2018年全国中考数学试卷解析分类汇编专题32+正多边形与圆

中考数学真题专项汇编解析—圆与正多边形一．选择题1．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在⊙O中，⊙BOC＝130°，点A在BAC上，则⊙BAC的度数为（）A．55°B．65°C．75°D．130°【答案】B【分析】利用圆周角直接可得答案．【详解】解：⊙BOC＝130°，点A在BAC上，165,2BAC BOC故选B【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，掌握“同圆或等圆中，同弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键．2．（2022·山东滨州·中考真题）如图，在O中，弦,AB CD相交于点P，若48,80A APD∠=︒∠=︒，则B的大小为（）A．32︒B．42︒C．52︒D．62︒【答案】A【分析】根据三角形的外角的性质可得C A APD ∠+∠=∠，求得32C ∠=︒，再根据同弧所对的圆周角相等，即可得到答案． 【详解】C A APD ∠+∠=∠，48,80A APD ∠=︒∠=︒，32C ∴∠=︒32B C ∴∠=∠=︒故选：A ．【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．3．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，有一个半径为2的圆形时钟，其中每个刻度间的弧长均相等，过9点和11点的位置作一条线段，则钟面中阴影部分的面积为（ ）A ．23πB ．23πC ．43π-D ．43π【答案】B【分析】阴影部分的面积等于扇形面积减去三角形面积，分别求出扇形面积和等边三角形的面积即可．【详解】解：如图，过点OC 作OD ⊙AB 于点D ，⊙⊙AOB =2×36012︒=60°， ⊙⊙OAB 是等边三角形，⊙⊙AOD =⊙BOD =30°，OA =OB =AB =2，AD =BD =12AB =1，⊙OD⊙阴影部分的面积为260212236023ππ⋅⨯-⨯B ． 【点睛】本题考查了扇形面积、等边三角形的面积计算方法，掌握扇形面积、等边三角形的面积的计算方法是正确解答的关键．4．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形材料ABCD 中，AD BC ∥，90A ∠=︒，9cm AD =，20cm AB =，24cm BC =．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）A ．110cm 13B ．8cmC ．D ．10cm【答案】B【分析】如图所示，延长BA 交CD 延长线于E ，当这个圆为⊙BCE 的内切圆时，此圆的面积最大，据此求解即可．【详解】解：如图所示，延长BA 交CD 延长线于E ，当这个圆为⊙BCE 的内切圆时，此圆的面积最大， ⊙AD BC ∥，⊙BAD =90°， ⊙⊙EAD ⊙⊙EBC ，⊙B =90°， ⊙EA AD EB BC=，即92024EA EA =+， ⊙12cm EA =， ⊙EB =32cm ，⊙40cm EC ，设这个圆的圆心为O ，与EB ，BC ，EC 分别相切于F ，G ，H ， ⊙OF =OG =OH ，⊙=EBC EOB COB EOC S S S S ++△△△△，⊙11112222EB BC EB OF BC OG EC OH ⋅=⋅+⋅+⋅， ⊙()2432=243240OF ⨯++⋅， ⊙8cm OF =，⊙此圆的半径为8cm ， 故选B ．【点睛】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形三边的关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．5．（2022·湖北宜昌·中考真题）如图，四边形ABCD 内接于O ，连接OB ，OD ，BD ，若110C ∠=︒，则OBD ∠=（ ）A ．15︒B ．20︒C ．25︒D ．30【答案】B【分析】根据圆内接四边形的性质求出A ∠，根据圆周角定理可得BOD ∠，再根据OB OD =计算即可．【详解】⊙四边形ABCD 内接于O ， ⊙18070A BCD ∠︒-∠︒== ，由圆周角定理得，2140BOD A ∠=∠=︒ ， ⊙OB OD =⊙180202BODOBD ODB ︒-∠∠=∠==︒ 故选：B ．【点睛】此题考查圆周角定理和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．6．（2022·四川德阳·中考真题）如图，点E 是ABC 的内心，AE 的延长线和ABC 的外接圆相交于点D ，与BC 相交于点G ，则下列结论：⊙BAD CAD ∠=∠；⊙若60BAC ∠=︒，则120∠=︒BEC ；⊙若点G 为BC 的中点，则90BGD ∠=︒；⊙BD DE =．其中一定正确的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D【分析】根据点E 是ABC 的内心，可得BAD CAD ∠=∠，故⊙正确；连接BE ，CE ，可得⊙ABC +⊙ACB =2（⊙CBE +⊙BCE ），从而得到⊙CBE +⊙BCE =60°，进而得到⊙BEC =120°，故⊙正确； BAD CAD ∠=∠，得出BD CD =，再由点G 为BC 的中点，则90BGD ∠=︒成立，故⊙正确；根据点E 是ABC 的内心和三角形的外角的性质，可得()12BED BAC ABC ∠=∠+∠，再由圆周角定理可得()12DBE BAC ABC ∠=∠+∠，从而得到⊙DBE =⊙BED ，故⊙正确；即可求解．【详解】解：⊙点E 是ABC 的内心，⊙BAD CAD ∠=∠，故⊙正确；如图，连接BE ，CE ，⊙点E 是ABC 的内心，⊙⊙ABC =2⊙CBE ，⊙ACB =2⊙BCE ， ⊙⊙ABC +⊙ACB =2（⊙CBE +⊙BCE ）， ⊙⊙BAC =60°，⊙⊙ABC +⊙ACB =120°，⊙⊙CBE +⊙BCE =60°，⊙⊙BEC =120°，故⊙正确； ⊙点E 是ABC 的内心，⊙BAD CAD ∠=∠，⊙BD CD =,⊙点G 为BC 的中点，⊙线段AD 经过圆心O ，⊙90BGD ∠=︒成立，故⊙正确； ⊙点E 是ABC 的内心，⊙11,22BAD CAD BAC ABE CBE ABC ∠=∠=∠∠=∠=∠， ⊙⊙BED =⊙BAD +⊙ABE ，⊙()12BED BAC ABC ∠=∠+∠， ⊙⊙CBD =⊙CAD ，⊙⊙DBE =⊙CBE +⊙CBD =⊙CBE +⊙CAD ，⊙()12DBE BAC ABC ∠=∠+∠，⊙⊙DBE =⊙BED ，⊙BD DE =，故⊙正确； ⊙正确的有4个．故选：D【点睛】本题主要考查了三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识，熟练掌握三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识是解题的关键．7．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，等边ABC 的顶点A 在⊙O 上，边AB 、AC与⊙O分别交于点D、E，点F是劣弧DE上一点，且与D、E不重合，连接DF、∠的度数为（）EF，则DFEA．115︒B．118︒C．120︒D．125︒【答案】C【分析】根据等边三角形的性质可得60∠=︒，再根据圆内接四边形的对角互补A即可求得答案．【详解】解：ABC是等边三角形，∴∠=︒-∠=︒，故选C．DFE A∴∠=︒，180120A60【点睛】本题考查了等边三角形的性质及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．8．（2022·甘肃武威·中考真题）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形ABCDEF，若对角线AD的长约为8mm，则正六边形ABCDEF的边长为（）A．2mm B．C．D．4mm【答案】D【分析】如图，连接CF与AD交于点O，易证⊙COD为等边三角形，从而CD=OC=OD=12AD，即可得到答案．【详解】连接CF与AD交于点O，⊙ABCDEF为正六边形，⊙⊙COD= 3606=60°，CO=DO，AO=DO=12AD=4mm，⊙⊙COD为等边三角形，⊙CD=CO=DO=4mm，即正六边形ABCDEF的边长为4mm，故选：D．【点睛】本题考查了正多边形与圆的性质，正确把握正六边形的中心角、半径与边长的关系是解题的关键．9．（2022·湖南邵阳·中考真题）如图，⊙O是等边⊙ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（）A ．32B C D ．52【答案】C【分析】作直径AD ，连接CD ，如图，利用等边三角形的性质得到⊙B =60°，关键圆周角定理得到⊙ACD =90°，⊙D =⊙B =60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．