第06讲 圆与正多边形单元复习与测试-【寒假预习】2022-2023学年九年级数学核心考点+重难点讲练与测试（沪教版）（解析版）

第06讲圆与正多边形单元复习与测试【考点剖析】一．垂径定理（共1小题）1．如图，已知A、B、C、D四点都在⊙O上，OB⊥AC，BC＝CD，在下列四个说法中，①＝2；②AC＝2CD；③OC⊥BD；④∠AOD＝2∠COD，正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据题意和垂径定理，可以得到AC＝BD，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．【解答】解：∵OB⊥AC，BC＝CD，∴，，∴，故①正确；连接AB，AC＜AB+BC＝BC+CD＝2CD，故②错误；∴，∴OC⊥BD，故③正确；∵，∴∠AOD＝3∠BOC，故④不正确；故选：B．【点评】本题考查圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．二．圆心角、弧、弦的关系（共2小题）2．（2022春•嘉定区期中）如图，已知⊙O中，直径AB平分弦CD，且交CD于点E，如果OE＝BE，那么弦CD所对的圆心角是120度．【分析】连接OC，BC，OD，利用等边三角形的判定得出△OCB是等边三角形，进而得出∠COB＝60°，进而解答即可．【解答】解：连接OC，BC，OD，∵直径AB平分弦CD，OE＝BE，∴OC＝BC＝OB，∴△OCB是等边三角形，∴∠COB＝60°，∴∠COD＝120°，即弦CD所对的圆心角是120°，故答案为：120【点评】此题考查圆心角、弧、弦的关系，关键是根据等边三角形的判定得出△OCB是等边三角形．3．（2022春•杨浦区校级月考）如图，⊙O的半径长为5，AB为⊙O的直径，弦AC的长为8，点D为的中点．求弦DC的长．【分析】利用垂径定理和勾股定理的知识求解，得DE⊥AC，且AE＝EC，由勾股定理得：DC＝＝即可．【解答】解：连接DO并延长交AC于点E，∵点D为弧ABC的中点，∵DE⊥AC，且AE＝EC，AC＝8，．AE＝EC＝4∵DO＝AO＝5，∴OE＝3，∴DE＝8，∴在Rt△DEC中，DC＝＝．【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理，掌握这些知识点是解题的关键．三．圆周角定理（共6小题）4．（2022春•普陀区校级期中）如图，已知⊙O的直径AB＝10，点P是弦BC上一点，联结OP，∠OPB＝45°，PC＝1，求弦BC的长．【分析】过点O作OD⊥BC，利用垂径定理即勾股定理求解即可．【解答】解：过点O作OD⊥BC，∴∠CDO＝∠BDO＝90°，∵∠OPB＝45°，∴∠POD＝45°，∴OD＝DP，设OD＝x，则DP＝x，∵PC＝1，∴CD＝1+x，∵BC是⊙O的弦，OD⊥BC，∴CD＝BD＝1+x，∵⊙O的直径AB＝10，∴OB＝5，在Rt△OBD中，OB2＝OD2+BD2，即52＝x2+（1+x）2，∴x＝3或x＝﹣4（舍去），即OD＝3，∴BD＝CD＝4，∴BC＝8．【点评】此题考查了垂径定理，熟记垂径定理是解题的关键．5．（2022•浦东新区二模）如图，已知⊙O中，弦AB＝8，点P是弦AB上一点，OP＝3，∠OPB＝45°．（1）求OB的长；（2）过点P作弦CD与弦AB垂直，求证：AB＝CD．【分析】（1）过点O作OE⊥AB于E，根据垂径定理得到AE＝BE＝AB＝4，根据sin45°＝，得到OE的长，根据勾股定理即可得出OB的长；（2）根据角平分线的性质先证明OE＝OF，根据弦心距相等即可得到弦相等．【解答】解：（1）过点O作OE⊥AB于E，则AE＝BE＝AB＝4，∵OP＝3，∠OPB＝45°，sin45°＝，∴OE＝3×＝3，∴OB＝＝＝5；（2）证明：过点O作OF⊥CD于F，∵CD⊥AB，∴∠FPE＝90°，∵∠OPB＝45°，∴∠FPO＝45°，∴∠FPO＝∠OPE，∴OP平分∠EPF，∵OF⊥CD，OE⊥AB，∴OE＝OF，∴AB＝CD．【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，掌握在同圆或等圆中，根据弦心距相等得到弦相等是解题的关键．6．（2022•宝山区模拟）如图，AB是⊙O的直径，E是弧BC的中点，OE交弦BC于点D．如果BC＝2，DE＝1，那么AB的长为6．【分析】根据垂径定理得出OE⊥BC，BD＝CD，根据勾股定理得出OD2+BD2＝OB2，求出（r﹣1）2+（）2＝r2，求出r，再求出AB即可．【解答】解：设OB＝r，则OD＝r﹣1，∵E是弧BC的中点，OE过圆心O，BC＝2，∴OE⊥BC，BD＝CD＝，∴∠BDO＝90°，由勾股定理得：OD2+BD2＝OB2，（r﹣1）2+（）2＝r2，解得：r＝3，即OB＝3，∴AB＝3+3＝6，故答案为：6．【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理等知识点，能根据垂径定理得出OE⊥BC和BD＝CD是解此题的关键．7．（2022春•长宁区校级月考）如图，已知⊙O的直径AB＝2，点P是弦BC上一点，联结OP，∠OPB＝45°，PC＝1，求弦BC的长．【分析】过O作OD⊥BC于D，求出∠OPB＝∠POD，根据等腰三角形的判定得出PD＝OD，设PD＝OD＝x，则根据垂径定理得出BD＝CD＝x+1，再个勾股定理求出x即可．【解答】解：过O作OD⊥BC于D，则∠ODP＝∠ODB＝90°，∵∠OPB＝45°，∴∠POD＝∠OPB＝45°，∴PD＝OD，设PD＝OD＝x，∵直径AB＝2，∴OB＝OA＝，∵OD⊥BC，OD过圆心O，∴BD＝CD，∵PC＝1，∴BD＝CD＝x+1，在Rt△ODB中，由勾股定理得：BD2+OD2＝OB2，即（x+1）2+x2＝（）2，解得：x1＝2，x2＝﹣3（不符合题意，舍去），即BD＝CD＝2+1＝3，即BC＝3+3＝6．