人教版九年级数学上册专项复习：正多边形和圆（解析版）

24.3正多边形和圆

【基础训练】

一、单选题

i.正十边形的中心角是（）

A.18°B.36°C.72°D.144°

【答案】B

【分析】

正多边形的每个中心角相等，且其和是360。，故一个中心角的度数为360。除以正多边形的边数.

【详解】

正十边形的每个中心角相等，且其和是360。，故一个中心角的度数为：360。-10=36。

故选：B

【点睛】

本题考查了求正多边形中心角，这时要清楚正多边形的中心角都相等且它们的和组成一个周角.

2.如图，正五边形ABCDE内接于:。，点P为DE上一点（点尸与点。，点E不重合），连接PC,PD,

DG±PC,垂足为G,则ZPDG等于（）

C.36°D.64°

【答案】B

【分析】

根据正五边形ABCDE内接于《O,可得NCOD,再根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系，可得NCPD,

再根据三角形内角和定理即可得NPDG.

【详解】

解：：正五边形ABCDE内接于〔O,

360°

/COD=——=72°

5

：NCP。与NCOD所对的弧相同

：.ZCPD=-ZCOD=36°

2

ZPDG=180°-90°-36°=54°

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了圆内接正多边形的性质及同弧所对的圆周角和圆心角的性质，解题的关键是求出CD所对的

圆心角.

3.如图，四边形ABC。内接于>0,若々">=100。，则NDW的度数为（）

A.50°B.80°C.100°D.130°

【答案】D

【分析】

综合圆的内接四边形的性质及圆周角定理即可求解.

【详解】

根据圆周角定理可得，ZBCD=-ZBOD=50°,

2

又由圆的内接四边形性质可知，ZC+ZA=180°,

.,.ZDAB=180°-50o=130°,

故选：D.

【点睛】

本题考查圆周角定理和圆的内接四边形性质，熟记性质并灵活运用是解题关键.

4.如图，四边形ABC。内接于。。，E在延长线上，若/DCE=50。,则NA等于（）

A.40°B.50°C.70°D.80°

【答案】B

【分析】

根据圆内接四边形的性质可直接得出结论.

【详解】

:四边形A2C。是圆内接四边形，ZDCE=50°,

：.ZA+ZBC£)=180°,

,/ZDCE+ZBCD=180°,

/A=/£»CE=50°.

故选：B.

【点睛】

本题考查圆的内接四边形的性质，熟练掌握基本性质并运用求解是解题关键.

5.如图，四边形ABCD是：。的内接四边形，ZA=125°,则的度数为（）

B.65°C.110°D.125°

【答案】C

【分析】

根据圆内接四边形的性质求出/C的度数，根据圆周角定理计算即可.

【详解】

解：：四边形ABCD为。O的内接四边形，ZA=125°,

.".ZC=180°-ZA=55°,

.../BOD=2NC=110°.

故选：C.

【点睛】

本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.

6.如图，四边形ABCD是园内接四边形，E是BC延长线上一点，若/BAD=110。，则/DCE的大小是（

A.70°B.105°C.110°D.120°

【答案】C

【分析】

由NDW+NDCB=180，便可计算/DCE的大小了.

【详解】

解：四边形ABCD是圆内接四边形

•••ZDAB+ZDCB=1SO

NDCE+NDCB=180

:.ZBAD^ZDCE=110

故选C

【点睛】

本题考查圆内接四边形对角互补的性质，理解是关键.

7.如图，。。是正六边形A3CDEE的外接圆，P是弧上一点，则NCP。的度数是（）

A.30°B.40°C.45°D.60°

【答案】A

【分析】

连接OC,OD,构造圆心角，利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半求得答案即可.

【详解】

解：连接oc,OD,

,/六边形ABCDEF是正六边形，

360°

；./COD=-------=60°,

6

/.ZCPD=—ZCOD=30°.

2

故选A.

【点睛】

本题考查正多边形和圆以及圆周角定理，解题的关键是构造圆心角.

8.如图，在。。中，四边形A3CD测得ZABC=150°，连接AC,若的半径为4,则AC的长为（）

B.273D.473

【答案】C

【分析】

连接OA,OC,利用内接四边形的性质得出ND=30。，进而得出NAOC=60。，利用等边三角形性质解答即

可.

