数学九年级上册专题24.9 正多边形与圆-重难点题型（人教版）（教师版）

专题24.9正多边形与圆-重难点题型【人教版】【知识点1正多边形与圆】（1）正多边形的有关计算中心角边心距周长面积为边数；为边心距；为半径；为边长（2）正多边形每个内角度数为，每个外角度数为【题型1正多边形与圆（求长度问题）】【例1】（2021•宁德模拟）已知四个正六边形如图摆放在圆中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是（）A．3−3 B．23−12 C．【分析】在边长为2的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形对应点的距离MF，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．【解答】解：连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝1，由正六边形的性质可得ON＝23，∴OD=DN∴MF=13由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，∴FH=12MF故选：D．【变式1-1】（2021春•皇姑区校级月考）如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，半径OC＝4，OG⊥BC，垂足为点G，则正六边形的中心角＝60°，边长＝4，边心距＝23．【分析】由正六边形的性质得∠COD=360°6=60°，再证△OCD是等边三角形，得BC＝CD＝OC【解答】解：在圆内接正六边形ABCDEF中，∠COD=360°∵OC＝OD，∴△OCD是等边三角形，∴BC＝CD＝OC＝4，∵OG⊥BC，∴CG=12∵∠COG=12∠∴OG=3CG＝23故答案为：60°，4，23．【变式1-2】（2021•曲江区校级模拟）如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，若AC＝4，则点O到AC的距离为2．【分析】连接OB交AC于M，根据圆内接正多边形的性质得到∠AOB＝∠BOC＝45°，AB＝BC，由垂径定理可求得AM，得到OM⊥AC，在等腰Rt△AOC中，根据勾股定理求出OA，在等腰Rt△AOM中，根据勾股定理求出OM，即为点O到AC距离为2．【解答】解：连接OB交AC于M，∵正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，∴∠AOB＝∠BOC=360°8=45°，AB∴AB=BC，∠∴AM＝CM=12AC＝2，OM⊥∵OA＝OC，∠OAM＝∠OCA=12（180°﹣∠∴∠OAM＝∠AOB，∴AM＝OM，在Rt△AOC中，∵OA＝OC，OA2+OC2＝AC2，∴2OA2＝AC2＝42＝16，∴OA＝22，在Rt△AOM中，∵OM2+AM2＝OA2，∴2OM2＝（22）2，∴OM＝2，∴点O到AC距离为2，故答案为：2．【变式1-3】（2020秋•西城区校级月考）如图，⊙O外接于正方形ABCD，P为弧AD上一点，且AP＝1，PC＝3，求正方形ABCD的边长和PB的长．【分析】连接AC，作AE⊥PB于E，由正方形的性质得出AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BCD＝90°，∠ACB＝45°，由圆周角定理得出AC是⊙O的直径，△ABC是等腰直角三角形，得出∠APC＝90°，AC=2AB，由勾股定理得出AC=AP2+PC2=10，得出AB=5，由圆周角定理得出∠APB＝∠ACB＝45°，证出△APE是等腰直角三角形，得出PE＝【解答】解：连接AC，作AE⊥PB于E，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BCD＝90°，∠ACB＝45°，∴AC是⊙O的直径，△ABC是等腰直角三角形，∴∠APC＝90°，AC=2AB∴AC=A∴AB=AC∵∠APB＝∠ACB＝45°，AE⊥PB，∴△APE是等腰直角三角形，∴PE＝AE=22AP∴BE=A∴PB＝PE+BE=22+【题型2正多边形与圆（求角度问题）】【例2】（2021•山西模拟）如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，点M，N，F分别是边AE，AB，CD与⊙O的切点，则∠MFN的度数为36°．【分析】如图，连接OM，ON．求出∠MON，再利用圆周角定理求解即可．【解答】解：如图，连接OM，ON．