数学九年级上册正多边形与圆同步测试题

这是一份数学九年级上册正多边形与圆同步测试题，共26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。
1．若一个正六边形的外接圆半径为2，则该正六边形的周长为（ ）
A．2B．6C．6D．12
2．如图，为弦，若，弦是圆内接正多边形的一边，则该正多边形为（ ）
A．正九边形B．正八边形C．正七边形D．正六边形
3．如图，在平面直角坐标系中，点是正六边形的边与轴的交点，，点在第一象限．将绕点顺时针旋转后点的对应点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
4．如图，边长为的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，正六边形内作正方形，连接，交于点O，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．我国古代重要建筑的室内上方，通常会在正中部位做出向上凸起的穹窿状装饰，称为藻井．北京故宫博物院内的太和殿上方即有藻井图，全称为龙凤角蝉云龙随瓣枋套方八角浑金蟠龙藻井．它展示出精美的装饰空间和造型艺术．从分层构造上来看，太和殿藻井由三层组成：最外层为方井，中层为八角井，内层为圆井．图2是由图1抽象出的平面图形．若内层圆井的面积为，则最外层方井的边长是（ ）
A．B．1C．D．2
7．中国凉亭是自然与人文的交汇点，它不仅是遮阳避雨的休憩之所，更是园林的诗眼、山水的情怀，体现了天人合一、虚实相生的传统哲学意境．如图1，有一个凉亭，它的地基的平面示意图如图2所示，该地基的平面示意图可以近似的看作是半径为的圆内接正六边形，则这个正六边形地基的周长为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在的内接正五边形中，，交于点，则图中等腰三角形的个数为（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
9．如图，正六边形内接于，P是圆上任意一点，连接，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，点A，B，C，D，E，F是圆O上的六等分点，已知圆O的半径是2，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．B．C．D．
二、填空题
11．如图，正六边形内接于，若正六边形的半径为6，则正六边形的面积为 ．
12．如图，是的内接正六边形的一边，点在上，且是的内接正八边形的一边．则以为边的内接正多边形的边数为 ．
13．在半径为8的圆形纸片上裁出一个边长最大的正六边形，则这个正六边形纸片的边长应为 ．
14．如图，，分别为的内接正三角形、正四边形的一边，是圆内接正边形的一边，则的值为 ．
15．如图，已知为正六边形的内切圆，M，N是与的切点，连接，若，则五边形的周长为 ．
三、解答题
16．如图，是的直径，，是的弦，，延长到D，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)以为边的圆内接正多边形的周长等于 ．
17．历史上，对于圆周率的研究是古代数学一个经久不衰的话题，如我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，可见正多边形与圆联系非常紧密！
(1)如图，请在中，作一个圆内接正六边形．（要求：尺规作图，不写作法，没有作图痕迹不给分）
(2)若正六边形边长为，求该正六边形的边心距．
18．如图，的半径为，六边形是圆内接正六边形，四边形是正方形．
(1)求的度数；
(2)求正六边形与正方形的面积比．
19．如图1，正方形内接于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，其中，连接并延长交于点，连接，，过作于点，连接．
(1)如图1，若，，共线，求的值；
(2)试探究的大小与的关系，并说明理由；
(3)当为等腰直角三角形时，求的值．
20．碳60，是一种非金属单质，化学式为，是一种由60个碳原子构成的分子，形似足球，又名足球烯．如下图，足球烯是由正五边形和正六边形组成的凸多面体．
(1)足球烯中正五边形每一个内角的度数为______．
(2)若足球烯中正六边形的边长为a，求该正六边形的边心距．
《2.6 正多边形与圆 同步练习题2025-2026学年苏科版九年级数学上册》参考答案
1．D
【分析】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的判定和性质，掌握正多边形的性质是解题关键．
根据题意可得正六边形的外接圆半径等于其边长，可直接计算周长．
【详解】解：如图，六边形是正六边形，是正六边形的外接圆，
，，
是等边三角形，
，
该正六边形的周长为，
故选：D．
2．A
【分析】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是构造同弧所对的圆心角．构造弧所对的圆心角后即可求得答案．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴，
，
∴是正九边形的一条边，
故选：A．
3．D
【分析】本题考查了正六边形的性质与坐标旋转变换，解题的关键是先确定点的位置，再利用旋转求对应点坐标．
先根据正六边形的边长和角度性质找出点的位置，再依据绕原点顺时针旋转的坐标，计算出点旋转后的对应点坐标．
【详解】解：由、可知，
正六边形的中心在原点，边长为4，即
正六边形的中心角为，点在第一象限，

旋转到，如图所示，
此时，，
在中，，，
在第四象限，
旋转后对应点坐标为．
故选D．
4．D
