2.6正多边形与圆暑假预习练 苏科版数学九年级上册

这是一份2.6正多边形与圆暑假预习练 苏科版数学九年级上册，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，四边形内接于⊙O ，，那么等于（ ）
A．110°B．135°C．55°D．125°
2．顺次连接正六边形的三个不相邻的顶点，得到如图的图形，下列说法错误的是（ ）
A．△ACE是等边三角形
B．既是轴对称图形也是中心对称图形
C．连接AD，则AD分别平分∠EAC与∠EDC
D．图中一共能画出3条对称轴
3．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．
4．正多边形的中心角与该正多边形一个内角的关系是（ ）
A．互余B．互补C．互余或互补D．不能确定
5．如图，点是正六边形的中心，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，用若干个全等的正五边形可以拼成一个环状，图中所示的是前3个正五边形的拼接情况，要完全拼成一个圆环共需要的正五边形个数是（ ）

A．8B．9C．10D．11
7．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）
8．如图所示，直线AB， AD与⊙O分别相切于点B， D， C为⊙O上一点，且∠BCD=140°，则∠A的度数是（ ）
A．70°B．105°C．100°D．110°
9．半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为，则这个内接正多边形的边长为（ ）
A．1B．2C．D．
10．已知圆内接正三角形的面积为，则该圆的内接正六边形的边心距是（）
A．B．C．D．
11．如图，正五边形的边长为2，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
12．如图，半径为1的⊙O与正六边形ABCDEF相切于点A、D，则弧AD的长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．如图，点A、B、C在⊙O上，∠AOC＝60º，则∠ABC＝ º．
14．如图是四个全等的正八边形和一个正方形拼成的图案，已知正方形的面积为4，则一个正八边形的面积为 ．
15．如图，若的半径为1，则的内接正八边形的面积为 ．

16．如图，点M、N分别是正五边形ABCDE的两边AB、BC上的点．且AM=BN，点O是正五边形的中心，则∠MON的度数是 度．
17．如果一个正多边形的中心角等于60°，那么这个正多边形的边数是 ．
三、解答题
18．如图1、、3、…、，、分别是的内接正三角形、正方形、五边形、…..、正边形…..的边、上的点，且，连接、．
（1）求图1中的度数；
（2）图中的度数是____________，图3中的度数是____________；
（3）试探究的度数与正边形边数的关系（直接写出答案）．
19．如图是由6个形状、大小完全相同的小矩形组成的大矩形，其中小矩形的长为2，宽为1，请用无刻度的直尺在矩形中完成以下作图（保留作图痕迹，不写作法）．
（1）在图1中，画出一个面积为5的正方形；
（2）在图2中，画出一个面积为4的非特殊的平行四边形．
20．(1)如图①，把等边三角形的各边三等分，分别以居中那条线段为一边向外作等边三角形，并去掉居中的那条线段，得到一个六角星，则这个六角星的边数是_______．
(2)如图②，在5×5的网格中有一个正方形，把正方形的各边三等分，分别以居中那条线段为一边向外作正方形，并去掉居中的那条线段．请你把得到的图形画在图③中，并写出这个图形的边数．
(3)现有一个正五边形，把正五边形的各边三等分，分别以居中那条线段为一边向外作正五边形，并去掉居中的那条线段，得到的图形的边数是多少？

21．如图所示，四边形ABCD内接于⊙O，延长AD，BC相交于点M，延长AB，DC相交于点N，∠M=40°，∠N=20°，求∠A的度数.
22．如图所示中，，，分别在边和上，且，，垂足分别为，，求的长.
23．如图，⊙O的半径为，其内接正六边形，点同时分别从两点出发，以的速度沿向终点运动，连接．设运动时间为．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）填空：
①当________时，四边形为菱形；
②当_________时，四边形为矩形．
24．如图，要拧开一个边长的六角形螺帽，扳手张开的开口b至少要多少？
《2.6正多边形与圆》参考答案
1．D
【分析】根据已知条件可知，，根据圆内接四边形的对角互补可知，由此即可解答．
【详解】解：．
∵四边形内接于⊙O
．
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆心角、圆周角、弦的关系以及圆的内接四边形的性质，掌握相关知识点，得到、是关键．
2．B
【详解】试题解析：A.∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴△ACE是等边三角形，故本选项正确；
B.∵△ACE是等边三角形，∴是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C.∵△ACE是等边三角形，∴连接AD，则AD分别平分∠EAC与∠EDC，故本选项正确；
D.∵△ACE是等边三角形，∴图中一共能画3条对称轴，故本选项正确．
故选B．
3．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．
4．B
【详解】设正多边形的边数为n，则正多边形的中心角为，正多边形的一个外角等于，所以正多边形的中心角等于正多边形的一个外角，而正多边形的一个外角与该正多边形相邻的一个内角的互补，所以正多边形的中心角与该正多边形一个内角互补．
故选B．
5．B
【分析】本题考查正多边形和圆，正确记忆相关知识点是解题关键．根据正六边形的性质可得，，从而求出．
【详解】解：连接，
点为正六边形的中心，
，
故选：B
6．C
【分析】本题考查了正五边形与圆的有关运算，解题的关键是正确的构造圆心角．延长正五边形的相邻两边交于圆心，求得该圆心角的度数后，用除以该圆心角的度数即可得到正五边形的个数，从而得到答案．
【详解】解：如图，圆心角为，