【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理，能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．8．（2022春•长宁区校级期中）已知：如图，在△ABC中，以边CA长为半径的⊙C交边AB于点D、边BC于点E，联结DE．如果∠EDB＝45°，BD＝5，BE＝．求：（1）∠C的度数；（2）⊙C的半径长及弦AD的长．【分析】（1）如图1，作一个的圆周角∠AFE，根据圆内接四边形ADEF对角互补可得∠F＝45°，最后由圆周角定理可得∠C的度数；（2）如图2，作辅助线构建直角三角形，证明DH＝EH，设DH＝a，则EH＝a，BH＝5﹣a，根据勾股定理可得a1＝2，a2＝3，分情况计算可得答案．【解答】解：（1）如图1，在优弧上取一点F，连接AF，EF，∵∠EDB＝45°，∴∠ADE＝180°﹣45°＝135°，∵∠F+∠ADE＝180°，∴∠F＝45°，∴∠C＝2∠F＝90°；（2）如图2，过点E作EH⊥AB于H，过点C作CG⊥AB于G，∴AG＝DG，∵∠BDE＝45°∴DH＝EH，设DH＝a，则EH＝a，BH＝5﹣a，由勾股定理得：EH2+BH2＝BE2，∴a2+（5﹣a）2＝（）2，∴a1＝2，a2＝3，当a＝2时，EH＝2，BH＝3，∵∠ACG+∠BCG＝∠BCG+∠B，∴∠B＝∠ACG，∴tan∠ACG＝tanB，∴＝，设AG＝2x，CG＝3x，∴AC＝CE＝x，∴tanB＝＝，∴＝，∴x＝2，∴⊙O的半径AC＝x＝2，AD＝4x＝8．当a＝3时，EH＝3，BH＝2，∵tan∠ACG＝tanB，∴＝，设AG＝3x，CG＝2x，∴AC＝CE＝x，∴tanB＝＝，∴＝，∴x＝﹣3，此种情况不符合题意，综上，⊙O的半径AC＝2，AD＝8．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰直角三角形的性质和判定，三角函数，勾股定理等知识，会利用正切的定义和勾股定理列方程进行几何计算是解决问题的关键．9．（2022•松江区校级模拟）如图1，点C是半圆AB上一点（不与A、B重合），OD⊥BC交弧BC于点D，交弦BC于点E，连接AD交BC于点F．（1）如图1，如果AD＝BC，求∠ABC的大小；（2）如图2，如果AF：DF＝3：2，求∠ABC的正弦值；（3）连接OF，⊙O的直径为4，如果△DFO是等腰三角形，求AD的长．【分析】（1）连接OC，利用圆心角、弧、弦的关系定理和圆周角定理解得即可；（2）连接AC，利用垂径定理和勾股定理解答即可；（3）利用分类讨论的思想方法，分①当DF＝OF时，②当DF＝OD＝2时两种情况解答：利用平行线分线段成比例定理，勾股定理解答即可．【解答】解：（1）连接OC，如图，∵AD＝BC，∴，∴∠AOD＝∠BOC．∴∠AOC＝∠BOD．∵OD⊥BC，∴∠COD＝∠BOD，∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD．∵∠COD+∠BOD+∠AOC＝180°∴∠AOC＝60°．∴∠ABC＝∠AOC＝30°；（2）连接AC，如图，∵OD⊥BC，∴E是BC中点，∵OA＝OB，∴OE∥AC，AC＝2OE，∵AF：DF＝3：2，∴AC：DE＝AF：DF＝3：2．设AC＝3x，则DE＝2x，∴OE＝x，∴OD＝OB＝x．∴sin∠ABC＝OE：OB＝；（3）①当DF＝OF时，如图，∵FE⊥DO，∴DE＝OE＝OD＝1，∴AC＝2OE＝2，BE＝＝．∴CE＝BE＝．∴BC＝2BE＝2．∵OD∥AC，∴CF：EF＝AC：DE＝AF：DF＝2：1．∴EF＝CE＝．∴DF＝＝，∴AF＝2DF＝．∴AD＝AF+DF＝2；②当DF＝OD＝2时，如图，设OE＝x，则DE＝2﹣x，AC＝2x，∵OD∥AC，∴DF：AF＝DE：AC，∴AF＝．∴AD＝．过点O作OH⊥AD于H，则AD＝2DH．在△DHO和△DEF中，，∴△DHO≌△DEF（AAS）．∴DH＝DE，∴AD＝2DE，∴．解得：或（舍去），∴AD＝2DE＝﹣1．综上所述，AD长或2．【点评】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系定理和圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例定理，添加适当的辅助线是解题的关键．四．点与圆的位置关系（共1小题）10．（2022•嘉定区二模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，tanA＝2，以点A为圆心，半径为8的圆记作圆A，那么下列说法正确的是（）A．点C在圆A内，点B在圆A外 B．点C在圆A上，点B在圆A外 C．点C、B都在圆A内 D．点C、B都在圆A外【分析】由解直角三角形求出AC＝4，由AC和AB与圆的半径的大小关系，即可判断出点C和点B与⊙A的位置关系，即可得出答案．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，tanA＝2，∴，即，∴AC＝4，∴AC＜8，∴点C在⊙A的内部，∵AB＞BC，∴AB＞8，∴点B在⊙A的外部，故选：A．【点评】本题考查了解直角三角形，点与圆的位置关系，掌握解直角三角形和会判断点与圆的位置关系是解决问题的关键．五．三角形的外接圆与外心（共1小题）11．（2022•崇明区二模）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，OE⊥AB交⊙O于点E，垂足为点D，AE，CB的延长线交于点F．如果OD＝3，AB＝8，那么FC的长是10．【分析】根据垂直定义可得∠ADO＝90°，从而可得OD∥BC，进而可得AD＝DB＝AB＝4，AE＝EF，然后利用三角形的中位线定理可得CF＝2OE，最后在Rt△ADO中，利用勾股定理求出OA的长，进行计算即可解答．