【分析】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相关性质定理是解题的关键．连接，，过点作，垂足为点，根据正多边形的性质和圆的性质证明是等边三角形， 得到、的长，然后利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：如图，连接，，过点作，垂足为点，
六边形是正六边形，点是它的中心，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
在中， ，
即它的内切圆半径为 ，
故选：D．
5．C
【分析】本题考查正多边形的性质，正方形的性质，勾股定理，等边三角形的判定及性质，掌握正多边形的性质是解题的关键．
连接，交于点，设正六边形和正方形的边长都为a，根据正六边形的性质可求．在中通过解直角三角形可得，从而，即可求解．
【详解】解：连接，交于点，设正六边形和正方形的边长都为a，
∵六边形是正六边形，，是其对角线，
∴，平分，平分
∴，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵点J是正六边形的对角线的交点，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，即，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
6．B
【分析】由题意得，根据圆的面积公式可得圆的半径，从而得到圆的直径，利用等腰直角三角形的性质及勾股定理得的长，从而可得答案．
本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的面积的计算，知道正多边形之间的关系是解题的关键．
【详解】解：由题意得，四边形是正方形，
，，
，
设圆的半径为r，内层圆井的面积为，
，
，
由图可知内层圆是正方形的内接圆，根据正多边形与圆的关系可知：内层圆的直径即为正方形的边长，
∴，
由题意可知：点E为的中点，是等腰直角三角形，
，
；
故选：B．
7．D
【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，正多边形和圆的综合，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解．
先求出，再证明等边三角形，从而可求得正六边形地基的周长．
【详解】解：∵，，
∴等边三角形，
∴，
∴这个正六边形地基的周长为，
故选：D．
8．C
【分析】本题主要考查了正多边形的圆，等腰三角形的判定，解题的关键是掌握相关性质定理．
根据正五边形的性质，可得，进而得到图中等腰三角形有：，，，，，共5个．
【详解】解：由题可得，，，，
，，
，
图中等腰三角形有：，，，，，共5个．
故答案为：C．
9．D
【分析】本题考查正多边形与圆、圆周角定理，熟练掌握正六边形性质及圆周角定理作出辅助线是解决问题的关键．连接、，根据正六边形性质得到，再结合圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得到答案．
【详解】解：连接、，如图所示：
正六边形内接于，
，
P是圆上任意一点，，
根据圆周角定理，，
故选：D．
10．C
【分析】本题主要考查正多边形和圆、等边三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、勾股定理等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键．
如图，连接交于点Q，设与交于点H，与交于点Q，根据题意可得是等边三角形，进而说明，再根据含30度直角三角形的性质和勾股定理求得、可得，进而求得，最后求得即可解答．
【详解】解：如图，连接交于点Q，设与交于点H，与交于点Q，

∵点A，B，C，D，E，F是圆O上的六等分点，
∴，，，
∴，
同理：
∴，
∴，，
同理：，
∴是等边三角形，
∵，
∴
∵，垂直平分，，
∴，，，
∴
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴图中阴影部分的面积是．
故选C．
11．
【分析】本题考查圆内接正多边形，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题的关键．
将正六边形分成六个边长相等的正三角形，则正多边形的半径为正三角形的边长，据此计算正六边形的面积即可．
【详解】解：根据题意得，正六边形可以分成六个边长相等的正三角形，
则正多边形的半径为正三角形的边长，
即正三角形的边长为6，高为，
因此，正六边形的面积为，
故答案为：．
12．24
【分析】本题考查了正多边形和圆，中心角等知识，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：∵是的内接正六边形的一边，
∴，
∵是的内接正八边形的一边，
∴，
∴，
∵，
∴以为边的内接正多边形的边数为24．
故答案为：24．
13．8
【分析】本题主要考查圆内接正多边形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，掌握正六边形内接于圆时边长最大是解题的关键．
如图：先求得圆内接正六边形的中心角，进而证明为等边三角形，再根据等边三角形的性质即可解答．
【详解】解：如图，
由题意：，，
∴为等边三角形，
∴，即这个正六边形纸片的边长是．
故答案为：8．
14．12
【分析】本题考查了正多边形与圆，根据已知条件推出是解题的关键．连接、、，根据题意可得，，利用角的和差得到，即可求出的值．
【详解】解：如图，连接、、，
∵为的内接正三角形的一边，
∴，
∵为的内接正四边形的一边，
∴，
∴，
∵是圆内接正边形的一边，
∴，
故答案为：12．
15．
