3.10圓內(nèi)接正多邊形（B卷能力拓展）-2021-2022學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)分層練習(xí)（基礎(chǔ)鞏固＋能力拓展北師大版）

3.10圓內(nèi)接正多邊形學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________B卷（能力拓展）一、選擇題1．（2022·福建福州九年級(jí)期末）已知正五邊形的邊長(zhǎng)為1，則該正五邊形的對(duì)角線長(zhǎng)度為（）．A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖，五邊形ABCDE為正五邊形，證明再證明可得：設(shè)AF=x，則AC=1+x，再解方程即可.【詳解】解：如圖，五邊形ABCDE為正五邊形，∴五邊形的每個(gè)內(nèi)角均為108°，∴∠BAG=∠ABF=∠ACB=∠CBD=36°，∴∠BGF=∠BFG=72°，設(shè)AF=x，則AC=1+x，解得：，經(jīng)檢驗(yàn)：不符合題意，舍去，故選C【點(diǎn)睛】本題考查的是正多邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，證明是解本題的關(guān)鍵.2．如圖，△PQR是⊙O的內(nèi)接正三角形，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，BC∥QR，則∠AOQ=（）A．60° B．65° C．72° D．75°【答案】D【分析】連接OD，AR，根據(jù)正三角形的性質(zhì)得到∠POQ=120°，再根據(jù)內(nèi)接正方形的特征得到是等腰直角三角形，進(jìn)而得到，再根據(jù)圓周角定理計(jì)算即可；【詳解】連接OD，AR，

∵△PQR是⊙O的內(nèi)接正三角形，∴，∴，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，∴是等腰直角三角形，∴，∵BC∥QR，∴，∴，∵△PQR是等邊正三角形，∴，∴，∴，∴，∴∠AOQ=∠POQ∠AOP=120°45°=75°．故選D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形和圓，等邊三角形的性質(zhì)，圓周角定理，準(zhǔn)確計(jì)算是解題的關(guān)鍵．3．（2021—2022山東陽(yáng)谷縣九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，等邊三角形ABC和正方形ADEF都內(nèi)接于⊙O，則AD：AB＝（）A． B． C． D．【答案】B【分析】過(guò)點(diǎn)O作，，設(shè)圓的半徑為r，根據(jù)垂徑定理可得△OBM與△ODN是直角三角形，根據(jù)三角函數(shù)值進(jìn)行求解即可得到結(jié)果．【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)O作，，設(shè)圓的半徑為r，

∴△OBM與△ODN是直角三角形，，∵等邊三角形ABC和正方形ADEF都內(nèi)接于，∴,，∴，，∴，，∴．故選B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的垂徑定理知識(shí)點(diǎn)應(yīng)用，結(jié)合等邊三角形和正方形的性質(zhì)，利用三角函數(shù)求解是解題的關(guān)鍵．4．（2021·四川成都·中考三模）如圖，將邊長(zhǎng)為6的正六邊形沿折疊，點(diǎn)恰好落在邊的中點(diǎn)上，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，則的長(zhǎng)為（）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】過(guò)點(diǎn)作延長(zhǎng)的垂線，設(shè)，可得，，可得，由，可得，在△中，根據(jù)勾股定理即可得的值，再證明△，對(duì)應(yīng)邊成比例即可求出結(jié)果．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)作延長(zhǎng)的垂線，

