初中数学人教版（2024）九年级上册第二十四章 圆24.3 正多边形和圆课堂检测

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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．
【典例剖析】
【例1】．（2020秋•六盘水期末）下列图形的周长均为16．
（1）求图②菱形的面积；（结果保留根号）
（2）求所有图形中最大的面积与最小的面积之差．（π取3.14，取1.73，结果精确到0.1）
【分析】（1）求出菱形的对角线的长，可得结论；
（2）分别求出等边三角形，菱形，正方形，正六边形，圆的面积，可得结论．
【解答】解：（1）如图，连接AC，BD交于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
由题意AB＝4，OB＝OD＝2，
∴OA＝OC＝＝＝2，
∴AC＝4，
∴S菱形ABCD＝•BD•AC＝××4＝8．
（2）等边三角形的面积＝×（）2≈12.30，
菱形的面积＝8≈13.84．
正方形的面积＝16．
正六边形的面积＝6××（）2＝18.45．
圆的面积＝π•（）2≈20.38，
所有图形中最大的面积与最小的面积之差＝20.38﹣12.30≈8.1
【例2】（2021秋•永城市月考）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．
（1）求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF．
（2）设⊙O的面积为S1，六边形ABCDEF的面积为S2，求的值（结果保留π）．
【分析】（1）如图，连接AE，AD，AC，根据正六边形的性质得到EF＝ED＝CD＝BC，求得＝＝＝，于是得到∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，即可得到结论；
（2）如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，设⊙O的半径为r，推出△ODE是等边三角形，得到DE＝OD＝r，∠OED＝60°，根据勾股定理得到OG＝＝r，根据三角形和圆的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图，连接AE，AD，AC，
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴EF＝ED＝CD＝BC，
∴＝＝＝，
∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，
∴过顶点A的三条对角线四等分∠BAF；
（2）解：如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，
设⊙O的半径为r，
∵∠DOE＝＝60°，OD＝OE＝r，
∴△ODE是等边三角形，
∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°，
∴∠EOG＝30°，
∴EG＝r，
∴OG＝＝r，
∴正六边形ABCDEF的面积＝6××r×r＝r2，
∵⊙O的面积＝πr2，
∴＝＝．
【满分训练】
一．选择题（共10小题）
1．（2022春•新昌县期末）如图，在同一平面内，将边长相等的正六边形、正方形的一边重合，则∠1的度数为（ ）
A．18°B．25°C．30°D．45°
【分析】根据多边形内角和公式求出正三角形、正六边形每个内角的度数，再求出答案即可．
【解答】解：∵正方形的每个内角的度数是90°，正六边形的每个内角的度数是＝120°，
∴∠1＝120°﹣90°＝30°，
故选C．
2．（2022•雅安）如图，已知⊙O的周长等于6π，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（ ）
A．3B．C．D．3
【分析】连接OC，OD，由正六边形ABCDEF可求出∠COD＝60°，进而可求出∠COG＝30°，根据30°角的锐角三角函数值即可求出边心距OG的长．
【解答】解：连接OC，OD，
∵正六边形ABCDEF是圆的内接多边形，
∴∠COD＝60°，
∵OC＝OD，OG⊥CD，
∴∠COG＝30°，
∵⊙O的周长等于6π，
∴OC＝3，
∴OG＝3cs30°＝，
故选：C．
3．（2022•石家庄三模）如图，边长相等的正八边形和正方形部分重叠摆放在一起，已知正方形面积是2，那么非阴影部分面积是（ ）
A．6B．C．D．8
【分析】先将正八边形可以延长每一边构成一个大正方形，然后用大正方形的面积减去四个等腰直角三角形的面积；在用正八边形的面积减去小正方形的面积即可．
【解答】解：∵正方形面积是2，
∴其边长为：，
如图，将正八边形的每一条边延长可得正方形ABCD，
∵正八边形的每个内角为180°﹣＝135°，
∴∠AEF＝45°，
∴△AEF为等腰直角三角形，
在Rt△AEF中，AE＝EF•sin45°＝×＝1，
∴AB＝+1×2＝+2．
∴正八边形的面积为：S正方形ABCD﹣4S△AEF
＝
＝，
∴非阴影部分面积是S正八边形﹣S正方形＝﹣2＝2+．
故选：C．
4．（2022•游仙区校级二模）如图，在正六边形ABCDEF中，M，N分别为边CD，BC的中点，AN与BM相交于点P，则∠APM的度数是（ ）
A．110°B．120°C．118°D．122°
【分析】根据正六边形的性质可得AB＝BC＝CD，BN＝CM，利用全等三角形的判定与性质可得∠BNP＝∠CMB，然后利用三角形的内角和定理可得答案．
【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠ABC＝∠BCD＝＝120°，AB＝BC＝CD，
∵M，N分别为边CD，BC的中点，
∴BN＝CM，
∴△ABN≌△BCM（SAS），
∴∠BNP＝∠CMB，
∵∠CBM＝∠PBN，
∴∠BPN＝∠BCD＝120°，
∴∠APM＝120°，
故选：B．
5．（2022•青县二模）如图，正六边形ABCDEF中，点M，N分别为边BC，EF上的动点，则＝（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】连接AD，作FP⊥AD于点P，EQ⊥AD于点Q，由正六边形的性质可得∠EAP＝60°，设各边长为a，则AF＝a，然后利用勾股定理及面积公式可得答案．
