2021学年3.7 正多边形课后作业题

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3.7正多边形
班级： 姓名：
一、单选题
1．圆内接正六边形的边长为3，则该圆内接正三角形的边长为（ ）
A．62B．33C．63D．32
【答案】B
【解析】解：如图（二），
∵圆内接正六边形边长为3，
∴AB=3，
可得△OAB是等边三角形，圆的半径为3，
∴如图（一），
连接OB，过O作OD⊥BC于D，
则∠OBC=30°，BD=OB•cs30°= 32 ×3= 332 ，
故BC=2BD=3 3 ．
2．若正方形的外接圆半径为2，则其内切圆半径为（ ）
A．2B．2 2C．22D．1
【答案】A
【解析】解：如图所示，连接OA、OE，
∵AB是小圆的切线，
∴OE⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AE=OE，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴OE= 22 OA= 2 ．
3．在半径为1的圆中有一内接多边形，若它的边长皆大于1且小于2，则这个多边形的边数必为（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】C
【解析】（1）如图（1）：边长均为1时，△AOB为等边三角形，故∠AOB=60°，则这个多边形的边数为360°60°=6边形；（2）如图：边长均为2时，在△AOB中，OA=OB=1，AB=2，则AB2=（2）2=2，OA2+OB2=1+1=2，故AB2=OA2+OB2，于是△AOB为直角三角形，则这个多边形的边数为360°90°=4边形．综上，当多边形长皆大于1且小于2时，这个多边形的边数必为5边形．
4．如图，△PQR是⊙O的内接正三角形，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，BC∥QR，则∠AOQ的度数为（ ）
A．60°B．65°C．72°D．75°
【答案】D
【解析】作辅助线连接OD，根据题意求出∠POQ和∠AOD的，利用平行关系求出∠AOP度数，即可求出∠AOQ的度数．
连接OD，AR，
∵△PQR是⊙O的内接正三角形，
∴∠PRQ=60°，
∴∠POQ=2×∠PRQ=120°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∴∠AOD=90°，
∵BC∥RQ，AD∥BC，
∴AD∥QR，
∴∠ARQ=∠DAR，
∴弧AQ=弧DR，
∵△PQR是等边三角形，
∴PQ=PR，
∴弧PQ=弧PR，
∴弧AP=弧PD，
∴∠AOP=12∠AOD=45°，
所以∠AOQ=∠POQ-∠AOP=120°-45°=75°．
5．下列圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角最大的图形是（ ）
A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形
【答案】A
【解析】解：∵正三角形一条边所对的圆心角是360°÷3=120°，
正方形一条边所对的圆心角是360°÷4=90°，
正五边形一条边所对的圆心角是360°÷5=72°，
正六边形一条边所对的圆心角是360°÷6=60°，
∴一条边所对的圆心角最大的图形是正三角形，
6．如图，若干个全等的正五边形排成环状，图中所示的是前3个正五边形，要完成这一圆环还需正五边形的个数为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】D
【解析】解：∵五边形的内角和为（5﹣2）•180°=540°，
∴正五边形的每一个内角为540°÷5=108°，
如图，延长正五边形的两边相交于点O，
则∠1=360°﹣108°×3=360°﹣324°=36°，
360°÷36°=10，
∵已经有3个五边形，
∴10﹣3=7，
即完成这一圆环还需7个五边形．
7．以半径为1的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形，则该三角形的面积是（ ）
A．38B．34C．24D．28
【答案】D
【解析】解：如图1，
∵OC=1，
∴OD=1×sin30°= ；
如图2，
∵OB=1，
∴OE=1×sin45°= ；
如图3，
∵OA=1，
∴OD=1×cs30°= ，则该三角形的三边分别为： 、 、 ，∵（ ）2+（ ）2=（ ）2，∴该三角形是以 、 为直角边， 为斜边的直角三角形，∴该三角形的面积是 × × = ，
8．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点P是 CD 上的任意一点，则∠APB的大小是（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】B
【解析】解：连接OA、OB、如图所示：
∵∠AOB＝ 360°6 ＝60°，
∴∠APC＝ 12 ∠AOC＝30°，
二、填空题
9．如图为一个半径为5m的圆形广场，其中放有六个宽为 3 m的长方形临时摊位，这些摊位均有两个顶点在广场边上，另两个顶点紧靠相邻摊位的顶点，则每个长方形摊位的长为 m.
【答案】−3+972
【解析】解：如图，设圆心是O，连接OA，OB，作OC⊥BC.
设长方形的摊位长是2xm，
在直角△OAD中，∠AOD=30°，AD=xm，
则OD= 3 x,
在直角△OBC中， OC=OB2−BC2=25−x2
∵OC-OD=CD= 3
∴25−x2−3x=3
解得： x=−3+974 或 x=−3−974 （舍弃）
则 2x=−3+972
10．如图，内接正八边形ABCDEFGH，若ΔADE的面积为10，则正八边形ABCDEFGH的面积为 .
【答案】40
【解析】解：取AE中点O，则点O为正八边形ABCDEFGH外接圆的圆心，连接OD，
∴△ODE的面积= 12 ×△ADE的面积= 12 ×10=5，
圆内接正八边形ABCDEFGH是由8个与△ODE全等的三角形构成.
则圆内接正八边形ABCDEFGH为8×5=40，
11．如图，正五边形 ABCDE 内接于 ⊙O ，F是 CD 的中点，则 ∠CBF 的度数为 .
