浙教版（2024）九年级上册3.6 圆内接四边形同步训练题

这是一份浙教版（2024）九年级上册3.6 圆内接四边形同步训练题，共71页。
一．圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
二．正多边形和圆
（1）正多边形与圆的关系
把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．
（2）正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．
②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
【考点剖析】
一．圆内接四边形的性质（共15小题）
1．（2023•莲都区一模）圆内接四边形ABCD中，已知∠A＝70°，则∠C＝（ ）
A．20°B．30°C．70°D．110°
2．（2023•龙游县校级一模）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，则∠ADC的度数是（ ）
A．70°B．110°C．130°D．140°
3．（2022秋•鄞州区期末）如图，在圆内接四边形ABCD中，若∠A，∠B，∠C的度数之比为4：3：5，则∠D的度数是（ ）
A．80°B．100°C．110°D．120°
4．（2022秋•滨江区期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠A＝70°，则∠C的度数是 ．
5．（2022秋•慈溪市期末）已知四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝130°，则∠C的度数为 ．
6．（2022秋•鄞州区校级月考）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝90°，∠BCD＝120°，AB＝2，CD＝1，求AD的长．
7．（2022秋•温州校级月考）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC＝2∠B，点D是的中点．
（1）求∠B的度数；
（2）求证：四边形AOCD是菱形．
8．（2022秋•下城区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝135°，OE⊥AC．
（1）证明：∠AOE＝∠D；
（2）若AC＝4，求⊙O的半径长．
9．（2023•温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，则∠CAO的度数与BC的长分别为（ ）
A．10°，1B．10°，C．15°，1D．15°，
10．（2022秋•东阳市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠ABD＝20°，则∠BCD的度数是（ ）
A．90°B．100°C．110°D．120°
11．（2022秋•西湖区校级期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB＝∠CDB．
（1）试判断△ABC的形状，并给出证明；
（2）若AB＝，AD＝1，求CD、BD的长度．
12．（2022秋•新昌县期中）如图1，在⊙O中，弦AD平分圆周角∠BAC，我们将圆中以A为公共点的三条弦BA，CA，DA构成的图形称为圆中“爪形A”，如图2，四边形ABCD内接于圆，AB＝BC，
（1）证明：圆中存在“爪形D”；
（2）若∠ADC＝120°，求证：AD+CD＝BD．
13．（2022秋•镇海区校级期中）如图，⊙O的半径为2，四边形ABCD内接于⊙O，圆心O到AC的距离等于．
（1）求AC的长；
（2）求∠ADC的度数．
14．（2022秋•西湖区校级期中）如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别相交于点E，F，∠E＝∠F．
（1）求证：DF⊥AE；
（2）若C是的中点，设∠E＝α，∠DBA＝β，用含α的代数式表示β．
15．（2022•龙泉市一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，BC＝CD＝5，AD＝5，E为对角线AC上一动点，连结BE并延长交⊙O于点F．
（1）若BF⊥AD，求证：∠ABF＝∠ACB；
（2）求四边形ABCD的面积；
（3）若△BCE为等腰三角形，求BF的长．
二．正多边形和圆（共15小题）
16．（2023•永康市一模）如图，已知正五边形ABCDE的边长为2，连接对角线构成另一个正五边形FGHIJ，则正五边形FGHIJ的边长为（ ）
A．1B．C．D．
17．（2023•绍兴模拟）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，其半径为1，作OF⊥BC交⊙O于点F，则的长为（ ）
A．πB．C．D．
18．（2022秋•温州期末）如图，在正六边形ABCDEF中，以点A为原点建立直角坐标系，边AB落在x轴上，若点B的坐标为（2，0），则点C的坐标是 ．
19．（2017秋•鄞州区校级月考）蜂巢的构造非常美丽、科学，如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网络，正六边形的顶点称为格点，△ABC的顶点都在格点上．设定AB边如图所示，则△ABC是直角三角形的个数有 ．
20．（2022秋•南浔区期末）已知正五边形ABCDE内接于⊙O，连接BD，则∠ABD的度数是 ．
21．（2022秋•下城区校级月考）如图，正五边形ABCDE，连接对角线AC，BD，设AC与BD相交于O．
（1）求证：AO＝CD；
（2）判断四边形AODE的形状，并说明理由．
22．（2017秋•温州期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，现将它沿AB方向平移1个单位，得到正六边形A′B′C′D′E′F′，则阴影部分A′BCDE′F′的面积是（ ）
A．3B．4C．D．2
23．（2021秋•义乌市期末）如图，在由边长相同的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点上．再选择一个格点C，使△ABC是以AB为腰的等腰三角形，符合点C条件的格点个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
24．（2022秋•嘉兴期末）如图，正六边形ABCDEF与正方形AGDH都内接于⊙O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为（ ）
A．15°B．30°C．15°或165°D．30°或150°
25．（2023•舟山一模）某正多边形的内角是它外角的两倍，则该正多边形的边数为 ．
26．（2022秋•江北区期末）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他首次提出“割圆术”，利用圆内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆周率，方法如图：作正六边形ABCDEF内接于⊙O，取的中点G，OG与AB交于点H；连结AG、BG；依次对剩余五段弧取中点可得一个圆内接正十二边形，记正十二边形的面积为S1，正六边形的面积为S2，则＝ ．
27．（2023•西湖区校级三模）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12，则线段GH的长为（ ）
A．6B．C．D．8
28．（2023•杭州）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝ ．
29．（2022秋•滨江区期末）如图，正五边形ABCDE的对角线AC和AD分别交对角线BE于点M，N，若△AMN的面积为s，则正五边形ABCDE的面积为 （结果用含s的代数式表示）．
30．（2022秋•西湖区期末）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F．
（1）求∠CAD的度数．
（2）已知AB＝2，求DF的长．
【过关检测】
一、单选题
1．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若，则这个正多边形的边数为（ ）
A．7B．8C．9D．10
2．（2023·浙江温州·统考二模）如图，，为的两条弦，连结，，点为的延长线上一点．若，则为（ ）