【详解】

解：连接OA,OC,

四边形ABCD是。O的内接四边形，

.../B+ND=180。，ZABC=150°

解得：ND=30°,

.".ZAOC=60°,

又OC=OA,

.♦.△OAC是等边三角形,

又AC=4,

半径OC=OA=4.

【点睛】

此题考查内接四边形的性质，关键是利用内接四边形的性质得出/D=30。.

9.如图，在由边长相同的7个正六边形组成的网格中，点A,8在格点上.再选择一个格点C,使AABC

是以A8为腰的等腰三角形，符合点C条件的格点个数是（）

【答案】B

【分析】

确定AB的长度后即可确定点C的位置.

【详解】

AB的长等于六边形的边长+最长对角线的长,

据此可以确定共有2个点C,位置如图，

故选:B.

【点睛】

本题考查了正多边形和圆以及等腰三角形的判定，解题的关键是确定AB的长，难度不大.

10.圆的内接四边形ABCD的四个内角之比的可能的值是()

A.1:2:3：4B.1:3:2:4C.1:4:2:3D.1：2:4:3

【答案】D

【分析】

因为圆的内接四边形对角互补，则两对角的和应该相等，比值所占份数也相同，据此求解.

【详解】

解：圆的内接四边形对角互补，

ZA+ZC=ZB+ZD=180°,

.•./4:々:/。:/。的可能的值是1:2:4:3.

故选：D.

【点睛】

本题考查了圆的内接多边形的性质，此题比较简单，注意圆的内接四边形的对角互补定理的应用是解此题

的关键.

11.在圆内接四边形ABCD中，若NA:NB:NC=2:3:4,则ND=()

A.90°B.120°C.150°D.240°

【答案】A

【分析】

根据NA:NB:NC=2:3:4可设/A=2x,则N3=3x,NC=4x,然后利用圆内接四边形对角互补可得

ZA+ZC=180°,解得无，从而求出各角度数.

【详解】

解:设NA=2x,因为NA:NB:NC=2:3:4,

则NB—3x,/C—4-x,

根据圆内接四边形对角互补可得NA+NC=180°,

所以2x+4x=180°,

解得x=30°,

所以NB=90。，ZD=180°-ZB=90°.

故选A.

【点睛】

本题主要考查圆内接四边形对角互补的性质.熟练掌握圆内接四边形对角的性质是解答本题的关键.

12.如图，四边形ABC。是。。的内接四边形，BE平分/A8C,若/。=110。，则/A8E的度数是（）

A.30°B.35°C.50°D.55°

【答案】B

【分析】

根据圆内接四边形的性质得到加C=18O。-2=70。，根据角平分线的定义计算即可.

【详解】

解：一四边形ABCD是（。的内接四边形，

ZABC=180°-ZD=70°,

BE平分NABC,

:.ZABE^~ZABC=35°,

2

故选：B.

【点睛】

本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.

13.如图，四边形A3CD是圆内接四边形，E是延长线上一点，若NBAD=105%则的大

小是（）

A.25B.65C.75D.105

【答案】D

【分析】

根据圆内接四边形的对角互补得到NBA£>+/BCD=180。，而/BCD与/DEC为邻补角，得到

ZDCE=ZBAD=\Q5°.

【详解】

四边形ABCD是圆内接四边形，

：.ZBAD+ZBCD=1SO°,

而ZBCD+ZDCE=180°,

ZDCE=ZBAD.

'：ZBAD=105°,

：.ZDCE=W5°.

故选：D.

【点睛】

本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补.也考查了邻补角的定义以及等角的补角相等.

14.将正方形纸片按图①方式依次对折得图②的ABC,点。是AC边上一点，沿线段6D剪开，展开后

得到一个正八边形，则点。应满足（）

A.BDLACB.AD=ABC.ZADB=6O°D.AD=DB

【答案】B

【分析】

根据折叠的性质易得/A4C=45。，然后由正多边形的性质可进行排除选项.

【详解】

解：由题意得：ZBAC=45°,

二沿线段8。剪开，展开图即为八边形，

若使展开后得到的是一个正八边形，则需满足以点A为圆心，AD,为半径即可,

AD=AB-

故选B.

【点睛】

本题主要考查正多边形和圆、正方形的性质及折叠的性质，熟练掌握正多边形和圆、正方形的性质及折叠

的性质是解题的关键.

