专题24.10正多边形与圆-2021-2022学年九年级数学上册同步培优题典（解析版）【人教版】

这是一份专题24.10正多边形与圆-2021-2022学年九年级数学上册同步培优题典（解析版）【人教版】，共136页。
2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典【人教版】
专题24.10正多边形与圆
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021•兴安盟）一个正多边形的中心角为30°，这个正多边形的边数是（　　）
A．3 B．6 C．8 D．12
【分析】根据正多边形的中心角和为360°和正多边形的中心角相等，列式计算即可．
【解析】∵正多边形的中心角和为360°，正多边形的中心角是30°，
∴这个正多边形的边数=360°30°=12．
故选：D．
2．（2021•绍兴）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在AB上，则∠BPC的度数为（　　）

A．30° B．45° C．60° D．90°
【分析】根据正方形的性质得到BC弧所对的圆心角为90°，则∠BOC＝90°，然后根据圆周角定理求解．
【解析】连接OB、OC，如图，

∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴BC所对的圆心角为90°，
∴∠BOC＝90°，
∴∠BPC=12∠BOC＝45°．
故选：B．
3．（2021•成都模拟）如图，⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，点P在⊙O上（P不与A，B重合），则∠APB的度数为（　　）

A．30°或150° B．60°或120° C．30° D．60°
【分析】构造圆心角，分两种情况，利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半求得答案即可．
【解析】连接OA，OB，如图所示：

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=360°6=60°，
当点P不在BA上时，
∠APB=12∠AOB＝30°，
当点P在AB上时，
∠APB＝180°−12∠AOB＝180°﹣30°＝150°，
故选：A．
4．（2021•和平区二模）在圆内接正六边形ABCDEF中，正六边形的边长为2，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（　　）
A．30°，1 B．45°，2 C．60°，3 D．120°，2
【分析】由正六边形的性质得∠COD＝60°，再证△OCD是等边三角形，得BC＝CD＝OC＝2，再由垂径定理和含30°角的直角三角形的性质求出OG即可．
【解析】在圆内接正六边形ABCDEF中，∠COD=360°6=60°，
∵OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴BC＝CD＝OC＝2，
∵OG⊥BC，
∴CG=12BC＝1，
∵∠COG=12∠COD＝30°，
∴OG=3CG=3，
故选：C．

5．（2021•大东区二模）已知一个正六边形的边心距为3，则它的外接圆的面积为（　　）
A．4π B．3π C．2π D．π
【分析】过O作OH⊥AB于H，连接OA、OB，证△OAB是等边三角形，得∠OAB＝60°，再由锐角三角函数定义求出OA＝2，然后由圆的面积公式求解即可．
【解析】如图，O为正六边形六边形ABCDEF的中心，过O作OH⊥AB于H，连接OA、OB
则OA为正六边形ABCDEF的外接圆的半径，OH为正六边形ABCDEF的边心距，
即OH=3，
∵∠AOB=360°6=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB＝60°，
∵OH⊥AB，
∴sin∠OAH=OHOA，
∴OA=3sin60°=332=2，
∴它的外接圆的面积＝π•22＝4π，
故选：A．

6．（2021•东阿县三模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P是劣弧BC上一点（点P不与点C重合），则∠CPD＝（　　）

A．45° B．36° C．35° D．30°
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【解析】如图，连接OC，OD，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD=360°5=72°，
∴∠CPD=12∠COD＝36°，
故选：B．

7．（2020•南开区二模）如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，AF是⊙O的直径，则∠BDF的度数是（　　）

A．18° B．36° C．54° D．72°
【分析】正五边形的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解析】∵AF是⊙O的直径，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴CF=DF，BC=DE，∠BAE＝108°，
∴BF=EF，
∴∠BAF=12∠BAE＝54°，
∴∠BDF＝∠BAF＝54°，
故选：C．
8．（2020•苍溪县模拟）在正五边形的外接圆中，任一边所对的圆周角的度数为（　　）
A．36° B．72° C．144° D．36°或144°
【分析】画出图形，连接OA、OB、BD、AD，在AB上取点F，连接AF、BF，由正五边形的性质得出AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠AOB＝72°，由圆周角定理得出∠ADB=12∠AOB＝36°，由圆内接四边形的性质得出∠AFB＝180°﹣∠ADB＝144°，即可得出结论．
【解析】连接OA、OB、BD、AD，在AB上取点F，连接AF、BF，如图所示：
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠AOB=360°5=72°，
∴∠ADB=12∠AOB＝36°，
∴∠AFB＝180°﹣∠ADB＝144°，
即在正五边形的外接圆中，任一边所对的圆周角的度数为36°或144°；
故选：D．

9．（2019秋•温州校级期中）如图，点P从点A出发，按逆时针方向沿着正六边形（各边均相等）的边循环运动，当运动280cm后恰好停在点C，则该正六边形的边长可能是（　　）