A．B．C．D．
3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接．若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
4．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，线段是的直径，、为上两点，如果，那么的度数是（ ）

A．B．C．D．
5．（2023·浙江·九年级假期作业）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．6C．8D．10
6．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）

A．B．C．D．
7．（2023·浙江·九年级假期作业）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（ ）
A．60°B．90°C．180°D．360°
8．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，正六边形内接于，点是上的一点，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
9．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形内接于，如果，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
10．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点A，B，C，D，E均在上，且经过圆心O，连接，若，则弧所对的圆心角的度数为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，四边形内接于圆，若，则的度数是________．
12．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是内接四边形的一个外角，若，则的大小为__________．

13．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形内接于，是的直径，连接，若，则的度数是________．

14．（2023·浙江·九年级假期作业）圆的内接正多边形中，正多边形的一条边所对的圆心角是，则正多边形的边数是______
15．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点O是正六边形的中心，以为边构造正五边形，则___________．

16．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则_________．

17．（2023·浙江·九年级假期作业）如图1，将一个正方形纸片沿虚线对折两次，得到图2，按照图2所示剪去一个腰长为2的等腰直角三角形，展开后得到一个如图3所示的正八边形，将前下的四个等腰直角三角形拼成一个正方形，放在正八边形内部，与重合，为的中点，连接．

（1）图1中的正方形纸片边长为______；
（2）将正方形绕点顺时针旋转______度，与重合，此时长为______．
18．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，正五边形内接于，为上的一点（点不与点重合），则______．

三、解答题
19．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形是的内接四边形，点C是弧的中点，连接，若，求的度数．
20．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点、、、都在上，，．
(1)求的度数；
(2)求的度数；
21．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，求边长为a的正方形的外接圆的半径长．

22．（2023·浙江金华·统考二模）如图，已知，是的直径，点E是延长线的一点，射线交点于F，连接，，，，．

(1)求证：．
(2)求的度数．
(3)求的长．
23．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，四边形内接于，点C是弧的中点，延长到点E，使得，连结．