【详解】解：作直径AD ，连接CD ，如图，⊙⊙ABC 为等边三角形，⊙⊙B =60°， ⊙AD 为直径，⊙⊙ACD =90°，⊙⊙D =⊙B =60°，则⊙DAC =30°，⊙CD =12AD ， ⊙AD 2=CD 2+AC 2，即AD 2=(12AD )2+32，⊙AD ⊙OA =OB =12AD C ．【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了等边三角形的性质、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．10．（2022·四川眉山·中考真题）如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿PA ，PB 分别相切于点A ，B ，不倒翁的鼻尖正好是圆心O ，若∠=°，则APBOAB28∠的度数为（）A．28︒B．50︒C．56︒D．62︒【答案】C【分析】连OB，由AO=OB得，⊙OAB=⊙OBA=28°，⊙AOB=180°-2⊙OAB=124°；因为P A、PB分别相切于点A、B，则⊙OAP=⊙OBP=90°，利用四边形内角和即可求出⊙APB．【详解】连接OB，⊙OA=OB，⊙⊙OAB=⊙OBA=28°，⊙⊙AOB=124°，⊙P A、PB切⊙O于A、B，⊙OA⊙P A，OP⊙AB，⊙⊙OAP+⊙OBP=180°，⊙⊙APB+⊙AOB=180°；⊙⊙APB=56°．故选：C【点睛】本题考查切线的性质，三角形和四边形的内角和定理，切线长定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．11．（2022·浙江湖州·中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N 分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足⊙MPN＝45°的⊙PMN中，边PM的长的最大值是（）B．6C．D．A．【答案】C【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，⊙MON=90°的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出．MN，以O 【详解】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=12为圆心，OM为半径作圆，如图，MN，所以OQ=MQ=NQ，因为OQ为MN垂直平分线且OQ=12⊙⊙OMQ=⊙ONQ=45°，⊙⊙MON=90°，所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，通过图像可知，当点P在P'位置时，恰好过格点且P M'经过圆心O，所以此时P M'最大，等于圆O的直径，⊙BM＝4，BN＝2，⊙MN==⊙MQ=OQ⊙OM=⊙'==C．P M OM2【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已知圆心角和弦作圆是解题的关键．12．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，圆锥底面圆半径为7cm，高为24cm，则它侧面展开图的面积是（）A ．175π3cm 2B ．175π2cm 2C ．175πcm 2D ．350πcm 2【答案】C【分析】先利用勾股定理计算出AC =25cm ，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则可根据扇形的面积公式计算出圆锥的侧面积．【详解】解：在Rt AOC △中，25AC =cm ，⊙它侧面展开图的面积是127251752ππ⨯⨯⨯=cm 2．故选：C【点睛】本题考查了圆锥的计算，理解圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长是解题的关键． 13．（2022·陕西·中考真题）如图，ABC 内接于⊙,46O C ∠=︒，连接OA ，则OAB ∠=（ ）A ．44︒B ．45︒C ．54︒D ．67︒【答案】A【分析】连接OB ，由2⊙C =⊙AOB ，求出⊙AOB ，再根据OA =OB 即可求出⊙OAB ．【详解】连接OB ，如图，⊙⊙C =46°，⊙⊙AOB =2⊙C =92°，⊙⊙OAB +⊙OBA =180°-92°=88°，⊙OA =OB ，⊙⊙OAB =⊙OBA ，⊙⊙OAB =⊙OBA =12×88°=44°，故选：A ．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，根据圆周角定理的出⊙AOB =2⊙C =92°是解答本题的关键．14．（2022·浙江宁波·中考真题）已知圆锥的底面半径为4cm ，母线长为6cm ，则圆锥的侧面积为（ ）A ．236πcmB ．224πcmC ．216πcmD ．212πcm 【答案】B【分析】利用圆锥侧面积计算公式计算即可：S rl π=侧；【详解】4624S rl πππ==⋅⋅=侧2cm ，故选B ．【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算公式，比较简单，直接代入公式计算即可． 15．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（AB ），点O 是这段弧所在圆的圆心，半径90m OA =，圆心角80AOB ∠=︒，则这段弯路（AB ）的长度为（ ）A ．20m πB ．30m πC ．40m πD ．50m π【答案】C 【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出这段弯路（AB ）的长度．【详解】解：⊙半径OA =90m ，圆心角⊙AOB =80°，∴这段弯路（AB ）的长度为：809040(m)180ππ⨯=，故选C 【点睛】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长计算公式.180n r l π=16．（2022·浙江温州·中考真题）如图，,AB AC 是O 的两条弦，⊥OD AB 于点D ，OE AC ⊥于点E ，连结OB ，OC ．若130DOE ∠=︒，则BOC ∠的度数为（ ）A ．95︒B ．100︒C ．105︒D ．130︒【答案】B 【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得⊙BAC =50°，再根据圆周角定理得到⊙BOC =2⊙BAC ，进而可以得到答案．【详解】解：⊙OD⊙AB，OE⊙AC，⊙⊙ADO=90°，⊙AEO=90°，⊙⊙DOE=130°，⊙⊙BAC=360°-90°-90°-130°=50°，⊙⊙BOC=2⊙BAC=100°，故选：B．【点睛】本题考查的是圆周角定理，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．17．（2022·山东泰安·中考真题）如图，点I为的ABC内心，连接AI并延长交ABC 的外接圆于点D，点E为弦AC的中点，连接CD，EI，IC，当2IC=，AI CD=，6 ID=时，IE的长为（）5A．5B．4.5C．4D．3.5【答案】C【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是⊙ACM 的中位线即可解决问题．【详解】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．⊙I是⊙ABC的内心，⊙⊙IAC=⊙IAB，⊙ICA=⊙ICB，⊙⊙DIC=⊙IAC+⊙ICA，⊙DCI=⊙BCD+⊙ICB，⊙⊙DIC=⊙DCI，⊙DI=DC=DM，⊙⊙ICM=90°，⊙CM，⊙AI=2CD=10，⊙AI=IM，⊙AE=EC，⊙IE是⊙ACM的中位线，CM=4，故选：C．⊙IE=12【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．18．（2022·浙江丽水·中考真题）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为2m ，高为，则改建后门洞的圆弧长是（ ）A ．5πm 3B ．8πm 3C ．10πm 3D ．5π+2m 3⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】C【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC ，再利用矩形的性质证得COD ∆是等边三角形，得到60COD ∠=︒，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为36060300︒-︒=︒，利用弧长公式即可求解．