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

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（）A3B6C8D12【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：D2（2021绍兴）如图，正方形ABCD内接于O，点P在AB上，则BPC的度数为（）A30°B45°C60°D90°【分析】根据正方形的性质得到BC弧所对的圆心角为90°，则BOC90°，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°，BOC90°，BPC=12BOC45°故选：B3（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（）A30°或150°B60°或120°C30°D60°【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=12AOB30°，当点P在AB上时，APB180°12AOB180°30°150°，故选：A4（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（）A30°，1B45°，2C60°，3D120°，2【分析】由正六边形的性质得COD60°，再证OCD是等边三角形，得BCCDOC2，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°，OCOD，OCD是等边三角形，BCCDOC2，OGBC，CG=12BC1，COG=12COD30°，OG=3CG=3，故选：C5（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（）A4B3C2D【分析】过O作OHAB于H，连接OA、OB，证OAB是等边三角形，得OAB60°，再由锐角三角函数定义求出OA2，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OHAB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，OAB60°，OHAB，sinOAH=OHOA，OA=3sin60°=332=2，它的外接圆的面积224，故选：A6（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（）A45°B36°C35°D30°【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=12COD36°，故选：B7（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（）A18°B36°C54°D72°【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，BAE108°，BF=EF，BAF=12BAE54°，BDFBAF54°，故选：C8（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（）A36°B72°C144°D36°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ABBCCDDEAE，AOB72°，由圆周角定理得出ADB=12AOB36°，由圆内接四边形的性质得出AFB180°ADB144°，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，ABBCCDDEAE，AOB=360°5=72°，ADB=12AOB36°，AFB180°ADB144°，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：D9（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（）A4cmB5cmC6cmD7cm【分析】设正方形的边长为x，点P运动了n圈，则有6nx+2x280，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+2x280，当x4时，n不是整数，不符合题意，当x5时，n9，符合题意，当x6时，n不是整数，不符合题意，当x7时，n不是整数，不符合题意，故选：B10（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（）A5cmB53cmC35cmD103cm【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，ABAFBCCD，BAFABCBCD120°，AFBABFBACACBCBDBDC30°，AGBG，BHCH，GBHBGHBHG60°，AGGHBGBHCH，连接OA，OB交AC于N，则OBAC，AOB60°，OA15cm，AN=32OA=1532（cm），AC2AN153（cm），GH=13AC53（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 12cm【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6×212（cm），故答案为：1212（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ABGBCH得到AGBH，再根据含30度的直角三角形三边的关系得到BG2AG，接着证明HGAG可得结论【解析】如图，ABGBCH，AGBH，ABG30°，BG2AG，即BH+HG2AG，HGAG1，中间正六边形的面积6×34×12=332，故答案为：33213（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AB2，根据由正八边形的特点求出AOB的度数，过点B作BDOA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，AB2，AB是正八边形的一条边，AOB=360°8=45°过点B作BDOA于点D，设BDx，则ODx，OBOA=2x，AD=2xx，在RtADB中，BD2+AD2AB2，即x2+（2xx）222，解得x22+2，SAOB=12OABD=12×2x2=2+1，S正八边形8SAOB8×（2+1）82+8，故答案为：82+814（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=12AOB=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AC4，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AOBBOC45°，ABBC，由垂径定理可求得AM，得到OMAC，在等腰RtAOC中，根据勾股定理求出OA，在等腰RtAOM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，AOBBOC=360°8=45°，ABBC，AB=BC，AOC90°，AMCM=12AC2，OMAC，OAOC，OAMOCA=12（180°AOC）45°，OAMAOB，AMOM，在RtAOC中，OAOC，OA2+OC2AC2，2OA2AC24216，OA22，在RtAOM中，OM2+AM2OA2，2OM2（22）2，OM2，点O到AC距离为2，故答案为：216（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n12【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