(1)求证：．
(2)若，，，求的长
24．（2023秋·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，四边形内接于，分别延长，，使它们相交于点，，且．
(1)求证：．
(2)若，点为的中点，求的半径．
25．（2023·浙江·一模）如图1，已知AB是半圆O的直径，半径，D是弧BC上的动点（不含点B，C），连接AC，作射线CD于点E．
(1)猜想的度数，并说明理由
(2)连接，若，求证：．
(3)如图2，作正方形，连接交于点G．若，，求的长．
第10讲 圆内接四边形与正多边形
【知识梳理】
一．圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
二．正多边形和圆
（1）正多边形与圆的关系
把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．
（2）正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．
②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
【考点剖析】
一．圆内接四边形的性质（共15小题）
1．（2023•莲都区一模）圆内接四边形ABCD中，已知∠A＝70°，则∠C＝（ ）
A．20°B．30°C．70°D．110°
【分析】直接根据圆内接四边形的性质求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣70°＝110°．
故选：D．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．
2．（2023•龙游县校级一模）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，则∠ADC的度数是（ ）
A．70°B．110°C．130°D．140°
【分析】根据圆内接四边形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣70°＝110°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
3．（2022秋•鄞州区期末）如图，在圆内接四边形ABCD中，若∠A，∠B，∠C的度数之比为4：3：5，则∠D的度数是（ ）
A．80°B．100°C．110°D．120°
【分析】先根据圆内接四边形的性质列出方程求出∠B，再根据圆内接四边形的性质求出∠D．
【解答】解：设∠A为4x，则∠B为3x，∠C为5x，
∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠B+∠D＝180°，
∴4x+5x＝180°，
解得：x＝20°，
∴∠B＝3x＝60°，
∴∠D＝180°﹣60°＝120°，
故选：D．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
4．（2022秋•滨江区期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠A＝70°，则∠C的度数是 110° ．
【分析】直接根据圆内接四边形的性质求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠C+∠A＝180°，
∴∠C＝180°﹣70°＝110°．
故答案为：110°．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角．
5．（2022秋•慈溪市期末）已知四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝130°，则∠C的度数为 50° ．
【分析】已知四边形ABCD内接于⊙O，得到∠A+∠C＝180°，已知∠A＝130°，∠C＝180°﹣∠A，即可求得∠C的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠A＝130°，
∴∠C＝180°﹣∠A＝180°﹣130°＝50°．
故答案为：50°．
【点评】此题主要考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握相关知识点是解决问题的关键．
6．（2022秋•鄞州区校级月考）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝90°，∠BCD＝120°，AB＝2，CD＝1，求AD的长．
【分析】延长AD、BC交于E，先利用直角三角形的性质求得AE的长，然后再求得DE的长，从而求得答案．
【解答】解：延长AD、BC交于E，
∵∠BCD＝120°，
∴∠A＝60°，
∵∠B＝90°，
∴∠ADC＝90°，∠E＝30°，
在Rt△ABE中，AE＝2AB＝4，
在Rt△CDE中，DE＝＝，
∴AD＝AE﹣DE＝4﹣，
故AD的长为4﹣．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
7．（2022秋•温州校级月考）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC＝2∠B，点D是的中点．
（1）求∠B的度数；
（2）求证：四边形AOCD是菱形．
【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补，进行求解即可；
（2）连结OD，根据等弧对等角，和同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得到△AOD，△COD为等边三角形，进而得到AO＝CO＝AD＝CD，即可得证．
【解答】（1）解：∵∠ADC＝2∠B，∠ADC+∠B＝180°，
∴∠B＝60°；
（2）证明：连结OD，
∵点D为的中点，
∴＝，
∴∠AOD＝∠COD，
∵∠B＝60°，∠AOC＝120°，
∴∠AOD＝∠COD＝60°，
∵AO＝DO＝CO，
∴△AOD，△COD为等边三角形，
∴AO＝CO＝AD＝CD，
∴四边形AOCD为菱形．
【点评】本题考查圆内接四边形，圆周角定理及弧，弦，圆心角之间的关系和菱形的判定．熟练掌握圆内接四边形的对角互补，等弧对等角是解题的关键．
8．（2022秋•下城区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝135°，OE⊥AC．
（1）证明：∠AOE＝∠D；
（2）若AC＝4，求⊙O的半径长．
【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可得到结论；
（2）先根据圆内接四边形对角互补得出∠D＝45°，由圆周角定理知∠AOC＝90°，根据OA＝OC可得答案．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵OA＝OC，OE⊥AC，
∴∠AOE＝AOC，
∵∠D＝AOC，
∴∠AOE＝∠D；
（2）解：∵∠ABC＝135°，
∴∠D＝45°，
∴∠AOC＝90°，
∵AC＝4，
∴OA＝OC＝AC＝2，
故⊙O的半径长为2．
【点评】本题主要考查圆内接四边形的性质，圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
9．（2023•温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，则∠CAO的度数与BC的长分别为（ ）
A．10°，1B．10°，C．15°，1D．15°，
【分析】由平行线的性质，圆周角定理，垂直的定义，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等边三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性质求出圆的半径长，求出∠OAD的度数，即可得到BC的长，∠CAO的度数．
【解答】解：∵BC∥AD，
∴∠DBC＝∠ADB，
∴＝，
∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，
∵DB⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠CAD＝∠BDA＝45°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，
∵∠AOD＝120°，
∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵OA＝OD，∠AOD＝120°，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
∴AD＝OA＝，
∴OA＝1，
∴BC＝1，
∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，关键是由圆周角定理推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，证明△OBC是等边三角形．
10．（2022秋•东阳市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠ABD＝20°，则∠BCD的度数是（ ）
A．90°B．100°C．110°D．120°
【分析】方法一：根据圆周角定理可以得到∠AOD的度数，再根据三角形内角和可以求得∠OAD的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到∠BCD的度数．
方法二：根据AB是⊙O的直径，可以得到∠ADB＝90°，再根据∠ABD＝20°和三角形内角和，可以得到∠A的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到∠BCD的度数．
【解答】解：方法一：连接OD，如图所示，
∵∠ABD＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠OAD+∠ODA+∠AOD＝180°，
∴∠OAD＝∠ODA＝70°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠OAD+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝110°，
故选：C．
方法二：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝20°，
∴∠A＝70°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝110°，
故选：C．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11．（2022秋•西湖区校级期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB＝∠CDB．
（1）试判断△ABC的形状，并给出证明；
（2）若AB＝，AD＝1，求CD、BD的长度．
【分析】（1）根据圆周角定理，等腰直角三角形的判定定理解答即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质得到AC＝2，根据勾股定理得到CD＝＝，过A作AE⊥BD于E，过C作CF⊥BD于F，根据等腰直角三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）△ABC是等腰直角三角形，证明过程如下：
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∵∠ADB＝∠CDB，
∴＝，
∴AB＝BC，
又∵∠ABC＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（2）在Rt△ABC中，AB＝BC＝，
∴AC＝2，
在Rt△ADC中，AD＝1，AC＝2，
∴CD＝＝，
过A作AE⊥BD于E，过C作CF⊥BD于F，
则△ADE和△CDF是等腰直角三角形，
∴AE＝AD＝，CF＝CD＝，
∵S四边形ABCD＝S△ACD+S△ABC＝S△ABD+S△BCD，
∴×1×+＝BD+BD，
∴BD＝．