，，，，設(shè)，，，，，，在△中，根據(jù)勾股定理，得，，解得，，，，，，△，，，解得，．故選：．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形和圓，翻折變換，相似三角形的判定和性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握正多邊形和圓的關(guān)系．5．如圖，是上的5等分點(diǎn)，連接，得到一個(gè)五角星圖形和五邊形．有下列3個(gè)結(jié)論：①，②，③．其中正確的結(jié)論是（）A．① B．①② C．②③ D．①②③【答案】B【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)得到AO⊥BE，故①正確；由A、B、C、D、E是⊙O上的5等分點(diǎn)，得到弧CD的度數(shù)，求得∠COD=72°，根據(jù)圓周角定理得到∠CAD=36°；連接CD求得∠CGD=108°，于是得到∠CGD=∠COD+∠CAD，故②正確；連接AB，AE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解：、、、、是上的5等分點(diǎn)，，，故①正確；、、、、是上的5等分點(diǎn)，的度數(shù)，，，；連接、、、、是上的5等分點(diǎn)，，，，，故②正確；連接，，則，，，，，，③錯(cuò)誤．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形與圓，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．二、填空題6．（2021—2022安徽休寧九年級(jí)階段練習(xí)）我國(guó)魏晉時(shí)期的數(shù)學(xué)家劉徽首創(chuàng)“割圓術(shù)”，利用圓的內(nèi)接正多邊形逐步逼近圓來(lái)近似計(jì)算圓的周長(zhǎng)，進(jìn)而確定圓周率．某圓的半徑為R，其內(nèi)接正十二邊形的周長(zhǎng)為C．若R＝，則C＝__，≈__（結(jié)果精確到0.01，參考數(shù)據(jù)：≈2.449，≈1.414）．【答案】243.11【分析】根據(jù)圓內(nèi)接正十二邊形每邊所對(duì)的圓心角為，作出，則，，解三角形求出，即可解答【詳解】根據(jù)圓內(nèi)接正十二邊形每邊所對(duì)的圓心角為，作出，則，作與點(diǎn)正十二邊形的周長(zhǎng)故答案為：；【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形與圓，近似數(shù)和有效數(shù)字等知識(shí)，解題關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．7．（2022·吉林延邊九年級(jí)期末）是的內(nèi)接正六邊形一邊，點(diǎn)是優(yōu)弧上的一點(diǎn)（點(diǎn)不與點(diǎn)，重合）且，與交于點(diǎn)，則的度數(shù)為_(kāi)______．【答案】90°【分析】先根據(jù)是的內(nèi)接正六邊形一邊得，再根據(jù)圓周角性質(zhì)得，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得,最后由三角形外角性質(zhì)可得結(jié)論．【詳解】解：∵是的內(nèi)接正六邊形一邊∴∴∵∴∴故答案為90°【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形與圓，圓周角定理等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)定理是解答本題的關(guān)鍵8．如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于半徑為4的圓O，作OF⊥BC交⊙O于點(diǎn)F，連接FA，F(xiàn)B，則FA?FB的值為_(kāi)_．【答案】16【分析】連接OA，OB，OB交AF于J．利用相似三角形的性質(zhì)證明OF2＝FJ?FA，再證明△AOJ≌△OFB，推出OJ＝BF＝FJ即可解決問(wèn)題．【詳解】連接OA，OB，OB交AF于J．∵OF⊥BC，∴=，∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠AOB＝72°，∠BOF＝36°，∴∠AOF＝108°，∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OFA＝∠FOJ＝36°，∴OJ＝JF，∵AO＝AJ，OB＝OF，∠OAJ＝∠FOB，∴△AOJ≌△OFB（SAS），∴OJ＝BF，∵∠OFJ＝∠AFO，∠FOJ＝∠OAF，∴△FOJ∽△FAO，∴＝，∴OF2＝FJ?FA，∵FJ＝OJ＝FB，∴FA?FB＝OF2＝16．故答案為16．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓，勾股定理，垂徑定理，圓周角定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形或全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．9．（2021—2022浙江杭州九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接等邊三角形，BC＝12，點(diǎn)D為上一動(dòng)點(diǎn)，BE⊥OD于E，當(dāng)點(diǎn)D由點(diǎn)B沿運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，線段AE的最大值是____．【答案】##【分析】連接，取中點(diǎn)，連接，求得，點(diǎn)在以為圓心，以為半徑的圓上，求得當(dāng)共線且點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上時(shí)，最大，求解即可．【詳解】解：連接，取中點(diǎn)，連接，如下圖：∵，為中點(diǎn)∴∴點(diǎn)在以為圓心，以為半徑的圓上∴當(dāng)共線且點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上時(shí)，最大延長(zhǎng)交于點(diǎn)，如上圖：∵△ABC為⊙O的內(nèi)接等邊三角形∴垂直平分，∴∴，∴，∴∴的最大值為故答案為：【點(diǎn)睛】此題考查了圓與內(nèi)接正三角形的性質(zhì)，涉及了直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形外心的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解題意，利用性質(zhì)確定出點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡．10．（2021—2022安徽淮南九年級(jí)階段練習(xí)）正方形ABCD和正△AEF都內(nèi)接于⊙O，EF與BC，CD分別相交于點(diǎn)G，H，求=____________【答案】【分析】如圖，連接AC、BD、OF，設(shè)⊙O的半徑是r，則OF=r，據(jù)題意可得出∠COF＝60°，進(jìn)而解直角三角形求得，證明，根據(jù)相似三角形的高的比等于相似比得出答案即可．【詳解】解：如圖，連接AC、BD、OF，CF，設(shè)⊙O的半徑是r，則OF=r，設(shè)交于點(diǎn)

