北师大版（2024）七年级上册4.5 多边形和圆的初步认识同步达标检测题

这是一份北师大版（2024）七年级上册4.5 多边形和圆的初步认识同步达标检测题，共19页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc20741" 【题型1 多边形的概念】 PAGEREF _Tc20741 \h 1
\l "_Tc2472" 【题型2 多边形对角线的条数问题】 PAGEREF _Tc2472 \h 3
\l "_Tc8806" 【题型3 多边形分成的三角形个数问题】 PAGEREF _Tc8806 \h 5
\l "_Tc8299" 【题型4 多边形的周长】 PAGEREF _Tc8299 \h 7
\l "_Tc23828" 【题型5 网格中多边形的面积】 PAGEREF _Tc23828 \h 10
\l "_Tc5278" 【题型6 圆的相关概念】 PAGEREF _Tc5278 \h 13
\l "_Tc12382" 【题型7 求扇形的圆心角】 PAGEREF _Tc12382 \h 15
\l "_Tc13620" 【题型8 圆的周长和面积问题】 PAGEREF _Tc13620 \h 17
【知识点 多边形及有关概念】
1.多边形的定义
在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形.
2.正多边形
各个角都相等、各个边都相等的多边形叫做正多边形.如正三角形、正方形、正五边形等．
3.多边形的对角线
连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线.
【要点】①从n边形一个顶点可以引(n－3)条对角线，将多边形分成(n－2)个三角形；②n边形共有n(n−3)2条对角线．
【题型1 多边形的概念】
【例1】（2023上·全国·七年级专题练习）下列说法错误的是（ ）
A．五边形有5条边，5个内角，5个顶点；
B．四边形有2条对角线；
C．连接对角线，可以把多边形分成三角形；
D．六边形的六个角都相等；
【答案】D
【分析】运用多边形的定义及其内角、对角线等知识分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、五边形有5条边，5个内角，5个顶点，原选项正确，故不符合题意；
B、四边形有2条对角线，原选项正确，故不符合题意；；
C、连接对角线，可以把多边形分成三角形，原选项正确，故不符合题意；
D、六边形的六个角不一定相等，只有正六边形的六个内角相等，原选项错误，故符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的定义及其内角、对角线等知识点，解决本题的关键是熟练掌握多边形的定义．
【变式1-1】（2023上·山西·七年级统考阶段练习）下列平面图形中，属于八边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据八边形的定义判断即可；
【详解】根据判断可得：A是六边形；B是四边形；C是八边形；D是圆；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的判定，准确判断是解题的关键．
【变式1-2】（2023上·江苏无锡·七年级统考期中）a个六边形、b个五边形共有 条边．
【答案】6a+5b
【分析】由六边形有六条边，五边形有五条边，即可计算．
【详解】解：∵a个六边形有6a条边，b个五边形有5b条边，
∴a个六边形、b个五边形共有6a+5b条边，
故答案为：6a+5b.
【点睛】本题考查多边形的概念，关键是掌握n边形有n条边．
【变式1-3】（2023上·七年级课时练习）下列说法中，正确的有（ ）
①由几条线段连接起来组成的图形叫多边形；
②三角形是边数最少的多边形；
③n边形有n条边、n个顶点.