HOA60°，DOA90°，DOHDOAHOA90°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°，DOHDOAHOA90°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1217（2020东莞市校级二模）如图，要拧开一个边长为a8mm的正六边形螺料，扳手张开的开口b至少为83mm【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AOBBOC60°，得出OAOBABOCBC，则四边形ABCO是菱形，得出ACOB，AMCM，由sinAOB=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：AOBBOC60°，OAOBABOCBC，四边形ABCO是菱形，ACOB，AMCM，AB8mm，AOB60°，sinAOB=AMOA=AMAB，AM8×32=43（mm），AC2AM83mm，故答案为：83解法2：连接OC、OD，过O作OMCD于M，如图1所示：则COD=360°6=60°，COM90°60°30°，OCD是等边三角形，OCODCD8mm，OMCD，CMDM=12CD4（mm），OM=3CM43（mm），b2om83（mm），故答案为：8318（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'EF'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'EF'中，CBA120°，ABB60°，ABB90°，AB3，BB=3，AB22BB23，AABB=3，ABABAA=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AGBH（1）求FAB的度数；（2）求证：OGOH【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AOGBOH，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=(62)×1806=120°；（2）证明：连接OA、OB，OAOB，OABOBA，FABCBA，OAGOBH，在AOG和BOH中，AG=BHOAG=OBHOA=OB，AOGBOH（SAS）OGOH20（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BPCQ时，请求出AOQ的度数，并说明理由（2）如图2，在正方形中，当BPCQ时AOQ90°；如图3，在正五边形中，当BPCQ时，AOQ108°；（3）如图4，在正n边形中，当BPCQ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）AOQ60°在ABP和BCQ中，AB=BCABC=CPB=CQABPBCQ（SAS）BAPCBQAOQABO+BAPABO+CBQABC60°；（2）理由同（1）：正方形AOQ90°，正五边形AOQ108°，（3）正n边形AOQ=180°(n2)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：AEDE；（2）若CE1，求四边形AECD的面积【分析】（1）欲证明AEDE，只要证明AE=DE（2）连接BD，过点D作DFDE交EC的延长线于F证明ADECDF（AAS），推出AECF，推出SADESCDF，推出S四边形AECDSDEF，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，ABCD，AB=CD，E是BC的中点，BE=EC，AE=DE，AEDE （2）解：连接BD，过点D作DFDE交EC的延长线于F四边形ABCD是正方形，DBCDEC45°，DADC，EDF90°，F90°45°45°，DEDF，ADCEDF90°，ADECDF，在ADE和CDF中，ADE=CDFAED=FDA=DC，ADECDF（AAS），AECF，SADESCDF，S四边形AECDSDEF，EF=2DEEC+DE，EC1，1+DE=2DE，DE=2+1，SDEF=12DE2=2+3222（2020江岸区校级模拟）如图，A，P，B，C是O上的四个点，APCCPB60°（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BACCPB，ABCAPC，而APCCPB60°，所以BACABC60°，从而可判断ABC的形状；（2）过O作ODBC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，BACCPB，ABCAPC，又APCCPB60°，ABCBAC60°，ABC为等边三角形；（2）过O作ODBC于D，连接OB，则OBD30°，ODB90°，OB2，OD1，等边ABC的边心距为123（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：CECD；（2）如图2，若图中PEOE，求AEEC的值【分析】（1）连接DE，由是正方形的性质得到ACBD，OBODOC，由等腰直角三角形的性质得到EBED，ODCOCD45°，EBDEDB，由圆周角的性质得到POD=12ABD22.5°，进而得到EDC67.5°，CED67.5°，根据等腰三角形的判定即可得到CECD；（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12PDE，由三角形内角和定理求出230°，根据含30°直角三角形的性质和勾股定理得到DE2OE，OD=3OE，进而得到ODOA=3OE，AE（31）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，ACBD，OBODOC，EBED，ODCOCD45°，EBDEDB，点P是弧AD的中点，PBD=12ABD=12×12AOD22.5°，EDC45°+22.5°67.5°，CED180°45°67.5°67.5°，CEDEDC，CECD；（2）解：如图2，连接DE，DP，四边形ABCD是正方形，BADEOD90°，OAOD，PBAD90°，PEOE，PDE2，由（1）知12，12PDE，1+2+PDE90°，230°，OE=12DE，DE2OE，OD=DE2OE2=3OE，OEOD=33，ODOA=3OE，AEOAOE（31）OE，ECOE+OC（3+1）OE，AEEC=313+1=2324（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：PAPB+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：PAPC+2PB【分析】（1）延长BP至E，使PEPC，连接CE，证明PCE是等边三角形利用CEPC，E360°，EBCPAC，得到BECAPC，所以PABEPB+PC；（2）过点B作BEPB交PA于E，证明ABECBP，所以PCAE，可得PAPC+2PB；【解析】证明：（1）延长BP至E，使PEPC，连接CE，如图1，A、B、P、C四点共圆，BAC+BPC180°，BPC+EPC180°，BACCPE60°，PEPC，PCE是等边三角形，CEPC，E60°；又BCE60°+BCP，ACP60°+BCP，BCEACP，ABC、ECP为等边三角形，CEPC，ACBC，在BEC和APC中，CE=PCBCE=ACPBC=AC，BECAPC（SAS），PABEPB+PC； （2）过点B作BEPB交PA于E，连接OA，OB如图2，1+22+390°13，APB=12AOB45°，BPBE，PE=2PB，在ABE和CBP中，BE=BP1=3AB=BC，ABECBP（SAS），PCAE，PAAE+PEPC+2PB；