九年级上册正多边形和圆课后作业题

这是一份九年级上册正多边形和圆课后作业题，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．正六边形的边长等于2，则这个正六边形的面积等于（ ）
A．4B．6C．7D．8
2．半径为2的圆内接正方形的边长是（ ）
A．2B．4C．D．
3．边长为1的正六边形的内切圆的半径为( )
A．2B．1C．D．
4．正六边形的边心距为，则该正六边形的外接圆半径为（ ）
A．B．2C．3D．
5．同圆的内接正三角形与内接正方形的边长的比是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，正八边形内接于，连接，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．对于以下说法：①各角相等的多边形是正多边形；②各边相等的三角形是正三角形；③各角相等的圆内接多边形是正多边形；④各顶点等分外接圆的多边形是正多边形．正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．已知圆内接正三角形的面积为，则该圆的内接正六边形的边心距是（）
A．B．C．D．
9．如图，正五边形和正三角形都是的内接多边形，则的度数是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．边长为4的正方形内接于⊙O，则⊙O的半径是（ ）
A．B．2C．2D．4
11．如图所示，某同学作了一个圆内接正十二边形．若的半径为1，则这个圆内接正十二边形的面积为（ ）

A．1B．3C．D．
12．下列属于正多边形的特征的有（ ）
（1）各边相等 （2）各个内角相等 （3）各个外角相等 （4）各条对角线都相等 （5）从一个顶点引出的对角线将正n边形分成面积相等的（n-2）个三角形
A．2个B．3个C．4个D．5个
二、填空题
13．如果一个正多边形内角和是，那么它的中心角是 ．
14．正n边形的中心角为72°，则 ．
15．边数相同的两个正n边形的周长之比是 ，则它们的面积比是 .
16．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”．所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积，并以此求取圆周率的方法．刘徽指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．例如，的半径为2，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积估计的面积，，所以的面积近似为，由此可得的估计值为，若用圆内接正十二边形估计的面积，可得的估计值为 ．
17．如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，已知D是⊙O上一动点，连接AD、CD，若圆的半径r＝2，则以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积为 ．

三、解答题
18．如图，已知的周长等于，求圆内接正六边形的面积．
19．如图，要拧开一个边长的六角形螺帽，扳手张开的开口b至少要多少？
20．各边相等的圆内接四边形是正方形吗？各角相等的圆内接四边形呢？如果是，请说明理由；如果不是，请举出反例．
21．如图，正方形内接于，其边长为4，求的内接正三角形的边长．

22．如图，在圆内接正六边形中，半径，求这个正六边形的周长．

23．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．
24．如图1、、3、…、，、分别是的内接正三角形、正方形、五边形、…..、正边形…..的边、上的点，且，连接、．
（1）求图1中的度数；
（2）图中的度数是____________，图3中的度数是____________；
（3）试探究的度数与正边形边数的关系（直接写出答案）．
《24.3正多边形和圆》参考答案
1．B
【详解】试题分析：边长为2的正六边形可以分成六个边长为2的正三角形，计算出正六边形的面积即可．
解：连接正六变形的中心O和两个顶点D、E，得到△ODE，
∵∠DOE=360°×=60°，
又∵OD=OE，
∴∠ODE=∠OED=（180°﹣60°）÷2=60°，
则△ODE为正三角形，
∴OD=OE=DE=2，
∴S△ODE=OD•OM=OD•OE•sin60°=×2×2×=．
正六边形的面积为6×=6，
故选B．
点评：本题考查了正多边形的计算，理解正六边形倍半径分成六个全等的等边三角形是关键，此题难度不大．
2．D
【分析】本题考查了圆内接正方形的性质与勾股定理的应用，解题的关键是明确圆的直径与正方形对角线的关系，并利用勾股定理计算正方形边长．
先根据圆的半径求出直径，圆内接正方形的对角线等于圆的直径；再设正方形边长为未知数，利用勾股定理建立方程；最后求解方程得到正方形边长．
【详解】解：已知圆的半径为2，则圆的直径为，即圆内接正方形的对角线长为4．
设正方形的边长为，根据勾股定理，正方形对角线的平方等于两条边长平方之和，可得，即
，化简得，解得：（边长为正数，舍去负根）．
故选：D．
3．D
【详解】试题解析：如图，连接OA、OB，OG；
∵六边形ABCDEF是边长为1的正六边形，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=1，
∴OG=OA•sin60°=1×=，
∴边长为a的正六边形的内切圆的半径为．
故选D．
4．B
【分析】设正六边形的中心是，一边是，过作于，在直角中，根据三角函数即可求得边长，从而求出周长．
【详解】解：如图，
在中，，，
；
故选：．
【点睛】本题主要考查正多边形的计算问题，常用的思路是转化为直角三角形中边和角的计算．
5．A
【详解】根据题意画出图形,设出圆的半径,再根据垂径定理,由正多边形及直角三角形的性质求解即可.
6．C
【分析】本题考查正多边形的性质．根据题意，由正八边形内接于知，．
【详解】解：正八边形内接于
．
故选：C．
7．B
【分析】①没有边相等的信息不能判定其是正多边形；②符合正三角形的定义；③仅有各角相等没有边相等的信息不能判定其是圆内正多边形；④符合圆内接多边形的定义．
【详解】①错误，如矩形，满足条件，却不是正多边形；②正确；③错误，如圆内接矩形，满足条件，却不是正多边形；④正确．共有2个正确．
故选B
【点睛】本题考查正多边形的定义、性质、圆与正多边形的关系，掌握正多边形的性质、圆的内接正多边形的性质是解题关键.
8．B
【分析】根据题意可以求得半径，进而解答即可．
【详解】因为圆内接正三角形的面积为，
所以圆的半径为，
所以该圆的内接正六边形的边心距×sin60°＝×＝1，
故选B．
【点睛】本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，求出相应的图形的边心距．
9．C
【分析】如图，连接利用正多边形的性质求出，，可得结论．
【详解】解：如图，连接．
是等边三角形，
，
，
是正五边形，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形与圆，等边三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握正多边形的性质，属于中考常考题型．
10．C
【分析】连接OB，CO，在RtBOC中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接OB，OC，
则OC=OB，∠BOC==90°，
在RtBOC中，，
∵BC=4，
∴OC=OB=．
∴⊙O的半径是，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆，本题需仔细分析图形，利用勾股定理即可解决问题．
11．B
【分析】如图，过A作于C，得到圆的内接正十二边形的圆心角为，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图，过A作于C，