【点评】本题考查了圆内接四边形的下在，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
12．（2022秋•新昌县期中）如图1，在⊙O中，弦AD平分圆周角∠BAC，我们将圆中以A为公共点的三条弦BA，CA，DA构成的图形称为圆中“爪形A”，如图2，四边形ABCD内接于圆，AB＝BC，
（1）证明：圆中存在“爪形D”；
（2）若∠ADC＝120°，求证：AD+CD＝BD．
【分析】（1）由圆周角的性质直接证明即可；
（2）延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE，证明△BAD≌△BCE（SAS），再证明△BDE是等边三角形，即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝BC，
∴
∴∠ADB＝∠CDB，
∴DB平分圆周角∠ADC，
∴圆中存在“爪形D”；
（2）证明：延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE，
∵∠A+∠DCB＝180°，∠ECB+∠DCB＝180°，
∴∠A＝∠ECB，
∵CE＝AD，AB＝BC，
∴△BAD≌△BCE（SAS），
∴∠E＝∠ADB，
∵∠ADC＝120°，
∴∠E＝∠ADB＝∠ADB＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD，即AD+CD＝BD．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，全等三角形的判定及性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
13．（2022秋•镇海区校级期中）如图，⊙O的半径为2，四边形ABCD内接于⊙O，圆心O到AC的距离等于．
（1）求AC的长；
（2）求∠ADC的度数．
【分析】（1）过O作OE⊥AC于E，连接OA、OC，根据勾股定理求出AE，根据垂径定理求出AE＝CE，再求出AC即可；
（2）根据直角三角形的性质求出∠AOE＝30°，求出∠AOC＝60°，根据圆周角定理求出∠ABC，根据圆内接四边形的性质求出∠ADC+∠ABC＝180°，再求出答案即可．
【解答】解：（1）过O作OE⊥AC于E，连接OA、OC，则∠AEO＝90°，
∵圆心O到AC的距离等于，
∴OE＝，
由勾股定理得：AE＝＝＝1，
∵OE⊥AC，OE过圆心O，
∴AE＝CE＝1，
∴AC＝AE+CE＝1+1＝2；
（2）∵OA＝2，AE＝1，∠AEO＝90°，
∴AE＝OA，
∵∠AEO＝90°，
∴∠AOE＝30°，
同理∠COE＝30°，
∴∠AOC＝30°+30°＝60°，
∴∠ABC＝AOC＝30°，
∵四边形ADCB是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣30°＝150°．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，勾股定理，直角三角形的性质，圆周角定理等知识点，能求出AE的长是解此题的关键．
14．（2022秋•西湖区校级期中）如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别相交于点E，F，∠E＝∠F．
（1）求证：DF⊥AE；
（2）若C是的中点，设∠E＝α，∠DBA＝β，用含α的代数式表示β．
【分析】（1）连接AC，根据圆内接四边形的性质和垂直的定义即可得到结论；
（2）连接OB，OD，根据已知条件得到AC垂直平分BD，求得AD＝AB，根据三角形内角和定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接AC，
∵∠E＝∠F，∠ADC＝180°﹣∠DAF﹣∠F，∠ABC＝180°﹣∠BAE﹣∠E，
∴∠ADC＝∠ABC，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴DF⊥AE；
（2）解：连接OB，OD，
∵∠E＝α，
∴∠EAB＝90°﹣α，
∵C是的中点，
∴AC垂直平分BD，
∴AD＝AB，
∴∠CAB＝BAD＝45°﹣，
∴∠ABD＝90°﹣∠BAC＝45°+＝β，
∴α+90°＝2β．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
15．（2022•龙泉市一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，BC＝CD＝5，AD＝5，E为对角线AC上一动点，连结BE并延长交⊙O于点F．
（1）若BF⊥AD，求证：∠ABF＝∠ACB；
（2）求四边形ABCD的面积；
（3）若△BCE为等腰三角形，求BF的长．
【分析】（1）先根据垂径定理可得：＝，再由圆周角定理可得结论；
（2）如图1，过点C分别作AD和AB的垂线，垂足分别为G，H，证明Rt△CGD≌Rt△CHB（HL），则四边形ABCD的面积＝四边形CGAH的面积，从而可以解答；
（3）当△BCE为等腰三角形时，可分三种情况：BC＝CE，BC＝BE，CE＝BE，根据勾股定理，三角函数，圆周角定理和相似三角形的性质可以解答．
【解答】（1）证明：∵AD为直径，BF⊥AD，
∴＝，
∴∠ABF＝∠ACB；
（2）解：如图1，过点C分别作AD和AB的垂线，垂足分别为G，H，
∵CD＝BC，
∴＝，
∴∠CAD＝∠BAC，
∴CG＝CH，
∴Rt△CGD≌Rt△CHB（HL），
∴四边形ABCD的面积＝四边形CGAH的面积，
∵CG＝CH，AC＝AC，
∴Rt△ACG≌Rt△ACH（HL），
∴S△ACG＝S△ACH，
∵AD是直径，
∴∠ACD＝90°，
∵AD＝5，CD＝5，
∴AC＝＝＝10，
∵S△ACD＝•AC•CD＝•AD•CG，
∴×5×10＝××CG，
∴CG＝2，
由勾股定理得：AG＝＝＝4，
∴四边形ABCD的面积＝四边形CGAH的面积＝2S△ACG＝2×××＝40；
（3）解：分三种情况：
①当BC＝CE时，如图2，过点E作EM⊥AB于M，过点C作CG⊥AD于G，连接AF，DF，
∵CD＝BC＝CE＝5，AC＝10，
∴AE＝10﹣5＝5，
∵∠CAG+∠ACG＝90°，∠ACG+∠DCG＝90°，
∴∠DCG＝∠CAG＝∠EAM，
∵∠CGD＝∠AME＝90°，
∴△AME≌△CGD（AAS），
∴AM＝CG＝2，EM＝DG＝，
∴BM＝AB﹣AM＝3﹣2＝，
∴EM＝BM，
∵∠BME＝90°，
∴△BME是等腰直角三角形，
∴∠ABE＝45°，BE＝BM＝，
∴∠ADF＝∠ABE＝45°，
∵AD是直径，
∴∠AFD＝90°，
∴△AFD是等腰直角三角形，
∵AD＝5，
∴AF＝＝，
∵BC＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵∠CEB＝∠AEF，∠CAF＝∠CBE，
∴∠CAF＝∠AEF，
∴EF＝AF＝，
∴BF＝BE+EF＝+＝；
②当CB＝BE时，如图3，过点B作BN⊥AC于N，连接AF，
∵∠BAC＝∠CAD，
∴sin∠BAC＝sin∠CAD，
∴＝，即＝，
∴BN＝3，
∴AN＝＝＝6，
∵AC＝10，
∴CN＝AC﹣AN＝10﹣6＝4，
∵BC＝BE＝5，BN⊥AC，
∴CN＝EN＝4，AE＝10﹣8＝2，
∵∠BEC＝∠AEF，∠BCE＝∠AFE，
∴△CBE∽△FAE，
∴＝，即＝，
∴EF＝，
∴BF＝BE+EF＝5+＝；
③当CE＝BE时，如图4，连接AF，
∴∠BCE＝∠CBE，
∵∠BCE＝∠AFE，∠CBE＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠AFE，
∴EF＝AE，
∴CE+AE＝BE+EF，
即BF＝AC＝10；
综上，BF的长为或或10．
【点评】本题主要考查了圆的基本知识，三角形相似和全等，等腰三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，综合性强，难度较大，注意第（3）问运用分类讨论的思想解决问题．
二．正多边形和圆（共15小题）
16．（2023•永康市一模）如图，已知正五边形ABCDE的边长为2，连接对角线构成另一个正五边形FGHIJ，则正五边形FGHIJ的边长为（ ）
A．1B．C．D．
【分析】根据正五边形的性质，得到∠AEB＝∠ABE＝∠BAG＝∠EAF＝∠FAG＝36°，∠EAG＝∠EGA＝72°，得到EA＝EG＝2，证明△BAG∽△BEA列式计算即可．
【解答】解：∵正五边形ABCDE的边长为2，
AB＝BC＝CD＝DE＝EA＝2，∠BAE＝∠AED＝∠EDC＝∠DCB＝∠CBA＝108°，
∴∠AEB＝∠ABE＝∠BAG＝∠EAF＝∠FAG＝36°，∠EAG＝∠EGA＝72°，
∴EA＝EG＝2，△BAG∽△BEA，BG＝AG＝EF＝FA，
∴，
∴，
解得（舍去），
∴，
故选：C．
【点评】本题考查了正五边形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，解方程，熟练掌握正五边形的性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键．
17．（2023•绍兴模拟）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，其半径为1，作OF⊥BC交⊙O于点F，则的长为（ ）
A．πB．C．D．
【分析】连接OA，OB，OC，求出∠AOF再用弧长公式列式计算即可．
【解答】解：连接OA，OB，OC，如图：
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOB＝∠BOC＝360°÷5＝72°，OB＝OC，
∵OF⊥BC，
∴∠BOF＝∠BOC＝36°，
∴∠AOF＝108°，
∴的长为＝π，
故选：C．
【点评】本题考查正多边形和圆，解题的关键是掌握弧长公式和求出所对的圆心角度数．
18．（2022秋•温州期末）如图，在正六边形ABCDEF中，以点A为原点建立直角坐标系，边AB落在x轴上，若点B的坐标为（2，0），则点C的坐标是 （3，） ．
【分析】过C作CH⊥x轴于H，根据正六边形的性质得到∠ABC＝120°，求得∠CBH＝60°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：过C作CH⊥x轴于H，
在正六边形ABCDEF中，∵∠ABC＝120°，
∴∠CBH＝60°，
∵点B的坐标为（2，0），
∴AB＝BC＝2，
∴BH＝BC＝1，CH＝BC＝，
∴AH＝2+1＝3，
∴C（3，），
故答案为：（3，）．
【点评】本题考查了正多边形与圆，坐标与图形性质，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
19．（2017秋•鄞州区校级月考）蜂巢的构造非常美丽、科学，如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网络，正六边形的顶点称为格点，△ABC的顶点都在格点上．设定AB边如图所示，则△ABC是直角三角形的个数有 10 ．
【分析】根据正六边形的性质，分AB是直角边和斜边两种情况确定出点C的位置即可得解．
【解答】解：如图，AB是直角边时，点C共有6个位置，即有6个直角三角形，
AB是斜边时，点C共有4个位置，即有4个直角三角形，
综上所述，△ABC是直角三角形的个数有6+4＝10个．
故答案为：10．
【点评】本题考查了正多边形和圆，难点在于分AB是直角边和斜边两种情况讨论，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键，作出图形更形象直观．
20．（2022秋•南浔区期末）已知正五边形ABCDE内接于⊙O，连接BD，则∠ABD的度数是 72° ．
【分析】根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD＝CB，根据等腰三角形的性质求出∠CBD，计算即可．
【解答】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠ABC＝∠C＝＝108°，
∵CD＝CB，
∴∠CBD＝＝36°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝72°，
故答案为：72°．
【点评】本题考查的是正多边形和圆、多边形的内角和定理，掌握正多边形和圆的关系、多边形内角和等于（n﹣2）×180°是解题的关键．
