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中考押题卷：圆内接正多边形
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 汕尾期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，正六边形的边长是2，则⊙O的半径的长是（　　）
A．3 B．2 C． D．
2．（2024秋 增城区期末）正多边形的一个外角是72°，则这个多边形的边数是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
3．（2024秋 建邺区期末）如图，在正n边形A1A2A3 An中，∠A1A4A5的度数是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 桥西区期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，点G为DE边上一点，连接AG，FG，CG，则△AFG与△CDG的面积和为（　　）
A．4 B．
C． D．随点G位置而变化
5．（2024秋 凉州区期末）如图，正三角形和正方形分别内接于等圆⊙O1和⊙O2，若正三角形的周长为m，正方形的周长为n，则m与n的关系为（　　）
A．m＜n B．m＝n C．m＞n D．不能确定
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 玄武区期末）如图，在正五边形ABCDE中，连接CE，以E为圆心，EA长为半径画弧，与CE交于点F，连接AF，则∠AFE的度数是 　 　°．
7．（2024秋 西湖区期末）如图，已知正方形ABCD与正五边形EFGCH都内接于⊙O，则∠DCH的度数为　 　．
8．（2024秋 碑林区校级期末）小瑜在公园路边她发现了一处被茂密植被遮住的正多边形花坛．如图，为了得出边数，她将正多边形的两边延长交于点P，测量出∠P＝36°，则可得出正多边形的边数n＝ 　 　．
9．（2024秋 甘井子区期末）如图，点A在⊙O上，半径OA＝r，以点A为圆心，在⊙O上依次截取长度等于半径r的弦AB，BC，CD，DE，EF，连接AF，则六边形ABCDEF的面积为 　 　．（请用含r的式子表示）
10．（2024秋 秦淮区期末）如图，点O是边长为6的正六边形ABCDEF和边长为a的正方形MNPQ的中心，将正方形MNPQ绕点O旋转一周．若在旋转过程中，正方形MNPQ始终在正六边形ABCDEF的内部（即正方形边上的所有点都在正六边形内），则a的取值范围是 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 昌平区期末）如图，⊙O是边长为4的正方形ABCD的外接圆．
（1）求⊙O的半径；
（2）求图中阴影部分的扇形面积．
12．（2024秋 温州期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为上的一点（点P与点D不重合），求∠CPD的度数．
13．（2024秋 高陵区期末）如图，正八边形ABCDEFGH的边长为4，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，求阴影部分的面积（结果保留π）．
14．（2024秋 嘉鱼县期中）如图，CE是正六边形（六条边相等，六个内角相等）的一条对角线，延长CE，AF交于点M．
（1）判断△EFM的形状；
（2）若EF＝3，求AM的长．
15．（2024 武威校级三模）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．
中考押题卷：圆内接正多边形
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5
答案 B B C C A
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 汕尾期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，正六边形的边长是2，则⊙O的半径的长是（　　）
A．3 B．2 C． D．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】根据题意画出图形，求出正六边形的边长，再求出∠AOB＝60°即可求出⊙O的半径．
【解答】解：正六边形ABCDEF内接于⊙O，正六边形的边长是2，如图，连结OA，OB，
∴，
∴△AOB是等边三角形，
∵正六边形的边长是2，
∴AO＝BO＝AB＝2，
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形和圆，根据题意画出图形，作出辅助线求出∠AOB＝60°是解答此题的关键．
2．（2024秋 增城区期末）正多边形的一个外角是72°，则这个多边形的边数是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】正多边形和圆．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】B
【分析】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数即可．
【解答】解：正多边形的外角和是360°，
∵正多边形的一个外角是72°，
∴多边形的边数为：360°÷72°＝5，
故选：B．
【点评】此题考查了多边形的内角和外角的关系，熟记正多边形的边数和外角的关系是解题的关键．
3．（2024秋 建邺区期末）如图，在正n边形A1A2A3 An中，∠A1A4A5的度数是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】根据多边形的内角和定理得到正n边形A1A2A3 An的内角为，根据四边形的内角和定理求得∠A1A4A3＝∠A4A1A2＝180，于是得到结论．
【解答】解：∵正n边形A1A2A3 An的内角为，
∴∠A2＝∠A3＝∠A3A4A5，
在四边形A1A2A3A4中，∠A1A4A3＝∠A4A1A2[360°﹣2]＝180，
∴∠A1A4A5[180] 180，
