24.3 正多边形和圆(提升训练)(解析版)

24.3正多边形和圆【提升训练】一、单选题1．如图，六边形是正六边形，点是边的中点，，分别与交于点，，则的值为（）．A． B． C． D．【答案】D【分析】设正六边形的边长为a，MN是△PCD的中位线，求出△PBM和△PCD的面积即可．【详解】解：设正六边形的边长为a，连接AC交BE于H点，如下图所示：正六边形六边均相等，且每个内角为120°，∴△ABC为30°，30°，120°等腰三角形，∴BE⊥AC，且，且，∵AF∥CD，P为AF上一点，∴，MN为△PCD的中位线，∴，由正六边形的对称性可知：，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查正多边形与圆，三角形的面积，三角形的中位线定理，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于常考题型．2．如图，与正五边形的两边相切于两点，则的度数是（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．【详解】解：∵AE、CD切⊙O于点A、C，∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为：，∴∠AOC＝540°−90°−90°−108°−108°＝144°，故选：A．【点睛】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．3．如图，点为正六边形对角线上一点，，，则的值是（）A．20 B．30C．40 D．随点位置而变化【答案】B【分析】连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形的中心，根据矩形的性质求出，再求出正六边形面积即可．【详解】解：连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形的中心，∵多边形是正六边形，∴AB=BC，∠B=∠BAF=120°，∴∠BAC=30°，∴∠FAC=90°，同理，∠DCA=∠FDC=∠DFA=90°，∴四边形ACDF是矩形，，，，故选：B．【点睛】本题考查了正六边形的性质，解题关键是连接对角线，根据正六边形的面积公式求解．4．在圆内接正六边形ABCDEF中，正六边形的边长为2，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由正六边形的性质得∠COD＝60°，再证△OCD是等边三角形，得BC＝CD＝OC＝2，再由垂径定理和含30°角的直角三角形的性质求出OG即可．【详解】解：在圆内接正六边形ABCDEF中，∠COD＝360°÷6＝60°，∵OC＝OD，∴△OCD是等边三角形，∴BC＝CD＝OC＝2，∵OG⊥BC，∴CG＝BC＝1，∵∠COG＝∠COD＝30°，∴OG＝CG＝，故选：C．【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握正六边形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．5．如图，点，，在上，若，，分别是内接正三角形．正方形，正边形的一边，则（）A．9 B．10 C．12 D．15【答案】C【分析】分别连接OB、OA、OC，根据正多边形的中心角=，可分别求得∠BOC、∠AOB的度数，从而可得∠AOC的度数，再根据正多边形的中心角=，可求得边数n．【详解】分别连接OB、OA、OC，如图所示∵是内接正三角形的一边∴∠BOC=同理，可得：∠AOB=90°∴∠AOC=∠BOC−∠AOB=30°∵是正边形的一边∴∴n=12故选：C．【点睛】本题考查了正多边形与圆，正多边形的中心角=，掌握这一知识是解决本题的关键．6．尺规作图是初中数学学习中一个非常重要的内容．小明按以下步骤进行尺规作图：①将半径为的六等分，依次得到六个分点；②分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点；③连结．则的长是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图（见解析），先根据六等分点可得是的直径，，再根据圆周角定理、勾股定理可得，从而可得，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【详解】解：如图，连接，是的六等分点，是的直径，，由圆周角定理得：，在中，，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，，又点是的中点，（等腰三角形的三线合一），在中，，故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握圆周角定理是解题关键．7．如图，正方形内接于．点为上一点，连接、，若，，则的长为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接OB、OC、OE，根据圆内接正多边形性质易证得是等边三角形，从而可得BO=CO=OE=3，由此即可解题．【详解】解：连接OB、OC、OE，，∵正方形内接于，∴，，三点共线，又∵，∴，又∵BO=CO=OE，∴是等边三角形，又∵，∴BO=CO=OE=3，∴，故选D．【点睛】本题考查了正多边形和圆，掌握圆内接正多边形性质，正确作出辅助线得出是等边三角形是解题的关键．8．正六边形的边心距为，则该正六边形的外接圆半径为（）A． B．2 C．3 D．【答案】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．9．若正方形的外接圆半径为2，则其边长为（）A． B．2 C． D．1【答案】B【分析】明确正方形外接圆直径为正方形的对角线长，根据勾股定理即可求得结果．【详解】解：正方形外接圆直径为正方形的对角线长．∵正方形的外接圆半径为2，∴正方形的对角线长为4，∴正方形的边长为＝，故选：B．【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是理解正方形外接圆直径为正方形的对角线长．10．如图，有公共顶点O的两个边长为3的正五边形（不重叠），以O点为圆心，半径为3作圆，构成一个“蘑菇”形图案，则这个“蘑菇”形图案（阴影部分）的面积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出正五边形的内角，再根据面积计算公式计算即可；【详解】∵正五边形的内角和为，∴每一个内角为：，图中阴影部分的圆心角为：，∴；故答案选B．