21．（2022秋•下城区校级月考）如图，正五边形ABCDE，连接对角线AC，BD，设AC与BD相交于O．
（1）求证：AO＝CD；
（2）判断四边形AODE的形状，并说明理由．
【分析】（1））根据正五边形的性质可知AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，所以∠ABO＝72°，∠BAO＝（180°﹣108°）＝36°，因此∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，推出AB＝AO，则CD＝AO；
（2）根据圆周角定理求出∠BDE、∠E的度数，进而证明DF∥AE；证明AF∥DE，AE＝DE，即可解决问题．
【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，
∴∠ABO＝72°，∠BAO＝（180°﹣108°）＝36°，
∴∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，
∴AB＝AO，
∴CD＝AO；
（2）四边形AODE是菱形；理由如下：
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠BDE＝＝72°，∠E＝×360°＝108°，
∴∠BDE+∠E＝180°，DO∥AE；
同理可证：AO∥DE，而AE＝DE，
∴四边形AODE是菱形．
【点评】该题主要考查了正多边形和圆的性质及其应用问题；解题的关键是：深入分析、大胆猜测、合情推理、科学论证．
22．（2017秋•温州期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，现将它沿AB方向平移1个单位，得到正六边形A′B′C′D′E′F′，则阴影部分A′BCDE′F′的面积是（ ）
A．3B．4C．D．2
【分析】连接A′E′，BD，过F′作F′H⊥A′E′于H，得到四边形A′E′DB是矩形，解直角三角形得到F′H＝1，A′H＝，求得A′E′＝2，根据矩形和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：连接A′E′，BD，过F′作F′H⊥A′E′于H，
则四边形A′E′DB是矩形，
∵正六边形ABCDEF的边长为2，∠A′F′E′＝120°，
∴∠F′A′E′＝30°，
∴F′H＝1，A′H＝，
∴A′E′＝2，
∵将它沿AB方向平移1个单位，
∴A′B＝1，
∴阴影部分A′BCDE′F′的面积＝S△A′F′E′+S矩形A′E′DB+S△BCD＝2××2×1+1×2＝4，
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形与圆，矩形的判定和性质，平移的性质，三角形的面积，正确的识别图形是解题的关键．
23．（2021秋•义乌市期末）如图，在由边长相同的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点上．再选择一个格点C，使△ABC是以AB为腰的等腰三角形，符合点C条件的格点个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】确定AB的长度后确定点C的位置即可．
【解答】解：AB的长等于六边形的边长+最长对角线的长，
据此可以确定共有2个点C，位置如图，
故选：B．
【点评】考查了正多边形和圆及等腰三角形的判定，解题的关键是确定AB的长，难度不大．
24．（2022秋•嘉兴期末）如图，正六边形ABCDEF与正方形AGDH都内接于⊙O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为（ ）
A．15°B．30°C．15°或165°D．30°或150°
【分析】连接OA、OB、OG，先求出∠AOB＝＝60°，＝90°，所以∠BOG＝∠AOG﹣∠AOB＝90°﹣60°＝30°，即可求出弦BG所对圆周角的度数为15°或165°．
【解答】解：连接OA、OB、OG．
由题意得，
∠AOB＝＝60°，＝90°，
∴∠BOG＝∠AOG﹣∠AOB＝90°﹣60°＝30°，
∴弦BG所对圆周角的度数为15°或165°．
故选：C．
【点评】本题考查了正多边形和圆，，解题的关键是∠BOG的度数．
25．（2023•舟山一模）某正多边形的内角是它外角的两倍，则该正多边形的边数为 6 ．
【分析】设多边形有n条边，则内角和为180°（n﹣2），再根据内角和等于外角和的5倍可得方程180（n﹣2）＝360×2，再解方程即可．
【解答】解：设多边形有n条边，由题意得：
180（n﹣2）＝360×2，
解得：n＝6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和和外角和，解题的关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）．
26．（2022秋•江北区期末）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他首次提出“割圆术”，利用圆内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆周率，方法如图：作正六边形ABCDEF内接于⊙O，取的中点G，OG与AB交于点H；连结AG、BG；依次对剩余五段弧取中点可得一个圆内接正十二边形，记正十二边形的面积为S1，正六边形的面积为S2，则＝ ．
【分析】设⊙O的半径为R，根据正多边形的性质、正弦的定义、三角形的面积公式分别表示出S1、S2，计算即可．
【解答】解：设⊙O的半径为R，
∵点G是的中点，
∴OG⊥AB，∠BOG＝∠AOB，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠OAB＝60°，
∴S2＝R•R•sin60°×6＝R2，S1＝R•R•sin30°×12＝3R2，
∴＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的性质、锐角三角函数的定义是解题的关键．
27．（2023•西湖区校级三模）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12，则线段GH的长为（ ）
A．6B．C．D．8
【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．
【解答】解：∵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＝12，
∴AN＝OA＝6，
∴AC＝2AN＝12，
∴GH＝AC＝4，
故选：B．
【点评】本题考查正多边形和圆，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．
28．（2023•杭州）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝ 2 ．
【分析】连接OA，OC，OE，首先证明出△ACE 是⊙O的内接正三角形，然后证明出△BAC≌△OAC（ASA），得到 S△ABC＝S△AEE＝S△CDES△AOC＝S△OAE＝S△OCE，进而求解即可．
【解答】解：如图所示，连接OA，OC，OE．
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴AC＝AE＝CE，
∴△ACE是⊙O的内接正三角形，
∵∠B＝120°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠B）＝30°，
∵∠CAE＝60°，
∴∠OAC＝∠OAE＝30°，
∴∠BAC＝∠OAC＝30°，
同理可得，∠BCA＝∠OCA＝30°，
又∵AC＝AC，
∴△BAC≌△OAC（ASA），
∴S△BAC＝S△AOC，
圆和正六边形的性质可得，S△BAC＝S△AFE＝S△CDE，
由圆和正三角形的性质可得，S△OAC＝S△OAE＝S△OCE，
∵S1＝S△BAC+S△AEF+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△OCE＝2（S△OAC+S△OAE+S△OCE）＝2S2，
∴，
故答案为：2
【点评】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知 识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
29．（2022秋•滨江区期末）如图，正五边形ABCDE的对角线AC和AD分别交对角线BE于点M，N，若△AMN的面积为s，则正五边形ABCDE的面积为 （结果用含s的代数式表示）．
【分析】由正五边形的性质可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，设AB＝a，表示出解得AM＝a，则MN＝a﹣a＝a，得出S△ABM＝s，同理求出S△ACD＝s，从而解决问题．
【解答】解：由正五边形的性质可知，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，AM＝AN＝BM＝NE，
由正五边形的性质可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，
设AB＝a，
∵△AMN∽△BAN，
∴＝，
即＝，
解得AM＝a，
∴MN＝a﹣a＝a，
∴＝＝，
∴S△ABM＝s，
∵△AMN∽△ACD，
∴＝（）2＝，
∴S△ACD＝s，
∴S正五边形ABCDE＝S△ACD+4S△ABM+2S△AMN
＝s+4×s+2s
＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
30．（2022秋•西湖区期末）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F．
（1）求∠CAD的度数．
（2）已知AB＝2，求DF的长．
【分析】（1）根据五边形ABCDE是正五边形，判断出AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，∠BAE＝108°．即可得到；
（2）证明△DCF∽△DAC，推出CD2＝DF×AD，设DF＝x，则AD＝x+2，列出方程，解方程即可求出DF的长．
【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，．
∴四边形ABCF是菱形，
∴∠BAC＝∠CAD，
同理可求：∠CAD＝∠DAE，
∴；
（2）∵四边形ABCF是菱形，
∴CF＝AF＝AB＝2．
∵∠BAC＝∠CAD＝∠DAE＝36°，
同理∠DCE＝36°，
∴△DCF∽△DAC，
∴，即CD2＝DF×AD，
设DF＝x，则AD＝x+2，
∴22＝x（x+2），即x2+2x﹣4＝0，
解得（舍去负值）．
∴DF的长是．
【点评】本题考查了正多边形和圆，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
【过关检测】
一、单选题
1．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若，则这个正多边形的边数为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】连接，，根据圆周角定理得到，进一步即可得到结论．
【详解】解：连接，，
∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，
∴点A、B、C、D在以点O为圆心，为半径的同一个圆上，
∵，
∴，
∴这个正多边形的边数，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键．
2．（2023·浙江温州·统考二模）如图，，为的两条弦，连结，，点为的延长线上一点．若，则为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在优弧上，取点，连接，，根据圆内接四边形的性质，求出，在根据同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可．
【详解】在优弧上，取点，连接，，
∴四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．