故选：C．
【点评】本题考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键．
4．（2024秋 桥西区期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，点G为DE边上一点，连接AG，FG，CG，则△AFG与△CDG的面积和为（　　）
A．4 B．
C． D．随点G位置而变化
【考点】正多边形和圆；三角形的面积．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】C
【分析】根据正六边形的性质求出PQ的长，再根据S△AFG+S△CDGAF GMCD GN2 GM2 GN＝GM+GN＝MN＝PQ即可．
【解答】解：如图，过点G作AF的垂线，分别交AF、CD的延长线于点M、N，
设正六边形的中心为O，过点O作AF的垂线，分别交AFCD于点P、Q，则MN＝PQ，连接OC，
在Rt△COQ中，OC＝2，CQ＝1，
∴OQ，
∴MN＝PQ＝2，
∴S△AFG+S△CDG
AF GMCD GN
2 GM2 GN
＝GM+GN
＝MN
＝2．
故选：C．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质是正确解答的关键．
5．（2024秋 凉州区期末）如图，正三角形和正方形分别内接于等圆⊙O1和⊙O2，若正三角形的周长为m，正方形的周长为n，则m与n的关系为（　　）
A．m＜n B．m＝n C．m＞n D．不能确定
【考点】正多边形和圆；函数关系式；等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心．
【专题】正多边形与圆；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】设两个圆的半径为R，根据正多边形和圆的性质以及直角三角形的边角关系用含有R的代数式表示m，n，再比较m、n的大小即可．
【解答】解：设两个圆的半径为R，
如图1，连接O1B，过点O1作O1D⊥BC，垂足为D，
∵△ABC是⊙O1的内接正三角形，
∴∠BO1D＝60°，
∴BDO1BR，
∴BC＝2BDR，
∴m＝3BC＝3R，
如图2，连接O2B，过点O2作O2E⊥BC，垂足为E，
∵正方形ABCD是⊙O2的内接正方形，
∴∠BO2E＝45°，
∴BEO2BR，
∴BC＝2BER，
∴n＝4bc＝4R，
由于3，4，而，
∴m＜n．
故选：A．
【点评】本题考查正多边形与圆，直角三角形的边角关系以及函数关系式，掌握正多边形与圆的性质，直角三角形的边角关系是正确解答的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 玄武区期末）如图，在正五边形ABCDE中，连接CE，以E为圆心，EA长为半径画弧，与CE交于点F，连接AF，则∠AFE的度数是 　54　°．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】54．
【分析】根据正五边形的内角和得到∠AED＝∠CDE108°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：在正五边形ABCDE中，∵∠AED＝∠CDE108°，
∵DE＝CD，
∴∠DCE＝∠CED（180°﹣108°）＝36°，
∴∠AEF＝108°﹣36°＝72°，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE（180°﹣72°）＝54°，
故答案为：54．
【点评】本题考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质，熟练掌握正五边形的性质是解题的关键．
7．（2024秋 西湖区期末）如图，已知正方形ABCD与正五边形EFGCH都内接于⊙O，则∠DCH的度数为　9°　．
【考点】正多边形和圆；圆周角定理．
【专题】正多边形与圆；推理能力．
【答案】9°．
【分析】根据正方形ABCD与正五边形EFGCH都内接于⊙O，得到，，求得，得到∠DCE＝∠BCG，于是得到结论．
【解答】解：∵正方形ABCD与正五边形EFGCH都内接于⊙O，
∴CH＝CH，CD＝CB，
∴，，
∴，
∴∠DCE＝∠BCG，
∵∠HCG108°，∠DCB＝90°，
∴∠DCE＝∠BCG9°，
故答案为：9°．
【点评】本题考查了正多边形与圆，熟练掌握正五边形和正方形的性质是解题的关键．
8．（2024秋 碑林区校级期末）小瑜在公园路边她发现了一处被茂密植被遮住的正多边形花坛．如图，为了得出边数，她将正多边形的两边延长交于点P，测量出∠P＝36°，则可得出正多边形的边数n＝ 　5　．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据∠P＝36°，求出∠PAB+∠PBA，结合正多边形的每个外角都相等求出外角，结合外角和求解即可得到答案．
【解答】解：∵正多边形的两边延长交于点P，且∠P＝36°，∠P+∠PAB+∠PBA＝180°，
∴∠PAB+∠PBA＝180°﹣36°＝144°，
∵图形是正多边形花坛，
∴，
∴，
故答案为：5．
【点评】本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是掌握多边形的外角和为360°和多边形的内角和公式．
9．（2024秋 甘井子区期末）如图，点A在⊙O上，半径OA＝r，以点A为圆心，在⊙O上依次截取长度等于半径r的弦AB，BC，CD，DE，EF，连接AF，则六边形ABCDEF的面积为 　r2　．（请用含r的式子表示）
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】r2．
【分析】如图，连接OF．由题意六边形ABCDEF是正六边形，根据正六边形的面积＝6 S△AOF求解即可．
【解答】解：如图，连接OF．
由题意六边形ABCDEF是正六边形，
∴正六边形的面积＝6 S△AOF＝6r2r2．
故答案为：r2．
【点评】本题考查正多边形与圆，解题的关键是理解题意正确计算．