A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm
【分析】设正方形的边长为x，点P运动了n圈，则有6nx+2x＝280，根据选项中，x的值确定n的值即可判断．
【解析】设正方形的边长为x，点P运动了n圈，则有6nx+2x＝280，
当x＝4时，n不是整数，不符合题意，
当x＝5时，n＝9，符合题意，
当x＝6时，n不是整数，不符合题意，
当x＝7时，n不是整数，不符合题意，
故选：B．
10．（2019秋•南开区期末）如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BF，BD分别交AC于点G，H．若该圆的半径为15cm，则线段GH的长为（　　）

A．5cm B．53cm C．35cm D．103cm
【分析】根据正六边形的性质和等腰三角形的性质以及解直角三角形即可得到结论．
【解析】∵在圆内接正六边形ABCDEF中，AB＝AF＝BC＝CD，∠BAF＝∠ABC＝∠BCD＝120°，
∴∠AFB＝∠ABF＝∠BAC＝∠ACB＝∠CBD＝∠BDC＝30°，
∴AG＝BG，BH＝CH，
∵∠GBH＝∠BGH＝∠BHG＝60°，
∴AG＝GH＝BG＝BH＝CH，
连接OA，OB交AC于N，
则OB⊥AC，∠AOB＝60°，
∵OA＝15cm，
∴AN=32OA=1532（cm），
∴AC＝2AN＝153（cm），
∴GH=13AC＝53（cm），
故选：B．

二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021•广东模拟）一个正六边形外接圆的半径等于2cm，则这个正六边形的周长等于 　12　cm．
【分析】根据正六边形外接圆的半径等于边长进行解答即可．
【解析】∵正六边形外接圆的半径等于边长，
∴正六边形的边长＝2cm，
正六边形的周长＝6×2＝12（cm），
故答案为：12．
12．（2021•上海）六个带30度角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积 　332　．

【分析】利用△ABG≌△BCH得到AG＝BH，再根据含30度的直角三角形三边的关系得到BG＝2AG，接着证明HG＝AG可得结论．
【解析】如图，∵△ABG≌△BCH，
∴AG＝BH，
∵∠ABG＝30°，
∴BG＝2AG，
即BH+HG＝2AG，
∴HG＝AG＝1，
∴中间正六边形的面积＝6×34×12=332，
故答案为：332．

13．（2021•鼓楼区二模）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 　8+82　．

【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．
【解析】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=360°8=45°．
过点B作BD⊥OA于点D，设BD＝x，则OD＝x，OB＝OA=2x，
∴AD=2x﹣x，
在Rt△ADB中，BD2+AD2＝AB2，
即x2+（2x﹣x）2＝22，
解得x2＝2+2，
∴S△AOB=12OA•BD=12×2x2=2+1，
∴S正八边形＝8S△AOB＝8×（2+1）＝82+8，
故答案为：82+8．

14．（2021•雁塔区校级模拟）如图，点O为正八边形ABCDEFGH的中心，则∠AFO的度数为　22.5°　．

【分析】连接OA、OB，根据正多边形的性质求出∠AOB，根据圆周角定理计算即可．
【解析】作正八边形ABCDEFGH的外接圆O．连接OA、OB，
∵八边形ABCDEFGH是OO内接正八边形，
∴∠AOB=360°8=45°，
由圆周角定理得，
∠AFO=12∠AOB=12×45°=22.5°，
故选答案为22.5°．

15．（2021•曲江区校级模拟）如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，若AC＝4，则点O到AC距离为　2　．

【分析】连接OB交AC于M，根据圆内接正多边形的性质得到∠AOB＝∠BOC＝45°，AB＝BC，由垂径定理可求得AM，得到OM⊥AC，在等腰Rt△AOC中，根据勾股定理求出OA，在等腰Rt△AOM中，根据勾股定理求出OM，即为点O到AC距离为2．
【解析】连接OB交AC于M，
∵正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，
∴∠AOB＝∠BOC=360°8=45°，AB＝BC，
∴AB=BC，∠AOC＝90°，
∴AM＝CM=12AC＝2，OM⊥AC，
∵OA＝OC，
∠OAM＝∠OCA=12（180°﹣∠AOC）＝45°，
∴∠OAM＝∠AOB，
∴AM＝OM，
在Rt△AOC中，
∵OA＝OC，OA2+OC2＝AC2，
∴2OA2＝AC2＝42＝16，
∴OA＝22，
在Rt△AOM中，
∵OM2+AM2＝OA2，
∴2OM2＝（22）2，
∴OM＝2，
∴点O到AC距离为2，
故答案为：2．