【点睛】本题主要考查了正多边形的性质和扇形面积计算公式，准确计算是解题的关键．11．下列命题正确的是（）A．正三角形的内切圆的半径与外接圆半径之比为2﹕1B．正六边形的边长等于其外接圆的半径C．圆的外切正多边形的边长等于其边心距的2倍D．各边相等的圆的外切四边形是正方形【答案】B【分析】根据正多边形与圆的关系逐项分析即可．【详解】A、正三角形的内切圆的半径与外接圆半径之比为1﹕2，故原命题错误，不符合题意；B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，命题正确，符合题意；C、圆的外切正方形的边长等于其边心距的2倍，故原命题错误，不符合题意；D、各边相等的圆的外切四边形是正方形也还可能是菱形，故原命题错误，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了正多边形与圆的相关概念辨析，掌握正多边形与圆的有关性质以及计算问题是解题关键．12．如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中不正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，再证明∠BOD＝∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD＝CE，OD＝OE，则可对①进行判断；利用S△BOD＝S△COE得到四边形ODBE的面积＝S△ABC＝，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，计算出S△ODE＝OE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长＝BC+DE＝4+DE＝4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．【详解】解：连接OB、OC，如图，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵点O是△ABC的中心，∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°，而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°，∴∠BOD＝∠COE，在△BOD和△COE中，，∴△BOD≌△COE（ASA），∴BD＝CE，OD＝OE，∴①正确；∵△BOD≌△COE，∴S△BOD＝S△COE，∴四边形ODBE的面积＝S△OBC═S△ABC＝××42＝，故③正确；作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH，∵∠DOE＝120°，∴∠ODE＝∠OEH＝30°，∴OH＝OE，HE＝OH＝OE，∴DE＝OE，∴S△ODE＝×OE×OE＝OE2，即S△ODE随OE的变化而变化，而四边形ODBE的面积为定值，∴S△ODE≠S△BDE；故②错误；∵BD＝CE，∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝4+DE＝4+OE，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝，∴△BDE周长的最小值＝4+2＝6，∴④正确.故选：A.【点睛】本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角：旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判与性质.13．如图，工人师傅用扳手拧形状为正六边形的螺帽，现测得扳手的开口宽度b＝3cm，则螺帽边长a等于（）A．cm B．2cm C．2cm D．cm【答案】A【分析】根据正六边形的性质，可得∠ABC=120°，AB=BC=a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，根据直角三角形含30度角的性质和勾股定理，可得答案．【详解】解：如图，连接AC，过点B作BD⊥AC于D，由正六边形，得∠ABC＝120°，AB＝BC＝a，∴∠BCD＝∠BAC＝30°，由AC＝3，得CD＝1.5，Rt△ABD中，∵∠BAD＝30°，∴BD＝AB＝a，∴AD＝＝a，即a＝1.5，∴a＝（cm），故选：A．【点睛】本题考查了正多边形和圆，利用了正六边形的性质得出等腰三角形是解题的关键，又利用了等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形．14．如图，正三角形PMN的顶点分别是正六边形ABCDEF三边的中点，则三角形PMN与六边形ABCDEF的面积之比（）A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．3：8【答案】D【分析】连接BE，设正六边形的边长为a，首先证明△PMN是等边三角形，分别求出△PMN，正六边形ABCDEF的面积即可．【详解】解：连接BE，设正六边形的边长为a．则AF＝a，BE＝2a，AF∥BE，∵AP＝PB，FN＝NE，∴PN＝（AF+BE）＝1.5a，同理可得PM＝MN＝1.5a，∴PN＝PM＝MN，∴△PMN是等边三角形，∴，故选：D．【点睛】本题考查正多边形与圆，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．15．边长为2的正六边形的边心距为（）A．1 B．2 C． D．2【答案】C【分析】正六边形的边长与外接圆的半径相等，构建直角三角形，利用勾股定理即可求出．【详解】解：连接OA，作OM⊥AB，垂足为M，连接OB，∵六边形ABCDEF是正六边形∴△AOB是等边三角形∴∠AOM=30°，AO=AB∵正六边形ABCDEF的边长为2，∴AM=AB=×2=1，OA=2．∴正六边形的边心距是OM=故选：C．【点睛】本题考查了正多边形的计算，正多边形的计算常用的方法是转化为直角三角形的计算．16．如图，是正六边形ABCDEF的外接圆，P为上除C，D外的任意一点，则的值为（）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】连接OC、OD，利用正六边形的性质得到，根据圆周角定理得到，即可求解．【详解】连接OC、OD，如图所示：