10．（2024秋 秦淮区期末）如图，点O是边长为6的正六边形ABCDEF和边长为a的正方形MNPQ的中心，将正方形MNPQ绕点O旋转一周．若在旋转过程中，正方形MNPQ始终在正六边形ABCDEF的内部（即正方形边上的所有点都在正六边形内），则a的取值范围是 　0＜a＜3　．
【考点】正多边形和圆；旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；正多边形与圆；运算能力．
【答案】0＜a＜3．
【分析】根据正六边形的性质，勾股定理以及正方形的性质进行解答即可．
【解答】解：如图，当正方形MNPQ的一个顶点Q在EF的中点时，正方形MNPQ的边长最大，连接OE，OF，OQ，OP，则OQ⊥EF，
∵六边形ABCDEF是正六边形，中心为O，
∴∠EOF60°，OE＝OF，
∴△EOF是正三角形，
∴OE＝OF＝EF＝6，QE＝QF＝3，
在RtEOG中，EQ＝3，OE＝6，
∴OQ3，
在Rt△POQ中，PQOQ＝3，
即正方形MNPQ的边长最大为3，
∴a的取值范围是0＜a＜3．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形、正方形的性质以及勾股定理是正确解答的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 昌平区期末）如图，⊙O是边长为4的正方形ABCD的外接圆．
（1）求⊙O的半径；
（2）求图中阴影部分的扇形面积．
【考点】正多边形和圆；扇形面积的计算；正方形的性质．
【专题】正多边形与圆；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】（1）⊙O的半径是2；
（2）2π．
【分析】（1）由正方形ABCD的边长为4，O为外心，得到CD＝4，△OCD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到OC＝ODCD＝2；
（2）根据扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的边长为4，O为外心，
∴CD＝4，△OCD是等腰直角三角形，
∴OC＝ODCD＝2，
∴⊙O的半径是2；
（2）∵⊙O是边长为4的正方形ABCD的外接圆，
∴∠COD90°，
∴图中阴影部分的扇形面积2π．
【点评】本题主要考查了正多边形和圆的性质，扇形面积的计算，熟练掌握正多边形和圆的性质是解题的关键．
12．（2024秋 温州期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为上的一点（点P与点D不重合），求∠CPD的度数．
【考点】正多边形和圆；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；正多边形与圆；推理能力．
【答案】36°．
【分析】由正多边形的中心角相等求出∠COD，由圆周角定理即可求出∠CPD的度数．
【解答】解：连接OC，OD，
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠COD72°，
∴∠CPD∠COD＝36°．
【点评】本题考查圆周角定理，正多边形和圆，关键是掌握圆周角定理，正多边形的性质．
13．（2024秋 高陵区期末）如图，正八边形ABCDEFGH的边长为4，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，求阴影部分的面积（结果保留π）．
【考点】正多边形和圆；扇形面积的计算．
【专题】正多边形与圆；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】6π．
【分析】先根据正八边形的性质求出圆心角的度数，再根据扇形面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：∵多边形ABCDEFGH是正八边形，
∴，AH＝AB＝4，
∴阴影部分的面积6π．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正多边形内角和的计算方法以及扇形面积的计算方法是正确解答的前提．
14．（2024秋 嘉鱼县期中）如图，CE是正六边形（六条边相等，六个内角相等）的一条对角线，延长CE，AF交于点M．
（1）判断△EFM的形状；
（2）若EF＝3，求AM的长．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；推理能力．
【答案】（1）△EFM是直角三角形，理由见解析；
（2）9．
【分析】（1）由六边形ABCDEF是正六边形，得到∠AFE＝∠FED＝∠D＝120°，DC＝DE，求得∠CED＝∠ECD＝30°，推出∠FEM＝90°，根据直角三角形的判定定理得到△EFM是直角三角形；
（2）根据三角形的内角和定理得到∠M＝30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）△EFM是直角三角形，
理由：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AFE＝∠FED＝∠D＝120°，DC＝DE，
∴∠CED＝∠ECD＝30°，
∴∠CEF＝∠FED﹣∠CED＝120°﹣30°＝90°，
∴∠FEM＝90°，
即△EFM是直角三角形；
（2）∵∠AFE＝120°，∠FEM＝90°，
∴∠M＝30°，
∴FM＝2FE＝6，
∴AM＝3EF＝9．
【点评】本题考查了正多边形与圆，直角三角形的判定和性质，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
15．（2024 武威校级三模）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．
【考点】正多边形和圆．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】（1）∠CAD＝36°；
（2）DF的长是．
【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．
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