∵五边形的内角和为：，
∴五边形的每一个内角为：，
，
，
∴要完成这一圆环共需10个全等的五边形，
故选：C．
7．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.
8．C
【详解】试题分析：过点B作直径BE，连接OD、DE．根据圆内接四边形性质：对角互补，可求∠E=180°﹣∠BCD =180°﹣140°=40°；根据圆周角定理求∠BOD=80°；根据切线的性质可知∠OBA=∠ODA=90°，根据四边形内角和定理可求得∠A=360°﹣90°﹣90°﹣80°=100°．
故选C．
考点：切线的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
9．B
【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质是正确解答的前提．
根据正六边形的性质，正三角形的性质进行计算即可．
【详解】解：如图，
∵半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为，
∴，
∴，
∴的内接正多边形是六边形，
，
，
∴是正三角形，
，
∴正六边形的边长为2，
故选：B．
10．B
【分析】根据题意可以求得半径，进而解答即可．
【详解】因为圆内接正三角形的面积为，
所以圆的半径为，
所以该圆的内接正六边形的边心距×sin60°＝×＝1，
故选B．
【点睛】本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，求出相应的图形的边心距．
11．D
【分析】本题考查了多边形的内角和问题、求扇形面积，由题意得出，，再由扇形面积公式计算即可得出答案．
【详解】解：正五边形的边长为2，
，，
阴影部分的面积为，
故选：D．
12．C
【详解】试题解析：连接OA，OD，
∵⊙O与正六边形ABCDEF相切于点A、D，
∴∠OAF=∠ODE=90°，
∵∠E=∠F=120°，
∴∠AOD=540°-90°-90°-120°-120°=120°，
∴的长为,
故选C．
13．150
【详解】如图，在优弧 ADC 上取点D，连接AD，CD，
∵∠AOC=60°，∴∠ADC=∠AOC=30°．
∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=180°－∠ADC=180°－30°=150°．
14．
【分析】根据正方形的性质得到AB=2，根据由正八边形的特点求出∠AOB的度数，过点B作BD⊥OA于点D，根据勾股定理求出BD的长，由三角形的面积公式求出△AOB的面积，进而可得出结论．
【详解】解：设正八边形的中心为O，
连接OA，OB，如图所示，
∵正方形的面积为4，
∴AB=2，
∵AB是正八边形的一条边，
∴∠AOB==45°．
过点B作BD⊥OA于点D，设BD=x，则OD=x，OB=OA=x，
∴AD=x-x，
在Rt△ADB中，BD2+AD2=AB2，
即x2+(x-x)2=22，
解得x2=2+，
∴S△AOB=OA•BD=×x2=+1，
∴S正八边形=8S△AOB=8×(+1)=8+8，
故答案为：8+8．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，正方形的性质，三角形面积的计算，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
15．
【分析】利用勾股定理求出正方形的边长，根据即可．
【详解】
解：连接，，，

