【重难点讲义】人教版数学九年级上册-（知识点+基础练+提高练）24.3 正多边形和圆 讲义

这是一份【重难点讲义】人教版数学九年级上册-（知识点+基础练+提高练）24.3 正多边形和圆 讲义，文件包含重难点讲义人教版数学九年级上册-提高练243正多边形和圆原卷版docx、重难点讲义人教版数学九年级上册-基础练243正多边形和圆原卷版docx、重难点讲义人教版数学九年级上册-知识点243正多边形和圆原卷版docx、重难点讲义人教版数学九年级上册-提高练243正多边形和圆解析版docx、重难点讲义人教版数学九年级上册-基础练243正多边形和圆解析版docx、重难点讲义人教版数学九年级上册-知识点243正多边形和圆解析版docx等6份试卷配套教学资源，其中试卷共96页， 欢迎下载使用。

2022-2023学年九年级数学上册考点必刷练精编讲义（人教版）提高
第24章《圆》
24.3 正多边形和圆

知识点01：圆内接四边形的性质
1．（2021九上·莒县月考）如图，四边形是半圆的内接四边形，是直径，．若，则的度数等于（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【完整解答】连接AC，

∵四边形ABCD是半圆的内接四边形，
∴∠DAB=180°-∠C=70°，
∵，
∴∠CAB=∠DAB=35°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=55°，
故答案为：A．

【思路引导】连接AC，先求出∠CAB=∠DAB=35°，再利用圆周角和三角形的内角和计算∠ABC=90°-∠CAB即可。
2．（2021九上·黔西南期末）如图，四边形是半径为2的的内接四边形，连接.若，则的长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【完整解答】解：∵，
∴设，则，
∴，
四边形ABCD内接于，
，
，
解得：，
∴，
又的半径为2，
的长为.
故答案为：D.
【思路引导】设，则，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可用含x的式子表示出∠D，再根据圆内接四边形的对角互补建立方程求解得出∠AOC，最后求弧长即可.
3．（2021九上·哈尔滨月考）如图，四边形ABCD内接于 ，如果它的一个外角 ，那么 的度数为（　　）

A．64° B．128° C．20° D．116°
【答案】B
【完整解答】∵四边形ABCD内接于
∴∠BAD+∠DCB=180°
∵∠DCE+∠DCB=180°
∴∠BAD=∠DCE=64°
∵∠BOD、∠BAD对着圆中同一段弧
∴∠BOD=2∠BAD=2×64°=128°
故答案为：B
【思路引导】先求出∠BAD+∠DCB=180°，再求出∠BAD=∠DCE=64°，最后计算求解即可。
4．（2020九上·赵县期中）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(　　)
A．不能构成三角形 B．这个三角形是等腰三角形
C．这个三角形是直角三角形 D．这个三角形是钝角三角形
【答案】C
【完整解答】解：∵OC=1，∴OD=1×sin30°=；

∵OB=1，∴OE=1×sin45°=；

∵OA=1，∴OD=1×cos30°=

∵（）2+（）2=（）2
∴这个三角形为直角三角形
故答案为：C.

【思路引导】根据内接正三角形、正方形、正六边形是特殊内角的多边形，即可得到构造直角三角形。
5．（2021九上·庐江期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，BD平分∠ABC，∠A＝126°，则∠BDC的度数为 　 　．

【答案】99°
【完整解答】解：∵AD∥BC，∠A＝126°，
∴∠ABC＝180°－∠A＝180°－126°＝54°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=54°÷2=27°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=27°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC=180°－54°=126°，
∴∠BDC=∠ADC－∠ADB=126°－27°=99°，
故答案为：99°．

【思路引导】根据圆周角定理和圆内接四边形的性质即可得出 ∠BDC的度数 。
6．（2021九上·广饶期末）如图，圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E=40°，∠F=60°，则∠A=　 　 °

【答案】40
【完整解答】解：连结EF，如图，

∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠ECD=∠A，∵∠ECD=∠1+∠2，∴∠A=∠1+∠2，∵∠A+∠1+∠2+∠E+∠F=180°，∴2∠A+40°+60°=180°，∴∠A=40°．
【思路引导】先求出∠ECD=∠A，再求出∠A=∠1+∠2，最后计算求解即可。
7．（2021九上·碑林月考）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，AD＝2，E是AC的中点，连接DE，则线段DE长度的最小值为　 　.