15.如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正

方形的中心成中心对称，设正方形ABCD的面积为S,黑色部分面积为跖，则S/S的比值为()

【答案】A

【分析】

根据题意，设正方形的边长为2°,则圆的半径为°,分别表示出黑色部分面积和正方形ABCD的面积，进

而即可求得S]：S的比值.

【详解】

设正方形的边长为2a,则圆的半径为a

S=4a2＞圆的面积为万/

:正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称

黑色部分面积为圆面积的一半

•c1]〜2

••3―兀a

12

S.:(4a2)=-,

128

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了阴影部分面积的求解，准确运用字母表示正方形面积和圆形面积并结合多边形内切圆性质、

中心对称图形性质等相关知识点是解决本题的关键.

16.一个适当大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为定值的小正六边形A3CDEF的中心。重合，且

与边A3、CD相交于G、H(如图).图中阴影部分的面积记为S,三条线段GB、BC、的长度之

和记为/,在大正六边形绕点。旋转过程中，下列说法正确的是()

A.S变化，/不变B.S不变，/变化

C.S变化，/变化D.S与/均不变

【答案】D

【分析】

如解析图，利用全等三角形的判定与性质，证明AAOG四△(%)//,从而得到AG=C8,最终将所求问题转换

到四边形OABC中进行判断即可.

【详解】

如图所示，连接。4,0C,

由正六边形的性质可知，

OA=OC,ZAOC=ZGOH=120°,ZOAG=ZOCH=GO0,

：.ZAOG=ZCOH,

在△4。3与小CO"中，

ZAOG=ZCOH

<OA=OC

ZOAG=ZOCH

：.AAOG^/\COH(ASA),

••^AAOG=S&COH，AG=CH,

：.I=GB+BC+CH=GB+BC+AG=AB+BC=2AB,

S=SCOH+S四边形OGBC=SAOG+S四边形OGBC=S四边形OABC，

正六边形ABCDEF的边长为定值，

不改变，四边形0ABe的面积不改变，即S不改变,

故选：D.

【点睛】

本题考查正多边形的性质以及全等三角形的判定与性质，理解正六边形的性质，熟练运用全等三角形的判

定与性质是解题关键.

17.如图，正五边形内接于C。，点P为（点尸与点。，点E不重合），连接PC,PD,DG1PC,

垂足为G,则NPDG等于（）

A.72°B.54°C.36°D.64°

【答案】B

【分析】

连接OC,OD.求出正五边形的中心角，再利用圆周角定理可得结论.

【详解】

解：连接。C,0D.

360°

在正五边形ABCDE中,NCOD=-------=72°,

5

：.ZCPD=—ZCOD=36°,

2

'：DGLPC,

：.ZPGD=90°,

/PDG=90°-36°=54°,

故选：B.

【点睛】

本题考查正多边形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.

18.如图①，直六棱柱的底面是正六边形，侧面ABC。中，10cm,BC=20cm,现用一块矩形纸板EFGH

制作图①中的直六棱柱，按图②中的方案裁剪，则GP的长是（）

%~「--------1G

图①图②

A.(20+1073)cmB.(30+1073)cmC.(20+20逝)cmD.40出cm

【答案】C

【分析】

直接利用正六边形的性质结合六棱柱侧面展开图的性质分析得出答案.

【详解】

如图所示:

图①图②

可得MN=BC=20ctn,

△是等边三角形，边长为10。小，

则它的高为：^/102-52=573（cm）,

故FG=20+4x5相=（20+20石）cm.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了正多边形，正确掌握正六边形的性质是解题的关键.

19.如图，在一张正六边形纸片中剪下两个全等的直角三角形（阴影部分），拼成一个四边形，若拼成的四

边形的周长为12,则纸片的剩余部分拼成的五边形的面积为（）

A.2473B.2073C.8D.16

【答案】B

【分析】

由题可知，求解剩余部分拼成的五边形的面积，需要利用R3OBC,求解正六边形面积和两个直角三角形

面积；最后正六边形面积减去两倍RSOBC的面积即可.

【详解】

依题意，如图,

根据题意得：ZBOC=30°,设BC=尤，贝|OB=2x,0C=氐，

：.2(x+2x)=12,

解得x=2,

，OC=25

5A0BC=|xBCx(?C=1x2x2V3=273；

•1•正六边形的面积=12XSAOEC=12X2指=24有；

..•拼成一个四边形的面积为：2XSA@C=4石；

，纸片的剩余部分拼成的五边形的面积为：246-4省=204；

故选：B.