【解答】解：∵OE⊥AB，∴∠ADO＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠ABC＝∠ADO＝90°，∴OD∥BC，∵OA＝OC，∴AD＝DB＝AB＝4，AE＝EF，∴OE是△AFC的中位线，∴CF＝2OE，在Rt△ADO中，AO＝＝＝5，∴CF＝2OE＝10，故答案为：10．【点评】本题考查了垂径定理，三角形的中位线定理，勾股定理，三角形的外接圆与外心，熟练掌握垂径定理，以及三角形的中位线定理是解题的关键．六．直线与圆的位置关系（共3小题）12．（2021•杨浦区三模）在平面直角坐标系中，以点A（2，1）为圆心，1为半径的圆与x轴的位置关系是（）A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定【分析】本题可先求出圆心到x轴的距离，再根据半径比较，若圆心到x轴的距离大于圆心距，x轴与圆相离；小于圆心距，x轴与圆相交；等于圆心距，x轴与圆相切．【解答】解：∵点A（2，1）到x轴的距离为1，圆的半径＝1，∴点A（2，1）到x轴的距离＝圆的半径，∴圆与x轴相切；故选：B．【点评】此题考查的是圆与直线的关系，即圆心到直线的距离大于圆心距，直线与圆相离；小于圆心距，直线与圆相交；等于圆心距，则直线与圆相切．13．（2021•崇明区二模）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果⊙O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm，那么直线AB与⊙O的位置关系为（）A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．【解答】解：∵⊙O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm，即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，故选：D．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．14．（2021•奉贤区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，点O在边AB上，且BO＝2OA．以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，那么下列各值中，半径r不可以取的是（）A．6 B．10 C．15 D．16【分析】根据勾股定理得到AB＝＝30，求得OA＝10，OB＝20，过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，∴AB＝＝30，∵BO＝2OA，∴OA＝10，OB＝20，过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，∴∠BEO＝∠C＝∠ADO，∵∠A＝∠A，∠B＝∠B，∴△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，∴，，∴，，∴OD＝6，OE＝16，当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理得OC＝＝2，如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，∴r＝6或10或16或2，故选：C．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．七．切线的性质（共3小题）15．（2021春•徐汇区校级月考）如图，⊙M与x轴相切于原点，平行于y轴的直线交⊙M于P、Q两点，P点在Q点的下方．若点P的坐标是（2，1），则圆心M的坐标是（0，2.5）．【分析】先连接MP，过P作PA⊥y轴于A，再设M点的坐标是（0，b），且b＞0，由于PA⊥y轴，利用勾股定理易得AP2+AM2＝MP2，即22+（b﹣1）2＝b2，解即可．【解答】解：连接MP，过P作PA⊥y轴于A，设M点的坐标是（0，b），且b＞0，∵PA⊥y轴，∴∠PAM＝90°，∴AP2+AM2＝MP2，∴22+（b﹣1）2＝b2，解得b＝2.5，故答案是（0，2.5）．【点评】本题考查了切线的性质、勾股定理、坐标与图形性质．解题的关键是作辅助线，构造直角三角形，并知道MP＝OM．16．（2021•宝山区三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，以点A为圆心，1为半径作⊙A，将⊙A绕着点C顺时针旋转，设旋转角为α（0＜α＜90°），若⊙A与直线BC相切，则∠α的余弦值为．【分析】根据切线的性质得到∠A′DC＝90°，根据旋转变换的性质得到CA′＝CA＝3，根据余弦的定义计算，得到答案．【解答】解：设将⊙A绕着点C顺时针旋转，点A至点A′时，⊙A′与直线BC相切相切于点D，连接A′D，则∠A′DC＝90°，A′D＝1，由旋转的性质可知，CA′＝CA＝3，∴cos∠CA′D＝＝，∵AC∥A′D，∴α＝∠CA′D，∴∠α的余弦值为，故答案为：．【点评】本题考查的是切线的性质、旋转变换的性质、锐角三角函数的定义，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．17．（2020秋•虹口区校级期末）如图，AB为⊙O的切线，切点为A，连接AO、BO，BO与⊙O交于点C，延长BO与⊙O交于点D，连接AD．若∠ABO＝36°，则∠ADC的度数为（）A．54° B．36° C．32° D．27°【分析】由切线的性质得出∠OAB＝90°，由直角三角形的性质得出∠AOB＝90°﹣∠ABO＝54°，由等腰三角形的性质得出∠ADC＝∠OAD，再由三角形的外角性质即可得出答案．【解答】解：∵AB为⊙O的切线，∴∠OAB＝90°，∵∠ABO＝36°，∴∠AOB＝90°﹣∠ABO＝54°，∵OA＝OD，∴∠ADC＝∠OAD，∵∠AOB＝∠ADC+∠OAD，∴∠ADC＝∠AOB＝27°；故选：D．