【点睛】本题考查圆的知识，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质，同弧或者等弧对应的圆周角和圆心角的关系．
3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接．若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的性质得到，得到，由是的直径，得到，再根据求出的度数．
【详解】解：∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，直径所对的圆周角是直角，正确理解圆内接四边形的性质求出是解题的关键．
4．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，线段是的直径，、为上两点，如果，那么的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，连接，由线段是的直径，，证明，，结合四边形为的内接四边形，的．
【详解】解：如图，连接，

∵线段是的直径，，
∴，，
∵四边形为的内接四边形，
∴；
故选A
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，熟记圆周角定理与圆的内接四边形的性质是解本题的关键．
5．（2023·浙江·九年级假期作业）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【分析】根据正多边形的边数周角中心角，计算即可得解．
【详解】解：这个多边形的边数是，
故选：C．
【点睛】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算；熟记正多边形的中心角与边数的关系是解题的关键．
6．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
7．（2023·浙江·九年级假期作业）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（ ）
A．60°B．90°C．180°D．360°
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，以及正多边形的中心角的度数，进行判断即可．
【详解】解：正六边形的中心角的度数为：，
∴正六边形绕其中心旋转或的整数倍时，仍与原图形重合，
∴旋转角的大小不可能是；
故选B．
【点睛】本题考查旋转图形，正多边形的中心角．熟练掌握旋转的性质，正多边形的中心角的度数的求法，是解题的关键．
8．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，正六边形内接于，点是上的一点，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用圆内接正多边形中心角及同弧所多对的圆周角是圆心角一半定理即可．
【详解】如图，连接，，