【答案】
【完整解答】解：∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ACD=∠ABD=30°，
∴∠ADB=60°，
∵AD=2，
∴BD=2AD=4，
分别取AB、AD的中点F、G，并连接FG，EF，EG，
∵E是AC的中点，
∴EF∥BC，EG∥CD，
∴∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，
∴∠AEF+∠AEG =∠ACB+∠ACD=90°，即∠FEG =90°，
∴点E在以FG为直径的⊙P上，如图：

当点E恰好在线段PD上，此时DE的长度取得最小值，
连接PA，
∵F、G分别是AB、AD的中点，
∴FG∥BD，FG= BD=2，
∴∠ADB=∠AGF=60°，
∵PA=PG，
∴△APG是等边三角形，
∴∠APG=60°，
∵PG=GD=GA，且∠AGF=60°，
∴∠GPD=∠GDP=30°，
∴∠APD=90°，
∴PD= ，
∴DE长度的最小值为 .
故答案为： .
【思路引导】易得四边形ABCD是圆内接四边形，由圆周角定理得∠ACD=∠ABD=30°，则BD=2AD=4，分别取AB、AD的中点F、G，并连接FG，EF，EG，由中位线的性质可得EF∥BC，EG∥CD，根据平行线的性质可得∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，推出∠FEG =90°，当点E恰好在线段PD上，此时DE的长度取得最小值，连接PA，由中位线的性质可得FG∥BD，FG=BD=2，易得△APG是等边三角形，则∠APG=60°，由等腰三角形的性质以及外角的性质可得∠GPD=∠GDP=30°，则∠APD=90°，利用勾股定理求出PD，据此解答.
8．（2021九上·宁波月考）如图，正方形 中，E为 上一点， 于点F，已知 ，过C、D、F的 与边 交于点G，则 　 　.

【答案】
【完整解答】解：连接CF、GF，如图：

在正方形ABCD中，∠EAD=∠ADC=90°，AF⊥DE，
∴△AFD∽△EAD，
∴ ，
又∵DF=5EF=5，
∴ ，
在Rt△AFD中， ，
∵∠CDF+∠ADF=90°，∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠DAF=∠CDF，
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF=180°，
∵∠FGA+∠DGF=180°，
∴∠FGA=∠FCD，
∴△AFG∽△DFC，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： .
【思路引导】连接CF、GF，利用正方形的性质及AF⊥DE，可证得AFD∽△EAD，利用相似三角形的性质可得对应边成比例；再利用勾股定理求出AD，AF的长；利用余角的性质可证得∠DAF=∠CDF，利用圆内接四边形的性质及补角的性质可证得∠FGA=∠FCD，由此可推出△AFG∽△DFC，利用相似三角形的性质可求出AG的长；然后根据DG=AD-AG，代入计算求出DG的长.
9．（2020九上·南京月考）如图，四边形 内接于 ， 与 为对角线， ，过点A作 交 的延长线于点E.求证： .

【答案】证明：∵ ，
∴ .
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ .
【思路引导】利用平行线的性质结合已知条件证得 ，根据同角的补角相等得出 ，利用三角形内角和定理证得 ，从而证明结论.
10．如图，四边形ABCD是 的内接四边形，DB=DC求证：∠CAD=∠EAD．

【答案】解： ，
，
， ，
，
，

【思路引导】根据等边对等角的性质即可得到∠DBC=∠DCB，根据圆内接四边形的性质进行计算即可得到答案。
11．（2018九上·朝阳期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝135°，AC＝4，求⊙O的半径长．

【答案】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝135°， ∴∠D＝180°﹣∠ABC＝45°， ∴∠AOC＝2∠D＝90°， ∵OA＝OC，且AC＝4， ∴OA＝OC＝ AC＝2 ， 即⊙O的半径长为2 ．
【思路引导】根据圆内接四边形对角互补，可求出∠D=45°，利用圆周角定理可得∠AOC＝2∠D＝90°，根据勾股定理可得OA＝OC＝ AC＝2 ，即得⊙O的半径.
12．（2021九上·西湖期中）如图，△ABC与⊙O交于D，E两点，AB是直径且长为12，OD∥BC.