【详解】如图，连接AD ，BC ，交于O 点，⊙90BDC ∠=︒ ，⊙BC 是直径，⊙4BC ===， ⊙四边形ABDC 是矩形，⊙122OC OD BC ===，⊙2CD=，⊙OC OD CD==，⊙COD∆是等边三角形，⊙60COD∠=︒，⊙门洞的圆弧所对的圆心角为36060300︒-︒=︒，⊙改建后门洞的圆弧长是11300300410221801803BCπππ︒⨯︒⨯⨯==︒︒(m)，故选：C【点睛】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．19．（2022·四川成都·中考真题）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长等于6π，则正六边形的边长为（）ABC．3D．【答案】C【分析】连接OB，OC，由⊙O的周长等于6π，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．【详解】解：连接OB，OC，⊙⊙O 的周长等于6π， ⊙⊙O 的半径为：3， ⊙⊙BOC 61=⨯360°＝60°， ⊙OB ＝OC ，⊙⊙OBC 是等边三角形，⊙BC ＝OB ＝3，⊙它的内接正六边形ABCDEF 的边长为3，故选：C ．【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．20．（2022·四川凉山·中考真题）家具厂利用如图所示直径为1米的圆形材料加工成一种扇形家具部件，已知扇形的圆心角⊙BAC ＝90°，则扇形部件的面积为（ ）A ．12π米2 B ．14π米2C ．18π米2D ．116π米2【答案】C【分析】连接BC ，先根据圆周角定理可得BC 是O 的直径，从而可得1BC =米，再解直角三角形可得AB AC =【详解】解：如图，连接BC ，90BAC ∠=︒，BC ∴是O 的直径，1BC ∴=米，又AB AC =，45ABC ACB ∴∠=∠=︒，sin AB AC BC ABC ∴==⋅∠，则扇形部件的面积为290123608ππ⨯=（米2），故选：C ．【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、扇形的面积公式等知识点，熟练掌握圆周角定理和扇形的面积公式是解题关键． 二．填空题21．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF 中，AB =6，点M 在边AF 上，且AM =2．若经过点M 的直线l 将正六边形面积平分，则直线l 被正六边形所截的线段长是_____．【答案】【分析】如图，连接AD ，CF ，交于点O ，作直线MO 交CD 于H ，过O 作OP ⊙AF 于P ，由正六边形是轴对称图形可得：,ABCO DEFO S S 四边形四边形 由正六边形是中心对称图形可得：,,AOMDOHMOFCHOSSSS,OM OH = 可得直线MH 平分正六边形的面积，O 为正六边形的中心，再利用直角三角形的性质可得答案．【详解】解：如图，连接AD ，CF ，交于点O ，作直线MO 交CD 于H ，过O 作OP ⊙AF 于P ，由正六边形是轴对称图形可得：,ABCO DEFO S S 四边形四边形 由正六边形是中心对称图形可得：,,AOMDOHMOFCHOSSSS,OM OH =⊙直线MH 平分正六边形的面积，O 为正六边形的中心，由正六边形的性质可得：AOF 为等边三角形，60,AFO 而6,AB =6,3,ABAF OF OA AP FP226333,OP2,AM则1,MP2213327,OM247.MHOM故答案为：【点睛】本题考查的是正多边形与圆的知识，掌握“正六边形既是轴对称图形也是中心对称图形”是解本题的关键．22．（2022·湖南衡阳·中考真题）如图，用一个半径为6 cm 的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了120︒，假设绳索粗细不计，且与轮滑之间没有滑动，则重物上升了_________cm ．（结果保留π）【答案】4π【分析】利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中120°所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可．【详解】解：根据题意，重物的高度为12064180ππ⨯⨯=（cm ）． 故答案为：4π．【点睛】本题考查了弧长公式：180n Rl π⋅⋅=（弧长为l ，圆心角度数为n ，圆的半径为R ）．23．（2022·浙江杭州·中考真题）如图是以点O 为圆心，AB 为直径的圆形纸片，点C 在⊙O 上，将该圆形纸片沿直线CO 对折，点B 落在⊙O 上的点D 处（不与点A 重合），连接CB ，CD ，AD ．设CD 与直径AB 交于点E ．若AD =ED ，则⊙B =_________度；BCAD的值等于_________．【答案】36【分析】由等腰三角形的性质得出⊙DAE=⊙DEA，证出⊙BEC=⊙BCE，由折叠的性质得出⊙ECO=⊙BCO，设⊙ECO=⊙OCB=⊙B=x，证出⊙BCE=⊙ECO+⊙BCO=2x，⊙CEB=2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明⊙CEO⊙⊙BEC，由相似三角形的性质得出CE BEEO CE=，设EO=x，EC=OC=OB=a，得出a2=x（x+a），求出OE=a，证明⊙BCE⊙⊙DAE，由相似三角形的性质得出BC ECAD AE=，则可得出答案．【详解】解：⊙AD=DE，⊙⊙DAE=⊙DEA，⊙⊙DEA=⊙BEC，⊙DAE=⊙BCE，⊙⊙BEC=⊙BCE，⊙将该圆形纸片沿直线CO对折，⊙⊙ECO=⊙BCO，又⊙OB=OC，⊙⊙OCB=⊙B，设⊙ECO=⊙OCB=⊙B=x，⊙⊙BCE=⊙ECO+⊙BCO=2x，⊙⊙CEB=2x，⊙⊙BEC+⊙BCE+⊙B=180°，⊙x+2x+2x=180°，⊙x=36°，⊙⊙B=36°；⊙⊙ECO=⊙B，⊙CEO=⊙CEB，⊙⊙CEO⊙⊙BEC，⊙CE BEEO CE=，⊙CE2=EO•BE，设EO=x，EC=OC=OB=a，⊙a2=x（x+a），解得，xa（负值舍去），⊙OEa，⊙AE=OA-OE=aa，⊙⊙AED=⊙BEC，⊙DAE=⊙BCE，⊙⊙BCE⊙⊙DAE，⊙BC ECAD AE=，⊙BCAD==36【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．24．（2022·浙江湖州·中考真题）如图，已知AB是⊙O的弦，⊙AOB＝120°，OC⊙AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若⊙APD是AD所对的圆周角，则⊙APD 的度数是______．【答案】30°##30度【分析】根据垂径定理得出⊙AOB=⊙BOD，进而求出⊙AOD=60°，再根据圆周角⊙AOD=30°．定理可得⊙APD=12【详解】⊙OC⊙AB，OD为直径，⊙BD AD，⊙⊙AOB=⊙BOD，⊙⊙AOB=120°，⊙⊙AOD=60°，⊙AOD=30°，⊙⊙APD=12故答案为：30°．【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键．25．（2022·云南·中考真题）某中学开展劳动实习，学生到教具加工厂制作圆锥，他们制作的圆锥，母线长为30cm，底面圆的半径为10 cm，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____． 【答案】120︒【分析】设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n ，30210180n =⨯⨯ππ，进行解答即可得．【详解】解： 设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n°，30210180n =⨯⨯ππ 120n =︒ 故答案为：120︒． 【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角，解题的关键是掌握扇形的弧长公式．26．（2022·浙江宁波·中考真题）如图，在⊙ABC 中，AC =2，BC =4，点O 在BC 上，以OB 为半径的圆与AC 相切于点A ，D 是BC 边上的动点，当⊙ACD 为直角三角形时，AD 的长为___________．【答案】32或65【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可． 【详解】解：连接OA ，⊙当D 点与O 点重合时，⊙CAD 为90°，设圆的半径=r ，⊙OA =r ，OC =4-r ，⊙AC=4，在Rt⊙AOC中，根据勾股定理可得：r2+4=（4-r）2，解得：r=32，即AD=AO=32；⊙当⊙ADC=90°时，过点A作AD⊙BC于点D，⊙12AO•AC=12OC•AD，⊙AD=AO ACOC，⊙AO=32，AC=2，OC=4-r=52，⊙AD=65，综上所述，AD的长为32或65，故答案为：32或65．【点睛】本题主要考查了切线的性质和勾股定理，熟练掌握这些性质定理是解决本题的关键．27．（2022·四川自贡·中考真题）一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦AB长20厘米，弓形高CD为2厘米，则镜面半径为____________厘米．