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【分析】根据多边形的定义判断即可．
【详解】由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形，①不正确；易知②③正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的定义，掌握知识点是解题关键．
【题型2 多边形对角线的条数问题】
【例2】（2023上·河北石家庄·七年级统考期中）在学校“文明学生”表彰会上，6名获奖者每两位都相互握手祝贺，则他们一共握了多少次手（ ）
A．6B．8C．13D．15
【答案】D
【分析】本题主要考查了的是多边形对角线，这类握手问题相当于求多边形的对角线的条数与边数之和．根据n边形有nn−32条对角线，求出六边形的对角线数量，再加上边数，即可得到答案．
【详解】解：由题意可知，握手相当于求多边形的对角线的条数与边数之和，
∵六边形的对角线条数为6×6−32=9，
∵六边形的边数为6，
∴六边形的对角线的条数与边的条数之和为9+6=15，
即6名获奖者每两位都相互握手祝贺，则他们一共握了15次手，
故选：D．
【变式2-1】（2023上·陕西西安·七年级西安市第二十六中学校考阶段练习）过七边形一个顶点可以引出的对角线的条数为 ．
【答案】4
【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出n−3条对角线可得答案．
【详解】解：从七边形的一个顶点出发，可以引出7−3=4条对角线，
故答案为：4．
【点睛】本题考查多边形的对角线条数的公式，熟记从n边形的一个顶点出发，能引出n−3条对角线是解题的关键．
【变式2-2】（2023上·广东深圳·七年级深圳中学校联考期末）边长为整数的正多边形的周长17，则过该正多边形的一个顶点可以画 条对角线．
【答案】14
【分析】设正多边形的边数为n（n≥3），边长为a，根据边长为整数的正多边形的周长17，求出n的值，根据过n多边形的一个顶点的对角线的条数为n−3，即可得解．
【详解】解：设正多边形的边数为n（n≥3），边长为a，由题意，得：na=17，
∴a=17n，
∵a为整数，
∴n=17；
∴过该正多边形的一个顶点可以画：17−3=14条对角线；
故答案为：14
【点睛】本题考查多边形的对角线条数．熟练掌握从多边形的一个顶点出发，可以引n−3条对角线，是解题的关键．
【变式2-3】（2023下·江苏淮安·七年级统考期末）连接多边形不相邻的两个顶点的线段是多边形的对角线，如图A1A3是四边形A1A2A3A4的对角线，请仔细观察下面的图形和表格，并确定二十三边形A1A2A3．．．．．A23共有 条对角线．

【答案】230
【分析】根据多边形对角线的定义：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线，结合表格中的数据得出规律，即可求得答案．
【详解】解：由题意可得：
多边形的顶点数为4时，
从一个顶点出发的对角线有4−3=1条，共有4×4−32=2条，
多边形的顶点数为5时，
从一个顶点出发的对角线有5−3=2条，共有5×5−32=5条，
多边形的顶点数为6时，
从一个顶点出发的对角线有6−3=3条，共有6×6−32=9条，
∴多边形的顶点数为n时，
从一个顶点出发的对角线有n−3条，共有nn−32条，
∴二十三边形A1A2A3．．．．．A23共有23×23−32=230条对角线．
故答案为：230．
【点睛】本题考查对角线的条数，结合已知条件求得从n边形的任意一个顶点可作n−3条对角线是解题的关键．
【题型3 多边形分成的三角形个数问题】
【例3】（2023上·山西临汾·七年级山西省临汾市第三中学校校考期末）从十二边形的一个顶点出发，连结这个顶点与其余各顶点，可分割成 个三角形．
【答案】10
【分析】根据从n边形的一个顶点出发，连接这个点与其余各顶点，可以把一个n边形分割成 n−2三角形的规律作答；
【详解】从n边形的一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个n边形分割成n−2个三角形，
从十二边形的一个顶点出发，连结这个顶点与其余各顶点，可分割成12−2=10个三角形；
故答案为：10
【点睛】本题主要考查多边形的性质，解题关键是熟记多边形顶点数与分割成的三角形个数的关系．
【变式3-1】（2023下·吉林长春·七年级统考期末）从n边形的一个顶点引出的对角线把它最多划分为2023个三角形，则n的值为（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
【答案】D
【分析】经过n边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成n−2个三角形，根据此关系式即可求边数．
【详解】解：依题意有n−2=2023，
解得：n=2025．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的对角线，解决此类问题的关键是根据多边形过一个顶点的对角线与分成的三角形的个数的关系列方程求解．
【变式3-2】（2023上·河南郑州·七年级校考期末）一个正八边形，从它的一个顶点可引出m条对角线，并把这个正八边形分成n个三角形，则m+n= ．
【答案】11
【分析】过八边形的一个顶点可以引出5条对角线，过八边形的一个顶点画出所有的对角线，可以将这个八边形分成6个三角形，据此求得m,n的值，继而即可求解．
【详解】解：过八边形的一个顶点可以引出5条对角线，过八边形的一个顶点画出所有的对角线，可以将这个八边形分成6个三角形，
∴m+n=5+6=11，
故答案为：11．
【点睛】本题考查了多边形的对角线，掌握过多边形的一个顶点的对角线条数为n−3是解题的关键．
【变式3-3】（2023·七年级课时练习）阅读材料：多边形上或内部的一点与多边形各顶点的连线，将多边形分割成若干个小三角形.图1给出了四边形的具体分割方法，分别将四边形分割成了2个、3个、4个小三角形，请你按照上述方法将图2中的六边形进行分割，并写出得到的小三角形的个数，试把这一结论推广至n边形.