（1）若∠B=40°，求∠A的度数；
（2）证明：CD=DE；
（3）若AD=4，求CE的长度.
【答案】（1）解：∵OD∥BC
∴∠AOD=∠B=40°
∵OA=OD，
∴∠ADO= ∠A
∴∠A= .
（2）证明：∵四边形ABED内接于⊙O
∴∠CDE =∠B，∠DEC= ∠A
∴∠CDE = ∠AOD
∵∠C =180°– ∠CDE – ∠DEC
∠ADO =180°– ∠A – ∠AOD
∴∠C = ∠ADO =∠A
∴∠C = ∠DEC
∴CD = DE.
（3）解：连接OE，AE，

由（2）得AB=BC=12
∴∠AOE = 2∠B，∠B= ∠AOD
∴∠AOE = 2∠AOD
∴∠AOD =∠DOE
∴AD = DE
∴AC=2AD=8
∵AB是直径：∠AEB=90°
在 与 中，
设CE=x，则BE=12-x
AC2-CE2=AB2-BE2
即 .
解得： .
【思路引导】（1）由平行线的性质可得∠AOD=∠B=40°，由等腰三角形的性质可得∠ADO=∠A，然后根据等腰三角形的性质以及内角和定理求解即可；
（2）由圆内接四边形的性质可得∠CDE =∠B，∠DEC= ∠A，则∠CDE = ∠AOD，结合内角和定理可得∠C = ∠DEC，据此证明；
（3）连接OE，AE，由（2）得AB=BC=12，由圆周角定理可得∠AOE = 2∠B，由平行线的性质可得∠B= ∠AOD，则AD = DE，AC=2AD=8，设CE=x，则BE=12-x，在Rt△ABE、Rt△ACE中，利用勾股定理求解即可.
13．（2021九上·长兴期中）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是 上任一点(点P与点A，B重合)，连接AP，BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．

（1）求∠APC和∠BPC的度数；
（2）求证：△ACM≌△BCP．
【答案】（1）解：在等边△ABC中，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60° ，BC=A，
∵∠APC和∠ABC都是 所对的圆周角，
∴∠APC=∠ABC= 60，
同理，∠BPC=60°．
（2）证明：∵CM∥BP，
∴∠PCM=∠BPC= 60°，
∴∠PCB=∠MCA，
在△ACM与△BCP中，
∠PCB=∠MCABC=AC∠PBC=∠MAC(圆内接四边形的一个外角等于内对角)
∴△ACM≌△BCP(ASA)．
【思路引导】（1）利用等边三角形的性质可证得∠ABC=∠BAC=∠ACB=60° ，BC=AC，再利用圆周角定理可求出∠APC和∠BPC的度数.
（2）利用平行线的性质可求出∠PCM的度数，从而可证得∠PCB=∠MCA，利用圆内接四边形的性质可证得∠PBC=∠MAC，利用ASA可证得△ACM≌△BCP.
14．（2021九上·哈尔滨月考）如图，已知，点A、B、C、D在圆上， ．

（1）若EA、ED是 的切线，切点分别是A、D，已知 ，求 的周长；
（2）若 ， ， ，求BC的长．
【答案】（1）解：∵EA、ED是 的切线， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 的周长 ；
（2）解： ， ， ，
∴ ，
∴∠ADC＝90°，
∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝90°，
又∵ ，
∴ ．
【思路引导】（1）根据切线长定理得出 ，根据三角形的周长公式计算得出 的周长；
（2）根据勾股定理的逆定理得出∠ADC＝90°，根据圆内接四边形的性质得出∠ABC＝90°，根据勾股定理计算即可。
15．（2021九上·息县月考）已知内接于，点D是上一点.

（1）如图①，若为的直径，连接，求和的大小；
（2）如图②，若//，连接，过点D作的切线，与的延长线交于点E，求的大小.
【答案】（1）解：为的直径，

∴.
∵在中，，
∴；
∵，
∴.
∴.
（2）解：如图，连接.

∵，
∴.
∵四边形是圆内接四边形，，
∴.
∴.
∴.
∵是的切线，
∴，即.
∴.
【思路引导】（1）由圆周角定理得∠BCD=90°，∠BDC=∠BAC=42°，根据余角的性质得∠DBC=48°，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠ABC=∠ACB=69°，然后根据∠ACD=∠BCD-∠ACB进行计算；
（2）连接OD，由平行线性质得∠ACD=∠BAC=42°，由圆内接四边形性质得∠ABC+∠ADC=180°，求出∠ADC的度数，利用内角和定理可得∠DAC=27°，根据圆周角定理可得∠DOC=2∠DAC=54°，根据切线的性质可得∠ODE=90°，据此求解.
16．（2021九上·温州月考）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D，连结BD交AC于点F.