∵M，N，F分别是AE，AB，CD与⊙O的切点，∴OM⊥AE，ON⊥AB，∴∠OMA＝∠ONA＝90°，∵∠A＝108°，∴∠MON＝180°﹣108°＝72°，∴∠MFN=12∠故答案为：36．【变式2-1】（2021•韩城市模拟）两个边长相等的正五边形如图所示放置，则∠α的度数为108°．【分析】首先求得正五边形的内角的度数，然后求得外角的度数，从而求得答案即可．【解答】解：正五边形的内角的度数为：(5−2)×180°5∴∠ABC＝∠BCD＝∠GBE＝∠BEF＝108°，∴∠BCE＝∠BEC＝180°﹣108°＝72°，∴∠CBE＝180°﹣72°﹣72°＝36°，∴∠α＝360°﹣108°﹣108°﹣36°＝108°，故答案为：108°．【变式2-2】（2021•碑林区校级模拟）如图，在正五边形ABCDE中，点F是DE的中点，连接CE与BF交于点G，则∠CGF＝126°．【分析】连接BE，BD，求出∠DEC＝36°，∠BFE＝90°可得结论．【解答】解：连接BE，BD，∵五边形ABCDE是正五边形，∴BE＝BD，DE＝DC，∠CDE＝108°，∴∠DCE＝∠DEC＝36°，∵BE＝BD，DF＝EF，∴BF⊥DE，∴∠BFE＝90°，∴∠BFG＝∠GFE+∠GEF＝90°+36°＝126°，故答案为：126．【变式2-3】（2020秋•垦利区期中）七年级数学兴趣小组在学校的“数学长廊”中兴奋地展示了他们小组探究发现的结果，内容如下：（1）如图1，等边三角形ABC中，在AB、AC边上分别取点M、N，使BM＝AN，连接BN、CM，发现BN＝CM，且∠NOC＝60°，试说明：∠NOC＝60°．（2）如图2，正方形ABCD中，在AB、BC边上分别取点M、N，使AM＝BN，连接AN、DM，那么∠DON＝90度，并说明理由．（3）如图3，正五边形ABCDE中，在AB、BC边上分别取点M、N，使AM＝BN，连接AN、EM，那么AN＝EM，且∠EON＝108度．（正n边形内角和（n﹣2）×180°，正多边形各内角相等）【分析】（1）利用△ABC是正三角形，可得∠A＝∠ABC＝60°，AB＝BC，又因BM＝AN，所以△ABN≌△BCM，∠ABN＝∠BCM，所以∠NOC＝∠BCM+∠OBC＝∠ABN+∠OBC＝60°；（2）同（1）利用三角形全等，可知在正方形中，AN＝DM，∠DON＝90°；（3）同（1），利用三角形全等可知在正五边形中，AN＝EM，∠EON＝108°．【解答】（1）证明：∵△ABC是正三角形，∴∠A＝∠ABC＝60°，AB＝BC，在△ABN和△BCM中，AB=BC∠A=∠ABC∴△ABN≌△BCM（SAS），∴∠ABN＝∠BCM，又∵∠ABN+∠OBC＝60°，∴∠BCM+∠OBC＝60°，∴∠NOC＝60°；（2）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAM＝∠ABN＝90°，AD＝AB，又∵AM＝BN，∴△ABN≌△DAM（SAS），∴AN＝DM，∠ADM＝∠BAN，又∵∠ADM+∠AMD＝90°，∴∠BAN+∠AMD＝90°∴∠AOM＝90°；即∠DON＝90°；（3）解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠A＝∠B，AB＝AE，又∵AM＝BN，∴△ABN≌△EAM（SAS），∴AN＝ME，∴∠AEM＝∠BAN，∴∠NOE＝∠NAE+∠AEM＝∠NAE+∠BAN＝∠BAE＝108°．故答案为：90°，EM，108°．【题型3正多边形与圆（求面积问题）】【例3】（2021•桥东区二模）阅读图中的材料，解答下面的问题：已知⊙O是一个正十二边形的外接圆，该正十二边形的半径为1，如果用它的面积来近似估计⊙O的面积，则⊙O的面积约是（）A．3 B．3.1 C．3.14 D．π【分析】设AB为正十二边形的边，连接OB，过A作AD⊥OB于D，由正十二边形的性质得出∠AOB＝30°，由直角三角形的性质得出AD=12OA=12，求出△AOB的面积=1【解答】解：设AB为正十二边形的边，连接OB，过A作AD⊥OB于D，如图所示：∴∠AOB=360°∵AD⊥OB，∴AD=12OA∴△AOB的面积=12OB×AD=1∴正十二边形的面积＝12×1∴⊙O的面积≈正十二边形的面积＝3，故选：A．【变式3-1】（2020•资中县一模）已知⊙O的面积为4π，则⊙O的内接正六边形的面积是63．【分析】过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，先求出⊙O的半径，又由圆的内接正六边形的性质，即可求得答案．