【答案】见详解.
【分析】图（一）中，（1）是作一个顶点出发的所有对角线对其进行分割；
（2）是连接多边形的其中一边上的一个点和各个顶点，对其进行分割；
（3）是连接多边形内部的任意一点和多边形的各个顶点，对其进行分割．
根据上述方法分别进行分割，可以发现所分割成的三角形的个数分别是4个，5个，6个．
根据这样的两个特殊图形，不难发现：
第一种分割法，分割成的三角形的个数比边数少2，
第二种分割法分割成的三角形的个数比边数少1，
第三种分割法分割成的三角形的个数等于多边形的边数．
【详解】解：如图所示：
结合两个特殊图形，可以发现：
第一种分割法把n边形分割成了（n-2）个三角形；
第二种分割法把n边形分割成了（n-1）个三角形；
第三种分割法把n边形分割成了n个三角形．
【点睛】此题要能够从特殊中发现规律，进而推广到一般．
【题型4 多边形的周长】
【例4】（2023下·湖北孝感·七年级统考期中）如图是一块电脑主板的示意图，每一转角处都是直角，数据如图所示（单位：mm），则该主板的周长是（ ）
A．88mmB．96mmC．80mmD．84mm
【答案】B
【分析】根据题意，电脑主板是一个多边形，由周长的定义可知，周长是求围成图形一周的长度之和，计算周长只需要把横着的和竖着的所有线段加起来即可．
【详解】由图形可得出：
该主板的周长是：24+24+16+16+4×4＝96（mm），
故该主板的周长是96mm，
故选：B．
【点睛】本题考查了不规则多边形周长的求解方法，理解周长的定义是求解的关键．
【变式4-1】（2023下·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨市第四十七中学校考期中）已知正六边形的周长是30cm，则这个多边形的边长等于 cm．
【答案】5
【分析】由正六边形的周长和性质即可得出结果．
【详解】解：∵一个正六边形的周长是30cm，
∴正六边形的边长=30÷6=5（cm）；
故答案为：5．
【点睛】本题考查了正六边形的性质、正六边形的周长；熟练掌握正六边形的边长相等是解题的关键．
【变式4-2】（2023上·七年级课时练习）如图，木工师傅从边长为90cm的正三角形木板上锯出一正六边形木块，那么正六边形木板的边长为（ ）
A．34cmB．32cmC．30cmD．28cm
【答案】C
【详解】图中小三角形也是正三角形，且边长等于正六边形的边长，
所以正六边形的周长是正三角形的周长的23,正六边形的周长为90×3×23=180cm，
所以正六边形的边长是180÷6=30cm.
故选C.