（1）求证：BD＝CD.
（2）若∠BAC＝60°，BC＝3，当AF将△ABD的面积分为1：2两部分时，求△ADF与△BCF的面积比值.
（3）将C点关于AD的对称点记为点C'，当BC'＝ BD时，写出AD与半径r的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）证明：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，
∴∠EAD=∠CAD，
∵∠CAD=∠CBD，
∴∠EAD=∠CBD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠EAD=∠BCD，
∴∠CBD=∠BCD，
∴BD＝CD；
（2）解：∵∠BAC＝60°，
∴∠BDC=60°，
∵BD＝CD，
∴ 是等边三角形，
∴BD=BC＝3，
∵AF将△ABD的面积分为1：2两部分，
∴BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，
当BF=2，DF=1时，过点C作CM⊥BD，则BM=1.5，MF=0.5，CM= ，

∴CF= ，
∵∠ADF=∠BCF，∠AFD=∠BFC，
∴ ，
∴△ADF与△BCF的面积比值= ，
当BF=1，DF=2时，如图，

同理可得：CN= ，NF=0.5，CF= ，
∴△ADF与△BCF的面积比值= ，
综上所述：△ADF与△BCF的面积比值为 或 ；
（3）解：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，C点关于AD的对称点记为点C'，
∴点C'在AE的延长线上，连接C'D，过点D作DM⊥B C'，连接AO，DO，如图所示，

∴BD=CD=C'D，BM= BC'，
∵BC'＝ BD，
∴BM= BD，即：cos∠ABD= ，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOD=60°，
∴ 是等边三角形，
∴AD=AO=r.
【思路引导】（1）根据角平分线的概念可得∠EAD=∠CAD，由圆周角定理可得∠CAD=∠CBD，推出∠EAD=∠CBD，根据圆内接四边形的性质可得∠EAD=∠BCD，则∠CBD=∠BCD，据此证明；
（2）易得△BCD是等边三角形，则BD=BC＝3，由题意结合三角形的面积公式可得BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，当BF=2，DF=1时，过点C作CM⊥BD，则BM=1.5，MF=0.5，CM=，由勾股定理求出CF，证明△AFD∽△BFC，然后根据相似三角形的性质进行求解；当BF=1，DF=2时，同理可得CN、NF、CF的值，据此求解；
（3）记C点关于AD的对称点为点C'，则点C'在AE的延长线上，连接C'D，过点D作DM⊥B C'，连接AO，DO，则BD=CD=C'D，BM=BC'，根据已知条件结合三角函数的概念可得cos∠ABD=，则∠ABD=30°，∠AOD=60°，推出△AOD是等边三角形，据此解答.
知识点02：圆内接正多边形
17．（2021九上·南沙期末）如图，正六边形螺帽的边长是4cm，那么这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是（　　）

A．2，2 B．4，4 C．4，2 D．4，
【答案】B
【完整解答】解：如图，

∵正六边形的任一内角为120°，
∴∠ABD=180°-120°=60°，
∴∠BAD=30°，为等边三角形，
∵
∴
∴
∴
∴这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是4，4．
故答案为：B．

【思路引导】根据正六边形的任一内角为120°，得出∠BAD=30°，为等边三角形，再根据，得出，利用勾股定理得出AD的值，即可得出答案。
18．（2021九上·龙沙期末）如图，正六边形内接于圆O，半径为4，则这个正六边形的边心距为（　　）

A．2 B． C． D．
【答案】B
【完整解答】解：连接OB、OC，如图所示：

则，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
故答案为：B．

【思路引导】连接，证出是等边三角形，得出，再根据垂直的定义得出，即可得出答案。
19．（2021九上·芜湖期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为6，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，若图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，则这个圆锥底面圆的半径是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【完整解答】解：正六边形ABCDEF的边长为6，
，

图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，
的长即为圆锥底面的周长，
设圆锥底面圆的半径为，则
解得
故答案为：B
【思路引导】根据的长即为圆锥底面的周长即可求解.
20．（2021九上·温州期末）我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形(如图)，则阴影部分的面积是(　　)

A．1 B． C． D．
【答案】C
【完整解答】解：如图所示：阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，

分别连接AO，OB，OC，
∴OA=OB=OC=2，
∵将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形 ，
∴∠1=∠2=30°，
又∵OC⊥AD与点D，
∴∠3=30°，
∴OD=DC=1，AD=，
∴一个小的等腰直角三角形的直角边为AE=-1，
∴阴影部分的面积为：8××（-1）² =4×（3-2+1）=16-8.
故答案为：C.