∵圆的内接正十二边形的圆心角为，，
∴，
∴，
∴这个圆的内接正十二边形的面积为，
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，含30度角的直角三角形性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．B
【详解】①各边相等是正确的；
②各个内角相等是正确的；
③各个外角相等是正确的；
④各条对角线不一定相等，原来的说法是错误的；
⑤从一个顶点引出的对角线将n边形分成面积不一定相等的(n−2)个三角形，原来的说法是错误的.
故选B.
13．36
【分析】本题考查了正多边形的内角和、边数、中心角，先根据正多边形的内角和求出边数，再求其中心角的度数即可．
【详解】解：设这个正多边形的边数为n，
由题意得，，
解得，
∴正六边形的中心角是，
故答案为：36．
14．5
【分析】根据正多边形的中心角之和为360°计算即可．
【详解】根据题意有：，
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正多边形的中心角之和为360°是解答本题的关键．
15．3∶2
【分析】根据相似多边形的周长之比求出相似比，根据相似多边形的面积之比等于相似比的平方计算即可．
【详解】∵边数相同的两个正多边形的周长之比是，
∴这两个正多边形的相似比比是，
则这两个正多边形的面积之比是3:2，
故答案为3:2.
【点睛】本题考查了相似多边形的性质，解题的关键是熟练掌握相似多边形的对应边之比、周长之比等于相似比，面积之比等于相似比的平方.
16．3
【分析】本题主要考查了正多边形与圆，直角三角形的性质，
先画出图形，并作，可求出中心角，再根据“含直角三角形的性质”得，然后求出，即可得正十二边形的面积，最后根据圆的面积公式得出答案.
【详解】解：是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，设的半径是2，
过点A作于点M，
在正十二边形中，，
在中，，
∴，
∴正十二边形的面积为，
∴，
解得，
∴的近似值为3.
故答案为：3.
17．4．
【分析】连接BO并延长交AC于E，交于D，根据垂径定理得到点D到AC的距离最大，根据直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】连接BO并延长交AC于E，交于D，连接AD、CD，

∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，
∴，
∴OE⊥AC，点D为的中点，
此时点D到AC的距离最大，
∴△ADC的面积最大，即以A、B、C、D为顶点的四边形的面积最大，
在Rt△BAD中，∠ABD＝30°，
∴AD＝BD＝2，
由勾股定理得，AB＝＝2，
∴以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积＝×2×2×2＝4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、等边三角形的性质，掌握垂径定理、等边三角形的性质是解题的关键．
18．
【分析】首先过点作于点，连接，，由的周长等于可得的半径，又由圆的内接正多边形的性质，即可求得答案．
【详解】解：如图，过点作于点，连接，，
，
的周长等于，
∴，
解得：
，，
是等边三角形，
，
，
，
，
答：圆内接正六边形的面积为．
【点睛】此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
19．扳手张开的开口b至少要12mm．
【分析】由题意可得：六边形为正六边形，可得六边形的六条边相等，每个内角为过点A作AG⊥BF，垂足为点G，再利用含的直角三角形的性质求解 再利用勾股定理求解 结合等腰三角形的性质可得答案.
【详解】解：如图所示，由题意得：六边形为正六边形，
六边形的六条边相等，每个内角为
过点A作AG⊥BF，垂足为点G，
因为∠BAF＝120°，
所以∠BAG＝60°，
所以∠ABG＝30°，
在Rt△ABG中，AB＝12mm，∠AGB＝90°，∠ABG＝30°，
所以AG＝AB＝×12＝6(mm)，
由勾股定理得BG＝＝＝6(mm)，
即b＝BF＝2BG＝2×6＝12 (mm).
答：扳手张开的开口b至少要12mm．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，熟练应用以上知识解题是解题的关键.
20．是，理由见解析；不一定，如可以是长方形
【分析】由圆心角、弧、弦的关系定理和圆周角定理得出各边相等的圆内接四边形的各角一定相等，得出各边相等的圆内接四边形是正多边形；各角相等的圆内接四边形，例如矩形不是正四边形．
【详解】解：各边相等的圆内接四边形是正方形；理由如下：
各边相等的圆内接四边形的各角是圆周角，一定相等，
各边相等的圆内接四边形是正方形；
各角相等的圆内接四边形不一定是正多边形，
例如：长方形的四个角相等，
但长方形不是正四边形．
【点睛】本题考查了正多边形的定义，圆心角、弧、弦的关系定理，圆周角定理，矩形的性质；解题的关键是正确理解正多边形的概念．
21．
【分析】本题考查圆与等边三角形的综合题，正方形性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．
连接作于点M，先求出，继而推导出，，可求出，则有， 即可解答．
【详解】解：如图，连接作于点M，

根据正方形的性质可得．，
∴是的直径．
在中，．
∴．
∵，
∴．
∵是正三角形，
∴，
∴．
∴．
∴．
在中，，，
∴，．
∴，即正三角形的边长为．
22．这个正六边形的周长为．
【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定与性质．连接，如图，根据正六边形的性质得到，则为等边三角形，所以，进而可求出正六边形的周长．
【详解】解：如图，连接，
．
∵六边形是正六边形，
，
是等边三角形，
，
∴这个正六边形的周长为．

23．(1)
(2)
【分析】（1）连接，，根据正六边形的性质可得，再根据圆的半径都相等可得是等边三角形，进而可求解．
（2）连接，，由为的直径，得，利用勾股定理及中点的性质即可求解．
【详解】（1）解：连接，，如图：
六边形是正六边形，
，
又，是的半径，且半径为，
，
是等边三角形，
．
（2）连接，，如图：

则为的直径，
，，
由（1）得：，
在中，，
，
G为的中点，
，
在中，，
．
【点睛】本题考查了正多边形的性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理及圆周角，熟练掌握基础知识，借助适当的辅助线解决问题是解题的关键．
24．（1）；（2），；（3）
【详解】试题分析:连接BO,CO那么,有:BM=CM, ∠OBM=∠OCN,BO=CO,利用SAS证明△OBM≌△OCN,同理可得,图1中的∠MON=∠BOC=120°,图2中心角等于360°÷4=90°,图3的中心角等于360°÷5=72°,所以,（1）120°,（2）90° 72°,（3）正n边形时, ∠MON=∠BOC=360°÷n, ∠MON是一定值,取特殊位置进行分析,对三个图取B与M重合,N与C重合,即可求出∠MON的值.
试题解析:（1）解法一:连接OB,OC,
∵正△ABC内接于⊙O,
∴∠OBM=∠OCN=30°,∠BOC=120°.
又∵BM=CN,OB=OC,
∴△OBM≌△OCN,
∴∠BOM=∠OCN,
∴∠MON=∠BOC=120°.
解法二:连接OA,OB,
∵正△ABC内接于⊙O,
∴AB=AC,∠OAM=∠OBN=30°,∠AOB=120°,
又∵BM=CN,
∴AM=BN,
又∵OA=OB,
∴△AOM≌△BON,
∴∠AOM=∠BON,
∴∠AON=∠AOB=120°.
（2）90°, 72°.
（3）∠MON=.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
B
A
C
B
B
C
C
题号
11
12








答案
B
B