【答案】26【分析】令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，根据勾股定理求出OC2+BC2=OB2，进而求出半径．【详解】解：如图，由题意，得OD垂直平分AB，⊙BC=10厘米，令圆O的半径为OB =r ，则OC =r -2，在Rt⊙BOC 中OC 2+BC 2=OB 2，⊙（r -2）2+102=r 2，解得r =26．故答案为：26．【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理求线段长，熟练地掌握圆的基本性质是解决问题的关键．28．（2022·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为120︒，半径为32，则它的弧长为___________． 【答案】π【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出该扇形的弧长． 【详解】解：⊙扇形的圆心角为120°，半径为32，⊙它的弧长为：31202,180ππ⨯=故答案为：π【点睛】本题考查弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长的计算公式.180n rl π=29．（2022·新疆·中考真题）如图，⊙O 的半径为2，点A ，B ，C 都在⊙O 上，若30B ∠=︒．则AC 的长为_____（结果用含有π的式子表示）【答案】23π【分析】利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到60AOC ∠=︒，再利用弧长公式求解即可．【详解】2AOC B ∠=∠，30B ∠=︒，60AOC ∴∠=︒， ⊙O 的半径为2，60221803AC ππ⨯∴==，故答案为：23π． 【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式，即180n r l π=，熟练掌握知识点是解题的关键． 30．（2022·四川泸州·中考真题）如图，在Rt ABC △中，90C ∠=︒，6AC =，BC =半径为1的O 在Rt ABC △内平移（O 可以与该三角形的边相切），则点A 到O 上的点的距离的最大值为________．【答案】1【分析】设直线AO 交O 于M 点（M 在O 点右边），当O 与AB 、BC 相切时，AM 即为点A 到O 上的点的最大距离．【详解】设直线AO 交O 于M 点（M 在O 点右边），则点A 到O 上的点的距离的最大值为AM 的长度当O 与AB 、BC 相切时，AM 最长设切点分别为D 、F ，连接OB ，如图⊙90C ∠=︒，6AC =，BC =⊙tan AC BBC==AB ⊙60B ∠=︒⊙O 与AB 、BC 相切 ⊙1302OBD B ∠=∠=︒⊙O 的半径为1⊙1OD OM == ⊙BD⊙AD AB DB =-=⊙OA ⊙1AM OA OM =+=⊙点A 到O 上的点的距离的最大值为1．【点睛】本题考查切线的性质、特殊角度三角函数值、勾股定理，解题的关键是确定点A 到O 上的点的最大距离的图形．31．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在廓形AOB 中，点C ，D 在AB 上，将CD 沿弦CD 折叠后恰好与OA ，OB 相切于点E ，F ．已知120AOB ∠=︒，6OA =，则EF 的度数为_______；折痕CD的长为_______．【答案】60°##60度【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N⊙将CD沿弦CD折叠⊙点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上⊙将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．⊙ME⊙OA，MF⊙OB⊙90∠=∠=︒MEO MFO⊙120∠=︒AOB⊙四边形MEOF中36060∠=︒-∠-∠-∠=︒EMF AOB MEO MFO即EF 的度数为60°；⊙90MEO MFO ∠=∠=︒，ME MF =⊙MEO MFO ≅（HL ） ⊙1302EMO FMO FME ∠=∠=∠=︒⊙6cos cos30ME OM EMO ===∠︒⊙MN =⊙MO ⊙DC⊙12DN CD == ⊙CD =故答案为：60°；【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．三．解答题32．（2022·四川成都·中考真题）如图，在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，以BC 为直径作⊙O ，交AB 边于点D ，在CD 上取一点E ，使BE CD =，连接DE ，作射线CE 交AB 边于点F ．(1)求证：A ACF ∠=∠；(2)若8AC =，4cos 5ACF ∠=，求BF 及DE 的长．【答案】(1)见解析(2)BF =5，4225DE = 【分析】（1）根据Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，得到⊙A +⊙B =⊙ACF +⊙BCF =90°，根据BE CD =，得到⊙B =⊙BCF ，推出⊙A =⊙ACF ；（2）根据⊙B =⊙BCF ，⊙A =⊙ACF ，得到AF =CF ，BF =CF ，推出AF =BF =12 AB ，根据4cos cos 5AC ACF A AB ∠===，AC =8，得到AB =10，得到BF =5，根据6BC ，得到3sin 5BC A AB ==，连接CD ，根据BC 是⊙O 的直径，得到⊙BDC =90°，推出⊙B +⊙BCD =90°，推出⊙A =⊙BCD ，得到3sin 5BD BCD BC ∠==，推出185BD =，得到75DF BF BD =-=，根据⊙FDE =⊙BCE ，⊙B =⊙BCE ，得到⊙FDE =⊙B ，推出DE ⊙BC ，得到⊙FDE ⊙⊙FBC ，推出DE DF BC BF =，得到4225DE =． (1)解：⊙Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，⊙⊙A +⊙B =⊙ACF +⊙BCF =90°，⊙BE CD =，⊙⊙B =⊙BCF ，⊙⊙A =⊙ACF ；(2)⊙⊙B =⊙BCF ，⊙A =⊙ACF⊙AF =CF ，BF =CF ，⊙AF =BF =12 AB ， ⊙4cos cos 5AC ACF A AB ∠===，AC =8， ⊙AB =10，⊙BF =5，⊙6BC ， ⊙3sin 5BC A AB ==， 连接CD ，⊙BC 是⊙O 的直径，⊙⊙BDC =90°，⊙⊙B +⊙BCD =90°，⊙⊙A =⊙BCD ， ⊙3sin 5BD BCD BC ∠==， ⊙185BD =， ⊙75DF BF BD =-=，⊙⊙FDE =⊙BCE ，⊙B =⊙BCE ，⊙⊙FDE =⊙B ，⊙DE ⊙BC ，⊙⊙FDE ⊙⊙FBC ， ⊙DE DF BC BF=， ⊙4225DE =．【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．33．（2022·山东滨州·中考真题）如图，已知AC为O的直径，直线P A与O相切于点A，直线PD经过O上的点B且CBD CAB∠=∠，连接OP交AB于点M．求证：(1)PD是O的切线；(2)2=⋅AM OM PM【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接OB，由等边对等角及直径所对的圆周角等于90°即可证明；（2）根据直线P A与O相切于点A，得到90∠=︒，根据余角的性质得到OAPOAM APM∠=∠，继而证明OAM APM，根据相似三角形的性质即可得到结论．(1)连接OB，OA OB OC==，OAB OBA OBC OCB∴∠=∠∠=∠，,AC为O的直径，∴∠=∠+∠，ABC OBA OBC∠=∠，CBD CAB∴∠=∠，OBA CBDCBD OBC OBD∴∠+∠=︒=∠，90∴PD是O的切线；(2)直线P A与O相切于点A，∴∠=︒，OAP90⊙PD是O的切线，∴∠=∠=∠=︒，AMO AMP OAP90∴∠+∠=∠+∠=︒，OAM PAM PAM APM90∴∠=∠，OAM APM∴，OAM APMAM OM∴=，PM AM∴2=⋅．AM OM PM【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．34．（2022·四川泸州·中考真题）如图，点C在以AB为直径的O上，CD平分ACB∠交O于点D，交AB于点E，过点D作O的切线交CO的延长线于点F．(1)求证：FD AB∥；(2)若AC=BC=，求FD的长．【答案】(1)见解析(2)15 8【分析】（1）连接OD，由CD平分⊙ACB，可知AD BD=，得⊙AOD=⊙BOD=90°，由DF是切线可知⊙ODF=90°=⊙AOD，可证结论；（2）过C作CM⊙AB于M，已求出CM、BM、OM的值，再证明⊙DOF⊙⊙MCO，得CM OMOD FD，代入可求．