∵是正六边形ABCDEF的外接圆，∴，P为上除C，D外的任意一点，∴，

∴，故选：D．【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形的有关概念和正多边形的性质是解题的关键．17．如图，在面积为135cm2的正六边形ABCDEF中有两个等边三角形组成的菱形AMDN．则剪掉这个菱形后剩余部分的面积为（）A．75cm2 B．70cm2 C．65cm2 D．60cm2【答案】A【分析】连接AD，设AD＝2h，则正六边形ABCDEF是有六个边长为h的等边三角形组成，求得h2＝30，设菱形的边长AM＝a，得到h＝a，求得a2＝h2，根据三角形的面积公式得到菱形AMDN的面积＝2a2＝×h2＝××30＝60（cm2），进而可求得结论．【详解】解：连接AD，设AD＝2h，则正六边形ABCDEF是有六个边长为h的等边三角形组成，∴边长为h的正△BOC的面积为h2，∴S正六边形＝6×h2＝135，∴h2＝30，设菱形的边长AM＝a，则h＝a，∴a2＝h2，∴菱形AMDN的面积＝2×a2＝×h2＝××30＝60（cm2），∴剪掉这个菱形后剩余部分的面积为135﹣60＝75（cm2）．故选：A．【点睛】本题考查了正多边形与圆、等边三角形的性质、菱形的性质、等边三角形的面积的求法，正确的理解题意，灵活运用等边三角形的性质是解题的关键．18．下列关于正多边形的叙述，正确的是（）A．正七边形既是轴对称图形又是中心对称图形B．存在一个正多边形，它的外角和为C．任何正多边形都有一个外接圆D．不存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形【答案】C【分析】根据中心对称图形、轴对称图形的定义、多边形外角和定理、正多边形的性质对各选项逐一判断即可得答案．【详解】A.正七边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项错误，B.任意多边形的外角和都等于360°，故该选项错误，C.任何正多边形都有一个外接圆，故该选项正确，D.∵正三角形的每个外角为120°，对应的每个内角为60°，∴存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形，故该选项错误，故选：C．【点睛】本题考查正多边形的性质、中心对称图形、轴对称图形的定义及多边形外角和定理，熟练掌握相关性质及定理是解题关键．19．如图所示，为的内接三角形，，则的内接正方形的面积（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先连接BO，并延长交⊙O于点D，再连接AD，根据同圆中同弧所对的圆周角相等，可得∠ADB=30°，而BD是直径，那么易知△ADB是直角三角形，再利用直角三角形中30°的角所对的边等于斜边的一半，那么可求BD，进而可知半径的长，任意圆内接正方形都是以两条混响垂直的直径作为对角线的四边形，故利用勾股定理可求正方形的边长，从而可求正方形的面积．【详解】解：连接BO，并延长交⊙O于点D，再连接AD，如图，∵∠ACB=30°，∴∠BDA=30°，∵BD是直径，∴∠BAD=90°，在Rt△ADB中，BD=2AB=4，∴⊙O的半径是2，∵⊙O的内接正方形是以两条互相垂直的直径为对角线的，∴正方形的边长=，∴S正方形=．故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理、含有30角的直角三角形的性质，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形．20．已知正六边形内接于，若的直径为，则该正六边形的周长是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图，连接OA、OB，由正六边形内接于可得∠AOB=60°，即可证明△AOB是等边三角形，根据直径可得OA的长，进而可得正六边形的周长．【详解】如图，连接OA、OB，∵的直径为，∴OA=1，∵正六边形内接于，∴∠AOB=60°，∵OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴AB=OA=1，∴该正六边形的周长是1×6=6，故选：C．【点睛】本题考查正多边形和圆，正确得出∠AOB=60°是解题关键．21．如图，圆内接正方形的边长为2，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（）A．4 B．C． D．【答案】A【分析】设正方形的中心为O，连接OA，OB首先求出其长度，再根据阴影部分面积等于四个直径为2的半圆面积之和加上一个边长为2的正方形面积，然后减去一个半径为的圆的面积求解即可．【详解】解：设正方形的中心为O，连接OA，OB，由题意可得OA=OB，∠AOB=90°，AB=2∴在Rt△AOB中，OA=OB=∴故选：A【点睛】本题考查正多边形和圆，勾股定理，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．22．如图，有一个半径为的圆形纸片，若在该纸片上沿虚线剪一个最大正六边形纸片，则这个正六边形纸片的边心距是（）．A． B． C． D．【答案】C【分析】连接OA、OB，根据圆内接正六边形的性质得到△AOB是等边三角形，作OC⊥AB于C，求得∠AOC=，由OA=4cm，得到AC=2cm，根据勾股定理求出OC=cm．【详解】如图，连接OA、OB，则△AOB是等边三角形，作OC⊥AB于C，∵△AOB是等边三角形，∴∠OAB=，∴∠AOC=，∵OA=4cm，∴AC=2cm，∴OC=cm，故选：C．．【点睛】此题考查圆内接正六边形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记圆内接正六边形的性质是解题的关键．23．如图，正六边形内接于，连接，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接BO、CO，根据正六边形的性质可求∠BOC，再根据圆周角的性质可求．【详解】解：连接BO、CO，在正六边形ABCDEF中，∠BOC==60°，∴∠BAC=∠BOC=30°，故选：D．【点睛】本题考查了正六边形的性质和圆周角的性质，连接半径，求圆心角是解题关键．24．正多边形的内切圆与外接圆的半径之比为，则这个正多边形为（）A．正十二边形 B．正六边形 C．正四边形 D．正三角形【答案】C【分析】设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，在直角△AOC中，利用三角函数求得∠AOC的度数，从而求得中心角的度数，然后利用360度除以中心角的度数，即可求得边数．【详解】解：正多边形的内切圆与外接圆的半径之比为，