【点睛】

本题考查正六边形的性质及面积求法，重点在于利用正六边形分解成12个全等直角三角形的方法.

20.如图，AB，AC分别为。的内接正三角形和内接正四边形的一边，若恰好是同圆的一个内接

正〃边形的一边，则”的值为()

A.8B.10C.12D.14

【答案】C

【分析】

连接OB,OC,OA,根据圆内接正三角形，正方形可求出NAC归，NAOC的度数，进而可求N3OC的

度数，利用N50C=吧360L°，即可求得答案.

n

【详解】

如图：连接OB,OC,OA,

AABE为圆内接正三角形

360°

:.ZAOB=^~=120°

3

-四边形ACDF为圆内接正方形

360°

ZAOC=——=90°

4

ZBOC=ZAOB-ZAOC=120°-90°=30°

360°

若以BC为边的圆内接正〃边形，则有NBOC=——=30°

n

n-12.

故选：C.

【点睛】

本题考查了圆内接正多边形中心角的求法，熟练掌握圆内接正多边形的中心角等于3二60三°（“为正多边形的

n

边数）是解题关键.

21.如图，螺母的外围可以看作是正六边形ABCDEF,己知这个正六边形的半径是2,则它的周长是（）

A.673B.1273C.12D.24

【答案】C

【分析】

如图，先求解正六边形的中心角NAO3,再证明4AQB是等边三角形，从而可得答案.

【详解】

解：如图，。为正六边形的中心，为正六边形的半径，

.•.ZA（9B=-x360°=60°,

6

OA=OB=2,

为等边三角形，

:.AB=2,

正六边形ABCDEF的周长为6x2=12.

故选：C.

【点睛】

本题考查的是正多边形与圆，正多边形的半径，中心角，周长，掌握以上知识是解题的关键.

EF

22.如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于。O,EF与BC、CD分别相交于点G、H,则——的值是（）

GH

A.2B.JlC.6D.2

2

【答案】C

【分析】

连接AC、BD、OF,由角平分线性质解得NOAF=30。，再根据等边对等角性质，解得/OFA=NOAF=30。，

「HCJ1

继而得到/COF=60。，再根据60。的正弦值解得FI的值，从而得到EI的值，继而得到——=——=—,再

BDCO2

解得GH的值即可解题.

【详解】

如图，连接AC、BD、OF,

设。。的半径是r,

则OF=r,

•；AO是/EAF的平分线,

.../OAF=60°+2=30°,

VOA=OF,

?.ZOFA=ZOAF=30°,

ZCOF=30°+30°=60°,

FI=r*sin60°=r，

2

.*.EF=—rx2=，

2

VAO=201,

111

••-01=-r,CI=r--r=-r,

GHCI1

------=------=-,

BDCO2

11c

GH=-BO=-x2r=r,

22

.EFV3r瓜

,•----=----=7*

GHr

即则变的值是

GH

故选：C.

【点睛】

本题考查正多边形与外接圆的综合，涉及角平分线的性质、正方形的性质、正弦等知识，是重要考点，难

度较易，掌握相关知识是解题关键•

23.如图，四边形ABCD是。O的内接四边形，若NBOD=130。，则/A的度数为（）

A.50°B.65°C.115°D.130°

【答案】C

【分析】

先根据圆周角定理求出NBCD的度数，再根据圆的内接四边形对角互补的性质求出结果.

【详解】

解：,：NBOD=130。,

ZBCD=-ZBOD=65°,

2

四边形ABCD是。。的内接四边形，

ZA+ZBCD=1SO°,

AZA-1150.

故选：C.

【点睛】

本题考查圆的内接四边形的性质，解题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补的性质.

24.如图，四边形A5CD是。。的内接四边形，ZC=130°,则N3OD的度数为（）

A.70°B.90°C.100°D.110°

【答案】C

【分析】

先根据圆内接四边形内对角的和为180度，解得NDW的度数，再根据同圆中，同弧所对的圆周角等于其

圆心角的一半解题即可.

【详解】

・「四边形ABC。是。。的内接四边形，ZC=130°,

ZJn4B=180°-130°=50°

NBOD=2ZDAB=2x50°=100°,

故选：C.

【点睛】

本题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理及其推论等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解

题关键.