(1)证明：连接OD，如图，⊙CD平分⊙ACB，⊙AD BD=，⊙⊙AOD=⊙BOD=90°，⊙DF是⊙O的切线，⊙⊙ODF=90°⊙⊙ODF=⊙BOD，⊙DF⊙AB．(2)解：过C作CM⊙AB于M，如图，⊙AB 是直径，⊙⊙ACB =90°，⊙AB 2222(25)(5)5BC ． ⊙1122AB CM AC BC ， 即11525522CM ， ⊙CM =2， ⊙2222(5)21BM BC CM ， ⊙OM =OB -BM =135122， ⊙DF ⊙AB ， ⊙⊙OFD =⊙COM ，又⊙⊙ODF =⊙CMO =90°， ⊙⊙DOF ⊙⊙MCO ， ⊙CM OM OD FD， 即32252FD ， ⊙FD =158． 【点睛】本题考查了圆的圆心角、弦、弧关系定理、圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握这些定理，灵活运用相似三角形的性质求解．35．（2022·四川南充·中考真题）如图，AB 为O 的直径，点C 是O 上一点，点D 是O 外一点，BCD BAC ∠=∠，连接OD 交BC 于点E ．(1)求证：CD 是O 的切线．(2)若4,sin 5CE OA BAC =∠=，求tan CEO ∠的值．【答案】(1)见解析；(2)3【分析】（1）连接OC ，根据圆周角定理得到⊙ACB =90°，根据OA =OC 推出⊙BCD =⊙ACO ，即可得到⊙BCD +⊙OCB =90°，由此得到结论；（2）过点O 作OF ⊙BC 于F ，设BC =4x ，则AB =5x ，OA =CE =2.5x ，BE =1.5x ，勾股定理求出AC ，根据OF ⊙AC ，得到1BF OB CF OA ==，证得OF 为⊙ABC 的中位线，求出OF 及EF ，即可求出tan CEO ∠的值．(1)证明：连接OC ，⊙AB 为O 的直径，⊙⊙ACB =90°，⊙⊙ACO +⊙OCB =90°，⊙OA =OC ，⊙⊙A =⊙ACO ,⊙BCD BAC ∠=∠，⊙⊙BCD =⊙ACO ，⊙⊙BCD +⊙OCB =90°，⊙OC ⊙CD ，⊙CD 是O 的切线．(2)解：过点O 作OF ⊙BC 于F ， ⊙4,sin 5CE OA BAC =∠=，⊙设BC =4x ，则AB =5x ，OA =CE =2.5x ，⊙BE =BC -CE =1.5x ，⊙⊙C =90°，⊙AC 3x =，⊙OA =OB ，OF ⊙AC ， ⊙1BF OB CF OA ==， ⊙CF =BF =2x ，EF =CE -CF =0.5x ，⊙OF 为⊙ABC 的中位线，⊙OF =1 1.52AC x =，⊙tan CEO ∠= 1.530.5OF x EF x ==．【点睛】此题考查了圆周角定理，证明直线是圆的切线，锐角三角函数，三角形中位线的判定与性质，平行线分线段成比例，正确引出辅助线是解题的关键． 36．（2022·江苏扬州·中考真题）如图，AB 为O 的弦，OC OA ⊥交AB 于点P ，交过点B 的直线于点C ，且CB CP =．(1)试判断直线BC 与O 的位置关系，并说明理由；(2)若sin 8A OA ==，求CB 的长．【答案】(1)相切，证明见详解(2)6【分析】（1）连接OB ，根据等腰三角形的性质得出A OBA ∠=∠，CPB CBP ∠=∠，从而求出90AOC OBC ∠=∠=︒，再根据切线的判定得出结论；（2）分别作OM AB ⊥交AB 于点M ，ON AB ⊥交AB 于N ，根据sin 8A OA ==求出OP ，AP 的长，利用垂径定理求出AB 的长，进而求出BP 的长，然后在等腰三角形CPB 中求解CB 即可．(1)证明：连接OB ，如图所示：CP CB OA OB ==，，∴A OBA ∠=∠，CPB CBP ∠=∠，APO CPB ∠=∠，APO CBP ∴∠=∠，OC OA ⊥，即90AOP ︒=∠，90A APO OBA CBP OBC ∴∠+∠=︒=∠+∠=∠，OB BC ∴⊥， OB 为半径，经过点O ，∴直线BC 与O 的位置关系是相切．(2)分别作OM AB ⊥交AB 于点M ，ON AB ⊥交AB 于N ，如图所示：AM BM ∴=，CP CB AO CO =⊥，，A APO PCN CPN ∴∠+∠=∠+∠，PN BN =，PCN BCN ∠=∠A PCN BCN ∴∠=∠=∠sin A =，8OA =，sin OM OP A OA AP ∴===4OM AM OP AP ∴====，2AB AM ∴==，111()222PN BN PB AB AP ∴===-=⨯=sin sin BN A BCN CB ∴=∠==，6CB ∴===． 【点睛】本题考查了切线的证明，垂径定理的性质，等腰三角形，勾股定理，三角函数等知识点，熟练掌握相关知识并灵活应用是解决此题的关键，抓住直角三角形边的关系求解线段长度是解题的主线思路．37．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A 、B 、C 、D 、M 均为格点．【操作探究】在数学活动课上，佳佳同学在如图⊙的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB 、CD ，相交于点P 并给出部分说理过程，请你补充完整：解：在网格中取格点E ，构建两个直角三角形，分别是⊙ABC 和⊙CDE ． 在Rt ⊙ABC 中，1tan 2BAC ∠=在Rt ⊙CDE 中， ，所以tan tan BAC DCE ∠∠=．所以⊙BAC =⊙DCE ．因为⊙ACP + ⊙DCE =⊙ACB =90°，所以⊙ACP +⊙BAC =90°，所以⊙APC =90°，即AB ⊙CD ．(1)【拓展应用】如图⊙是以格点O 为圆心，AB 为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在BM 上找出一点P ，使PM =AM ，写出作法，并给出证明：(2)【拓展应用】如图⊙是以格点O 为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB 上找出一点P ．使2AM =AP ·AB ，写出作法，不用证明．。

正多边形与圆一.选择题1. （2018•资阳•3分）如图，ABCDEF为⊙O的内接正六边形，AB=a，则图中阴影部分的面积是（）A．B．（）a2 C．2D．（）a2【分析】利用圆的面积公式和三角形的面积公式求得圆的面积和正六边形的面积，阴影面积=（圆的面积﹣正六边形的面积）×，即可得出结果．【解答】解：∵正六边形的边长为a，∴⊙O的半径为a，∴⊙O的面积为π×a2=πa2，∵空白正六边形为六个边长为a的正三角形，∴每个三角形面积为×a×a×sin60°=a2，∴正六边形面积为a2，∴阴影面积为（πa2﹣a2）×=（﹣）a2，故选：B．【点评】本题主要考查了正多边形和圆的面积公式，注意到阴影面积=（圆的面积﹣正六边形的面积）×是解答此题的关键．2. （2018•湖州•3分）尺规作图特有的魅力曾使无数人沉湎其中．传说拿破仑通过下列尺规作图考他的大臣：①将半径为r的⊙O六等分，依次得到A，B，C，D，E，F六个分点；②分别以点A，D为圆心，AC长为半径画弧，G是两弧的一个交点；③连结OG．问：OG的长是多少？大臣给出的正确答案应是（）A. rB. （1+）rC. （1+）rD. r【答案】D【解析】分析：如图连接CD，AC，DG，AG．在直角三角形即可解决问题；详解：如图连接CD，AC，DG，AG．∵AD是⊙O直径，∴∠ACD=90°，在Rt△ACD中，AD=2r，∠DAC=30°，∴AC=r，∵DG=AG=CA，OD=OA，∴OG⊥AD，∴∠GOA=90°，∴OG=r，故选：D．点睛：本题考查作图-复杂作图，正多边形与圆的关系，解直角三角形等知识，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．3. （2018·黑龙江大庆·3分）一个正n边形的每一个外角都是36°，则n=（）A．7 B．8 C．9 D．10【分析】由多边形的外角和为360°结合每个外角的度数，即可求出n值，此题得解．【解答】解：∵一个正n边形的每一个外角都是36°，∴n=360°÷36°=10．故选：D．二.填空题1.（2018•山东烟台市•3分）如图，点O为正六边形ABCDEF的中心，点M为AF中点，以点O为圆心，以OM的长为半径画弧得到扇形MON，点N在BC上；以点E为圆心，以DE的长为半径画弧得到扇形DEF，把扇形MON的两条半径OM，ON重合，围成圆锥，将此圆锥的底面半径记为r1；将扇形DEF以同样方法围成的圆锥的底面半径记为r2，则r1：r2= ：2 ．【分析】根据题意正六边形中心角为120°且其内角为120°．求出两个扇形圆心角，表示出扇形半径即可．【解答】解：连OA由已知，M为AF中点，则OM⊥AF∵六边形ABCDEF为正六边形∴∠AOM=30°设AM=a∴AB=AO=2a，OM=∵正六边形中心角为60°∴∠MON=120°∴扇形MON的弧长为： a则r1= a同理：扇形DEF的弧长为：则r2=r1：r2=故答案为：：2【点评】本题考查了正六边形的性质和扇形面积及圆锥计算．解答时注意表示出两个扇形的半径．2. （2018•广西玉林•3分）如图，正六边形ABCDEF的边长是6+4，点O1，O2分别是△ABF，△CDE的内心，则O1O2= 9+4．【分析】设△AFB的内切圆的半径为r，过A作AM⊥BF于M，连接O1F、O1A.O1B，解直角三角形求出AM、FM、BM，根据三角形的面积求出r，即可求出答案．【解答】解：过A作AM⊥BF于M，连接O1F、O1A.O1B，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠A==120°，AF=AB，∴∠AFB=∠ABF=（180°﹣120°）=30°，∴△AFB边BF上的高AM=AF=（6+4）=3+2，FM=BM=AM=3+6，∴BF=3+6+3+6=12+6，设△AFB的内切圆的半径为r，∵S △AFB=S+S+S，∴×（3+2）×（3+6）=×r+×r+×（12+6）×r，解得：r=，即O1M=r=，∴O1O2=2×+6+4=9+4，故答案为：9+4．。