【思路引导】“割圆术”将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形，阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，所以只需要求出一个等腰直角三角形的直角边即可解决问题.先根据十二等分求出一等分的圆心角，从而求出∠3的度数为30°，在直角三角形ODA中求解AE，最后根据三角形面积公式计算出整个阴影部分的面积即可.
21．（2021九上·东光期中）已知在正六边形ABCDEF中，P是EF的中点，若阴影部分四边形ABPE的面积为9，则五边形BCDEP的面积是（　　）

A．12 B． C．18 D．
【答案】C
【完整解答】解：取正六边形ABCDEF的中心O，连接OA、OF、OP、BF，

根据正六边形的性质可得，
， ，
∴ ，
∵P是EF的中点，
∴ ，
∴ ，
∵阴影部分四边形ABPE的面积为9，
即 ，
∴ ，
取DE的中点Q，连接BQ、BD，

则 ，
∴五边形BCDEP的面积是 ，
故答案为：C．
【思路引导】先求出，再求出，最后求面积即可。
22．（2021九上·东城期末）斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为　 　尺．

【答案】
【完整解答】解：如图，

∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE是直径，∠ECD=45°，
根据题意得：AB=2.5， ，
∴ ，
∴ ，
即此斛底面的正方形的边长为 尺．
故答案为：

【思路引导】根据正方形性质确定三角形CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，即可得解。
23．（2021九上·温州月考）如图，已知正方形ABCD和正△EGF都内接于⊙O，当EF∥BC时，的度数为 　 　.

【答案】
【完整解答】解：如图，连接GO，并延长交⊙O于点M，连接OB、OC、OF，

正方形ABCD和正△EFG都内接于 ⊙O ，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，
则的度数为，
故答案为：.
【思路引导】连接GO，并延长交圆O于点M，连接OB，OC，OF，利用正方形和正三角形的性质，可得到∠OBC=45°，GM⊥EF，∠FGM=30°，利用圆周角定理可求出∠FOM的度数；由EF⊥BC，可求出∠BOM=45°；然后根据∠BOF=∠FOM-∠BOM，代入计算求出∠BOF的度数，从而可求出弧BF的度数.
24．（2021九上·姑苏月考）如图，AB、CD为一个正多边形的两条边，O为该正多边形的中心，若∠ADB＝12°，则该正多边形的边数为 　 　.

【答案】15
【完整解答】解：如图，设正多边形的外接圆为⊙O，连接OA，OB，

∵∠ADB＝12°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝24°，
而360°÷24°＝15，
∴这个正多边形为正十五边形，
故答案为：15.
【思路引导】设正多边形的外接圆为⊙O，连接OA，OB，利用圆周角定理可求出∠AOB的度数，然后用360°÷一个中心角的度数，可得到此正多边形的边数.
25．（2021九上·椒江期末）如图，半径为 2 的⊙O 与正六边形 ABCDEF 相切于点 C，F，则图中阴影部分的面积为　 　.

【答案】
【完整解答】解：连接OF，OC，CF，过点O作 于点H，交FC于点P，

在四边形OCDH中， ， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
同理∠FOH=60°，
∵OC=OF，
∴OP垂直平分FC，
在Rt△OPC中， ， ，OC=2，
∴ ，
∴ ，
，
∴ ，
过点D作 ，过点E作 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
同理可得， ，
在Rt△DMC中， ，
∴ ，
在Rt△EFN中， ，
∴ ，
∴ ，
∵EF=DE=CD=NM，
∴ ，
，
∴ ，
则 ，
∴ ，
，
∴阴影部分的面积= ，
故答案为： .
【思路引导】连接OF，OC，CF，过点O作OH⊥ED于点H，交FC于点P，利用四边形内角和为360°可得∠COH=60°，∠FOH=60°，利用内角和定理可得∠OCP=30°，则OP= OC=1，由勾股定理可得PC，进而求出FC，过点D作DM⊥FC，过点E作EN⊥FC，则∠PCD=∠OCD-∠OCP=60°，同理可得∠PFE=60°，由内角和定理可得∠MDC=30°，∠FEN=30°，则MC= DC，NF= EF，则FC=FN+NM+MC=2ED，ED=CD=EF=NM，据此可得MC、DM，然后根据S阴影=S△OFC+SFEDC- 进行计算.
26．（2021九上·玉林期末）如图，边长为2的正方形ABCD在等边长的正六边形外部做顺时针滚动，滚动一周回到初始位置时停止，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是　 　.