根據(jù)圓，正方形，正三角形的對(duì)稱性可知是公共的對(duì)稱軸，∴AO是∠EAF的平分線，∴∠OAF=60°÷2=30°，∵OA=OF，∴∠OFA=∠OAF=30°，∴∠COF=30°+30°=60°，是等邊三角形∴FI=rsin60°=，則CO=2OI，∴OI=，平分，，∴EF=，∴，∴，∴，即則的值是．故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形與圓，正多邊形的半徑，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．三、解答題11．如圖①、②、③，正三角形ABC、正方形ABCD、正五邊形ABCDE分別是⊙O的內(nèi)接三角形、內(nèi)接四邊形、內(nèi)接五邊形，點(diǎn)M、N分別從點(diǎn)B、C開(kāi)始，以相同的速度中⊙O上逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)．（1）求圖①中∠APB的度數(shù)；（2）圖②中，∠APB的度數(shù)是90°，圖③中∠APB的度數(shù)是72°；（3）根據(jù)前面探索，你能否將本題推廣到一般的正n邊形情況？若能，寫(xiě)出推廣問(wèn)題和結(jié)論；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）120°；（2）=，=；（3）能，∠APB=【分析】（1）由題意可得，根據(jù)同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等可得，在利用三角形外角的性質(zhì)即可求解（2）根據(jù)（1）的求解過(guò)程，即可求解（3）結(jié)合（1），（2）的推理過(guò)程，即可得出結(jié)論【詳解】（1）∠APB=120°（如圖①）∵點(diǎn)M、N分別從點(diǎn)B、C開(kāi)始以相同的速度在⊙O上逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，∴∠BAM=∠CBN，又∵∠APN=∠BPM，∴∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°，∴∠APB=120°；（2）同理可得：圖②中∠APB=90°；圖③中∠APB=72°．（3）由（1），（2）可知，∠APB=所在多邊形的外角度數(shù)，故在圖n中，∠APB=．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形和圓，熟練掌握同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，以及正多邊形外角的求法，三角形外角的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．12．（2021·吉林臨江·九年級(jí)期末）如圖所示，正三角形ABC、正方形ABCD、正五邊形ABCDE分別是的內(nèi)接三角形、內(nèi)接四邊形、內(nèi)接五邊形，點(diǎn)M、N分別從點(diǎn)B、C開(kāi)始，以相同的速度在上逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)．

（1）求圖①中的度數(shù)（2）圖②中的度數(shù)是______，圖③中的度數(shù)是______；（3）若推廣到一般的正n邊形情況，請(qǐng)寫(xiě)出的度數(shù)是______．【答案】（1）120°；（2）90°，72°；（3）【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，求出，即可求出答案；（2）與（1）同理，可求，根據(jù)正方形和正五邊形的內(nèi)角度數(shù)，即可求出答案；（3）與（1）（2）同理，∠APB為所在多邊形的外角度數(shù)，即可得到答案．【詳解】解：（1）∵是正三角形，∴，∵點(diǎn)M、N分別從點(diǎn)B、C開(kāi)始以相同的速度在上逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，∴，∴，∴；（2）由圖②，四邊形ABCD是正方形，則與（1）同理，，∴；由圖③，正五邊形ABCDE中，與（1）同理，∴，∴；故答案為：90°；72°；（3）由（1）可知，∠APB為所在正多邊形的外角度數(shù)，故在圖n中，有∠APB=；故答案為：；【點(diǎn)睛】此題是一道規(guī)律探索題，體現(xiàn)了探索發(fā)現(xiàn)的一般規(guī)律：通過(guò)計(jì)算得出特殊多邊形中的角∠APN的度數(shù)，然后得出n邊形的∠APN的度數(shù)．13．正方形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)都在⊙O上，E是⊙O上的一點(diǎn)．（1）如圖①，若點(diǎn)E在上，F(xiàn)是DE上的一點(diǎn)，DF=BE．求證：△ADF≌△ABE；（2）在（1）的條件下，小明還發(fā)現(xiàn)線段DE、BE、AE之間滿足等量關(guān)系：DEBE=AE．請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）如圖②，若點(diǎn)E在上．連接DE，CE，已知BC=5，BE=1，求DE及CE的長(zhǎng)．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）理由見(jiàn)解析；（3）DE=7，CE=【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，得AB=AD；根據(jù)圓周角的性質(zhì)，得，結(jié)合DF=BE，即可完成證明；（2）由（1）結(jié)論得AF=AE，；結(jié)合∠BAD=90°，得∠EAF=90°，從而得到△EAF是等腰直角三角形，即EF=AE；最后結(jié)合DEDF=EF，從而得到答案；（3）連接BD，將△CBE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△CDH；結(jié)合題意，得∠CBE+∠CDE=180°，從而得到E，D，H三點(diǎn)共線；根據(jù)BC=CD，得，從而推導(dǎo)得∠BEC=∠DEC=45°，即△CEH是等腰直角三角形；再根據(jù)勾股定理的性質(zhì)計(jì)算，即可得到答案．【詳解】（1）如圖，，，，在正方形ABCD中，AB=AD在△ADF和△ABE中∴△ADF≌△ABE（SAS）；（2）由（1）結(jié)論得：△ADF≌△ABE∴AF=AE，∠3=∠4正方形ABCD中，∠BAD=90°∴∠BAF+∠3=90°∴∠BAF+∠4=90°∴∠EAF=90°∴△EAF是等腰直角三角形∴EF2=AE2+AF2∴EF2=2AE2∴EF=AE即DEDF=AE∴DEBE=AE；（3）連接BD，將△CBE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△CDH∵四邊形BCDE內(nèi)接于圓∴∠CBE+∠CDE=180°∴E，D，H三點(diǎn)共