∵四边形是圆内接正四边形，，是圆的直径，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形，利用圆内接正多边形的性质求出正方形的边长是解题的关键．
16．72
【详解】【分析】连接OA、OB、OC，根据正多边形的中心角的计算公式求出∠AOB，证明△AOM≌△BON，根据全等三角形的性质得到∠BON=∠AOM，得到答案．
【详解】如图，连接OA、OB、OC，
∠AOB==72°，
∵∠AOB=∠BOC，OA=OB，OB=OC，
∴∠OAB=∠OBC，
在△AOM和△BON中，
，
∴△AOM≌△BON，
∴∠BON=∠AOM，
∴∠MON=∠AOB=72°，
故答案为72．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形与圆的关系、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
17．6
【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案．
【详解】根据正n边形的中心角的度数为，
则，故这个正多边形的边数为6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．
18．（1）；（2），；（3）
【详解】试题分析:连接BO,CO那么,有:BM=CM, ∠OBM=∠OCN,BO=CO,利用SAS证明△OBM≌△OCN,同理可得,图1中的∠MON=∠BOC=120°,图2中心角等于360°÷4=90°,图3的中心角等于360°÷5=72°,所以,（1）120°,（2）90° 72°,（3）正n边形时, ∠MON=∠BOC=360°÷n, ∠MON是一定值,取特殊位置进行分析,对三个图取B与M重合,N与C重合,即可求出∠MON的值.
试题解析:（1）解法一:连接OB,OC,
∵正△ABC内接于⊙O,
∴∠OBM=∠OCN=30°,∠BOC=120°.
又∵BM=CN,OB=OC,
∴△OBM≌△OCN,
∴∠BOM=∠OCN,
∴∠MON=∠BOC=120°.
解法二:连接OA,OB,
∵正△ABC内接于⊙O,
∴AB=AC,∠OAM=∠OBN=30°,∠AOB=120°,
又∵BM=CN,
∴AM=BN,
又∵OA=OB,
∴△AOM≌△BON,
∴∠AOM=∠BON,
∴∠AON=∠AOB=120°.
（2）90°, 72°.
（3）∠MON=.
19．见解析
【分析】（1）直接利用正方形的判定方法得出答案；
（2）直接利用平行四边形的判定方法得出答案．
【详解】（1）如图正方形ABCD；
（2）如图平行四边形EFGH
．
【点睛】此题考查应用设计与作图，正确掌握平行四边形以及正方形的判定方法是解题关键．
20．(1)12；(2)图详见解析，这个图形的边数是20； (3)图详见解析，得到的图形的边数是30.
【分析】根据题目要求画图，再在图中得出题目要求的问题.
【详解】解：（1）把等边三角形的各边三等分，分别以居中那条线段为一边向外作等边三角形，并去掉居中的那条线段，得到一个六角星（如图所示），
故此多边形的边数是：12．
（2）这个图形的边数是20．
（3）得到的图形的边数是30．
【点睛】本题考查学生读题和按题意画图的能力，掌握根据题意画图的能力是解决此题的关键.
21．∠A=60°.
【分析】根据圆内接四边形的性质可得∠1=∠2=∠A，由圆周角定理可得答案.
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠1=∠2=∠A.
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC=∠M+∠2，∠ABC=∠1+∠N，
∴∠M+∠1+∠2+∠N=180°
∵∠M=40°，∠N=20°，∠1=∠2=∠A
∴∠A=60°.
【点睛】本题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质.
22．
【分析】本题关键要建立未知线段和已知线段的关系，由，，，共圆，和为直径，于是在中便可以建立和的关系，求出的长即求出的长.
【详解】连结，，∵，
∴∴，
∴由圆的定义知点，，，在以为圆心，为半径的圆上，作出辅助圆，延长交圆于，连结，
∴
在中，，∴ ∴
【点睛】双直角三角形是典型的共圆图，解题中注意灵活应用.
23．（1）见解析；（2）①2；②0或4
【分析】（1）根据题意可得，，然后证明，由此可得、，进而可证结论．
（2）①根据菱形的性质，，时，四边形是菱形，由此可知t=2；
②根据矩形的性质，当有三个角是直角时，四边形是矩形，由此可知t=4或0．
【详解】（1）∵正六边形内接于的半径为4，
，
∵点同时分别从两点出发，以的速度沿向终点运动，．
在和中，


同理可证．
∴四边形是平行四边形．
（2）①2；②0或4 ，
①由对称性可知，当，时，四边形是菱形，此时．
②当时，点在点处， ，，此时四边形是矩形．
当时，点在点处，同理可得，此时四边形是矩形．综上所述，当或时，四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查平行四边形、菱形、矩形的性质与判定，涉及动点问题，掌握各图形的性质及判定方法是解题关键．
24．扳手张开的开口b至少要12mm．
【分析】由题意可得：六边形为正六边形，可得六边形的六条边相等，每个内角为过点A作AG⊥BF，垂足为点G，再利用含的直角三角形的性质求解 再利用勾股定理求解 结合等腰三角形的性质可得答案.
【详解】解：如图所示，由题意得：六边形为正六边形，
六边形的六条边相等，每个内角为
过点A作AG⊥BF，垂足为点G，
因为∠BAF＝120°，
所以∠BAG＝60°，
所以∠ABG＝30°，
在Rt△ABG中，AB＝12mm，∠AGB＝90°，∠ABG＝30°，
所以AG＝AB＝×12＝6(mm)，
由勾股定理得BG＝＝＝6(mm)，
即b＝BF＝2BG＝2×6＝12 (mm).
答：扳手张开的开口b至少要12mm．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，熟练应用以上知识解题是解题的关键.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
C
B
B
C
C
C
B
B
题号
11
12








答案
D
C