【点评】本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形的外角性质；熟练掌握切线的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．八．圆与圆的位置关系（共4小题）18．（2022春•浦东新区校级期中）如果两圆的直径分别为6和14，圆心距为4，那么这两圆的位置关系是（）A．内含 B．内切 C．相交 D．外切【分析】求出两圆的半径，求出7﹣3和7+3的值，与4比较即可．【解答】解：∵两圆直径分别为6和14，∴两圆半径分别为3和7，∵圆心距为4，7﹣3＝4，∴两圆位置关系为内切．故选：B．【点评】本题考查了对两圆的位置关系的应用，注意：外离时d＞R+r；相交时R﹣r＜d＜r+R；外切时d＝R+r；内切时d＝R﹣r．19．（2020秋•奉贤区期末）如果⊙O1和⊙O2内含，圆心距O1O2＝4，⊙O1的半径长是6，那么⊙O2的半径r的取值范围是（）A．0＜r＜2 B．2＜r＜4 C．r＞10 D．0＜r＜2或r＞10【分析】首先由题意知⊙O1与⊙O2两圆内含，则知两圆圆心距d＜R﹣r，分两种情况进行讨论．【解答】解：根据题意两圆内含，故知r﹣6＞4或者6﹣r＞4，解得0＜r＜2或r＞10．故选：D．【点评】本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．两圆外离，则P＞R+r；外切，则P＝R+r；相交，则R﹣r＜P＜R+r；内切，则P＝R﹣r；内含，则P＜R﹣r．20．（2020秋•闵行区期末）已知⊙A与⊙B的半径分别是6和8，圆心距AB＝2，那么⊙A与⊙B的位置关系是（）A．相交 B．内切 C．外切 D．内含【分析】求出两圆半径的和与差，再与圆心距比较大小，确定两圆位置关系；设两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为d：外离，则d＞R+r；外切，则d＝R+r；相交，则R﹣r＜d＜R+r；内切，则d＝R﹣r；内含，则d＜R﹣r．【解答】解：因为8﹣6＝2，圆心距AB＝2，所以d＝R﹣r，所以两圆内切．故选：B．【点评】考查了圆与圆的位置关系，本题利用了两圆内切，则d＝R﹣r．21．（2020秋•崇明区期末）如果大小不同的两个圆外切时的圆心距为5厘米，并且它们内切时的圆心距为1厘米，那么其中较大圆的半径为3厘米．【分析】根据两圆位置关系是内切，则圆心距＝两圆半径之差，外切，则圆心距＝两圆半径之和，列出方程组，解方程组即可．【解答】解：设大圆半径为x厘米，小圆的半径为y厘米，∵两个圆外切时的圆心距为5厘米，并且它们内切时的圆心距为1厘米，∴，解得x＝3，∴大圆半径为3厘米，故答案为3．【点评】此题主要考查了两圆的位置关系，用到的知识点为：两圆内切，圆心距＝两圆半径之差，外切时，r+R＝d．九．正多边形和圆（共21小题）22．（2022•浦东新区二模）如果正多边形的中心角是36°，那么这个正多边形的边数是10．【分析】一个正多边形的中心角都相等，且所有中心角的和是360度，用360度除以中心角的度数，就得到中心角的个数，即多边形的边数．【解答】解：由题意可得：边数为360°÷36°＝10，则它的边数是10．故答案为10．【点评】本题考查了正多边形的计算，根据多边形中心角的个数与边数之间的关系解题，本题是一个基本的问题．23．（2022•徐汇区二模）如果一个正多边形的中心角等于72°，那么这个正多边形的对称轴共有5条．【分析】根据正多边形的中心角和为360°和正多边形的中心角相等，列式计算即可．【解答】解：根据题意得：这个多边形的边数是360°÷72°＝5，∴这个正多边形的对称轴共有5条．故答案为：5．【点评】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算，掌握正多边形的中心角和边数的关系是解题的关键．24．（2022•金山区二模）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n＝12．【分析】连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得到∠AOB＝90°，∠AOC＝120°，则∠BOC＝30°，即可得到n的值．【解答】解：连接OA、OB、OC，如图，∵AB，AC分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，∴∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝120°，∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝30°，∴n＝＝12，即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．故答案为：12．【点评】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．25．（2022•虹口区二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的半径是4．【分析】根据正三角形的性质得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，进而得出CO即可．【解答】解：（1）过点O作OD⊥BC于点D，∵⊙O的内接正三角形的边心距为2，∴OD＝2，由正三角形的性质可得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，∴CO＝2DO＝4，故答案为：4．【点评】此题主要考查了正多边形和圆的性质，根据已知得出∠ACO＝∠OCB＝30°是解题关键．26．（2022•长宁区二模）已知一个正多边形的中心角为45°，边长为5，那么这个正多边形的周长等于40．