∵六边形是圆内接正六边形，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题考查圆内接正多边形和圆周角定理，解此题的关键是熟练掌握圆内接正多边形中心角计算和圆周角定理角度计算．
9．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形内接于，如果，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆周角定理得出，根据圆内接四边形对角互补即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点A，B，C，D，E均在上，且经过圆心O，连接，若，则弧所对的圆心角的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，根据圆内接四边形的性质可得，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴弧所对的圆心角的度数为．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．
二、填空题
11．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，四边形内接于圆，若，则的度数是________．
【答案】/80度
【分析】根据圆内接四边形的性质：对角互补，即可解答．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解答本题的关键．
12．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，是内接四边形的一个外角，若，则的大小为__________．

【答案】/72度
【分析】根据圆周角定理得出，根据圆内接四边形的性质：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角，即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵是内接四边形的一个外角，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解题的关键．
13．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形内接于，是的直径，连接，若，则的度数是________．

【答案】/130度
【分析】利用直径所对的圆周角是直角得到，然后利用直角三角形的两个锐角互余计算，利用圆内接四边形的性质求得的度数．
【详解】解：为的直径
四边形内接于
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
14．（2023·浙江·九年级假期作业）圆的内接正多边形中，正多边形的一条边所对的圆心角是，则正多边形的边数是______
【答案】5
【分析】根据正多边形的中心角计算即可．
【详解】解：设正多边形的边数为n．
由题意可得：，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查正多边形的有关知识，解题的关键是记住正多边形的中心角．
15．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点O是正六边形的中心，以为边构造正五边形，则___________．