【答案】
【完整解答】解：如图，点A的运动轨迹是图中弧线.延长AE交弧线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离.

EH＝EA2＝ ，
在△AEF中，∵AF＝EF＝2，∠AFE＝120°，
∴AE＝ ，
∴AH＝AE+EH＝ ，
∴点A在滚动过程中到出发点的最大距离为 .
故答案为 ：.
【思路引导】如图，点A的运动轨迹是图中红色弧线，延长AE交弧线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离，求出此时AH的长即可.
27．（2018九上·宁都期中）如图，用两段等长的铁丝恰好可以分别围成一个正五边形和一个正六边形，其中正五边形的边长为( ) ，正六边形的边长为( )cm（其中 )，求这两段铁丝的总长

【答案】解：由已知得．正五边形周长为 ，正六边形周长为 ．
因为正五边形和正六边形的周长相等．所以
整理得， ，配方得 ．解得 ， （舍去）
故正五边形的周长为
又因为两段铁丝等长，所以这两段铁丝的总长为420cm.
答：这两段铁丝的总长为420cm．
【思路引导】根据题意，即可表示出正五边形以及正六边形的周长代数式，根据两个图形的周长相等，即可将代数式联立，解出方程的解，即可得到两段线段的总长度。
28．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的内接正三角形ACE的面积为48 ，试求正六边形的周长．

【答案】解：如图，连接OA，作OH⊥AC于点H，则∠OAH＝30°.在Rt△OAH中，设OA＝R，则OH＝ R，AH＝ ＝ 而△ACE的面积是△OAH面积的6倍，即6× × R× R＝48 ，解得R＝8，即正六边形的边长为8，所以正六边形的周长为48
【思路引导】如图，连接OA，作OH⊥AC于点H，根据正多边形中心的性质得出∠OAH＝30°.在Rt△OAH中，设OA＝R，根据含30º直角三角形的边之间的关系得出OH=R，根据勾股定理表示出AH，由△ACE的面积是△OAH面积的6倍，列出方程，求解得出R的值，根据正六边形的半径等于其边长从而得出正六边形的边长为8，进而得出正六边形的周长。
29．在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合（如图），所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90度．

（1）判断下列命题的真假（在相应的括号内填上“真”或“假”）．
①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180度．（　 　）
②矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（　 　）
（2）填空：下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是　 　（写出所有正确结论的序号）：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形．
（3）写出两个多边形，它们都是旋转对图形，都有一个旋转角为72°，并且分别满足下列条件：
①是轴对称图形，但不是中心对称图形：　 　；
②既是轴对称图形，又是中心对称图形：　 　．
【答案】（1）假；真
（2）①、③
（3）正五边形，正十五边形；正十边形，正二十边形
【完整解答】解：⑴等腰梯形必须旋转360°才能与自身重合；矩形旋转180°可以与自身重合．
①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180度．（假）
②矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（真）
⑵①只要旋转120°的倍数即可；
②只要旋转90°的倍数即可；
③只要旋转60°的倍数即可；
④只要旋转45°的倍数即可．
故是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是①、③．
⑶360°÷72°=5．
①是轴对称图形，但不是中心对称图形：如正五边形，正十五边形；
②既是轴对称图形，又是中心对称图形：如正十边形，正二十边形．
【思路引导】（1）等腰梯形旋转180°后不能与原图形重合，矩形旋转180°后能够与原图形重合，由此即可得解；
（2）求出各个多边形的内角，分析是不是能被120整除即可；
（3）求出内角度数为72°的倍数的正多边形有哪些，是轴对称图形，但不是中心对称图形的边数为奇数，既是轴对称图形，又是中心对称图形的边数是偶数，由此即可得解.
30．如图，正三角形的边长为6cm，剪去三个角后成一个正六边形．