16．（2021•长安区二模）如图，正方形ABCD和正六边形AEFCGH均内接于⊙O，连接HD；若线段HD恰好是⊙O的一个内接正n边形的一条边，则n＝　12　．

【分析】连接OH、OD、OA，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接六三角形的中心角得到∠HOA＝60°，∠DOA＝90°，∠DOH＝∠DOA﹣∠HOA＝90°﹣60°＝30°，然后计算n．
【解析】连接OH、OD、OA，如图，

∵正方形ABCD和正六边形AEFCGH均内接于⊙O，
∴∠HOA=360°6=60°，
∠DOA=360°4=90°，
∠DOH＝∠DOA﹣∠HOA＝90°﹣60°＝30°，
∴n=360°30°=12，
即HD恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为12．
17．（2020•东莞市校级二模）如图，要拧开一个边长为a＝8mm的正六边形螺料，扳手张开的开口b至少为　83　mm．

【分析】设正六边形的中心是O，其一边是AB，连接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，则∠AOB＝∠BOC＝60°，得出OA＝OB＝AB＝OC＝BC，则四边形ABCO是菱形，得出AC⊥OB，AM＝CM，由sin∠AOB=AMOA=AMAB，即可得出结果．
【解析】设正六边形的中心是O，其一边是AB，连接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，如图所示：
∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∴AC⊥OB，AM＝CM，
∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，
∴sin∠AOB=AMOA=AMAB，
∴AM＝8×32=43（mm），
∴AC＝2AM＝83mm，
故答案为：83．
解法2：连接OC、OD，过O作OM⊥CD于M，如图1所示：
则∠COD=360°6=60°，
∴∠COM＝90°﹣60°＝30°，△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝CD＝8mm，
∵OM⊥CD，
∴CM＝DM=12CD＝4（mm），OM=3CM＝43（mm），
∴b＝2om＝83（mm），
故答案为：83．


18．（2021春•鹿城区校级期中）如图所示，一个边长为3的大正六边形ABCDEF中，铺上六个大小相同的直角三角形，中间围成一个小的正六边形．这个小正六边形A'B'C'D'E′F'的边长为　3　．

【分析】解直角三角形求出BB′，AB′可得结论．
【解析】∵小正六边形A'B'C'D'E′F'中，∠C′B′A′＝120°，
∴∠AB′B＝60°，
∵∠ABB′＝90°，AB＝3，
∴BB′=3，AB′2＝2BB′＝23，
∵AA′＝BB′=3，
∴A′B′＝AB′﹣AA′=3，
故答案为：3．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2019•海宁市一模）如图，已知点O是正六边形ABCDEF的对称中心，G，H分别是AF，BC上的点，且AG＝BH．
（1）求∠FAB的度数；
（2）求证：OG＝OH．

【分析】（1）根据多边形的内角和定理、正多边形的性质计算；
（2）证明△AOG≌△BOH，根据全等三角形的性质证明结论．
【解析】（1）解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠FAB=(6−2)×1806=120°；
（2）证明：连接OA、OB，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠FAB＝∠CBA，
∴∠OAG＝∠OBH，
在△AOG和△BOH中，
AG=BH∠OAG=∠OBHOA=OB，
∴△AOG≌△BOH（SAS）
∴OG＝OH．

20．（2018秋•大连月考）如图1，△ABC为等边三角形，图2为正方形，图3为正五边形，图4为正多边形．
（1）如图1当BP＝CQ时，请求出∠AOQ的度数，并说明理由
（2）如图2，在正方形中，当BP＝CQ时∠AOQ＝　90°　；如图3，在正五边形中，当BP＝CQ时，∠AOQ＝　108°　；
（3）如图4，在正n边形中，当BP＝CQ时，∠AOQ是否有什么规律？如果有请用含有n的式子直接表示；如果没有规律，请说明理由．

【分析】（1）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质即可得到结论；
（2）方法同（1）；
（3）由（2）的结论即可得到结果．
【解析】（1）∠AOQ＝60°．
在△ABP和△BCQ中，AB=BC∠ABC=∠CPB=CQ．
∴△ABP≌△BCQ（SAS）．
∴∠BAP＝∠CBQ．
∴∠AOQ＝∠ABO+∠BAP＝∠ABO+∠CBQ＝∠ABC＝60°；
（2）理由同（1）：正方形∠AOQ＝90°，正五边形∠AOQ＝108°，
（3）正n边形∠AOQ=180°(n−2)n．
故答案为：90°，108°．
21．（2021•武汉模拟）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．
（1）求证：AE＝DE；
（2）若CE＝1，求四边形AECD的面积．

【分析】（1）欲证明AE＝DE，只要证明AE=DE．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF（AAS），推出AE＝CF，推出S△ADE＝S△CDF，推出S四边形AECD＝S△DEF，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，
∴AB=CD，
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∴AE=DE，
∴AE＝DE．