25.如图，CD是。O的弦，O是圆心，把。。的劣弧沿着CD对折，A是对折后劣弧上的一点，则NCAD与

ZB的关系是（）

A.ZCAD=2ZBB.ZCAD+ZB=120°

C.ZCAD+ZB=180°D.无法确定

【答案】C

【分析】

还原点A折叠前的位置，然后利用圆的内接四边形对角互补的性质得到结论.

【详解】

解:如图，点A'为点A折叠前的位置，

•••折叠，

ACAD=ACAD,

••,四边形A'CBD是。的内接四边形，

ZCAD+ZB=1SO°,

：.ZCAD+ZB=180°.

故选：C.

B

【点睛】

本题考查圆的内接四边形的性质，解题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补的性质.

26.如图，AB是。O的直径，0为圆心，C是。。上的点，D是AC上的点，若/D=120。，则/BOC的

大小为（）

A.60°B.55°C.58°D.40°

【答案】A

【分析】

利用圆内接四边形对角互补可得NB的度数，然后再判定△COB是等边三角形，进而可得答案.

【详解】

解：VZD=120°,

：.ZB=60°,

VCO=BO,

AACOB是等边三角形，

.".ZCOB=60°,

故选：A.

【点睛】

此题主要考查了圆周角定理，关键是掌握圆内接四边形对角互补.

27.如图，五边形ABCDE是。。的内接正五边形，则正五边形中心角NCOQ的度数是（）

D.72°

【答案】D

【分析】

根据圆内接正多边形的性质及题意可直接进行求解.

【详解】

解：：五边形A2COE是。。的内接正五边形，

360°

五边形A2CL比的中心角NCOD的度数为有一=72。,

故选：

【点睛】

本题主要考查圆内接正多边形，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题的关键.

28.如图，已知点C,。是以为直径的半圆上的两个点，且AC=3。，下列结论中不一定成立的是（

A.AC=BDB.ZABC=ZCBD

C.ZABD+ZACD=1SQ°D.CD//AB

【答案】B

【分析】

根据圆的性质，内接四边形和平行线的性质对选项逐一判定即可.

【详解】

AC=BD<

；.AC=BD,故本选项成立;

B、要使=则AC=CD，即AC=CD,根据题意无法得出这个条件，故本选项不成立;

C、:四边形ABCD是圆的内接四边形,

：.ZABD+ZACD^1SQ0,故本选项成立;

D>'-'AC=BD>

.".ZCBA=ZDCB,

CD//AB；

故选：B.

【点睛】

本题考查了圆的性质，内接四边形和平行线的性质，掌握这些知识点是解题关键.

29.如图，正五边形ABCDE内接于0,则NZME的度数是（）

A.36°B.26°C.30°D.45°

【答案】A

【分析】

连接OD,OE,求出/DOE=72。，再根据圆周角定理即可求出NZME的值.

【详解】

解：如图所示，连接OD,OE,

「ABCDE是正五边形，

360°

AZDOE=-------=72°,

5

/.ZDAE^—/DOE=36。,

2

故选：A.

【点睛】

本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.

30.如图AB是。O的直径，点C、D、E在0O上，ZAEC=25°,ZBDC=()

D

A.100°B.110°C.120°D.115°

【答案】D

【分析】

连接BE,由题意易得/AEB=90。，则有/CEB=65。，然后根据圆内接四边形可求解.

【详解】

解：连接BE,如图所示：

D

：AB是。O的直径，

ZAEB=90°,

VZAEC=25°,

ZCEB=65°,

,/四边形ECDB是圆内接四边形，

AZCEB+ZBDC=180°,

.".ZBDC=115°；

故选D.

【点睛】

本题主要考查圆周角及圆内接四边形，熟练掌握圆周角及圆内接四边形的性质是解题的关键.

二、填空题

31.如图，将边长相等的正六边形和正五边形拼接在一起，则NABC的度数为<

【答案】132

【分析】

根据正多边形的内角和定理求得正五边形和正六边形的内角，根据周角的定义即可得到结论.

【详解】

由题意得：正六边形的每个内角都等于工x(6-2)xl80°=120。，正五边形的每个内角都等于

6

|x(5-2)xl80°=108°,

ZABC=360°-120°-108°=132°,

故答案为：132.

【点睛】

本题考查的是正多边形的内角计算4(〃-2)x180°,圆周角概念，正确的理解题意，通过图形分析求解是

n

解题的关键.

