（ ）
A．正九边形 B．正八边形 C．正七边形 D．正六边形
3．一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．正三角形的外接圆半径与内切圆的半径之比是（　　）
A．1：2 B．1： C． ：1 D．2：1
5．如图，正五边形内接于，则的度数是（ ）
A．36° B．26° C．30° D．45°
6．如图，点A，B，C，D，E，F是圆O的六等分点，若与的周长分别为a，b，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．a，b的大小无法比较
7．如图，正方形ABCD内接于，点E为上一点，连接BE，若，，则正方形ABCD的边长为（ ）
A．7 B． C． D．
8．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．
9．正三角形的外接圆的半径和高的比为（ ）
A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．1：
10．如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，用四根长为8cm的铁丝，首尾相接围成一个正方形（接点不固定），要将它的四边按图中的方式向外等距离移动a cm，同时添加另外四根长为8cm的铁丝（虚线部分）得到一个新的正八边形，则a的值为（ ）
A．7cm B．8cm C． D．
12．如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于⊙O，EF与BC、CD分别相交于点G、H，则的值是（ ）
A． B． C． D．2
二、填空题
13．正多边形的作图，正边形的中心角为 ．
14．正三角形的内切圆半径、外接圆半径和高的比为 .
15．如图，是的内接正六边形的一边，点在弧上，且是的内接正八边形的一边．则是的内接正 边形的一边．
16．如图，把边长为12的正三角形ABC纸板剪去三个小正三角形（阴影部分），得到正六边形DEFGHK，则剪去的小正三角形的边长为 ．

17．如图，在的内接四边形中，，点E在弧上，连接、、、．
（1）的度数为 ．
（2）当时，恰好为的内接正n边形的一边，则n的值为 ．
三、解答题
18．要用圆形铁片截出边长为a的正方形铁片，选用的圆形铁片的半径至少是多少？
19．如图，已知正n边形边长为a，边心距为r，求正n边形的半径R、周长P和面积S．
20．如图，点A是上一点．请利用直尺和圆规完成下列作图．（不写作法，保留作图痕迹）
(1)画出的内接正．
(2)在上画出、两点，使得．（画一种即可）
21．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．
22．如图，正六边形内接于，半径为4．
(1)求正六边形的边心距．
(2)求正六边形的面积．
23．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．
24．如图，分别是正五边形各边的中点．求证：五边形是正五边形．
《3.8圆内接正多边形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B D A B B B B D
题号 11 12
答案 C C
1．B
【分析】根据正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，由已知边长与半径相等，可知一边所对的圆心角为，即得答案．
【详解】解：如图所示的正多边形中，
，
为等边三角形，
，
这个正多边形的中心角为．
故选B．
【点睛】此题主要考查正多边形的中心角概念，正确理解题意与中心角概念相结合是解此题的关键．
2．D
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式计算即可．
【详解】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得，，
解得，，
故选：D．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关知识，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】根据正多边形的中心角＝计算即可．
【详解】解：设正多边形的边数为n．
由题意可得：＝72°，
∴n＝5，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形的有关知识，解题的关键是记住正多边形的中心角＝．
4．D
【分析】画出图形，利用等边三角形的性质及角的直角三角形的性质即可得到结果．
【详解】如图，
△ABC是等边三角形，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．
∵AD⊥BC，∠1=∠4=30°，
∴BO=2OD，而OA=OB，
∴OA：OD=2：1．
故选D．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质及含角直角三角形的性质，熟悉等边三角形的性质及三角形的内心、外心是关键．
5．A
【分析】连接OD，OE，求出∠DOE=72°，再根据圆周角定理即可求出的值.
【详解】解：如图所示，连接OD，OE，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠DOE==72°，
∴=∠DOE=36°，
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.