（1）求这个正六边形的边长．
（2）求这个正六边形的边心距．
（3）根据题意画出图形，根据圆的面积公式计算即可．
【答案】（1）解：∵正三角形的边长为6cm，
∴3个边长都相等，
又∵截去三个小等边三角形，
∴各个小三角形的边长也相等，
∴正六边形的边长为：2；
（2）解：连接OA，OB，过点O作OD⊥AB于点D，
∵∠AOB==60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OD=OA•sin60°=2×=；
（3）解：如图2：

线段AB划过的面积=π×22﹣π×（）2=πcm2．
【思路引导】（1）根据题意和正六边形的性质求出正六边形的边长；
（2）求出正六边形的中心角，根据正弦的概念解答即可；
（3）根据题意画出图形，根据圆的面积公式计算即可．
31．如图，已知正五边形ABCDE，AF∥CD交DB的延长线于点F，交DE的延长线于点G．

（1）写出图中所有的等腰三角形；
（2）求证：∠G=2∠F．
【答案】（1）解：∵DC=BC，
∴△CDB是等腰三角形，
∵∠C=108°，
∴∠1=∠CBD=36°，
∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
可得四边形DEAB是等腰梯形，
∴∠DBA=∠2=72°，
∴∠F=∠BAF=36°，
∴△BAF是等腰三角形，
进而可得：∠GEA=∠G=∠2=72°，
∴△FDG，△AEG是等腰三角形，
故等腰三角形有：△BCD，△ABF，△FDG，△AEG．
（2）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C=∠CDE=108°，CD=CB．
得∠1=36°，
∴∠2=108°﹣36°=72°．
又∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
故∠G=180°﹣∠2﹣∠F=180°﹣72°﹣36°=72°=2∠F．

【思路引导】（1）利用等腰三角形的性质以及正五边形的性质得出各角度进而得出答案；
（2）分别得出：∠G与∠F的度数进而得出它们之间的关系．
32．（2018九上·濮阳期末）已知∠α的顶点在正n边形的中心点O处，∠α绕着顶点O旋转，角的两边与正n边 形的两边分别交于点M、N，∠α与正n边形重叠部分面积为S．

（1）当n=4，边长为2，∠α=90°时，如图（1），请直接写出S的值；
（2）当n=5，∠α=72°时，如图（2），请问在旋转过程中，S是否发生变化？并说明理由；
（3）当n=6，∠α=120°时，如图（3），请猜想S是原正六边形面积的几分之几（不必说明理由）．若∠α的平分线与BC边交于点P，判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
【答案】（1）解：如图1，连接OA、OB，

当n=4时，四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，AO⊥BO，
∴∠AOB=90°，
∴∠AON+∠BON=90°，
∵∠MON=∠α=90°，
∴∠AON+∠AOM=90°，
∴∠BON=∠AOM，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴∠OAM=∠ABO=45°，
在△AOM和△BON中，
∵ ，
∴△AOM≌△BON（ASA），
∴S△AOM=S△BON，
∴S△AOM+S△AON=S△BON+S△AON，
即S四边形ANDM=S△ABO=S，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴S正方形ABCD=2×2=4，
∴S=S△ABO= S正方形ABCD= ×4=1；
（2）解：如图2，

在旋转过程中，∠α与正n边形重叠部分的面积S不变，
理由如下：连接OA、OB，
则OA=OB=OC，∠AOB=∠MON=72°，
∴∠AOM=∠BON，且∠OAB=∠OBC=54°，
∴△OAM≌△OBN，
∴四边形OMBN的面积：S=S△OBN+S△OBM=S△OAM+S△OBM=S△OAB，
故S的大小不变；
（3）解：猜想：S是原正六边形面积的 ，理由是：
如图3，连接OB、OD，

同理得△BOM≌△DON，
∴S=S△BOM+S四边形OBCN=S△DON+S四边形OBCN=S四边形OBCD= S六边形ABCDEF；
四边形OMPN是菱形，
理由如下：
如图4，作∠α的平分线与BC边交于点P，

