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新课预习衔接 正多边形和圆
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 青秀区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，将六边形绕点O顺时针旋转，每次旋转45°，则第1000次旋转结束时，点A的坐标为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 长沙期中）已知一正多边形的一个外角等于72°，则该正多边形的中心角等于（　　）
A．18° B．36° C．72° D．108°
3．（2024秋 鼓楼区期中）正多边形的一部分如图所示，若∠ACB＝20°，则该正多边形的边数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．12
4．（2024秋 大丰区期中）如图，在边长为2的正八边形中，把其不相邻的四条边均向两边延长相交成一个四边形ABCD，则四边形ABCD的周长是（　　）
A．24 B．12 C．16 D．8+8
5．（2024 凤城市二模）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（　　）
A．130° B．120° C．110° D．60°
二．填空题（共5小题）
6．（2024 镇江）如图，AB是⊙O的内接正n边形的一边，点C在⊙O上，∠ACB＝18°，则n＝　 　．
7．（2024 青岛二模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为 　 　．
8．（2024秋 四平期中）如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，P是优弧MPN上的一点，则∠MPN的度数为 　 　°．
9．（2024 温江区校级自主招生）如图，要拧开一个边长为a＝18cm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为 　 　cm．
10．（2024 宿迁模拟）如图，在半径为2的⊙O中，两个顶点重合的内接正四边形与正六边形，则阴影部分的面积为 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（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．
12．（2024秋 同心县期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BOD＝140°，求∠BCD的度数．
13．（2024秋 林芝市期末）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为2．求边心距OP的长．
14．（2024秋 秀屿区校级期中）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）求证：AE+CEDE．
15．（2024秋 拱墅区校级期中）如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AC、BD，相交于点P，若⊙O的半径为1．
（1）求AC的长；
（2）求∠APD的度数．
新课预习衔接 正多边形和圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 青秀区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，将六边形绕点O顺时针旋转，每次旋转45°，则第1000次旋转结束时，点A的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【考点】正多边形和圆；坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．
【专题】规律型；平移、旋转与对称；正多边形与圆；几何直观；运算能力．
【答案】A
【分析】连接OA、OB，设AB交y轴于点P，由正多边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理求出A（﹣2，2），再根据旋转8次为一个循环，由此即可得出答案．
【解答】解：如图，连接OA、OB，设AB交y轴于点P，
，
∵边长为4的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，
∴AB＝4，AB⊥y轴，∠AOB＝360°÷6＝60°，OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，OP⊥AB，
∴AP＝PB＝2，OB＝OA＝4，
∴OP2，
∴A（﹣2，2），
∵将六边形绕点O顺时针旋转，每次旋转45°，8次一个循环，
∵1000÷8＝125，
∴第1000次旋转结束时，点A的坐标为（﹣2，2），
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形和圆，规律型：点的坐标，坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
2．（2024秋 长沙期中）已知一正多边形的一个外角等于72°，则该正多边形的中心角等于（　　）
A．18° B．36° C．72° D．108°
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】C
【分析】利用多边形的外角得到正多边形的边数，然后根据正多边形的中心角定义即可求解．
【解答】解：∵正多边形的一个外角为72°，
∴正多边形的边数为360°÷72°＝5，
∴这个正多边形的中心角的度数是360°÷5＝72°，
故选：C．
【点评】本题考查正多边形的外角和定理，正多边形的中心角，掌握正多边形的外角和定理是解题的关键．
3．（2024秋 鼓楼区期中）正多边形的一部分如图所示，若∠ACB＝20°，则该正多边形的边数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．12
【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】B
【分析】根据圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：如图，
∵∠ACB＝20°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝40°，
∴正多边形的边数9，
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形与圆，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2024秋 大丰区期中）如图，在边长为2的正八边形中，把其不相邻的四条边均向两边延长相交成一个四边形ABCD，则四边形ABCD的周长是（　　）
A．24 B．12 C．16 D．8+8
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】D
【分析】根据题意可知形成的四个小的直角三角形全等，并且四个都是等腰直角三角形，从而可以求得四边形ABCD一边的长，从而可以求得四边形ABCD的周长．
【解答】解：由题意可得，
AD＝22＝2+2，
∴四边形ABCD的周长是：4×（2+2）＝8+8，
故选：D．
【点评】本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，求出四边形ABCD的边长．
5．（2024 凤城市二模）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（　　）
A．130° B．120° C．110° D．60°
【考点】正多边形和圆．
【专题】多边形与平行四边形；正多边形与圆；运算能力．
【答案】B
【分析】根据正六边形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行计算即可．
【解答】解：如图2，∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB＝AF＝EF，∠BAF120°，
∴∠ABF＝∠AFB30°，
同理∠EAF＝30°，
∴∠1＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
故选：B．
【点评】本题考查正多边形和圆，等腰三角形以及三角形内角和定理，掌握正六边形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理是正确解答的前提．
二．填空题（共5小题）
6．（2024 镇江）如图，AB是⊙O的内接正n边形的一边，点C在⊙O上，∠ACB＝18°，则n＝　10　．
【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；运算能力；推理能力．
【答案】10．
【分析】由圆周角定理得∠AOB＝36°，再根据正n边形的边数n＝360°÷中心角，即可得出结论．