6．B
【分析】根据圆内接正六边形的性质以及正三角形的判定和性质进行计算即可．
本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，正三角形的判定和性质是正确解答的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵点A，B，C，D，E，F是圆O的六等分点，
，
又，
∴、是正三角形，
，
，
即与的周长相等，
，
故选：B
7．B
【分析】连接DB、OC、OE，根据圆内接正多边形性质，可证是等边三角形，从而可得BO=CO=OE=5，由此即可解题．
【详解】解：连接DB、OC、OE，
，
∵正方形内接于，
∴，，三点共线，
又∵，
∴，
又∵BO=CO=OE，
∴是等边三角形，
又∵，
∴BO=CO=OE=5，
∴，选项B符合题意．
故选B
【点睛】本题考查了正多边形和圆、等边三角形判断与性质，掌握圆内接正多边形性质，正确添加辅助线，得出是等边三角形是解题的关键．
8．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．
9．B
【详解】试题分析：连接OB，AO，延长AO交BC于D，根据⊙O是等边三角形ABC的外接圆求出∠OBC=30°，推出OB=2OD，求出AD=OB，代入求出即可．
解：
连接OB，AO，延长AO交BC于D，
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，
∴AD⊥BC，∠OBC=∠ABC=×60°=30°，
∵∠ADB=90°，∠OBC=30°，
∴OD=OB，
∵AD=OA+OD，
∴AD=OB+OB=OB，
即OB：AD=OB：（OB）=2：3．
故选B．
点评：本题考查了等边三角形性质，三角形的外接圆与外心，含30度角的直角三角形等知识点的应用，关键是求出OD=OB，主要考查学生的理解能力和推理能力．
10．D
【详解】解：连结OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得∠E1OD1=60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=E1D1=×2，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=（）2×2，依此规律可得正六边形A10B10C10D10E10F10的边长=（）9×2=，
故选：D，
11．C
【分析】如图，由题意可知：△ABC是等腰直角三角形，AB=8，AC=BC=a．利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，由题意可知：△ABC是等腰直角三角形，AB=8，AC=BC=a．
则有：a2+a2=82，
∴a=或-（舍弃）
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题．
12．C
【分析】设的半径是，则，根据是的平分线，求出，进而得出，再根据相似比求出，从而得到的值．
【详解】解：连接、、，如图所示：
设的半径是，则，
∵是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即的值是，
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形与圆的关系．解答本题的关键是熟练掌握正多边形的有关概念，并准确运用他们求线段长．
13．
【分析】利用正多边形的中心角相等，一个周角为360度求解．
【详解】解：正n边形的中心角为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角的求得，记住公式是解题的关键．利用了正多边形的中心角相等，一个周角为360度求解．
14．1：2：3.
【分析】画出图形，连接OB，连接AO并延长交BC于点D，得到直角三角形BOD，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，得到R=2r，然后求出h与r的关系，计算r，R与h的比．
【详解】解：如图：
在直角三角形BOD中，∠OBD=30°，
∴R=2r，
AD是BC边上的高h，OA=OB，∴h=R+r=3r．
∴r：R：h=r：2r：3r=1：2：3．
即正三角形的内切圆半径、外接圆半径和高的比为1：2：3．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，连接OB，连接AO并延长得到直角三角形，利用直角三角形求出R，r和h的比值．
15．二十四
【分析】本题考查了正多边形和圆，中心角等知识，连接，先求得、的度数，然后利用除以度数，根据所得的结果进行分析即可得．
【详解】解：连接，
∵是的内接正六边形的一边，
∴，
∵是的内接正八边形的一边，
∴，
∴，
∵，
∴是的内接正二十四边形的一边，
故答案为：二十四．
16．4
【分析】由题意可知剪去的三个三角形是全等的等边三角形，可知得到剪去的小正三角的边长为4．
【详解】解：∵剪去三个三角形
∴AD=AE=DE，BK=BH=HK，CG=CF=GF，
∵六边形DEFGHK是正六边形，
∴DE=DK=HK=GH=GF=EF，
∴剪去的三个三角形是全等的等边三角形；
∴AD=DK=BK==4，
∴剪去的小正三角形的边长4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了等边三角形以及正六边形的定义，熟练掌握定义是解题的关键．