【分析】本题考查圆与内切多边形，多边形的内角，等边三角形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键．
连接，先推导出是等边三角形，得到，求出，得到，可推导出，，同理可得：，即可解答．
【详解】解：连接，如图
∵为正六边形的内切圆，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵M，N是与的切点，
∴，即
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴五边形的周长为．
故答案为：．
16．(1)见解析
(2)18
【分析】本题考查切线的判定，圆内接正六边形的性质，掌握切线的判定方法是正确解答的前提．
（1）根据等腰三角形性质以及三角形内角和定理计算出即可；
（2）得出以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，再求出的长即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
又∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴以为边的圆内接正六边形的周长为．
故答案为：18．
17．(1)见解析；
(2)．
【分析】本题考查作图复杂作图正多边形与圆、等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）在上任意取一点，以为圆心，为半径把六等分可得正六边形；
（2）连接，，过点作于点证明是等边三角形，进而求出，根据勾股定理即可求出，问题得解．
【详解】（1）解：如图，六边形即为所求；
证明：由作图可得，
∴，，
∴，
∴六边形是圆内接正六边形；
（2）解：连接，，过点作于点．
∵六边形是圆内接正六边形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即正六边形的边心距为．
18．(1)
(2)
【分析】本题侧重考查有关圆内接多边形的题目，需要掌握圆内接多边形的性质以及等腰三角形的性质．
（1）在等腰中易得顶角的度数，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出底角的度数；
（2）根据正六边形中心角的度数及同圆半径相等得到为等边三角形，设正六边形的边长为，从而得到的长；利用面积公式求出正六边形的面积以及正方形的面积，进而得到正六边形与正方形的面积比．
【详解】（1）解：连接，
∵的半径为，六边形是圆内接正六边形，四边形是正方形．
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，，
∴，
∴．
（2）解：过作于，设正六边形的边长为．
∵为正六边形的中心角，
∴．
∵，
∴是边长为的等边三角形，
∴，，
∴正方形的面积为，
∴，
正六边形的面积为，
∴正六边形与正方形的面积比为．
19．(1)
(2)的大小与无关，，是个定值
(3)或
【分析】（1）连接，取的中点T，连接，可证明点O为正方形对角线的交点，则，进而可得，由旋转的性质可得，可证明是等边三角形，得到，则可得到，即；
（2）连接，可求出；由旋转的性质可得，则，，进而可求出，，证明，可得到；证明E、F、D、G四点共圆，可得，据此可得结论；
（3）当和当两种情况，通过构造与的全等三角形求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，连接，取的中点T，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴都是的直径，
∴点O为正方形对角线的交点，
∴，
∵，且，，共线，
∴，；
由旋转的性质可得，
∴；
∵T为的中点，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，即；
（2）解：的大小与无关，，是个定值，理由如下：
如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴；
由旋转的性质可得，
∴ ，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
又∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴E、F、D、G四点共圆，
∴，
∴的大小与无关，，是个定值；
（3）解：如图3-1所示，当时，过点A作交于M，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，；
∵四边形是正方形，
∴ ，
∴，
∴，
∴，
由（2）可得，
∴，
∴，
∴；
如图3-2所示，当时，
∵是等腰直角三角形，
∴
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题主要考查了圆与正方形综合，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线和利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
20．(1)
(2)
【分析】本题考查了正多边形和圆，掌握正多边形和圆的关系是解题的关键．
（1）由任意多边形的外角和为，可求正五边形每一个内角的度数.
（2）为等边三角形，，得，故，即边心距为.
【详解】（1）解：∵任意多边形的外角和为，
∴五边形一个外角是，
∴五边形一个内角是.
故答案为：.
（2）解：如图，为正六边形的一条边，点O为它的外接圆的圆心，连接，过点O作．
，
是等边三角形，
．
．
在中，由勾股定理，得，
故该正六边形的边心距为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
D
D
C
B
D
C
D
C