【解答】解：连接AD，作FP⊥AD于点P，EQ⊥AD于点Q，
∵正六边形各内角为120°，
∴∠EAP＝60°，
设各边长为a，则AF＝a，
∴AP＝QD＝a，
∴AD＝2a，FP＝＝＝a，
∴S四边形AMDN＝AD•FP＝2a×a＝a2，
S正六边形＝a2，
∴S阴影＝S正六边形﹣S四边形AMDN＝a2﹣＝a2，
∴＝＝2，
故选：A．
6．（2022•文登区一模）如图，正五边形ABCDE内接于圆，连接AC，BE交于点F，则∠CFE的度数为（ ）
A．108°B．120°C．135°D．144°
【分析】根据五边形的内角公式求出∠ABC，再由等腰三角形的性质、三角形的内角和定理可得答案．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠ABC＝×（5﹣2）×180°＝108°，
∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝36°，
同理∠ABF＝36°，
∴∠CFE＝∠AFB＝180°﹣∠ABF﹣∠BAF＝180°﹣36°﹣36°＝108°，
故选：A．
7．（2022•太原一模）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（ ）
A．7个B．8个C．9个D．10个
【分析】先求出多边形的每一个内角为108°，可得到∠O＝36°，即可求解．
【解答】解：∵多边形是正五边形，
∴正五边形的每一个内角为：＝108°，
∴∠O＝180°﹣（180°﹣108°）×2＝36°，
∴正五边形的个数是360°÷36°＝10．
故选：D．
8．（2022•安国市一模）2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边长最大不能超过（ ）
A．11.125mmB．22.25mmC．mmD．mm
【分析】根据正方形性质得到△AOD为等腰直角三角形，根据正方形和圆的关系得到AC的长度，根据等腰直角三角形的性质求出AD的长度．
【解答】解：如图所示，
∵AC＝BD＝22.25mm，
∴AO＝OD＝＝mm．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∴AD＝AO＝mm．
故选：C．
9．（2022•德城区模拟）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为4，则小正六边形的边长是（ ）
A．B．C．D．
【分析】在边长为4的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形对应点的距离MF，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．
【解答】解：连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，
由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝2，
由正六边形的性质可得ON＝4，
∴OD＝＝2＝OF，
∴MF＝2﹣2，
由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，
∴FH＝MF＝﹣1，
故选：B．
10．（2022•邯郸模拟）如图，在正六边形ABCDEF中，点G是AE的中点，若AB＝4，则CG的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【分析】如图，连接AC，EC．证明△ABC是等边三角形，利用等边三角形的性质求解．
【解答】解：如图，连接AC，EC．
∵ABCDEF是正六边形，
∴△ACE是等边三角形，
∵AB＝4，
∴AC＝CE＝AE＝4，
∵AG＝GE＝2，
∴CG⊥AE，
∴CG＝＝＝6，
故选：B．
二．填空题（共8小题）
11．（2022春•二道区期末）如图是一个正多边形的玻璃碎片，这个正多边形的边数为 5 ．
【分析】补全面图形，可得结论．
【解答】解：如图，这个多边形是正五边形．
故答案为：5．
12．（2022春•巴中期末）如图，将边长相等的正八边形与正五边形的一边重合，并让正五边形位于正八边形内部，则∠1＝ 76.5° ．
【分析】利用正多边形的性质求出∠ABC，∠DBC，再求出∠ABD，可以利用等腰三角形的性质求解．
【解答】解：如图，
由题意，∠ABC＝＝135°，∠DBC＝＝108°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝27°，
∵BA＝BD，
∴∠1＝∠BAD＝（180°﹣27°）＝76.5°，
故答案为：76.5°．
13．（2022•长春）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB＝27厘米，则这个正六边形的周长为 54 厘米．
【分析】根据对称性和周长公式进行解答即可．
【解答】解：由图象的对称性可得，AM＝MN＝BN＝AB＝9（厘米），
∴正六边形的周长为9×6＝54（厘米），
故答案为：54．
14．（2022•营口）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC，CF，则∠ACF＝ 30 度．
【分析】设正六边形的边长为1，正六边形的每个内角为120°，在△ABC中，根据等腰三角形两底角相等得到∠BAC＝30°，从而∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，过点B作BM⊥AC于点M，根据含30°的直角三角形的性质求出BM，根据勾股定理求出AM，进而得到AC的长，根据tan∠ACF＝＝＝即可得出∠ACF＝30°．
【解答】解：设正六边形的边长为1，
正六边形的每个内角＝（6﹣2）×180°÷6＝120°，
∵AB＝BC，∠B＝120°，
∴∠BAC＝∠BCA＝×（180°﹣120°）＝30°，
∵∠BAF＝120°，