32.六个带30。角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1,求中间正六边形的面积

【答案］巫.

2

【分析】

由六个带30。角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1,可以得到中间正六边形的边长

为1,做辅助线以后，得到△ABC、△CDE,AAE尸为以1为边长的等腰三角形，AACE为等边三角形，再

根据等腰三角形与等边三角形的性质求出边长，求出面积之和即可.

【详解】

解：如图所示，连接AC、AE、CE,作BG_LAC、DILCE.FH±AE,AILCE,

在正六边形ABCOE/中，

•••直角三角板的最短边为1,

正六边形ABCDEF为1,

...△ABC、△CDE.AAE尸为以1为边长的等腰三角形，AACE为等边三角形,

VZABC=ZCDE^ZEFA=120°,AB=BC=CD=DE=EF=FA=\,

：.ZBAG=ZBCG=ZDCE=ZDEC=ZFAE=ZFEA=3Q°,

：.BG=DI=FH=—,

2

...由勾股定理得：AG=CG=CI=EI=EH=AH=2,

2

：.AC=AE=CE=43，

3

・••由勾股定理得：AI=—,

2

5=3x—xy/3x—+—x6x—=,

22222

故答案为：bH.

2

【点睛】

本题主要考查了含30度角的直角三角形的性质、正多边形形与圆以及等边三角形的性质，关键在于知识点：

在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半的应用.

33.已知一个正六边形的外接圆半径为2,则这个正六边形的周长为.

【答案】12.

【分析】

画出符合题意的图形，先求解正六边形的中心角NAQB,证明-AQB是等边三角形，求解AB=2,从而可

得答案.

【详解】

解：如图，由题意得：OA=OB=2,

正六边形ABCDEF,

360°

ZAOB=——=60°,AB=BC=CD=DE=EF=AF,

6

.•qAOB是等边三角形，

..AB=2,

•••正六边形ABCDEF的周长是6x2=12.

故答案为：12.

【点睛】

本题考查的是正多边形与圆的关系，正多边形的中心角，正多边形的半径，等边三角形的判定与性质，掌

握正多边形中的基本概念的含义是解题的关键.

34.如图，四边形A3CD为＜。的内接正四边形，.AE"为］。的内接正三角形，若"'恰好是同圆的一

个内接正〃边形的一边，则九的值为

【答案】12

【分析】

连接。4、OB.OC,如图，利用正多边形与圆，分别计算。。的内接正四边形与内接正三角形的中心角得

360°

到乙4。。=90。，ZAOF=}2Q°,则/。。尸=30。，然后计算----即可得到w的值.

30°

【详解】

'.'AD,AF分别为。。的内接正四边形与内接正三角形的一边,

360°360°

ZAOD=-------=90°,ZAOF=--------=120°,

43

ZDOF=ZAOF-ZAOD=30°,

即恰好是同圆内接一个正十二边形的一边.

故选：C.

【点睛】

本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成”（〃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.

35.我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率.若设。。的半径为R,

圆内接正W边形的边长、面积分别为的，S",圆内接正2w边形边长、面积分别为02",刘徽用以下公式

QO的内接正八边形AEBFCGDH的面积为

【答案】2年

【分析】

求出正四边形的边长，利用公式求出面积即可.

【详解】

解：连接AC,四边形A3CD是圆内接正四边形，ZADC=90°,

，AC是圆的直径，AC=2,

AD-+DC-=AC2,

:•AD=DC=6,

Sq=—x4xyflx1=20,

2

故答案为：2夜.

G

C

0E

【点睛】

本题考查了圆内接正多边形，解题关键是利用圆内接正多边形的性质求出正方形边长.

三、解答题

36.如图，已知圆。内接正六边形A3CDEF的边长为6cm,求这个正六边形的边心距小面积S.

【答案】n-3y/3cm，S=54J5c机？

【分析】

连接OA、OB,过点O作OHLAB于点H,由题意易得△OAB是等边三角形，则有OA=6cm,然后根据勾

股定理可求解边心距OH=n,然后利用三角形面积求解六边形的面积即可.