【答案】18°
【解析】解：设圆心为O，连接OC，OD，BD，
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠O= 360°5 =72°，
∴∠CBD= 12 ∠O=36°，
∵F是 CD 的中点，
∴∠CBF=∠DBF= 12 ∠CBD=18°，
12．如图，ABCDEF是⊙O的内接正六边形，若△BCF的面积为183cm2，则六边形ABCDEF的面积为 cm2．
【答案】543
【解析】解：连接OD，作OH⊥CD，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠COD=60°，
∴△COD是等边三角形，
由正六边形的性质可知∠B=90°，∠BFC=30°，设BC=x，
∴CF=2x，
∴BF=FC2−BC2=3x，
∵△BCF的面积为183cm2，
∴BC·BF2=183，
即x·3x2=183，
∴x=6，
∴正六边形的边长为6，
∴OH=CO2−CH2=33，
∴S△COD=12•CD•OH=6×332=93，
∴正六边形ABCDEF的面积为6×93=543cm2，
13．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= ．
【答案】12
【解析】解：如图所示，连接OA、OD、OH，
∵正方形 ABCD 和正六边形 AEFCGH 均内接于 ⊙O ，
∴∠AOD= 360°4=90° ，
∠AOH= 360°6=60° ，
∴∠DOH=∠AOD-∠AOH=90︒-60︒=30︒，
∴n= 360°30°=12 ,
三、解答题
14．如图，已知圆的半径为r，求外接正六边形的边长．
【答案】解：如图，连接OA，OB，OC，则∠AOB=360°6=60°，∵⊙O是内切圆，∴OC⊥AB，∵OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴OA=AB=OB，∠OAB=60°，∵OC=r，∴OA=OCsin60°=233r，∴AB=233r．即外接正六边形的边长为：233r．
【解析】首先连接OA，OB，OC，由外接正六边形的性质，可证得△OAB是等边三角形，继而求得答案．
15．如图，以正六边形ABCDEF的边AB为边，在形内作正方形ABMN，连接MC．求∠BCM的大小．
【答案】解：∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠ABC=120°，AB=BC．
∵四边形ABMN为正方形，
∴∠ABM=90°，AB=BM．（2分）
∴∠MBC=120°﹣90°=30°，BM=BC．
∴∠BCM=∠BMC．
∴∠BCM=12×（180°﹣30°）=75°．
【解析】△BCM是等腰三角形，只要求出顶角∠CBM就可以，这个角是正六边形与正方形内角的差．
16．如图，在半径为10cm的圆中作一个正六边形ABCDEF，试求此正六边形的面积．
【答案】解：连接OA，OB，且过点O作OH⊥AB，由正六边形ABCDEF可得△OAB是等边三角形，∴AB=OA=10，∴OH=OAsin60°=10×32=53，∴S△OAB=12×AB×OH=12×10×53=253，∴S正六边形ABCDEF=6×253=1503cm2．
【解析】连接OA，OB，且过点O作OH⊥AB，易求△OAB的面积，所以正六边形ABCDEF的面积是6倍的△OAB的面积，问题得解．
17．如图，正方形ABCD的外接圆为⊙O，点P在劣弧CD∧上（不与C点重合）．
（1）求∠BPC的度数；
（2）若⊙O的半径为8，求正方形ABCD的边长．
【答案】解：（1）连接OB，OC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BOC=90°，
∴∠P=12∠BOC=45°；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，
∵OB=OC，∠BOC=90°，
∴∠OBE=45°，
∴OE=BE，
∵OE2+BE2=OB2，
∴BE=OB22=642=42
∴BC=2BE=2×42=82．
【解析】（1）连接OB，OC，由正方形的性质知，△BOC是等腰直角三角形，根据∠BOC=90°，由圆周角定理可以求出；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，由等腰直角三角形的性质可知OE=BE，由垂径定理可知BC=2BE，故可得出结论．
18．如图，AG是正八边形ABCDEFGH的一条对角线．
（1）在剩余的顶点B、C、D、E、F、H中，连接两个顶点，使连接的线段与AG平行，并说明理由；
（2）两边延长AB、CD、EF、GH，使延长线分别交于点P、Q、M、N，若AB=2，求四边形PQMN的面积．
【答案】解：（1）连接BF，则有BF∥AG．
理由如下：
∵ABCDEFGH是正八边形，
∴它的内角都为135°．
又∵HA=HG，
∴∠1=22.5°，
从而∠2=135°﹣∠1=112.5°．
由于正八边形ABCDEFGH关于直线BF对称，
∴∠3=12×135°=67.5°
即∠2+∠3=180°，故BF∥AG．
（2）根据题设可知∠PHA=∠PAH=45°，
∴∠P=90°，同理可得∠Q=∠M=90°，
∴四边形PQMN是矩形．
又∵∠PHA=∠PAH=∠QBC=∠QCB=∠MDE=∠MED=45°，AH=BC=DE，
∴△PAH≌△QCB≌△MDE，
∴PA=QB=QC=MD．即PQ=QM，
故四边形PQMN是正方形．
在Rt△PAB中，∵∠PAH=45°，AB=2，
∴PA=AB·sin45°=2×22=2，
∴PQ=PA+AB+BQ=2+2+2=22+2．
故S四边形PQMN=22+22=12+82．
【解析】（1）利用已知得出正八边形，它的内角都为135°，再利用正八边形ABCDEFGH关于直线BF对称，得出∠2+∠3=180°，进而得出答案；
（2）根据题意得出△PAH≌△QCB≌△MDE，则PA=QB=QC=MD．即PQ=QM，故四边形PQMN是正方形，进而求出PQ的长即可得出答案．