【变式4-3】（2023下·浙江金华·七年级浦江县实验中学校联考期末）如图，将四边形ABCD沿BD、AC剪开，得到四个全等的直角三角形，已知，OA＝4，OB＝3，AB＝5将这四个直角三角形拼为一个没有重叠和缝隙的四边形，则重新拼成的四边形的周长为 ．
【答案】20，22，26，28
【分析】以直角三角形边长相等的边为公共边，拼接四边形，再计算周长；
【详解】解：①如图周长=20；
②如图周长=22；
③如图周长=26；
④如图周长=28；

⑤如图周长=22；
∴四边形的周长为：20，22，26，28；
故答案为：20，22，26，28．
【点睛】本题考查了图形的拼接，四边形的周长；作出拼接图形是解题关键．
【题型5 网格中多边形的面积】
【例5】（2023下·湖北黄冈·七年级校联考期中）如图，在方格纸中有四个图形、、、，其中面积相等的图形是 （ ）
A．和B．和C．和D．和
【答案】B
【详解】试题分析：解：把图形中每一个方格的面积看作1，则图形（1）的面积是1.5×4=6，
图形（2）的面积是1.5×4=6，
图形（3）的面积是2×4=8，
图形（4）中一个图案的面积比1.5大且比2小，
所以（1）和（2）的面积相等．
故选B．
考点：认识平面图形
点评：此题考查了平面图形的有关知识，培养学生的观察能力和图形的组合能力．
【变式5-1】（2023·江苏·七年级假期作业）如图所示的方格（每个小方格面积为1）中阴影部分为两个轴对称型的汉字，图①中汉字面积为S1，图②中汉字的面积为S2，则S1−S2的值为（ ）
A．1B．2C．3D．6
【答案】D
【分析】利用割补法分别求出S1和S2的面积，再作差即可．
【详解】解：如图，
S1＝5×7−12×2×4×2−12×1×1×2−12×（1+5）×4
＝35−8−1−12
＝14，
S2＝4×9−12×4×4×2−12×（1+7）×3
＝36−16−12
＝8，
∴S1−S2＝6．
故选：D．
【点睛】本题主要考查不规则图形的面积，掌握割补法求不规则图形的面积是解题关键．
【变式5-2】（2023上·辽宁沈阳·七年级校考期中）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D是网格线交点，则△ABC的面积与△ABD的面积的大小关系为：S△ABC______S△ABD（填“＞”“＜”“＝”）
A．S△ABCS△ABD
C．S△ABC=S△ABDD．无法判断
【答案】C
【分析】利用网格分别计算△ABC的面积与△ABD的面积即可比较大小．
【详解】解∶如图，
∵SΔABD=S四边形GEBF−SΔAEB−SΔBFD−SΔADG
=2×5−12AE⋅BE−12BF⋅DF−12DG⋅AG
=10−12×2×2−12×5×1−12×1×3
=10−2−52−32
=4
SΔABC=12AC⋅BH
=12×4×2g
=4
∴SΔABC=SΔBCD，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了利用网格求三角形的面积，能利用割补法对不规则三角形进行转化求面积是解题的关键．
【变式5-3】（2023·江西·校联考模拟预测）如图，在边长为1的小正方形网格中，小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点的多边形叫格点多边形图中①，②，③，④四个格点多边形的面积分别记为S1,S2,S3,S4,下列说法正确的是（ ）

A．S1=S2B．S2=S3C．S1+S2=S4D．S1+S3=S4
【答案】B
【分析】根据题意判断格点多边形的面积，依次将S1、S2、S3、S4计算出来，再找到等量关系．
【详解】观察图形可得S1=2.5,S2=3,S3=3,S4=6,
∴S2=S3,S2+S3=6=S4，
故选：B．
【点睛】本题考查了新概念的理解，通过表格获取需要的信息，找到关于面积的等量关系．
【题型6 圆的相关概念】
【例6】（2023上·七年级课时练习）下列条件中，能确定一个圆的是（ ）
A．以点O为圆心B．以2cm长为半径
C．以点O为圆心，10cm长为半径D．经过点A
【答案】C
【分析】确定一个圆有两个重要因素，一是圆心，二是半径，据此可以得到答案．