【答案】/48度
【分析】连接，根据正六边形的性质得出是等边三角形，得到，再根据正五边形的内角和求出的度数，即可得到答案．
【详解】解：连接,

∵点O是正六边形的中心，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了正多边形的性质，多边形的内角和公式，正确掌握正多边形的性质是解题的关键．
16．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则_________．

【答案】2
【分析】连接，首先证明出是的内接正三角形，然后证明出，得到，，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接，

∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∴是的内接正三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
又∵，
∴，
∴，
由圆和正六边形的性质可得，，
由圆和正三角形的性质可得，，
∵，
∴．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
17．（2023·浙江·九年级假期作业）如图1，将一个正方形纸片沿虚线对折两次，得到图2，按照图2所示剪去一个腰长为2的等腰直角三角形，展开后得到一个如图3所示的正八边形，将前下的四个等腰直角三角形拼成一个正方形，放在正八边形内部，与重合，为的中点，连接．

（1）图1中的正方形纸片边长为______；
（2）将正方形绕点顺时针旋转______度，与重合，此时长为______．
【答案】 45
【分析】（1）利用正方形的性质有勾股定理即可求解；
（2）连接，，利用正多边形内角和定理可求得，推出四边形是菱形，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）设正方形的中心为Ｏ，
由题意得，
∴正方形的边长；
故答案为：；
（2）连接，，

正八边形的每个内角，
正方形的内角，
∴，即将正方形绕点顺时针旋转45度，与重合；
同理，
∴，
∴，
由正八边形的性质知，，
∴B、K、E在同一直线上，同理A、K、D也在同一直线上，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
故答案为：45，．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，勾股定理，证明四边形是菱形是解题的关键．
18．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，正五边形内接于，为上的一点（点不与点重合），则______．

【答案】
【分析】连接，，求出的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，，

∵多边形是正五边形，
∴，
∴，
∴的度数为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形和圆，圆周角定理等知识．解题的关键是掌握中心角和圆周角定理．
三、解答题
19．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形是的内接四边形，点C是弧的中点，连接，若，求的度数．
【答案】
【分析】解：根据圆内角四边形的性质以及圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵点C是弧的中点，
∴
∴
∴
∴
【点睛】此题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质以及三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
20．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点、、、都在上，，．
(1)求的度数；
(2)求的度数；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据垂径定理得出，再利用圆周角定理得出的度数:
（2）连接，根据圆内接四边形的性质便可求得结果．
【详解】（1）∵点、、、都在上，
∴，
∵，
∴，
∴的度数为
（2）连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，垂径定理和圆周角定理等知识，熟练掌握和运用这些定理是解决问题的关键．
21．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，求边长为a的正方形的外接圆的半径长．

【答案】
【分析】连接，，根据正方形的性质得到，，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵正方形边长为a，
∴，
∴，
即半径长为．

【点睛】本题考查了正多边形和圆，勾股定理，正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质．
22．（2023·浙江金华·统考二模）如图，已知，是的直径，点E是延长线的一点，射线交点于F，连接，，，，．

(1)求证：．
(2)求的度数．
(3)求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，，结合，可得，则；可得；
（2）由，，可得，由，，可得；
（3）由，则，，求解，可得，可得；而，可得．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴；
（2）∵，，
∴，
∵，，
∴；
（3）∵，则，，
∵，，
∴，
∴，
∴；而，
∴．
【点睛】本题考查的是圆的内接四边形的性质，圆周角定理的应用，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
23．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，四边形内接于，点C是弧的中点，延长到点E，使得，连结．

(1)求证：．
(2)若，，，求的长
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，根据全等三角形的性质得到；
（2）过点C作，根据已知条件得到，求得，根据直角三角形的性质得到结论．
【详解】（1）证明：，
，
四边形内接于，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：过点C作 ，

由（1）得
，
由（1）得
∴为等腰三角形
∵
∴
∴
∵
，
∴
有勾股定理可得：
解得：
在中
∴
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确地找出等量关系是解题的关键．
24．（2023秋·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，四边形内接于，分别延长，，使它们相交于点，，且．
(1)求证：．
(2)若，点为的中点，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)的半径为
【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补可得，再由邻补角互补可得，根据同角的补角相等可得，再根据等边对等角可得，再根据等量代换可得．
（2）连接根据直角所对的弦是直径得出为的直径，根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∴．
（2）如图，连接
∵，
∴是的直径，
∴，
∵
∴
∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
在中，，
∴的半径为
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，直角所对的弦是直径，勾股定理，掌握以上知识是解题关键．
25．（2023·浙江·一模）如图1，已知AB是半圆O的直径，半径，D是弧BC上的动点（不含点B，C），连接AC，作射线CD于点E．
(1)猜想的度数，并说明理由
(2)连接，若，求证：．
(3)如图2，作正方形，连接交于点G．若，，求的长．
【答案】(1)，理由见解析；
(2)见解析
(3)．
【分析】（1）先证明是等腰直角三角形，推出，再根据圆内接四边形的性质以及邻补角的定义即可求解；
（2）证明是等腰直角三角形，推出，再证明，利用圆心角、弦的关系即可证明；
（3）连接，证明是线段的垂直平分线，设，得到，，，利用正方形的性质求得，，证明B、E、F、C四点共圆，推出，利用勾股定理列式计算求得a的值，据此计算即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下，
∵半径，且，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵半径，，
∴，
∴；
（3）解：连接，
由（2）得是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴B、E、F、C四点共圆，
∴，
∴，
∴，即，
整理得，
∴(负值已舍)，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．