∴∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，
如图，过点B作BM⊥AC于点M，则AM＝CM（等腰三角形三线合一），
∵∠BMA＝90°，∠BAM＝30°，
∴BM＝AB＝，
∴AM＝＝＝，
∴AC＝2AM＝，
∵tan∠ACF＝＝＝，
∴∠ACF＝30°，
故答案为：30．
15．（2022•陈仓区二模）如图，以正五边形ABCDE的对角线BE为边，作正方形BEFG，使点A落在正方形BEFG内，则∠ABG的度数为 54° ．
【分析】根据正五边形的性质可求出角A的度数，再根据等腰三角形以及三角形的内角和可求出∠ABE，再根据正方形的性质求出∠ABG即可．
【解答】解：∵正五边形ABCDE，
∴∠BAE＝＝108°，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝36°，
又∵四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG＝90°，
∴∠ABG＝90°﹣36°＝54°，
故答案为：54°．
16．（2022•贵阳模拟）如图，⊙O与正六边形OABCDE的边OA，OE分别交于点F，G，M是劣弧FG的中点．若FM＝2，则⊙O的半径为 2 ．
【分析】根据正六边形的性质以及圆周角定理可得出四边形OFMG是菱形，进而得到半径．
【解答】解：如图，连接OM，
∵六边形OABCDE是正六边形，
∴∠AOE＝＝120°，
∵M是劣弧FG的中点．
∴∠AOM＝∠EOM＝∠AOB＝60°，
又∵OF＝OG＝OM，
∴四边形OEMG是菱形，
∴OE＝MF＝2，
即⊙O的半径为2，
故答案为：2．
17．（2022•绥化三模）如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，P是弧GH上的任意一点，连接CP，PE，则∠CPE的度数为 45° ．
【分析】连接OD、OC、OE，根据正多边形和圆的知识求出正八边形的中心角的度数，根据圆周角定理求出∠CPE的度数．
【解答】解：连接OD、OC、OE，如图所示：
∵八边形ABCDEFGH是正八边形，
∴∠COD＝∠DOE＝＝45°，
∴∠COE＝45°+45°＝90°，
∴∠CPE＝∠COE＝45°．
故答案为：45°．
18．（2022•金山区二模）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n＝ 12 ．
【分析】连接OA、OB、OC，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正三角形的中心角得到∠AOB＝90°，∠AOC＝120°，则∠BOC＝30°，即可得到n的值．
【解答】解：连接OA、OB、OC，如图，
∵AB，AC分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，
∴∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝120°，
∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝30°，
∴n＝＝12，
即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为：12．
三．解答题（共4小题）
19．（2021秋•日喀则市月考）如图，正方形ABCD是半径为R的⊙O内接四边形，R＝6．
求正方形ABCD的边长和边心距．
【分析】过点O作OE⊥BC，垂足为E．解直角三角形求出BC，OE即可．
【解答】解：过点O作OE⊥BC，垂足为E．
∵四边形ABCD为⊙O的内接正方形，
∴∠BOC＝＝90°，∠OBC＝45°，OB＝6，
∴BE＝OE．
在Rt△OBE中，∠BEO＝90°，由勾股定理可得
OE＝BE＝，
∴BC＝2BE＝．
即半径为6的圆内接正方形ABCD的边长为，边心距为．
20．（2022•安徽二模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是的中点，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＝．
（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．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，
∴＝，
∵E是的中点，
∴＝，
∴+＝+，即＝，
∴AE＝DE．
（2）解：连接BD，AO，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＝∠EDF﹣∠DEF＝90°﹣45°＝45°，
∴DE＝DF，
∵∠AED＝∠AOD＝45°，
∴∠AED＝∠F＝45°，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE+∠EDC＝∠CDF+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴S△ADE＝S△CDF，
∴S四边形AECD＝S△DEF，
∵EF＝DE＝EC+DE，EC＝1，
∴1+DE＝DE，
∴DE＝+1，
∴S四边形AECD＝S△DEF＝DE2＝+．
21．（2021秋•昌邑区校级期末）已知，如图，正六边形ABCDEF的边长为6cm，求这个正六边形的外接圆半径R、边心距r6、面积S6．
【分析】连接OA，OB，过点O作OG⊥AB于G，易得△AOB是等边三角形，继而可得正六边形的外接圆半径R，然后由勾股定理求得边心距，又由S正六边形＝6S△ABO求得答案．
【解答】解：连接OA，OB，过点O作OG⊥AB于G，
∵∠AOB＝60°，OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝6cm，即R＝6cm，
∵OA＝OB＝6，OG⊥AB，
∴AG＝AB＝×6＝3cm，
∴在Rt△AOG中，r6＝OG＝＝3cm，
∴S6＝×6×6×3＝54cm2．
22．（2021秋•黄冈月考）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．