17． 120° 12
【分析】（1）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）连接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，结合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，从而可得．
【详解】（1）连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴；
（2）连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正多边形与圆相关知识点，理解并熟练运用基本性质和结论是解题关键．
18．半径至少为a．
【分析】画出正方形外接圆，连接AC，求出正方形外接圆半径即可．
【详解】解：如图所示，连接AC，
∵∠D＝90°，
∴AC为直径，
在 Rt△ACD中，AC＝＝a，
∴半径至少为a．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的计算，解题关键是画出图形，准确进行计算．
19．；；
【分析】由正n边形边长为a，边心距为r，利用勾股定理即可求得正n边形的半径R，继而求得周长P，然后由面积求得答案．
【详解】解：∵正n边形边长为a，，，
∴．
∵边心距为r，
∴正n边形的半径 ，
∴周长，
∴面积．
【点睛】本题考查了正多边形与圆的知识．理解正多边形面积的求法是解答关键．注意掌握数形结合思想的应用．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作图复杂作图，等边三角形的判定、圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系：
（1）从A点开始，以为半径．依次画弧，这样把六等份，连接的三等份点得到的内接正三角形；
（2）可作直径，再以点圆心，为半径画弧交于，则．
解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
【详解】（1）解：如图，为所作；
（2）解：如图，作直径，再以点圆心，为半径画弧交于，则．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了正多边形的性质、圆心角、弧、弦的关系定理，掌握正方形的性质、圆心角、弧、弦的关系定理是解题的关键．
（1）根据正方形的性质得到，根据圆心角、弧、弦的关系得到，得到，即可得到结论；
（2）连接，根据正方形的性质求出和，计算即可．
【详解】（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，
∴，
∴．
22．(1)正六边形的边心距为；
(2)．
【分析】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．
（）连接，过点作于，证明等边三角形，利用三角函数即可求解；
（）根据正六边形的面积即可求解；
【详解】（1）连接，过点作于，则，
六边形是正六边形，
，
，为等边三角形，
∴，，
圆心到的距离，
即正六边形的边心距为；
（2）正六边形的面积．
23．(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由正多边形的性质证明，可得，再证明是等边三角形，从而可得结论；
（2）①按照题干的要求作线段的垂直平分线，再作圆即可；②过点O作，垂足为P，连接， 证明．结合，，．从而可得结论；
【详解】（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．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆的内接多边形的性质，切线的判定，作线段的垂直平分线，掌握以上基础知识是解本题的关键．
24．见解析．
【分析】根据五边形ABCDE是正五边形，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E，由H，I，J，K，L分别是各边的中点，可得AH＝HB＝BI＝IC＝CJ＝JD ＝DK＝KE＝EL＝AL．利用边角边可证△AHL≌△BIH≌△CIJ≌△DJK≌△ELK，继而根据全等三角形的性质进行证明即可．
【详解】证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E，
又∵H，I，J，K，L分别是各边的中点，
∴AH＝HB＝BI＝IC＝CJ＝JD ＝DK＝KE＝EL＝AL．
∴△AHL≌△BIH≌△CIJ≌△DJK≌△ELK（SAS），
∴HL＝LK＝KJ＝JI＝IH，∠AHL=∠BIH=∠CJI=∠DKJ=∠ELK,∠ALH=∠BHI=∠CIJ=∠DJK=∠EKL，
∵180°-∠AHL-∠ALH=180°-∠BIH-∠BHI=180°-∠CJI-∠CIJ=180°-∠DKJ-∠DJK=180°-∠ELK-∠EKL，
∴∠LHI＝∠HIJ＝∠IJK＝∠JKL＝∠KLH，
∴五边形HIJKL是正五边形．
【点睛】本题考查正五边形的判定与性质，中点定义，三角形全等判定与性质，掌握正五边形的判定与性质，中点定义，三角形全等判定与性质．
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)