【解答】解：∵⊙O的面积为4π，∴⊙O的半径为2，过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，∴AH=12∵∠AOB=16×360°＝60°，OA∴△OAB是等边三角形，∴AB＝OA＝2，∴AH=12∴OH=3AH=∴S正六边形ABCDEF＝6S△OAB＝6×12×2×故答案为：63．【变式3-2】（2020秋•崇川区校级月考）如图，正八边形ABCDEFGH的外接圆⊙O的半径为2，则正八边形的面积82．【分析】根据正八边形的性质得出AO＝BO＝CO＝2，∠AOB＝∠BOC＝45°，进而得出AC的长，即可得出S四边形AOCB的面积，进而得出答案．【解答】解：连接AO，BO，CO，AC，∵正八边形ABCDEFGH的外接圆O半径为2，∴AO＝BO＝CO＝2，∠AOB＝∠BOC=360°∴∠AOC＝90°，∴AC＝22，此时AC与BO垂直，∴S四边形AOCB=12×BO×AC=12∴正八边形面积为：22×4＝82故答案为：82．【变式3-3】（2020秋•武汉期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．（1）求证：AE＝DE；（2）若CE＝1，求四边形AECD的面积．【分析】（1）欲证明AE＝DE，只要证明AE=（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF（AAS），推出AE＝CF，推出S△ADE＝S△CDF，推出S四边形AECD＝S△DEF，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD，∴AB=∵E是BC的中点，∴BE=∴AE=∴AE＝DE．（2）解：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∠AED=∠F∴△ADE≌△CDF（AAS），∴AE＝CF，∴S△ADE＝S△CDF，∴S四边形AECD＝S△DEF，∵EF=2DE＝EC+DE，EC∴1+DE=2DE∴DE=2∴S△DEF=12DE2【题型4正多边形和圆（规律问题）】【例4】（2021•德阳）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2025次旋转后，顶点D的坐标为（）A．（−32，−3） B．（32，−332） C．（−3，【分析】如图，连接AD，BD．首先确定点D的坐标，再根据6次一个循环，由2025÷6＝337•••3，推出经过第2025次旋转后，顶点D的坐标与第三次旋转得到的D3的坐标相同，由此即可解决问题．【解答】解：如图，连接AD，BD．在正六边形ABCDEF中，AB＝1，AD＝2，∠ABD＝90°，∴BD=A在Rt△AOF中，AF＝1，∠OAF＝60°，∴∠OFA＝30°，∴OA=12AF∴OB＝OA+AB=3∴D（32，3∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，∴6次一个循环，∵2025÷6＝337……3，∴经过第2025次旋转后，顶点D的坐标与第三次旋转得到的D3的坐标相同，∵D与D3关于原点对称，∴D3（−32，∴经过第2025次旋转后，顶点D的坐标（−32，故选：A．【变式4-1】（2021春•普宁市期末）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形OAiBi∁iDiEi，则正六边形OAiBi∁iDiEi（i＝4）的顶点∁i的坐标是（）A．（1，−3） B．（1，3） C．（1，﹣2） 【分析】由于正六边形旋转4次，每次转45°，所以点C与C4关于原点对称，可以直接把的C4坐标写出来．【解答】解：∵正六边形旋转4次，即45°×4＝180°，∴点C与C4关于原点对称，∵C的坐标为（﹣1，3），∴C4的坐标为（1，−3故选：A．【变式4-2】（2020秋•兴国县期末）如图，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与坐标原点O重合，AF∥x轴，将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转n次，每次旋转60°，当n＝2020时，顶点A的坐标为（）A．（﹣2，23） B．（﹣2，﹣23） C．（2，﹣23） D．（2，23）【分析】连接OA，根据正多边形的性质得到∠AOH＝30°，AH＝2，根据勾股定理求出OH，根据规律解答．【解答】解：连接OA，∠AOH＝30°，AH＝2，∴OH=OA2∵六边形ABCDEF是正六边形，∴正六边形ABCDEF绕原点O