（2）解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠DEC＝45°，DA＝DC，
∵∠EDF＝90°，
∴∠F＝90°﹣45°＝45°，
∴DE＝DF，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
∠ADE=∠CDF∠AED=∠FDA=DC，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴S△ADE＝S△CDF，
∴S四边形AECD＝S△DEF，
∵EF=2DE＝EC+DE，EC＝1，
∴1+DE=2DE，
∴DE=2+1，
∴S△DEF=12DE2=2+32．

22．（2020•江岸区校级模拟）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）求证：△ABC是等边三角形．
（2）若⊙O的半径为2，求等边△ABC的边心距．

【分析】（1）利用圆周角定理可得∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，而∠APC＝∠CPB＝60°，所以∠BAC＝∠ABC＝60°，从而可判断△ABC的形状；
（2）过O作OD⊥BC于D，连接OB，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）证明：在⊙O中，
∵∠BAC与∠CPB是BC对的圆周角，∠ABC与∠APC是AC所对的圆周角，
∴∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，
又∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形；
（2）过O作OD⊥BC于D，连接OB，
则∠OBD＝30°，∠ODB＝90°，
∵OB＝2，
∴OD＝1，
∴等边△ABC的边心距为1．

23．（2020秋•庐阳区期末）已知，正方形ABCD内接于⊙O，点P是弧AD上一点．
（1）如图1，若点P是弧AD的中点，求证：CE＝CD；
（2）如图2，若图中PE＝OE，求AEEC的值．

【分析】（1）连接DE，由是正方形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD＝OC，由等腰直角三角形的性质得到EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，∠EBD＝∠EDB，
由圆周角的性质得到∠POD=12∠ABD＝22.5°，进而得到∠EDC＝67.5°，∠CED＝67.5°，根据等腰三角形的判定即可得到CE＝CD；
（2）根据正方形的性质和圆周角定理及角平分线的性质证得∠1＝∠2＝∠PDE，由三角形内角和定理求出∠2＝30°，根据含30°直角三角形的性质和勾股定理得到DE＝2OE，OD=3OE，进而得到OD＝OA=3OE，AE＝（3−1）OE，EC＝（3+1）OE，代入即可得到结果．
【解析】（1）证明：如图1，连接DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB＝OD＝OC，
∴EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，
∴∠EBD＝∠EDB，
∵点P是弧AD的中点，
∴∠PBD=12∠ABD=12×12∠AOD＝22.5°，
∴∠EDC＝45°+22.5°＝67.5°，
∴∠CED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠CED＝∠EDC，
∴CE＝CD；
（2）解：如图2，连接DE，DP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠EOD＝90°，OA＝OD，
∴∠P＝∠BAD＝90°，
∵PE＝OE，
∴∠PDE＝∠2，由（1）知∠1＝∠2，
∴∠1＝∠2＝∠PDE，
∴∠1+∠2+∠PDE＝90°，
∴∠2＝30°，
∴OE=12DE，
∴DE＝2OE，
∴OD=DE2−OE2=3OE，
∴OEOD=33，
∴OD＝OA=3OE，
∴AE＝OA﹣OE＝（3−1）OE，EC＝OE+OC＝（3+1）OE，
∴AEEC=3−13+1=2−3．

24．（2018秋•下城区期中）（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为劣弧BC上一动点．求证：PA＝PB+PC；
（2）已知：如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为劣弧BC上一动点．求证：PA＝PC+2PB．

【分析】（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，证明△PCE是等边三角形．利用CE＝PC，∠E＝∠3＝60°，∠EBC＝∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA＝BE＝PB+PC；
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，证明△ABE≌△CBP，所以PC＝AE，可得PA＝PC+2PB；
【解析】证明：（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，如图1，

∵A、B、P、C四点共圆，
∴∠BAC+∠BPC＝180°，
∵∠BPC+∠EPC＝180°，
∴∠BAC＝∠CPE＝60°，
∵PE＝PC，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE＝PC，∠E＝60°；
又∵∠BCE＝60°+∠BCP，∠ACP＝60°+∠BCP，
∴∠BCE＝∠ACP，
∵△ABC、△ECP为等边三角形，
∴CE＝PC，AC＝BC，
在△BEC和△APC中，
CE=PC∠BCE=∠ACPBC=AC，
∴△BEC≌△APC（SAS），
∴PA＝BE＝PB+PC；

（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，连接OA，OB．如图2，

∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°
∴∠1＝∠3，
∵∠APB=12∠AOB＝45°，
∴BP＝BE，
∴PE=2PB，
在△ABE和△CBP中，
BE=BP∠1=∠3AB=BC，
∴△ABE≌△CBP（SAS），
∴PC＝AE，
∴PA＝AE+PE＝PC+2PB；