【分析】先利用中心角求出正多边形的边数，再利用正多边形的性质求出正多边形的周长．【解答】解：∵该正多边形的中心角为45°，∴正多边形的边数为：360°÷45°＝8，∴该正多边形的周长为5×8＝40．故答案为40．【点评】本题主要考查正多边形的性质，数记正多边形的中心角与边长的关系是解题关键．27．（2022春•奉贤区校级期中）半径为3的圆的内接正六边形的面积为．【分析】设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则△OAB是正三角形，△OAB的面积的六倍就是正六边形的面积．【解答】解：设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，∠AOB＝60°，OA＝OB＝3，则△OAB是正三角形，∵OC＝OA•sinA＝，∴S△OAB＝AB•OC＝＝，∴正六边形的面积为，故答案为：．【点评】本题考查的正多边形和圆，理解正六边形被半径分成六个全等的等边三角形是解答此题的关键．28．（2022•长宁区模拟）已知正六边形外接圆的半径为3，那么它的边心距为．【分析】根据正六边形的特点，通过中心作边的垂线，连接半径，结合解直角三角形的有关知识解决．【解答】解：如图，连接OA、OB；过点O作OG⊥AB于点G．在Rt△AOG中，∵OA＝3，∠AOG＝30°，∴OG＝OA•cos30°＝3×＝．故答案为：．【点评】本题考查的是正多边形和圆，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．29．（2022•徐汇区模拟）如果一个正六边形的边心距的长度为cm，那么它的半径的长度为2cm．【分析】如图，作OB⊥AB于B点，连接AO，利用解直角三角形求得AB的值后即可求得周长．【解答】解：作OB⊥AB于B点，连接AO，则OB＝，∠AOB＝30°，∴AB＝OB×tan∠AOB＝×tan30°＝1（cm），∴边长＝2cm，∴它的半径的长度为2cm．故答案为：2．【点评】本题考查了正多边形的有关的计算，解题的关键是正确地构造直角三角形．30．（2022•宝山区模拟）正五边形的一个中心角等于72度．【分析】根据正多边形的圆心角定义可知：正n边形的圆中心角为：，则代入求解即可．【解答】解：正十边形的中心角为：＝72°．故答案为：72°．【点评】此题考查了正多边形的中心角的知识．题目比较简单，注意熟记定义．31．（2022春•金山区校级月考）正五边形的中心角的度数是72°．【分析】根据正多边形的圆心角定义可知：正n边形的圆中心角为，则代入求解即可．【解答】解：正五边形的中心角为：＝72°．故答案为：72°．【点评】此题考查了正多边形的中心角的知识．题目比较简单，注意熟记定义．32．（2022春•徐汇区校级月考）若正四边形的半径是1，则它的边长是．【分析】首先根据题意画出图形，由四边形ABCD是正四边形，可得∠AOB＝90°，然后由勾股定理求得它的边长．【解答】解：如图：根据题意得：OA＝OB＝1，∵四边形ABCD是正四边形，∴∠AOB＝90°，∴AB＝＝．即它的边长是：．故答案为：．【点评】此题考查了正多边形与圆的知识．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．33．（2022•黄浦区校级二模）如果一个正九边形的边长为a，那么这个正九边形的半径是（）A． B． C． D．【分析】根据正多边形与圆的中心角的计算方法以及直角三角形的边角关系进行计算即可．【解答】解：如图，设圆内接正九边形的一条边为AB＝a，连接OA、OB，∴∠AOB＝＝40°，过点O作OM⊥AB，交AB于点M，则AM＝BM＝a，∠AOM＝20°，在Rt△OAM中，∵sin∠AOM＝，∴OA＝＝＝，故选：C．【点评】本题考查正多边形和圆，解直角三角形，掌握正多边形的中心角的计算方法以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．34．（2022春•长宁区校级期中）已知正六边形的边长为6cm，那么它的边心距等于3cm．【分析】已知正六边形的边长为6，欲求边心距，可通过边心距、边长的一半和内接圆半径构造直角三角形，通过解直角三角形求出边心距．【解答】解：如图，在Rt△AOG中，OA＝6cm，∠AOG＝30°，∴OG＝OA•cos30°＝6×＝3（cm）．故答案为：3．【点评】此题主要考查正多边形的计算问题，属于常规题．解答时要注意以下问题：①熟悉正六边形和正三角形的性质；②作出半径和边心距，构造出直角三角形，利用解直角三角形的知识解答．35．（2022春•虹口区校级期中）如图，在正六边形ABCDEF中，设＝，＝，那么向量＝2+．【分析】连接CF．利用三角形法则：＝+，求出即可．【解答】解：连接CF．∵多边形ABCDEF是正六边形，AB∥CF，CF＝2BA，∴＝2，∵＝+，∴＝2+，故答案为：2+．【点评】本题考查平面向量，正六边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握三角形法则，属于中考常考题型．36．（2022春•青浦区期中）已知正多边形每个内角的度数为144°，则正多边形的边长与半径的比值为．【分析】根据多边形的外角和是360°求出正多边形的边数，过点O作OC⊥AB于点C，构造直角三角形，利用解直角三角形求解．【解答】解：∵正多边形每个内角的度数为144°，∴正多边形每个外角的度数为36°，∴360÷36＝10（边），如图，∠AOB＝360°÷10＝36°，过点O作OC⊥AB于点C，∵OA＝OB，OC⊥AB∴∠AOC＝18°，AB＝2AC，设半径为1，∵sin18°＝＝AC，∴AB＝2AC＝2sin18°，∴正多边形的边长与半径的比值为＝2sin18°＝．故答案为：．【点评】本题考查了正多边形和圆，根据多边形的外角和是360°求出正多边形的边数是解题的关键．37．（2022•奉贤区二模）如果一个矩形经过一个多边形的各顶点，那么我们把这个矩形叫做这个多边形的外接矩形，如图，矩形ABCD是正六边形EFGHPQ的外接矩形，如果正六边形EFGHPQ的边长为2，那么矩形ABCD长边与短边的比是（）A．