2018中考数学试题分类汇编：考点23 多边形一．选择题（共11小题）1．（2018•北京）若正多边形的一个外角是60°，则该正多边形的内角和为（）A．360°B．540°C．720° D．900°【分析】根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等，可求出该正多边形的边数，再由多边形的内角和公式求出其内角和．【解答】解：该正多边形的边数为：360°÷60°=6，该正多边形的内角和为：（6﹣2）×180°=720°．故选：C．2．（2018•乌鲁木齐）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根据内角和定理180°•（n﹣2）即可求得．【解答】解：∵多边形的内角和公式为（n﹣2）•180°，∴（n﹣2）×180°=720°，解得n=6，∴这个多边形的边数是6．故选：C．3．（2018•台州）正十边形的每一个内角的度数为（）A．120°B．135°C．140° D．144°【分析】利用正十边形的外角和是360度，并且每个外角都相等，即可求出每个外角的度数；再根据内角与外角的关系可求出正十边形的每个内角的度数；【解答】解：∵一个十边形的每个外角都相等，∴十边形的一个外角为360÷10=36°．∴每个内角的度数为180°﹣36°=144°；故选：D．4．（2018•云南）一个五边形的内角和为（）A．540°B．450°C．360° D．180°【分析】直接利用多边形的内角和公式进行计算即可．【解答】解：解：根据正多边形内角和公式：180°×（5﹣2）=540°，答：一个五边形的内角和是540度，故选：A．5．（2018•大庆）一个正n边形的每一个外角都是36°，则n=（）A．7 B．8 C．9 D．10【分析】由多边形的外角和为360°结合每个外角的度数，即可求出n值，此题得解．【解答】解：∵一个正n边形的每一个外角都是36°，∴n=360°÷36°=10．故选：D．6．（2018•铜仁市）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（）A．8 B．9 C．10 D．11【分析】根据多边形的内角和公式及外角的特征计算．【解答】解：多边形的外角和是360°，根据题意得：180°•（n﹣2）=3×360°解得n=8．故选：A．7．（2018•福建）一个n边形的内角和为360°，则n等于（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，如果已知多边形的内角和，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求n．【解答】解：根据n边形的内角和公式，得：（n﹣2）•180=360，解得n=4．故选：B．8．（2018•济宁）如图，在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E=300°，DP、CP分别平分∠EDC、∠BCD，则∠P=（）A．50°B．55°C．60°D．65°【分析】先根据五边形内角和求得∠ECD+∠BCD，再根据角平分线求得∠PDC+∠PCD，最后根据三角形内角和求得∠P的度数．【解答】解：∵在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E=300°，∴∠ECD+∠BCD=240°，又∵DP、CP分别平分∠EDC、∠BCD，∴∠PDC+∠PCD=120°，∴△CDP中，∠P=180°﹣（∠PDC+∠PCD）=180°﹣120°=60°．故选：C．9．（2018•呼和浩特）已知一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形是（）A．九边形B．八边形C．七边形D．六边形【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．【解答】解：根据n边形的内角和公式，得（n﹣2）•180=1080，解得n=8．∴这个多边形的边数是8．故选：B．10．（2018•曲靖）若一个正多边形的内角和为720°，则这个正多边形的每一个内角是（）A．60°B．90°C．108° D．120°【分析】根据正多边形的内角和定义（n﹣2）×180°，先求出边数，再用内角和除以边数即可求出这个正多边形的每一个内角．【解答】解：（n﹣2）×180°=720°，∴n﹣2=4，∴n=6．则这个正多边形的每一个内角为720°÷6=120°．故选：D．11．（2018•宁波）已知正多边形的一个外角等于40°，那么这个正多边形的边数为（）A．6 B．7 C．8 D．9【分析】根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．【解答】解：正多边形的一个外角等于40°，且外角和为360°，则这个正多边形的边数是：360°÷40°=9．故选：D．二．填空题（共13小题）12．（2018•宿迁）若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是8．【分析】任何多边形的外角和是360°，即这个多边形的内角和是3×360°．n边形的内角和是（n ﹣2）•180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．【解答】解：设多边形的边数为n，根据题意，得（n﹣2）•180=3×360，解得n=8．则这个多边形的边数是8．13．（2018•山西）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360度．【分析】根据多边形的外角和等于360°解答即可．【解答】解：由多边形的外角和等于360°可知，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，故答案为：360°．14．（2018•海南）五边形的内角和的度数是540°．【分析】根据n边形的内角和公式：180°（n﹣2），将n=5代入即可求得答案．【解答】解：五边形的内角和的度数为：180°×（5﹣2）=180°×3=540°．故答案为：540°．15．（2018•怀化）一个多边形的每一个外角都是36°，则这个多边形的边数是10．【分析】多边形的外角和是固定的360°，依此可以求出多边形的边数．【解答】解：∵一个多边形的每个外角都等于36°，∴多边形的边数为360°÷36°=10．故答案为：10．16．（2018•临安区）用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图（1）所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图（2）所示的正五边形ABCDE，其中∠BAC=36度．【分析】利用多边形的内角和定理和等腰三角形的性质即可解决问题．【解答】解：∵∠ABC==108°，△ABC是等腰三角形，∴∠BAC=∠BCA=36度．17．（2018•广安）一个n边形的每一个内角等于108°，那么n=5．【分析】首先求得外角的度数，然后利用360度除以外角的度数即可求得．【解答】解：外角的度数是：180°﹣108°=72°，则n==5，故答案为：5．18．（2018•邵阳）如图所示，在四边形ABCD中，AD⊥AB，∠C=110°，它的一个外角∠ADE=60°，则∠B的大小是40°．【分析】根据外角的概念求出∠ADC，根据垂直的定义、四边形的内角和等于360°计算即可．【解答】解：∵∠ADE=60°，∴∠ADC=120°，∵AD⊥AB，∴∠DAB=90°，∴∠B=360°﹣∠C﹣∠ADC﹣∠A=40°，故答案为：40°．19．（2018•南通模拟）已知正n边形的每一个内角为135°，则n=8．【分析】根据多边形的内角就可求得外角，根据多边形的外角和是360°，即可求得外角和中外角的个数，即多边形的边数．【解答】解：多边形的外角是：180﹣135=45°，∴n==8．20．（2018•聊城）如果一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是540°或360°或180°．