设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，

则OC=，OA=OB=2，

在Rt△AOC中，cos∠AOC==，

∴∠AOC=45°，

∴∠AOB=90°，

则正多边形边数是：=4．

故选：C．【点睛】本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，正多边形的计算一般是转化成半径，边心距、以及边长的一半这三条线段构成的直角三角形的计算，掌握相关知识是解题的关键．25．⊙O内有一个内接正三角形和一个内接正方形，则内接三角形与内接正方形的边长之比为（）A．1∶ B．∶ C．3∶2 D．1∶2【答案】B【分析】根据题意画出图形，设出圆的半径，再由正多边形及直角三角形的性质求解即可．【详解】解：如图，连接OB，过O作OD⊥BC于D，则∠OBC=30°，BD=OB•cos30°=r，∴BC=2BD=r；连接OE，过O作OM⊥EH于M，则EM=HM，△OEM是等腰直角三角形，∴EM=OE=r，∴EF=2EM=r，∴圆内接正三角形、正方形的边长之比为r:r=:．故选：B．【点睛】本题考查的是圆内接正三角形、正方形的性质，根据题意画出图形，作出辅助线构造出直角三角形是解答此题的关键．26．如图，⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，⊙O的半径长为a，下列说法中不正确的是（）A．正六边形ABCDEF的中心角等于60°B．正六边形ABCDEF的周长等于6aC．正六边形ABCDEF的边心距等于D．正六边形ABCDEF的面积等于3【答案】D【分析】正多边形每一边对应的圆心角等于中心角，判断出△OAB为正三角形，即可求得周长为6a，边心距即为正△OAB的高，正六边形的面积为6个正三角形的面积之和，计算出结果依次判断即可．【详解】∵⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，∴正六边形ABCDEF的中心角等于，故A正确；∵⊙O的半径长为a，正六边形ABCDEF的中心角等于60°，∴△OAB为正三角形，∴正六边形的边长为a，∴正六边形ABCDEF的周长等于6a，故B正确；∵正六边形ABCDEF的边心距等于，故C正确，∵正六边形ABCDEF的面积等于六个正三角形OAB的面积，∴，故D错误；故选：D．【点睛】本题主要考查的是正多边形外接圆的性质，熟练掌握圆心角的计算，以及正三角形的性质是解答本题的关键．27．公元3世纪，刘徽发现可以用圆内接正多边形的周长近似地表示圆的周长．如图所示，他首先在圆内画一个内接正六边形，再不断地增加正多边形的边数；当边数越多时，正多边形的周长就越接近于圆的周长．刘徽在《九章算术》中写道：“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．”我们称这种方法为刘徽割圆术，它开启了研究圆周率的新纪元．小牧通过圆内接正边形，使用刘徽割圆术，得到π的近似值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如详解图，先利用三角函数的知识把正边形的边长用含有的式子表达出来，求解出正边形的周长，再利用正边形的周长无限接近圆的周长即可求解．【详解】如图：，，则正边形的周长为：，圆的周长为：，由圆的内接正n边形的周长无限接近圆的周长可得：整理得：故选：A．【点睛】本题考查了极限的思想，抓住圆内接正边形的周长无限接近圆的周长是解题关键．28．图，已知正五边形内接于，连接，相交于点，则的度数（）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据正五边形的性质得到BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，然后利用三角形内角和定理得∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE==36°，最后利用三角形的外角的性质得到∠BFC=∠BDC+∠DCE=72°．【详解】解：如图所示：∵五边形ABCDE为正五边形，∴BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，∴∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE==36°，∴∠BFC=∠BDC+∠DCE=72°．故选：B．【点睛】本题考查的是多边形内角与外角，正五边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，利用数形结合求解是解答此题的关键．29．如图，在⊙O中，点B是弧AC上的一点，∠AOC=140°，则∠ABC的度数为（）A．70° B．110° C．120° D．140°【答案】B【分析】在优弧AC上取点D，连接AD、CD，由∠AOC=求出∠ADC=，根据四边形ABCD是圆内接四边形，得到∠ADC+∠ABC=，即可求出∠ABC的度数．【详解】在优弧AC上取点D，连接AD、CD，∵∠AOC=，∴∠ADC=，∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠ADC+∠ABC=，∴∠ABC=，故选：B．【点睛】此题考查圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．30．如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（）A．8 B．10 C．12 D．15【答案】C【分析】连接OA、OD、OF，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∠AOD=90°，∠AOF=120°，则∠DOF=30°，然后计算，即可得到n的值．【详解】解：连接OA、OD、OF，如图，∵AD，AF分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，∴∠AOD==90°，∠AOF==120°，∴∠DOF=∠AOD-∠AOF=30°，∴n==12，即DF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是解题的关键．二、填空题31．如图，直线经过正五边形的中心，与、边分别交于点、，点是点关于直线的对称点，连接，，则的度数为______°．