2： B．2： C．3： D．：1【分析】根据正六边形、矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出矩形ABCD的长边与短边，进而求出答案．【解答】解：∵正六边形EFGHPQ，∴∠EFG＝120°，∴∠AFE＝180°﹣120°＝60°，在Rt△AEF中，∠AFE＝60°，EF＝2，∴AF＝EF＝1，AE＝EF＝，由对称性可知，AE＝DE＝，AF＝BG＝1，∴AD＝2，AB＝1+2+1＝4，∴矩形ABCD长边与短边的比是4：2＝2：，故选：A．【点评】本题考查正多边形与圆，矩形的性质以及直角三角形的边角关系，掌握正六边形的性质、矩形的性质以及直角三角形的边角关系是解决问题的前提．38．（2022•闵行区二模）如图，已知点G是正六边形ABCDEF对角线FB上的一点，满足BG＝3FG，联结FC，如果△EFG的面积为1，那么△FBC的面积等于4．【分析】连接CE，先利用正六边形的性质和等腰三角形的性质可求出∠BFE＝∠CEF＝90°，进而可判断出BF∥CE；再利用平行线的性质：两平行线之间的距离处处相等可得＝＝3，即可计算出△GBC的面积；最后再次利用该平行线的性质可得S△FBC＝S△GBC+S△GEF计算即可得答案．【解答】解：如图，连接CE，正六边形的每个内角的度数为：180×（6﹣2）÷6＝120°，∴∠A＝∠AFE＝120°，∵AF＝AB，∴∠AFB＝∠ABF＝（180﹣120）÷2＝30°，∴∠BFE＝∠AFE﹣∠BFE＝120﹣30＝90°，同理可得∠CEF＝90°，∴∠BFE+∠CEF＝180°，∴BF∥CE，∴＝，即，∴S△GBC＝3，∴S△FBC＝S△GBC+S△GEF＝3+1＝4．故答案为：4．【点评】本题主要考查正多边形的性质和平行线的性质，掌握等高不等底的两个三角形面积之比等于底之比是解题关键．39．（2022•松江区二模）如果一个正多边形的中心角为72°，那么这个正多边形的边数是5．【分析】根据正多边形的中心角和为360°和正多边形的中心角相等，列式计算即可．【解答】解：根据题意得：这个多边形的边数是360°÷72°＝5，故答案为：5．【点评】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算，掌握正多边形的中心角和边数的关系是解题的关键．40．（2022春•浦东新区期中）一个正n边形的一个内角等于它的中心角的2倍，则n＝6．【分析】根据正多边形内角和公式求出一个内角的度数，再根据中心角的求法求出中心角的度数列方程求解即可．【解答】解：∵正n边形的一个内角和＝（n﹣2）•180°，∴正n边形的一个内角＝，∵正n边形的中心角＝，∴＝2×，解得，n＝6．（经检验可知n＝6是原方程的解）故答案为：6．【点评】此题比较简单，解答此题的关键是熟知正多边形的内角和公式及中心角的求法．41．（2022春•长宁区校级月考）半径为1的圆的内接正三角形的边长为．【分析】欲求△ABC的边长，把△ABC中BC边当弦，作BC的垂线，在Rt△BOD中，求BD的长；根据垂径定理知：BC＝2BD，从而求正三角形的边长．【解答】解：如图所示．在Rt△BOD中，OB＝1，∠OBD＝30°，∴BD＝cos30°×OB＝×1＝．∵BD＝CD，∴BC＝2BD＝2×＝．故它的内接正三角形的边长为．故答案为：．【点评】本题考查了正三角形和外接圆，要知道圆心既是内心也是外心，所以BO平分∠ABC，根据等边三角形的性质与圆的性质相结合，得出结论．42．（2022春•黄浦区期中）中心角为60°的正多边形有6条对称轴．【分析】利用360度除以中心角的度数即可求得多边形的边数，然后根据正n边形有n条对称轴即可求解．【解答】解：正多边形的边数是＝6．则正多边形有6条对称轴．故答案是：6．【点评】本题考查了多边形的计算以及正多边形的性质，理解正n边形有n条对称轴是关键．【过关检测】一、单选题1．下列说法正确的是（

）A．平分弦的直径垂直于弦 B．三点确定一个圆 C．相等的圆心角所对弦相等 D．直径为圆中最长的弦【答案】D【分析】画出反例图形即可判断A、C；根据当三点在同一直线上时，过三点不能做一个圆，即可判断B，根据弦和直径的定义即可判断D．【详解】A.如图，AB为弦时，直径CD和AB不垂直，故本选项错误；B.不在同一条直线上三点确定一个圆，当三点在同一直线上时，过三点不能做一个圆，故本选项错误；C.如图，∠AOB=∠COD，但弦AB≠弦CD，故本选项错误；D.直径是圆中最长的弦，故本选项错误.故选D.【点睛】考查确定圆的条件，圆的认识，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，属于基础题，难度不大.2．如图，以点O为圆心的两个圆中，大圆的弦AB切小圆于点C，OA交小圆于点D，若OD=2，tan∠OAB=，则AB的长是（）A．4 B．2 C．8 D．4【答案】C【详解】试题解析：连接OC，∵大圆的弦AB切小圆于点C，∴OC⊥AB，∴AB=2AC，∵OD=2，∴OC=2，∵tan∠OAB=，∴AC=4，∴AB=8，故选C．考点：切线的性质．3．如图点I是△ABC的内心，∠BIC=130°，则∠BAC=（）A．65°

B．50°

C．80°