【分析】剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，根据多边形的内角和定理即可求解．【解答】解：n边形的内角和是（n﹣2）•180°，边数增加1，则新的多边形的内角和是（4+1﹣2）×180°=540°，所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是（4﹣2）×180°=360°，所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是（4﹣1﹣2）×180°=180°，因而所成的新多边形的内角和是540°或360°或180°．故答案为：540°或360°或180°．21．（2018•上海）通过画出多边形的对角线，可以把多边形内角和问题转化为三角形内角和问题．如果从某个多边形的一个顶点出发的对角线共有2条，那么该多边形的内角和是540度．【分析】利根据题意得到2条对角线将多边形分割为3个三角形，然后根据三角形内角和可计算出该多边形的内角和．【解答】解：从某个多边形的一个顶点出发的对角线共有2条，则将多边形分割为3个三角形．所以该多边形的内角和是3×180°=540°．故答案为540．22．（2018•郴州）一个正多边形的每个外角为60°，那么这个正多边形的内角和是720°．【分析】先利用多边形的外角和为360°计算出这个正多边形的边数，然后根据内角和公式求解．【解答】解：这个正多边形的边数为=6，所以这个正多边形的内角和=（6﹣2）×180°=720°．故答案为720°．23．（2018•南京）如图，五边形ABCDE是正五边形．若l1∥l2，则∠1﹣∠2=72°．【分析】过B点作BF∥l1，根据正五边形的性质可得∠ABC的度数，再根据平行线的性质以及等量关系可得∠1﹣∠2的度数．【解答】解：过B点作BF∥l1，∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠ABC=108°，∵BF∥l1，l1∥l2，∴BF∥l2，∴∠3=180°﹣∠1，∠4=∠2，∴180°﹣∠1+∠2=∠ABC=108°，∴∠1﹣∠2=72°．故答案为：72．24．（2018•天门）若一个多边形的每个外角都等于30°，则这个多边形的边数为12．【分析】根据已知和多边形的外角和求出边数即可．【解答】解：∵一个多边形的每个外角都等于30°，又∵多边形的外角和等于360°，∴多边形的边数是=12，故答案为：12．。

正多边形与圆一.选择题1.（ 2019?湖北省荆门市?3 分）如图，△ ABC 心里为 I ，连结 AI 并延伸交△ ABC 的外接圆于D ，则线段 DI 与 DB 的关系是（）A ．DI ＝DB B．DI ＞DB C．DI ＜DB D．不确立【剖析】连结 BI ，如图，依据三角形心里的性质得∠ 1＝∠ 2，∠5＝∠ 6，再依据圆周角定理获得∠ 3＝∠ 1，而后利用三角形外角性质和角度的代换证明∠ 4＝∠DBI ，进而可判断 DI＝ DB．【解答】解：连结 BI ，如图，∵△ ABC 心里为 I ，∴∠ 1＝∠2，∠5＝∠6，∵∠ 3＝∠1，∴∠ 3＝∠2，∵∠ 4＝∠ 2+∠ 6＝∠ 3+∠ 5，即∠4＝∠DBI ，∴DI＝DB．应选： A．【评论】此题考察了三角形的内切圆与心里：三角形的心里到三角形三边的距离相等；三角形的心里与三角形极点的连线均分这个内角．也考察了三角形的外接圆和圆周角定理．2.（ 2019 ·贵州贵阳·3 分）如图，正六边形 ABCDEF 内接于⊙ O，连结 BD．则∠ CBD 的度数是（）A ．30°B ．45°C． 60°D． 90°【剖析】依据正六边形的内角和求得∠ BCD，而后依据等腰三角形的性质即可获得结论．【解答】解：∵在正六边形ABCDEF 中，∠ BCD＝＝120°，BC＝CD，∴∠ CBD＝（180°﹣120°）＝30°，应选： A．【评论】此题考察的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，三角形的内角和，熟记多边形的内角和是解题的重点．3. （ 2019?河北省 ?3 分）以下图形为正多边形的是（）A．B．C．D．D．【解答】解：正五边形五个角相等，五条边都相等，4. ．（ 2019?黑龙江省绥化市 ?3分）以下命题是假命题的是（）A．三角形两边的和大于第三边B．正六边形的每其中心角都等于60°C．半径为 R 的圆内接正方形的边长等于 2 RD ．只有正方形的外角和等于360 °答案：D考点：命题真假判断，三角形，正多边形的性质。

32 正多边形与圆(含解析)一、选择题1．（2018•衡阳）下列命题是假命题的是（）A．正五边形的内角和为540°B．矩形的对角线相等C．对角线互相垂直的四边形是菱形D．圆内接四边形的对角互补【考点】O1：命题与定理．【专题】17 ：推理填空题．【分析】根据正多边形的内角和的计算公式、矩形的性质、菱形的判定、圆内接四边形的性质判断即可．【解答】解：正五边形的内角和=（5﹣2）×180°=540°，A是真命题；矩形的对角线相等，B是真命题；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C是假命题；圆内接四边形的对角互补，D是真命题；故选：C．【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．2．3．4．5．6．7．8．9．10．二、填空题1．（5.00分）（2018•温州）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接正六边形和一个小正六边形，若PQ 所在的直线经过点M ，PB=5cm cm 2，则该圆的半径为 8 cm ．【考点】MM ：正多边形和圆．【专题】55B ：正多边形与圆．【分析】设两个正六边形的中心为O ，连接OP ，OB ，过O 作OG ⊥PM ，OH ⊥AB ，由正六边形的性质及邻补角性质得到三角形三角形PMN 为等边三角形，由小正六边形的面积求出边长，确定出PM 的长，进而求出三角形PMN 的面积，利用垂径定理求出PG 的长，在直角三角形OPG 中，利用勾股定理求出OP 的长，设OB=xcm ，根据勾股定理列出关于x 的方程，求出方程的解即可得到结果．【解答】解：设两个正六边形的中心为O ，连接OP ，OB ，过O 作OG ⊥PM ，OH ⊥AB ，由题意得：∠MNP=∠NMP=∠MPN=60°，2，∴小正六边形的边长为，即，∴S △MPN 2， ∵OG ⊥PM ，且O 为正六边形的中心，∴PG=12PM=2cm ，在Rt △OPG 中，根据勾股定理得：， 设OB=xcm ，∵OH ⊥AB ，且O 为正六边形的中心，∴BH=12x ，， ∴PH=（5﹣12x ）cm ，在Rt △PHO 中，根据勾股定理得：OP 2=）2+（5﹣12x ）2=49， 解得：x=8（负值舍去），则该圆的半径为8cm ．故答案为：8【点评】此题考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形的性质是解本题的关键．2．（6.00分）（2018•河北）如图1，作∠BPC 平分线的反向延长线PA ，现要分别以∠APB ，∠APC ，∠BPC 为内角作正多边形，且边长均为1，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以∠BPC 为内角，可作出一个边长为1的正方形，此时∠BPC=90°，而0902=45°是360°（多边形外角和）的18，这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图2所示．图2中的图案外轮廓周长是14；在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是21．【考点】MM：正多边形和圆．【专题】31 ：数形结合．【分析】根据图2将外围长相加可得图案外轮廓周长；设∠BPC=2x，先表示中间正多边形的边数：外角为180°﹣2x，根据外角和可得边数=3601802x-，同理可得两边正多边形的外角为x，可得边数为360x，计算其周长可得结论．【解答】解：图2中的图案外轮廓周长是：8﹣2+2+8﹣2=14；设∠BPC=2x，∴以∠BPC为内角的正多边形的边数为：3601802x-=18090x-，以∠APB为内角的正多边形的边数为：360x，∴图案外轮廓周长是=18090x-﹣2+360x﹣2+360x﹣2=18090x-+720x﹣6，根据题意可知：2x的值只能为60°，90°，120°，144°，当x越小时，周长越大，∴当x=30时，周长最大，此时图案定为会标，则则会标的外轮廓周长是=1809030-+72030﹣6=21，故答案为：14，21．【点评】本题考查了阅读理解问题和正多边形的边数与内角、外角的关系，明确正多边形的各内角相等，各外角相等，且外角和为360°是关键，并利用数形结合的思想解决问题．3．（3分）（2018•宜宾）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，设圆O的半径为1，若用圆O的外切正六边形的面积来近似估计圆O的面积，则（结果保留根号）【考点】MM：正多边形和圆；1O：数学常识．