【详解】解：∵圆心确定，半径确定后才可以确定圆，
∴C选项正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了确定圆的条件，确定圆要首先确定圆的圆心，然后也要确定半径．
【变式6-1】（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形：乙是由两条半径与一段圆弧所围成的图形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形，下列叙述正确的是（ ）
A．只有甲是扇形B．只有乙是扇形C．只有丙是扇形D．只有乙、丙是扇形
【答案】B
【分析】根据扇形的定义，即可求解．扇形，是圆的一部分，由两个半径和和一段弧围成．
【详解】解：甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形：乙是由两条半径与一段圆弧所围成的图形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形，
只有乙是扇形，
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形的定义，熟练掌握扇形的定义是解题的关键．
【变式6-2】（2023上·七年级单元测试）下列图形中的角是圆心角的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据圆心角的定义作答即可．
【详解】解：圆心角的定义：圆心角的顶点必在圆心上，
所以选项A符合题意，选项B，C，D不合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查的是圆心角的定义，正确掌握圆心角的定义是解题的关键．
【变式6-3】（2023上·七年级课时练习）如图所示的圆可记作⊙O，图中半径有 条，分别是 ．

【答案】 3 OA，OB，OC
【分析】根据圆的基本概念进行作答即可．
【详解】解：由图可知，图中半径有3条，分别是OA，OB，OC．
故答案为：3；OA，OB，OC．
【点睛】本题考查了圆的基本概念，正确掌握圆的基本性质相关内容是解题的关键．
【题型7 求扇形的圆心角】
【例7】（2023上·辽宁铁岭·七年级统考期末）若将一个圆分成四个扇形，且它们的面积比为4∶3∶2∶1，则最小扇形的圆心角的度数是 ．
【答案】36°
【分析】因为扇形A，B，C，D的面积之比为4：2：1：3，结合扇形的面积公式可得对应扇形所占的圆心角之比也为4：2：1：3，设出未知数列方程求解即可．
【详解】解：∵扇形A，B，C，D的面积之比为4：2：1：3，且S扇形=nπr2360，
∴对应扇形所占的圆心角之比也为4：2：1：3，
∴设四个圆心角的度数分别为4x，2x，x，3x，
由题意得4x+2x+x+3x=360°，
解得x=36°，
∴最小扇形的圆心角的度数是36°，
故答案为：36°
【点睛】本题考查了求扇形统计图中圆心角的度数，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键．
【变式7-1】（2023下·山东威海·六年级统考期中）如图，把一个圆分成三个扇形，其中面积最大的扇形的圆心角度数为 °；若圆的半径为2，则最大扇形的面积 ．（结果保留π的形式）
【答案】 162 9π5
【分析】利用圆心角的相关概念及扇形面积公式计算即可．
【详解】解： 360°×45%=162°．
S=nπr2360=162°×π×22360=9π5
或：S=45%πr2=45%×π×22=9π5．
故答案为：162；9π5
【点睛】本题考查了圆心角的相关概念及扇形的面积公式，正确计算是解决本题的关键．
【变式7-2】（2023·七年级单元测试）把一个圆分成若干个扇形，若其中一个扇形占整个圆的25，那么这个扇形的圆心角为（ ）
A．144°B．288°C．72°D．36°
【答案】A
【分析】扇形占整个圆的25，即圆心角是360度的25，可求出答案．
【详解】∵在一个扇形统计图中，有一个扇形占整个圆的25，
∴这个扇形圆心角是：360°×25=144°．
故选A．
