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30.3 正多边形与圆
一、单选题
1．如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形的中心角的度数是（　　）
A．72° B．60° C．48° D．36°
2．若圆内接正多边形的一个中心角是，则这个正多边形的边数是（　　）
A．5 B．6 C．8 D．9
3．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．8 B．7 C．6 D．5
4．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15cm，则线段GH的长为（　　）
A． cm B．5 cm C．3 cm D．10 cm
5．已知平面内有一个角，一个圆与这个角的两边都有两个交点．若此圆在角的两边上截得的两条弦恰好是某个正五边形的两边，则这个角的度数为（　　）
A． B．或 C．或 D．或
二、填空题
6．一个正六边形的边长为3，则它的外接圆半径为　 　．
7．圆内接正多边形的边长与圆的半径相等，则这个正多边形的边数为　 　．
8．若正六边形的边长是1，则它的半径是　 　．
9．已知正六边形的周长是12，则它的半径是　 　．
10．正六边形的边心距与边长之比为　 　．
11．已知圆内接正三角形的边心距为1，则这个三角形的面积为　 　．
12．我国古代主流钱币一般采用外圆内方的形式铸造，其中最具代表性的是从秦朝开始流通的方孔圆钱．如图，在方孔圆钱的示意图中，圆心和正方形的中心重合，分别延长，交于点E，F．若的半径为2，正方形的边长为1，则　 　 ．
三、复合题
13．明达中学在校园里建了一个读书亭．它的地基是半径为4米的正六边形．
（1）求地基的周长是多少？
（2）求地基的面积是多少？
14．如图，正六边形内接于，半径为．
（1）求的长度；
（2）若G为的中点，连接，求的长度．
15．作图题．
（1）如图1，已知△ABC，∠BAC=90°，请用尺规过点A作一条直线，使其将△ABC分成两个相似的三角形．
（2）如图2，已知⊙O，用尺规作⊙O的内接正四边形ABCD．
16．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．
四、解答题
17．如图，已知圆的半径为r，求外接正六边形的边长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
2．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
3．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
4．【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【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角AC于N，
则OB⊥AC，∠AOB＝60°，
∵OA＝15cm，
∴AN＝ OA＝ （cm），
∴AC＝2AN＝15 （cm），
∴GH＝ AC＝5 （cm），
故答案为：B.
【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.
5．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；圆内接正多边形
6．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
7．【答案】6
【知识点】圆内接正多边形
8．【答案】1
【知识点】圆内接正多边形
9．【答案】2
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵正六边形可以由其半径分为六个全等的正三角形，
而三角形的边长就是正六边形的半径，
又∵正六边形的周长为12，
∴正六边形边长为2，
∴正六边形的半径等于2；
故答案为：2．
【分析】正六边形可以由其半径分为六个全等的正三角形，正六边形的边长就是正六边形的半径，由正六边形的周长易求得结果。
10．【答案】 ：2
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图：设六边形的边长是a，
则半径长也是a；
经过正六边形的中心O作边AB的垂线OC，
则AC= AB= a，
∴OC= = ，
∴正六边形的边心距与边长之比为： a：a= ：2．
故答案为： ：2．
【分析】首先根据题意画出图形，然后设六边形的边长是a，由勾股定理即可求得OC的长，继而求得答案．
11．【答案】3
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示：
作AD⊥BC与D，连接OB，
则AD经过圆心O，∠ODB=90°，OD=1，
∵△ABC是等边三角形，
∴BD=CD，∠OBD= ∠ABC=30°，
∴OA=OB=2OD=2，
∴AD=3，BD= ，
∴AB= =2 ，
∴BC=2 ，
∴△ABC的面积= BC AD= ×2 ×3=3 ；
故答案为：3 ．
【分析】作AD⊥BC与D，连接OB，则AD经过圆心O，∠ODB=90°，OD=1，由等边三角形的性质得出BD=CD，∠OBD= ∠ABC=30°，得出OA=OB=2OD，求出AD、BC，△ABC的面积= BC AD，即可得出结果．
12．【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；圆内接正多边形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
13．【答案】（1）
（2）
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；解直角三角形
14．【答案】（1）
（2）
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接正多边形；线段的中点
15．【答案】（1）解：如图1所示：直线AD即为所求
（2）解：如图2所示：四边形ABCD即为所求
【知识点】圆内接正多边形；作图﹣相似变换
【解析】【分析】（1）过点A作AD⊥BC于点D，进而得出答案；（2）首先做直径BD，进而作BD的垂直平分线，进而得出各顶点位置．
16．【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．
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；圆内接正多边形；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（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。
17．【答案】解：如图，连接OA，OB，OC，则∠AOB==60°，∵⊙O是内切圆，∴OC⊥AB，∵OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴OA=AB=OB，∠OAB=60°，∵OC=r，∴OA==r，∴AB=r．即外接正六边形的边长为：r．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】首先连接OA，OB，OC，由外接正六边形的性质，可证得△OAB是等边三角形，继而求得答案．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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