D．100°【答案】C【分析】根据三角形的外接圆得到∠ABC=2∠IBC，∠ACB=2∠ICB，根据三角形的内角和定理求出∠IBC+∠ICB，求出∠ACB+∠ABC的度数即可．【详解】解：∵点I是△ABC的内心，∴∠ABC=2∠IBC，∠ACB=2∠ICB，∵∠BIC=130°，∴∠IBC+∠ICB=180°-∠CIB=50°，∴∠ABC+∠ACB=2×50°=100°，∴∠BAC=180°-（∠ACB+∠ABC）=80°．故选C．【点睛】本题主要考查对三角形的内切圆与内心，三角形的内角和定理等知识点的理解和掌握，能求出∠ACB+∠ABC的度数数解此题的关键．4．已知⊙O半径为3，M为直线AB上一点，若MO=3，则直线AB与⊙O的位置关系为（）A．相切 B．相交 C．相切或相离 D．相切或相交【答案】D【详解】试题解析“因为垂线段最短，所以圆心到直线的距离小于等于3．此时和半径3的大小不确定，则直线和圆相交、相切都有可能．故选D．点睛：直线和圆的位置关系与数量之间的联系：若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．5．如图，AB是⊙O的直径，C、D在⊙O上，，若∠DAB=58o，则∠CAB=（）A．20o B．22o C．24o D．26o【答案】D【详解】试题解析：连结BD，如图，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ABD=90°-∠DAB=90°-58°=32°，∵，∴∠DAC=∠ABD=32°，∴∠CAB=∠DAB-∠DAC=58°-32°=26°．故选D．考点：1．圆心角、弧、弦的关系；2．圆周角定理．6．如图，已知∠POQ=30°，点A、B在射线OQ上（点A在点O、B之间），半径长为2的⊙A与直线OP相切，半径长为5的⊙B与⊙A内含，那么OB的取值范围是（

）A．4OB7 B．5OB7 C．4OB9 D．2OB7【答案】A【分析】作⊙A半径AD，根据含30度角直角三角形的性质可得，再确认⊙B与⊙A相切时，OB的长，即可得结论．【详解】解：设⊙A与直线OP相切时的切点为D，∴，∵∠POQ=30°，⊙A半径长为2，即，∴，当⊙B与⊙A相切时，设切点为C，如下图，∵，∴，∴若⊙B与⊙A内含，则OB的取值范围为．故选：A．【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系、切线的性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆与圆内含和相切的关系是解题关键．二、填空题7．如图，是的直径，，，则______．【答案】##40度【分析】根据圆周角定理（同弧或等弧所对的圆周角相等，均等于所对圆心角的一半）求解即可．【详解】解：∵，，∴，故答案为：．【点睛】本题是圆周角定理的基础应用题，在中考中比较常见，一般以选择题、填空题形式出现，属于基础题，难度不大．8．圆上各点到圆心的距离都等于________

，到圆心距离等于半径的点都在________

．【答案】

圆的半径

圆上【分析】根据圆的定义求解．【详解】解：圆上各点到圆心的距离都等于圆的半径，到圆心的距离等于半径的点都在圆上．故答案为圆的半径，圆上．【点睛】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．9．如图，在中，，则______________．【答案】##40度【分析】根据同圆中等弧所对的圆周角相等，求出的度数，即可利用三角形内角和定理求出的度数．【详解】解：∵在中，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了等弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理，正确求出的度数是解题的关键．10．如果⊙O1与⊙O2内含，O1O2＝4，⊙O1的半径是3，那么⊙O2的半径r的取值范围是_____．【答案】##【分析】由题意，⊙O1与⊙O2内含，则可知两圆圆心距，据此代入数值求解即可．【详解】解：根据题意，两圆内含，故，解得．故答案为：．【点睛】本题主要考查了两圆位置关系的知识，熟练掌握由数量关系判断两圆位置关系是解题关键．11．半径为3的圆的内接正六边形的面积为______．【答案】【分析】根据圆的半径为3，过圆心作于点，根据圆的内接正六边形，连接，得是等边三角形，根据等边三角形的性质，得；根据勾股定理，求出；得的面积，根据圆的内接正六边形的面积等于6个的面积，即可．【详解】如图：连接，∴是等腰三角形∵正多边形的中心角为：∴是等边三角形过圆心作于点∴∵∴∴在直角三角形中，∴∴∴∴正六边形的面积为：．故答案为：．【点睛】本题考查圆内接正多边形的知识，解题的关键是掌握圆内接正多边形中心角的计算，等边三角形的判定和性质．12．如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB=10，CD=12，则四边形ABCD的周长为____________．【答案】44；【详解】∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，∴AD+BC=AB+CD=10+12=22，∴四边形ABCD的周长=22×2=44.故答案为.点睛：本题的解题要点是熟悉由切线长定理推得的“圆外切四边形的两组对边之和相等”这个结论.13．已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如果AB=8，CD=6，那么OE=________【答案】【分析】连接OC，根据垂径定理求出CE，在△OEC中，根据勾股定理求出OE即可．【详解】解：连接OC．如图所示：∵AB是圆O的直径，AB⊥CD，∴CE=DE=CD=3，OC=OB=AB=4，在△OCE中，由勾股定理得：故答案为.【点睛】本题考查了勾股定理、垂径定理；关键是构造直角三角形，求出CE的长，用的数学思想是方程思想，把OE当作一个未知数，题目较好．14．如图，在RtABC中，∠ACB=90°，BC=4，AC=3，⊙O是以BC为直径的圆，如果⊙O与⊙A相切，那么⊙A的半径长为_______________________．【答案】【分析】分两种情况：①如图，与内切，连接并延长交于，根据可得结论；②如图，与外切时，连接交于，同理根据可得结论．【详解】解：有两种情况，分类讨论如下：①如图1，与内切时，连接并延长交于，与相内切，为切点，，，根据勾股定理得：，；即的半径为；②如图2，与外切时，连接交于，同理得，即的半径为，综上，的半径为或．故答案为：．