【点睛】本题考查扇形统计图及相关计算．在扇形统计图中，每部分占总体的百分比等于该部分所对应的扇形圆心角的度数与360°之比．
【变式7-3】（2023下·山东青岛·六年级统考期中）如图，把一个圆分成甲，乙，丙，丁四个扇形．

(1)求甲，乙，丙三个扇形的圆心角的度数；
(2)若圆的半径为1cm，求扇形丁的面积．
【答案】(1)甲，乙，丙三个扇形的圆心角的度数分别是90°,108°,72°
(2)π4cm2
【分析】（1）每个扇形的圆心角度数等于360°乘以各自所占圆的百分比，由此即可计算；
（2）求出扇形丁的圆心角度数，即可求出扇形丁的面积．
【详解】（1）解：扇形甲的圆心角度数=360°×25%=90°；
扇形乙的圆心角度数=360°×30%=108°；
扇形丙的圆心角度数=360°×20%=72°．
（2）解：∵扇形丁的圆心角度数是360°−90°−108°−72°=90°，圆的半径是1cm，
∴扇形丁的面积90°π×12360°=π4(cm2)．
【点睛】本题考查圆心角，扇形面积的计算，关键是掌握扇形圆心角的度数等于360度乘以扇形所占圆的百分比；扇形面积的计算公式．
【题型8 圆的周长和面积问题】
【例8】（2023上·黑龙江大庆·六年级大庆一中校考阶段练习）两个连在一起的皮带轮，其中一个轮子的直径是6dm，当另一个轮子转1圈时，它要转3圈，另一个轮子的周长是（ ）dm．
A．6π B．16π C．18πD．2π
【答案】C
【分析】根据题意可知，当大轮转一圈时，小轮转3圈，也就是大轮的直径是小轮直径的3倍，根据圆的周长公式C=πd即可解答．
【详解】解：根据题意可知，当大轮转一圈时，小轮转3圈，也就是大轮的直径是小轮直径的3倍，即校园的直径为18dm，所以另一个轮子的周长是18π dm．
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆的周长公式，由大轮子转一圈、小轮子转3圈得到大轮的直径是小轮直径的3倍是解题的关键．
【变式8-1】（2023上·重庆·七年级统考期末）如图所示，两个圆的圆心相同，圆环的面积是8，则阴影部分的面积是 ．（结果保留π）
【答案】8π
【分析】设大圆的半径为R，小圆的半径为r，然后根据圆环面积得到πR2−πr2=8，则S阴影=R2−r2=8π．
【详解】解：设大圆的半径为R，小圆的半径为r，
由题意得，πR2−πr2=8，
∴S阴影=R2−r2=8π，
故答案为：8π．
【点睛】本题主要考查了圆的面积计算，正确理解题意是解题的关键．
【变式8-2】（2023上·江苏南京·七年级校考开学考试）如图，从A地到B地有两条路可走，一条路是大半圆，另一条路是4个小半圆．有一天，一只猫和一只老鼠同时从A地到B地．老鼠见猫沿着大半圆行走，它不敢与猫同行（怕被猫吃掉），就沿着4个小半圆行走．假设猫和老鼠行走的速度相同，那么 先到达B地

【答案】猫和老鼠同时到达
【分析】利用圆的周长公式即可求解．
【详解】解：以AB为直径的半圆的长是：12π⋅AB；
设四个小半圆的直径分别是a，b，c，d，则a+b+c+d=AB，
则老鼠行走的路径长是：12πa+12πb+12πc+12πd=12π(a+b+c+d)=12πAB．
故猫和老鼠行走的路径长相同，同时到达，
故答案为：猫和老鼠同时到达．
【点睛】本题考查了圆的周长，熟练掌握其计算公式是解题的关键．
【变式8-3】（2023上·上海青浦·六年级校考期末）如图，阴影面积是大圆面积的415，是小圆面积的35，小圆的半径是10，则大圆的半径是 ．
【答案】15
【分析】根据题意得阴影部分的面积：3.14×102×35=188.4，即可得大圆的面积，再根据圆面积的计算公式即可得．
【详解】解：∵阴影面积是小圆面积的35，小圆的半径是10，
∴阴影部分的面积：3.14×102×35=188.4，
∵阴影面积是大面积的415，
∴大圆的面积：188.4÷415=706.5，
则大圆半径的平方：706.5÷3.14=225，
∴大圆的半径：15×15=225，
故答案为：15．
【点睛】本题考查了圆的面积，解题的关键是掌握圆的面积公式．多边形的顶点数
4
5
6
…
从一个顶点出发的对角线的条数
1
2
3
…
多边形对角线的总条数
2
5
9
…