【答案】72【分析】连接,证明，推出四点共圆，即可求得答案．【详解】连接,如图所示：∵ABCDE为正五边形，∴,∵关于PQ对称，∴,∴,∴四点共圆，∴,∴,故填：72．【点睛】本题考查正多边形与圆，四点共圆，圆内接四边形的性质，解题关键是证明，得出四点共圆．32．如图是四个全等的正八边形和一个正方形拼成的图案，已知正方形的面积为4，则一个正八边形的面积为____．【答案】【分析】根据正方形的性质得到AB=2，根据由正八边形的特点求出∠AOB的度数，过点B作BD⊥OA于点D，根据勾股定理求出BD的长，由三角形的面积公式求出△AOB的面积，进而可得出结论．【详解】解：设正八边形的中心为O，连接OA，OB，如图所示，∵正方形的面积为4，∴AB=2，∵AB是正八边形的一条边，∴∠AOB==45°．过点B作BD⊥OA于点D，设BD=x，则OD=x，OB=OA=x，∴AD=x-x，在Rt△ADB中，BD2+AD2=AB2，即x2+(x-x)2=22，解得x2=2+，∴S△AOB=OA•BD=×x2=+1，∴S正八边形=8S△AOB=8×(+1)=8+8，故答案为：8+8．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，正方形的性质，三角形面积的计算，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．33．如图，点为正八边形的中心，则的度数为______．【答案】．【分析】连接OA、OB，根据正多边形的性质求出，再根据圆周角定理计算即可．【详解】解：作正八边形的外接圆，连接OA、OB，如图：∴，F、O、B共线，由圆周角定理得：；故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形和圆，掌握正多边形的圆心角的求法、圆周角定理是解题的关键．34．下图是某经营摄影器材公司的（公司的徽标）它由六个全等的直角三角形拼成，根据所学知识求出是______．【答案】60°【分析】直接运用正六边形的内角与外角的关系求解即可．【详解】解：根据题意可得，公司的徽标的两个六边形均为正六边形，所以，正六边形的内角度数为：∴．故答案为：60°．【点睛】此题主要考查了正六边形的内角与外角的关系，根据正多边形内角和定理求出正六边形的内角度数是解答此题的关键．35．如图，已知AB为⊙O直径，若CD是⊙O内接正n边形的一边，AD是⊙O内接正（n+4）边形的一边，BD＝AC，则n＝__．【答案】4【分析】连接OD，OC．首先证明∠AOD=∠BOC，构建方程求解即可．【详解】解：如图，连接OD，OC．∵BD＝AC，∴，∴，∴∠AOD＝∠BOC，∵∠AOD＝∠BOC＝，∠DOC＝，∴2×=180°，解得n＝4或﹣2（舍弃），经检验n=4符合题意，故答案为：4．【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．三、解答题36．如图，正方形内接于，为上的一点，连接，．（1）求的度数；（2）当点为的中点时，是的内接正边形的一边，求的值．【答案】（1）45°；（2）8【分析】(1)连接，，由正方形内接于，可求中心角．．(2)连接，，由正方形内接于，可求．由点为的中点，可求,可得，利用周角除以一个中心角即可求解【详解】解：（1）连接，，∵正方形内接于，∴．∴；（2）连接，，∵正方形内接于，∴．∵点为的中点，∴，∴∠COP=∠BOP，∵∠COP+∠BOP=∠COB=90°，∴，∴．【点睛】本题考查圆内接正方形的性质，圆周角定理，圆内接正n边形的中心角，掌握圆内接正方形的性质，圆周角定理，圆内接正n边形的中心角，利用周角除以正n边形的中心角求边数是解题关键．37．如图，六边形ABCDEF是的内接正六边形．（1）求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分．（2）设的面积为，六边形ABCDEF的面积为，求的值．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接AE，AD，AC，根据等弧所对的圆周角相等即可证明；（2）过点O作OG⊥DE于G，连接OE，设圆O的半径为r，求出OG，用△OED的面积乘以6得到，再求出，即可计算的值．【详解】解：（1）连接AE，AD，AC，∵六边形ABCDEF是的内接正六边形，∴EF=ED=CD=BC，∴∠FAE=∠EAD=∠DAC=∠CAB，即过顶点A的三条对角线四等分；（2）过点O作OG⊥DE于G，连接OE，设圆O的半径为r，∴EF=BC=ED=r，AD=2r，在正六边形ABCDEF中，∠OED=∠ODE=60°，∴∠EOG=30°，∴EG=r，∴OG==r，∴正六边形ABCDEF的面积==，圆O的面积=，∴==．【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，解题的关键是学会添加常用辅助线．38．如图正六边形的边长为1，请分别在图1，图2中使用无刻度的直尺按要求画图．（1）在图1中，画出一条长度为0.5的线段，（2）在图2中，画一个边长与正六边形的边长不相等的菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）连接CF，BD交于点G，则CG即为所求；（2）连接AC、DF、BF、CE，菱形FGCH即为所求；或延长AB、DC交于点G，延长AF、DE交于点H，菱形AGDH即为所求．【详解】（1）如图1：连接CF，BD交于点G，则CG即为所求；理由：∵正六边形ABCDEF的边长1，∴BC=CD=1，∠BCD=120°，∴△CBD是等腰三角形，∴∠CBG=30°，又∵CF是正六边形的对称轴，∴CG⊥BD，在Rt△CBG中，CG=BC=0.5；（2）画图如下：解法一：菱形FGCH即为所求．解法二：菱形AGDH即为所求．【点睛】本题主要考查作图-复杂作图，熟练掌握正六边形的性质和菱形的判定是解题的关键．39．已知：如图，A为⊙O上一点；求作：⊙O的内接正方形ABCD．【答案】见解析【分析】先作直径AC，再过O点作AC的垂线交⊙O于D、B，然后连接AB、AD、CD、CB即可．【详解】解：如图，四边形ABCD为所作．【点睛】本题考查了作图——复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．40．如图，正五边形内接于，为上的一点（点不与点重合），求的余角的度数．【答案】54°【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．【详解】如图，连接．∵五边形是正五边形，∴，∴，∴90°-36°=54°，∴的余角的度数为54°．【点睛】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．41．如图M、N分别是⊙O的内接正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCDEFG…的边AB、BC上的点，且BM＝CN，连接OM、ON（1）求图1中∠MON的度数（2）图2中∠MON的度数是，图3中∠MON的度数是（3）试探究∠MON的度数与正n边形边数n的关系是____【答案】（1）；（2），；（3）．【分析】（1）如图（见解析），先根据圆内接正三角形的性质可得，再根据圆内接正三角形的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据角的和差、等量代换即可得；（2）如图（见解析），先根据圆内接正方形的性质可得，再根据（1）同样的方法可得；先根据圆内接正五边形的性质可得中心角，再根据（1）同样的方法可得；（3）根据（1）、（2）归纳类推出一般规律即可得．