连接OA、OB、OC、OD、PM、PN，
∵OA=OB=OC=OD，∠AOB=∠BOC=∠COD=∠MOP=∠PON=60°，
∴∠OAM=∠OBP=∠OCN=60°，∠AOM=∠BOP=∠CON，
∴△OAM≌△OBP≌△OCN，
∴OM=OP=ON，
∴△OMP和△OPN都是等边三角形，
∴OM=PM=OP=ON=PN，
∴四边形OMPN是菱形．
【思路引导】（1）连接OA、OB，利用正方形的性质，可证得OA=OB，∠BON=∠AOM，∠OAM=∠ABO，再利用ASA证明△AOM≌△BON，就可得出这两个三角形的面积相等， 然后证明S四边形ANDM=S△ABO=S，求出正方形ABCD的面积，从而可求出S的值。
（2）连接OA、OB， 易证△OAM≌△OBN，再证明S=S△OBN+S△OBM=S△OAM+S△OBM=S△OAB，即可证得结论。
（3）连接OB、OD，同理可证得△BOM≌△DON，再利用割补法可证得结论；根据已知条件，利用全等三角形的判定定理证明 △OAM≌△OBP≌△OCN ，利用全等三角形的性质，可证OM=OP=ON，然后利用等边三角形的性质，去证明OM=PM=OP=ON=PN，根据四边相等的四边形是菱形，可证得结论。

33．（2016九上·惠山期末）如图①，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去四个全等的等腰直角三角形（阴影部分所示），其中E，F在AB上；再沿虚线折起，点A，B，C，D恰好重合于点O处（如图②所示），形成有一个底面为正方形GHMN的包装盒，设AE=x （cm）．

（1）求线段GF的长；（用含x的代数式表示）
（2）当x为何值时，矩形GHPF的面积S （cm2）最大？最大面积为多少？
（3）试问：此种包装盒能否放下一个底面半径为15cm，高为10cm的圆柱形工艺品，且使得圆柱形工艺品的一个底面恰好落在图②中的正方形GHMN内？若能，请求出满足条件的x的值或范围；若不能，请说明理由．
【答案】（1）解：∵AE=BF=x，
∴EF=AB﹣AE﹣BF=60﹣2x．
∴在Rt△GEF中，GF= EF= ×（60﹣2x）=30 ﹣ x；
（2）解：∵NG= AE= x，即GH=NG= x，
∴S= x （30 ﹣ x）=﹣2x2+60x
=﹣2（x﹣15）2+450；
∵﹣2＜0，
∴当x=15时，S最大=450；
（3）解：能放下．
理由是：当圆柱形工艺品与GHMN相切时，x=15 ，
此时，30 ﹣ x=30 ﹣15 × =30 ﹣30＞10，故一定能放下．
根据题意得：
解得：15 ≤x≤30﹣5 ．
【思路引导】（1）主要考查切去的图形为等腰直角三角形，等腰直角三角形的边比为1：1：，根据边比的关系，即可分别写出对应边的量。
（2）因为剪去的为等腰直角三角形，所以对应的△FBP也为等腰直角三角形，即GH=NG，底面为正方形，即可表达出S的表达式，利用二次函数进行求最值。（3）根据圆柱工艺品的高和底面半径列出相应的不等式进行求解即可。
34．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝AD，∠C＝120°，点E在上．

（1）求∠AED的度数；
（2）若⊙O的半径为2，则弧AD的长为多少？
（3）连接OD，OE，当∠DOE＝90°时，AE恰好是⊙O内接正n边形的一边，求n的值．
【答案】（1）解：连接BD，∵四边形ABCD是 O的内接四边形，∴∠BAD+∠C=180°，∵∠C=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵四边形ABDE是 O的内接四边形，∴∠AED+∠ABD=180°，
∴∠AED=120°
（2）解：∵∠AOD=2∠ABD=120°，
∴弧AD的长=
（3）解：连接OA，∵∠ABD=60°，∴∠AOD=2∠ABD=120°，∵∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠AOD-∠DOE=30°，
∴n= .
【思路引导】（1）连接BD，根据圆的内接四边形的对角互补得出∠BAD+∠C=180°，从而得出∠BAD=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形三个角都是60°得出∠ABD=60°，再根据圆内接四边形的对角互补得出∠AED=120°；
（2）根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得出∠AOD=2∠ABD=120°，然后根据弧长公式l=即可算出答案；
（3）根据角的和差算出∠AOE的度数，根据正n边形的中心角的计算方法即可算出n边形的边数。