【详解】

解：连接OA、OB,过点O作OHLAB于点H,即边心距n=OH,如图所示：

D

，AH=HB,ZAOH=BOH,

:六边形ABCDEF是正六边形，

ZAOB=60°,AB=BC=CD=DE=EF=AF=6cm,

VOA=OB,

...AAOB是等边三角形，

.".AH=3cm,ZAOH=30°,OA=AB=6cm,

''n=OH=VOA1—AH~=3y/3cm，

2

S)=—AB-OH=—x6x3A/3=9y/3cm,

VArR22

2

S=6SVAOB=6x9V3=54V3cm.

【点睛】

本题主要考查正多边形与圆，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键.

37.如图，A5c是。。上的三个点，A6=AC,点。在(。上运动(不与点45c重合)，连接ZM,

DB，DC.

(1)如图1,当点。在上时，求证：ZADB^ZADC；

(2)如图2,当点。在A8上时，求证：ZADB+ZADC=180°；

25

(3)如图2,已知。的半径为一，BC=12,求A3的长.

4

【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)AB=10

【分析】

(1)根据同圆中等弦所对的圆周角相等可求证；

(2)根据题意易得/ADB+/ACB=180。，ZACB=ZADC,进而问题可证；

(3)连接0B,过点A作AELBC交于点E,由题意易得圆心0在线段AE上，然后可得BE=EC=6,然后

根据勾股定理可求解.

【详解】

(1)证明：VAB=AC,

二弧AB=MAC

ZADB=ZADC；

(2)证明：：四边形ADBC是圆内接四边形，

ZADB+ZACB=180°,

VAB=AC,

；./ABC=/ACB,

/ADC=NABC

AZACB=ZADC,

：.ZADB+ZADC=180°；

(3)解：连接OB,过点A作AELBC交于点E,如图所示：

VAB=AC,BC=12,

；.BE=EC=6,

；.AE是线段BC的垂直平分线,

：△ABC是0O的内接三角形,

.•.圆心O在线段AE上，

VOB=OA=——,

4

在RtABEO中，OE=y/OB--BE2=-,

4

257

AE=OA+OE=-+-=8,

44

在RtAAEB中，AB=y/AE2+BE2=10.

【点睛】

本题主要考查圆内接四边形、垂径定理及圆周角，熟练掌握圆内接四边形、垂径定理及圆周角是解题的关

键.

38.如图，ABCDE是］。的内接正五边形.求证：AEBD.

【答案】证明见解析

【分析】

根据正五边形的性质求出NA=108°=NA3C=NC，根据三角形的内角和定理，可得/CBD的度数，进

而可得出/ABD的度数，然后根据同旁内角互补，两直线平行可证得结论.

【详解】

证明：是正五边形，

.(5-2)-180°

•・ZA=--------------=108°o=ZABC=ZC.

5

又：BC=CD,

・…八/…180°-108°“

,,N—Ny^Dij—----------------30,

2

；•ZABD=108°-36°=72°，

•••ZA+ZABD=108°+72°=180°，

AEBD.

【点睛】

本题考查的是正多边形和圆，熟知正五边形的性质是解答此题的关键.

39.如图，四边形AB即是圆的内接四边形，延长A。、助相交于点C,已知NC=NEDC.

（1）求证：AB=AC；

（2）若A3是四边形ABED外接圆的直径，求证：BE=ED-

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【分析】

（1）根据圆内接四边形对角互补证得/B=/C,从而利用等角对等边证得AB=AC；

（2）连接AE,将证明弧相等转化为弧相对的圆周角相等来实现.

【详解】

（1）,••四边形ABED是圆内接四边形，

AZB+ZADE=180°

XVZEDC+ZADE=180°

ZEDC=ZB

又：NEDC=NC

ZB=ZC

；.AB=AC

ZAEB=90°

又：AB=AC

；.AE平分NBAC

.\ZBAE=ZEAD

•*-BE=DE

【点睛】

本题考查圆内接四边形及圆的有关性质，解题的关键是知道圆内接四边形及圆的有关性质.

40.如图，四边形A3CD内接于圆，AD，8C的延长线交于点E，产是3。延长线上任意一点，AB=AC.

(1)求证：DE平分NCDF；

(2)求证：ZACD=AAEB.

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.

【分析】

(1)根据圆内接四边形的性质得到/CDE=NABC,根据圆周角定理和等腰三角形的性质证明即可；

(2)根据三角形外角的性质和图形得到NCAE+NEn/ABD+NDBC,得到根据圆周角定理证

明即可.

【详解】

(1):四边形ABCZ)内接于圆，

ZCDE=ZABC.