【详解】（1）如图，连接OB、OC，则，是内接正三角形，中心角，∵点O是内接正三角形ABC的内心，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，故答案为：；（2）如图1，连接OB、OC，四边形ABCD是内接正方形，中心角，同（1）的方法可证：；如图2，连接OB、OC，五边形ABCDE是内接正五边形，中心角，同（1）的方法可证：，故答案为：，；（3）由上可知，的度数与正三角形边数的关系是，的度数与正方形边数的关系是，的度数与正五边形边数的关系是，归纳类推得：的度数与正n边形边数n的关系是，故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形的中心角、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握正多边形中心角的求法是解题关键．42．已知四边形ABCD是圆内接四边形，∠1＝112°，求∠CDE．【答案】．【分析】根据圆周角定理求出，根据圆内接四边形的性质计算．【详解】解：由圆周角定理得，，四边形是圆内接四边形，．【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任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．43．如图，正方形内接于，为任意一点，连接、．（1）求的度数．（2）如图2，过点作交于点，连接，，，求的长度．【答案】（1）45°；（2）【分析】（1）如图1中，连接OA、OD．根据∠AED＝∠AOD，只要证明∠AOD＝90°即可解决问题；（2）如图2中，连接CF、CE、CA，作DH⊥AE于H．首先证明CE＝AF＝1，求出AC、AD，设DH＝EH＝x，在Rt△ADH中，利用勾股定理即可解决问题.【详解】（1）如图1中，连接、．四边形是正方形，，．（2）如图2中，连接，，，，作于．，，，，，，，，，，，，，，，设，在中，，，解得或（舍弃），【点睛】本题考查正多边形与圆、全等三角形的判定和性质、勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．44．已知，如图，四边形ABCD的顶点都在同一个圆上，且∠A：∠B：∠C＝2：3：4．（1）求∠A、∠B的度数；（2）若D为的中点，AB＝4，BC＝3，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）60°、90°；（2）【分析】(1)根据圆内接四边形的性质求出∠A、∠B的度数；(2)连接AC，根据勾股定理求出AC，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理得到AD＝CD，根据勾股定理、三角形的面积公式计算，得到答案．【详解】解：（1）设∠A、∠B、∠C分别为2x、3x、4x，∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠A+∠C＝180°，即2x+4x＝180°，解得，x＝30°，∴∠A、∠B分别为60°、90°；（2）连接AC，∵∠B＝90°，∴AC为圆的直径，AC＝＝5，△ABC的面积＝×3×4＝6，∠D＝90°，∵点D为的中点，∴AD＝CD＝AC＝，∴△ADC的面积＝，∴四边形ABCD的面积＝6+＝．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，从而进行解题．45．如图，是的外接圆，．点D在上，连结AD，BD，延长CD至点E．求证：AD平分．【答案】证明见解析．【分析】根据等腰三角形的性质可得，根据圆内接四边形的性质和平角的定义可得，根据圆周角定理可得，进而可得结论．【详解】∵，∴，∵是的外接圆，点D在上，∴，∵，∴，∵∠ACB和∠ADB是所对圆周角，∴，∴，∴AD平分．【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆周角定理及圆内接四边形的性质，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；圆的内接四边形的对角互补；熟练掌握相关性质和定理是解题关键．46．如图，A，B是⊙O上两点，∠AOB=120°，C为弧AB上一点．（1）求∠ACB的度数；（2）若C是弧AB的中点，求证：四边形OACB是菱形．【答案】（1）120°；（2）证明见解析．【分析】（1）优弧AB上取点D，根据圆周角定理求出∠D的度数，再根据圆的内接四边形的性质求出∠ACB的度数；（2）连接OC，根据圆周角定理证明△OAC和△OBC都是等边三角形，就可以证明四边形OACB是菱形．【详解】解：（1）如图，优弧AB上取点D，则∠D=∠AOB=60°，∵四边形ACBD内接于圆，∴∠C=180°-∠D=180°-60°=120°；（2）如图，连接OC，∵C是弧AB的中点，∠AOB=120°，∴∠AOC=∠BOC=60°，∵OA=OC=OB，∴△OAC和△OBC都是等边三角形，∴AC=OA=OB=BC，∴四边形OACB是菱形．【点睛】本题考查圆周角定理和菱形的判定，解题的关键是掌握圆周角定理，圆的内接四边形的性质和菱形的判定定理．47．已知已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图．（1）在图①中，以AB为边作等边三角形；（2）在图②中，作一个含30°的直角三角形．【答案】（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）连接AD，BE交于点O，即可得到所求三角形；（2）连接AC，CF，即可得到所求三角形；【详解】（1）如图①所示：∆AOB即为所求三角形；（2）如图②所示：∆ACF即为所求三角形．【点睛】本题主要考查正六边形的性质，熟练掌握正六边形的每条边都相等，每个内角都等于120°，是解题的关键．48．如图，已知圆内接四边形的边长分别为，，，求四边形的面积．【答案】8【分析】连接BD，延长BC到E,使CE=AB=2，连接DE，然后证明△ABD≌△CED，得出四边形ABCD的面积与三角形BDE的面积相等，最后利用三角形的面积公式求解即可．【详解】解：连接BD，延长BC到E,使CE=AB=2，连接DE，过点D作DF⊥BC，垂足为F，∵圆内接四边形，∴∠A+∠BCD=∠DCE+∠BCD，∴∠A=∠DCE，∵AB=CE,AD=DC，∴△ABD≌△CED，∴BD=DE，∴四边形ABCD的面积与三角形BDE的面积相等，∵DF⊥BC，∴BF=EF=(BC+CE)=BE=×8=4，∴FC=EF-CE=4-2=2，在Rt△DEC中，DF=，∴=×8×2=8．【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，圆的内接四边形的性质，勾股定理的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形．49．如图，已知是的直径，弦于点是上的一点，的延长线相交于点．（1）若的半径为，且，求弦的长．（2）求证：．【答案】（1）6；（2）证明见解析【分析】（1）连接OD，OC，先证明△DOE是等腰直角三角形，再由垂径定理和勾股定理可得DE=CE=3，从而得CD的长；