【解答】解：∵∠ACB＝180°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝2×18°＝36°，
∴n＝360°÷36°＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．
7．（2024 青岛二模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为 　144°　．
【考点】正多边形和圆；多边形内角与外角；切线的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据五边形的内角和求∠E＝∠D＝108°，由切线的性质得：∠OAE＝∠OCD＝90°，最后利用五边形的内角和相减可得结论．
【解答】解：正五边形的内角＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠E＝∠D＝108°，
连接OA、OC，
∵AE、CD分别与⊙O相切于A、C两点，
∴∠OAE＝∠OCD＝90°，
∴∠AOC＝540°﹣90°﹣90°﹣108°﹣108°＝144°，
故答案为：144°．
【点评】本题考查了正五边形的内角和、内角的度数、切线的性质，本题的五边形内角可通过外角来求：180°﹣360°÷5＝108°．
8．（2024秋 四平期中）如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，P是优弧MPN上的一点，则∠MPN的度数为 　72　°．
【考点】正多边形和圆；圆周角定理；切线的性质；三角形的内切圆与内心．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】72．
【分析】根据正五边形的性质求出∠B＝∠C＝108°，再根据切线的性质得出∠OMB＝∠ONC＝90°，由五边形的内角和求出∠MON＝144°，由圆周角定理即可得出答案．
【解答】解：∵⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，
∴∠OMB＝∠ONC＝90°，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠B＝∠C108°，
∴∠MON＝（5﹣2）×180°﹣90°﹣90°﹣108°﹣108°＝144°，
∴∠MPN∠MON＝72°．
故答案为：72．
【点评】本题考查正多边形和圆，切线的性质，圆周角定理以及多边形内角和的计算，掌握正五边形的性质，切线的性质，圆周角定理以及多边形内角和的计算方法是正确解答的关键．
9．（2024 温江区校级自主招生）如图，要拧开一个边长为a＝18cm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为 　18　cm．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；推理能力．
【答案】18．
【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∠AOB＝∠BOC＝60°，得出OA＝OB＝AB＝OC＝BC，则四边形ABCO是菱形，得出AC⊥OB，AM＝CM，由sin∠AOB，即可得出结果．
【解答】解：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：
∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∴AC⊥OB，AM＝CM，
∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，
∴sin∠AOB，
∴AM＝189（cm），
∴AC＝2AM＝18cm，
故答案为：18．
【点评】本题考查了正多边形和圆、菱形的判定与性质等知识，构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，运用锐角三角函数进行求解是解此题的关键．
10．（2024 宿迁模拟）如图，在半径为2的⊙O中，两个顶点重合的内接正四边形与正六边形，则阴影部分的面积为 　6﹣2　．
【考点】正多边形和圆．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图，连接OB，OF，根据题意得：△BFO是等边三角形，△CDE是等腰直角三角形，求得△ABC的高和底即可求出阴影部分的面积．
【解答】解：如图，连接OB，OF，
根据题意得：△BFO是等边三角形，△CDE是等腰直角三角形，
∴BF＝OB＝2，
∴△BFO的高为：，CD＝2（2）＝4﹣2，
∴BC（2﹣4+2）1，
∴阴影部分的面积＝4S△ABC＝4（） 6﹣2．
故答案为：6﹣2．
【点评】本题考查了正多边形和圆，三角形的面积，解题的关键是知道阴影部分的面积等于4个三角形的面积．
三．解答题（共5小题）
11．（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．
12．（2024秋 同心县期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BOD＝140°，求∠BCD的度数．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据圆周角定理得到∠A∠BOD＝70°，然后根据圆内接四边形的性质求∠BCD的度数．
【解答】解：∵∠BOD＝140°，
∴∠A∠BOD＝70°，
∴∠BCD＝180°﹣∠A＝110°．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了圆内接四边形的性质．
13．（2024秋 林芝市期末）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为2．求边心距OP的长．
【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】见解答详解．
【分析】由正六边形ABCDEF可求出∠AOB＝60°，进而可求出∠AOP＝30°，根据勾股定理即可求出边心距OP的长．
【解答】解：∵正六边形ABCDEF是圆的内接多边形，
∴∠AOB＝60°，
∵OA＝OB，OP⊥AB，
∴∠AOP＝30°，AP＝BP，
∵AB＝2，
∴OA＝2，APAB，
∴OP3．
【点评】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性质是解决问题的关键．
14．（2024秋 秀屿区校级期中）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）求证：AE+CEDE．
【考点】正多边形和圆；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；圆周角定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）证明，即可得出AE＝DE．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明，推出AE＝CF，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，
∴，
∴，
∴AE＝DE．
（2）证明：连接BD，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＝90°﹣45°＝45°，
∴DE＝DF．
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF．
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴，
即．
【点评】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
15．（2024秋 拱墅区校级期中）如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AC、BD，相交于点P，若⊙O的半径为1．
（1）求AC的长；
（2）求∠APD的度数．
【考点】正多边形和圆；勾股定理；圆周角定理．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】（1）；（2）135°．
【分析】（1）连接OA，OB，OB与AC交于点Q，先根据正八边形和圆的性质求出∠AOB，再根据特殊角三角函数值求出AC的长；
（2）根据圆周角定理和三角形的外角定理即可求出∠APD．
【解答】解：（1）如图，连接OA，OB，设OB与AC交于点Q，
由题意可知，QA＝QC，OB⊥AC，
∵ABCDEFGH是正八边形，
∴∠AOB45°，
∴QA＝OQ＝OAsin∠AOB＝sin45°，
∴AC＝2QA；
（2）∵所对的圆心角为5∠AOB＝225°，
∴所对的圆周角为∠ABD225°＝112.5°，
∵∠BAC45°＝22.5°，
∴∠APD＝∠ABD+∠BAC＝135°．
【点评】本题考查了正八边形与圆的综合，熟练运用正八边形的性质，特殊角的三角函数值，圆周角定理是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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