由圆周角定理得：ZACB^ZADB,又NADB=NFDE,

：.ZACB=ZFDE.

"：AB=AC,

ZACB^ZABC,

：.ZFDE=ZCDE,即£>E平分/CDF；

(2)VZACB=ZABC,ZACB=ZCAE+ZE,ZABC=ZABD+ZDBC,

：.ZCAE+ZE=ZABD+ZDBC.

ZCAE=ZDBC,

：.ZE=ZABD,

ZACD=ZAEB.

【点睛】

本题考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，掌握圆内接四边形的任意一

个外角等于它的内对角是解答本题的关键.

41.如下图，在△ABC中，ZACB=90°,D是AB的中点，以DC为直径的。O交△ABC的边于G,F,E

点.求证：（1）NA=NGEF；（2）△BDF咨FEC.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【分析】

（1）由CD是。。的直径，所以NDFC=NACB=90。，贝IDF〃AC,由平行线的性质可得NA=NBDF,

再由圆周角定理得NBDF=NGEF,即可得/A=/GEF；

（2）连接DE,可证出四边形DECF是矩形，根据矩形的性质得DF=EC,EF=CD,再由直角三角形斜边

上的中线得EF=CD=-AB=DB,根据HL即可得RtABDF^RtAFEC.

2

【详解】

证明：（1）：CD是。O直径，

/DFC=90°又NACB=90°,

；.DF〃AC,

AZA=ZBDF,

VZBDF=ZGEF（圆周角定理），

；.NA=/GEF；

（2）连接DE,

,/四边形DECF内接于。O,

ZACB=90°,

ZEDF=ZDFC=ZACB=90°,

四边形DECF是矩形，

；.DF=EC,EF=CD,又D是AB的中点，

1

；.EF=CD=-AB=DB,

2

RtABDF丝RtAFEC.

【点睛】

本题考查直角三角形斜边上的中线性质，矩形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握定理及性质是解题的

关键.

42.如图，A8为。。的直径，点C、。都在。。上，且CZ)平分/AC8,交于点E.

(2)若。E=13,AE=17,求。。的半径；

(3)。尸，AC于点尸，试探究线段ARDF、BC之间的数量关系，并说明理由.

【答案】(1)见解析；(2)12；(3)AF+BC=DF,理由见解析

【分析】

(1)由C。平分/ACS,根据圆周角定理，可得/ACO=/8CO=/A8。；

(2)过点E作£加，4。于点河，求出AO长，则可求出A氏则答案得出；

(3)过点。作IWLCB,交CB的延长线于点N,可证明AD4/学△Z5BN,则AP=BN,£>B=CF则结论

AF+BC=。/可得出.

【详解】

(1)证明：：CZ)平分NACB,

・•・ZACD=ZBCD,

丁ZACD=ZABD,

：.ZABD=ZBCD；

(2)解：如图1,过点E作EMLAD于点

图1

•「AB为。。的直径，

AZACB=90°,ZADB=90°,

：.ZDAB=ZBCD=45°,

9：AE=17,

：.ME=AM=17x叵=,

22

"：DE=13,

:.DM=dDE?—ME?=小=Z^l

：.AD=AM+DM=12.72，

：.AB=y[lAD=1272x72=24

.\AO=-AB=12；

2

(3)AF+BC=DF.理由如下：

如图2,过点。作ONLCB,交的延长线于点N,

•..四边形D4cB内接于圆，

ZDBN=ZDAF,

■:DFLAC,DNLCB,C£>平分NACB,

；.NAFD=NDNB=90°,DF=DN,

:.ADAF学ADBN(.AAS),

：.AF=BN,CF=CN,

'：ZFCD=45°,

:.DF=CF,

：.CN=BN+BC=AF+BC=DF.

即AF+BC=DF.

【点睛】

本题主要考查圆周角定理，勾股定理，圆内接四边形，全等三角形的判定及性质，掌握圆的有关性质，学

会对知识融会贯通是解题的关键.

43.如图，△ABC中，AB^AC,以AB为直径作。。，AC,BC分别交。。于£、D,求证：DC=DE.

【答案】见解析

【分析】

根据圆内接四边形的性质和等腰三角形的性质即可得到结论.

【详解】

证明：・・•四边形ABDE是圆内接四边形,

・・・NCED=NB,

•「AB=AC,

.*.ZB=ZC,

・・・NC=NCED,

ADC=DE.