（2）先由垂径定理可得：，则∠ACD=∠AFC，根据圆内接四边形的性质得：∠DFG=∠ACD，从而得结论．【详解】解：（1）如图1，连接OD，OC，

∵直径AB⊥CD，

∴，DE=CE，

∴∠DOE＝∠DOC＝∠DFC＝45°，在Rt△DEO中，OD＝3，

∴DE=3，

∴CD=6；

（2）证明：如图2，连接AC，

∵直径AB⊥CD，

∴，

∴∠ACD=∠AFC，

∵四边形ACDF内接于⊙O，

∴∠DFG=∠ACD，

∴∠AFC=∠DFG．【点睛】本题考查垂径定理，圆周角等知识，中等题，根据题意作出辅助线，构造出圆内接四边形是解答此题的关键．50．如图，已知A、B、C、D四点都在⊙O上．（1）若∠ABC=120°，求∠AOC的度数；（2）在（1）的条件下，若点B是弧AC的中点，求证：四边形OABC为菱形．【答案】（1）∠AOC=120°；（2）见解析【分析】（1）先由圆内接四边形的性质得∠ADC=60°，再由圆周角定理即可得出答案；

（2）证△OAB和△OBC都是等边三角形，则AB=OA=OC=BC，根据菱形的判定方法即可得到结论．【详解】（1）∵A、B、C、D四点都在⊙O上∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ABC=120°，∴∠ADC=60°，∴∠AOC=2∠ADC=120°；（2）连接OB，如图所示：