【点睛】本题考查了相切两圆的性质、勾股定理，解题的关键是通过作辅助线得出是的半径．15．已知⊙O是以坐标原点为圆心，半径为1，函数y=x与⊙O交于点A，点P（x，0）在x轴上运动，过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，则x的范围是__________．【答案】，且x≠0【详解】考点：直线与圆的位置关系；坐标与图形性质．分析：由题意得x有两个极值点，过点P与⊙O相切时，x取得极值，作出切线，利用切线的性质求解即可．解：将OA平移至P’D的位置，使P’D与圆相切，连接OD，由题意得，OD=1，∠DOP’=45°，∠ODP’=90°，故可得OP’=，即x的极大值为，同理当点P在y轴左边时也有一个极值点，此时x取得极小值，x=-，综上可得x的范围为：-≤x≤．又∵DP’与OA平行，∴x≠0，故答案为-≤x≤，且x≠016．在半径为5cm的圆中，两条平行弦的长度分别为6cm和8cm，则这两条弦之间的距离为_______．【答案】1cm或7cm【详解】两条平行的弦可能在圆心的同旁或两旁，应分两种情况进行讨论圆心到两条弦的距离分别为d1==4cm，d2==3cm．故两条弦之间的距离d=d1-d2=1cm或d=d1+d2=7cm17．如图，AB切⊙O于点B，BC∥OA，交⊙O于点C，若∠OAB=30°，BC=6，则劣弧BC的长为________．【答案】2π【分析】连接OB，OC，由AB为圆的切线，利用切线的性质得到三角形AOB为直角三角形，再由BC与OA平行，利用两直线平行内错角相等得到∠OBC为60度，又OB=OC，得到三角形BOC为等边三角形，确定出∠BOC为60度，利用弧长公式即可求出劣弧BC的长．【详解】解：连接OB，OC，∵AB为圆O的切线，∴∠ABO=90°，在Rt△ABO中，∠OAB=30°，∴∠AOB=60°，∵BC∥OA，∴∠OBC=∠AOB=60°，又∵OB=OC，∴△BOC为等边三角形，∴∠BOC=60°，BO=CO=BC=6，则劣弧BC长=.故答案为2π.【点睛】此题考查了切线的性质，含30度直角三角形的性质，以及弧长公式，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．18．如图，⊙O的半径为2，点A、C在⊙O上，线段BD经过圆心O，∠ABD=∠CDB=90°，AB=1，CD=，则图中阴影部分的面积为______．【答案】【详解】试题解析：在Rt△ABO中，∠ABO=90°，OA=2，AB=1，∴OB==，sin∠AOB=，∠AOB=30°．同理，可得出：OD=1，∠COD=60°．∴∠AOC=∠AOB+（180°-∠COD）=30°+180°-60°=150°．在△AOB和△OCD中，有,∴△AOB≌△OCD（SSS）．∴S阴影=S扇形OAC．∴S扇形OAC=πR2=π×22=π．【点睛】本题考查了全等三角形的判定、解直角三角以及扇形的面积公式，解题的关键是找出S阴影=S扇形OAC．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据拆补法将不规则的图形变成规则的图形，再套用规则图形的面积公式进行计算即可．三、解答题19．如图，是的外接圆，平分的外角，，，垂足分别为点、，且．求证：【答案】证明见解析【分析】先根据平行线的性质和角平分线的定义证明，则，利用垂径定理证明，进而证明，则．【详解】解：∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了垂径定理，全等三角形的性质与判定，平行线的性质，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，证明是解题的关键．20．如图，以线段为直径的⊙交线段于点，点是弧AE的中点，交于点，°，，．（1）求的度数；（2）求证：BC是⊙的切线；（3）求MD的长度．【答案】（1）30°；（2）先根据特殊角的锐角三角函数值求得∠C的度数，再结合∠A的度数即可作出判断；（3）【详解】（1）根据三角函数的知识即可得出∠A的度数．（2）要证BC是⊙O的切线，只要证明AB⊥BC即可．（3）根据切线的性质，运用三角函数的知识求出MD的长度．21．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，⊙O为内切圆，E为切点．若AO=8cm，DO=6cm，求OE的长．【答案】OE=4.8cm【分析】由⊙O为内切圆，则AO、DO为角平分线，则∠AOD=90°，由勾股定理求得AD，再由切线的性质得OE⊥AD，由三角形的面积公式求出OE的长．【详解】解：∵AB∥CD，⊙O为内切圆，∴AO、DO为角平分线，∠ADC+∠BAD=180°，∴∠OAD+∠ODA=90°，∴∠AOD=90°，∵AO=8cm，DO=6cm，∴AD=10cm，∵OE⊥AD，∴AD•OE=OD•OA，∴OE=4.8cm．【点睛】本题考查了内心的性质、切线的性质、勾股定理、三角形的面积，要熟练掌握．22．如图，在△BCE中，点A是边BE上一点，以AB为直径的⊙O与CE相切于点D，AD∥OC，点F为OC与⊙O的交点，连接AF．（1）求证：CB是⊙O的切线；（2）若∠ECB=60°，AB=6，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）欲证明CB是⊙O的切线，只要证明BC⊥OB，可以证明△CDO≌△CBO解决问题．（2）首先证明S阴=S扇形ODF，然后利用扇形面积公式计算即可．【详解】（1）证明：连接OD，与AF相交于点G，∵CE与⊙O相切于点D，∴OD⊥CE，∴∠CDO=90°，∵AD∥OC，∴∠ADO=∠DOC，∠DAO=∠BOC，∵OA=OD，∴∠ADO=∠DAO，∴∠DOC=∠BOC，在△CDO和△CBO中，，∴△CDO≌△CBO，∴∠CBO=∠CDO=90°，∴CB是⊙O的切线；（2）证明：由（1）可知∠DOA=∠BCO，∠DOC=∠BOC，∵∠ECB=60°，∴∠DCO=∠BCO=∠E