∵点B是弧AC的中点，∠AOC=l20°，

∴∠AOB=∠BOC=60°，

又∵OA=OC=OB，

∴△OAB和△OBC都是等边三角形，

∴AB=OA=OC=BC，

∴四边形OABC是菱形．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及菱形的判定．51．如图，四边形内接于，，，垂足为．（1）若，求的度数；（2）求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质即可得到结论；

（2）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论．【详解】（1）解：，，，四边形是的内接四边形，，（2）证明：，，，，，，，；【点睛】本题考查了圆内接四边形，等腰三角形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．52．如图，的内接四边形两组对边的延长线分别交于点，．（1）当时，求证；（2）当时，求的度数；（3）若且，请你用含有、的代数式表示的度数．【答案】（1）证明见详解；（2）48°；（3）90°-．【分析】（1）根据外角的性质即可得到结论；

（2）根据圆内接四边形的性质和等量代换即可求得结果；

（3）连结MN，如图，根据圆内接四边形的性质得∠MCD=∠A，再根据三角形外角性质得∠MCD=∠1+∠2，则∠A=∠1+∠2，然后根据三角形内角和定理有∠A+∠1+∠2+∠M+∠N=180°，即2∠A+α+β=180°，再解方程即可．【详解】解：（1）∠E=∠F，

∵∠DCM=∠BCN，

∠ADC=∠M+∠DCM，∠ABC=∠N+∠BCN，

∴∠ADC=∠ABC；

（2）由（1）知∠ADC=∠ABC，

∵∠MDC=∠ABC，

∴∠MDC=∠ADC，

∴∠ADC=90°，

∴∠A=90°-42°=48°；

（3）连结MN，如图，

∵四边形ABCD为圆的内接四边形，

∴∠MCD=∠A，

∵∠MCD=∠1+∠2，

∴∠A=∠1+∠2，

∵∠A+∠1+∠2+∠AMB+∠AND=180°，

∴2∠A+α+β=180°，

∴∠A=90°-．【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；圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．53．如图，已知A､B､C､D､E是上五点，的直径，A为的中点，延长到点P，使，连接．（1）求证：直线是的切线．（2）若，求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）3【分析】（1）连接EA，如图，根据圆周角定理得到∠BAE=90°，而A为的中点，则∠ABE=45°，再根据等腰三角形的判定方法，利用BA=AP得到△BEP为等腰直角三角形，所以∠PEB=90°，然后根据切线的判定定理得到结论．（2）连接DE，如图，利用圆内接四边形的性质得∠DEB=60°，再根据圆周角定理得到∠BDE=90°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系计算BD的长；【详解】解：（1）证明：连接，如图，∵为直径，∴，∵A为的中点，∴，∵，而，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∴直线是的切线．（2）解：连接，如图，∵，∴∵为直径，∴在中，，；【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系.54．已知：如图，是的直径，弦于点，是上一点，与的延长线交于点．（1）求证：．（2）当，时，求的半径．【答案】（1）见解析；（2）的半径为5【分析】（1）连接AD，根据垂径定理得到，根据圆周角定理得到∠ADC=∠AGD，根据圆内接四边形的性质证明即可；（2）连接OC．设⊙O的半径为R．在Rt△OEC中，根据OC2=OE2+EC2，构建方程即可解决问题．【详解】（1）连接AD，

∵弦CD⊥AB，∴，∴∠ADC=∠2，

∵四边形ADCG是圆内接四边形，

∴∠ADC=∠1，

∴∠1=∠2；（2）连接OC．设⊙O的半径为R．

∵CD⊥AB，

∴DE=EC=3，

在Rt△OEC中，∵OC2=OE2+EC2，

∴R2=(R-1)2+32，

解得R=5．∴的半径为5．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理的应用，掌握圆周角定理、垂径定理是解题的关键，学会添加常用辅助线．55．如图，的直径为10，弦为6，是的中点，弦和交于点，且．（1）求证：；（2）求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）运用圆周角定理证明即可得到结论；（2）连接，，，在延长线上截取，连，可得A、E、B、C四点为共圆，可证明，△CEG为等腰直角三角形，运用勾股定理即可求得结论．【详解】（1）证明：∵∴又∵，∴∴（2）连接，，，∵为的直径∴，在中，∵是弧的中点∴∴又∵∴，即∴∴，∴在延长线上截取，连在圆内接四边形中，又∵∴∴∴∴∴在等腰中，【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质．解答此题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．56．如图，在中的内接四边形中，，为弧上一点．（1）若，求和的度数；（2）若，求证：为等边三角形．【答案】（1）=70°，=125°；（2）见解析．【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补可得出，再由，得出；（2）根据圆内接四边形的对角互补的性质，可得出，，再由已知条件，得出，从而得出结论；【详解】（1）∵四边形ABCD内接于，∴