【专题】55B：正多边形与圆；55E：解直角三角形及其应用．【分析】根据正多边形的定义可得出△ABO为等边三角形，根据等边三角形的性质结合OM的长度可求出AB的长度，再利用三角形的面积公式即可求出S 的值．【解答】解：依照题意画出图象，如图所示．∵六边形ABCDEF为正六边形，∴△ABO为等边三角形，∵⊙O的半径为1，∴OM=1，∴∴，∴S=6S△ABO=6×12故答案为：【点评】本题考查了正多边形和圆、三角形的面积以及数学常识，根据等边三角形的性质求出正六边形的边长是解题的关键．4．（5分）（2018•新疆）如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，⊙O的半径为2，则图中阴影部的面积是 34π ．【考点】MA ：三角形的外接圆与外心；KK ：等边三角形的性质；MO ：扇形面积的计算．【专题】55C ：与圆有关的计算．【分析】根据等边三角形性质及圆周角定理可得扇形对应的圆心角度数，再根据扇形面积公式计算即可．【解答】解：∵△ABC 是等边三角形，∴∠C=60°，根据圆周角定理可得∠AOB=2∠C=120°， ∴阴影部分的面积是ππ3436021202=⨯， 故答案为：π34 【点评】本题主要考查扇形面积的计算和圆周角定理，根据等边三角形性质和圆周角定理求得圆心角度数是解题的关键．5．（3分）（2018•陕西）如图，在正五边形ABCDE 中，AC 与BE 相交于点F ，则∠AFE 的度数为 72° ．【考点】L3：多边形内角与外角；MM ：正多边形和圆．【专题】552：三角形．【分析】根据五边形的内角和公式求出∠EAB ，根据等腰三角形的性质，三角形外角的性质计算即可．【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠EAB=∠ABC=(52)1805-⨯=108°，∵BA=BC，∴∠BAC=∠BCA=36°，同理∠ABE=36°，∴∠AFE=∠ABF+∠BAF=36°+36°=72°，故答案为：72°．【点评】本题考查的是正多边形的内角与外角，掌握正多边形的内角的计算公式、等腰三角形的性质是解题的关键6．（3.00分）（2018•玉林）如图，正六边形ABCDEF的边长是O1，O2分别是△ABF，△CDE的内心，则O1O2【考点】MI：三角形的内切圆与内心；MM：正多边形和圆．【专题】1 ：常规题型．【分析】设△AFB的内切圆的半径为r，过A作AM⊥BF于M，连接O1F、O1A、O1B，解直角三角形求出AM、FM、BM，根据三角形的面积求出r，即可求出答案．【解答】解：过A作AM⊥BF于M，连接O1F、O1A、O1B，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠A=(62)1806-⨯=120°，AF=AB，∴∠AFB=∠ABF=12×（180°﹣120°）=30°，∴△AFB 边BF 上的高AM=12AF=12×（6+4）=3+2，，∴设△AFB 的内切圆的半径为r ，∵S △AFB =S 1AO F ∆+S 1AO B ∆+S 1BFO ∆，∴12×（×（）=1(62⨯+×r+1(62⨯+×r+12×（×r ，解得：r=32， 即O 1M=r=32，∴O 1O 2=2×32故答案为：【点评】本题考查了正多边形和圆，解直角三角形，三角形面积公式，三角形的内接圆和内心等知识点，能求出△ABF 的内切圆的半径是解此题的关键．7．（4.00分）（2018•贵阳）如图，点M 、N 分别是正五边形ABCDE 的两边AB 、BC 上的点．且AM=BN ，点O 是正五边形的中心，则∠MON 的度数是 72 度．【考点】MM ：正多边形和圆．【专题】11：计算题．【分析】连接OA 、OB 、OC ，根据正多边形的中心角的计算公式求出∠AOB ，证明△AOM ≌△BON ，根据全等三角形的性质得到∠BON=∠AOM ，得到答案．【解答】解：连接OA 、OB 、OC ，∠AOB=360°5=72°，∵∠AOB=∠BOC ，OA=OB ，OB=OC ，∴∠OAB=∠OBC ，在△AOM 和△BON 中， ⎩⎪⎨⎪⎧OA=OB∠OAM=∠OBN AM=BN∴△AOM ≌△BON ，∴∠BON=∠AOM ，∴∠MON=∠AOB=72°，故答案为：72．【点评】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形与圆的关系、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．8．（3分）（2018•株洲）如图，正五边形ABCDE 和正三角形AMN 都是⊙O 的内接多边形，则∠BOM= 48° ．【考点】MM ：正多边形和圆．【专题】11 ：计算题．【分析】连接OA ，分别求出正五边形ABCDE 和正三角形AMN 的中心角，结合图形计算即可．【解答】解：连接OA，∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠AOB=3605=72°，∵△AMN是正三角形，∴∠AOM=3603=120°，∴∠BOM=∠AOM﹣∠AOB=48°，故答案为：48°．【点评】本题考查的是正多边形与圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．9．（3.00分）（2018•烟台）如图，点O为正六边形ABCDEF的中心，点M为AF中点，以点O为圆心，以OM的长为半径画弧得到扇形MON，点N在BC 上；以点E为圆心，以DE的长为半径画弧得到扇形DEF，把扇形MON的两条半径OM，ONr1；将扇形DEF以同样方法围成的圆锥的底面半径记为r2，则r1= ：2．【考点】I7：展开图折叠成几何体；MP：圆锥的计算．【专题】55B：正多边形与圆．【分析】根据题意正六边形中心角为120°且其内角为120°．求出两个扇形圆心角，表示出扇形半径即可．【解答】解：连OA由已知，M 为AF 中点，则OM ⊥AF∵六边形ABCDEF 为正六边形∴∠AOM=30°设AM=a∴AB=AO=2a ，∵正六边形中心角为60°∴∠MON=120°∴扇形MONa 则r 1= 同理：扇形DEF则r 2= r 1：r 2=：2【点评】本题考查了正六边形的性质和扇形面积及圆锥计算．解答时注意表示出两个扇形的半径．10．11．12．13．14．15．16．2=323a =17．18．19．20．三、解答题1．（14.00分）（2018•台州）如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，点D 在BC 上，点E 在弦AB 上（E 不与A 重合），且四边形BDCE 为菱形．（1）求证：AC=CE ；（2）求证：BC 2﹣AC 2=AB•AC ；（3）已知⊙O 的半径为3． ①若AB AC =53，求BC 的长； ②当AB AC 为何值时，AB•AC 的值最大？【考点】MR ：圆的综合题．【专题】15 ：综合题；559：圆的有关概念及性质．【分析】（1）由菱形知∠D=∠BEC ，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC ，据此得证；（2）以点C 为圆心，CE 长为半径作⊙C ，与BC 交于点F ，于BC 延长线交于点G ，则CF=CG=AC=CE=CD ，证△BEF ∽△BGA 得BE BF =BG BA，即BF•BG=BE•AB ，将BF=BC ﹣CF=BC ﹣AC 、BG=BC+CG=BC+AC 代入可得；（3）①设AB=5k 、AC=3k ，由BC 2﹣AC 2=AB•AC 知k ，连接ED 交BC 于点M ，Rt △DMC 中由DC=AC=3k 、MC=12BC=k 求得，可知OM=OD ﹣DM=3，在Rt △COM 中，由OM2+MC2=OC2可得答案．②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，继而知BC2=（2MC）2=36﹣4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2，据此得出关于d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案．【解答】解：（1）∵四边形EBDC为菱形，∴∠D=∠BEC，∵四边形ABDC是圆的内接四边形，∴∠A+∠D=180°，又∠BEC+∠AEC=180°，∴∠A=∠AEC，∴AC=AE；（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，由（1）知AC=CE=CD，∴CF=CG=AC，∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，∴∠G+∠AEF=180°，又∵∠AEF+∠BEF=180°，∴∠G=∠BEF，∵∠EBF=∠GBA，∴△BEF∽△BGA，∴BEBF=BGBA，即BF•BG=BE•AB，∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，∴（BC ﹣AC ）（BC+AC ）=AB•AC ，即BC 2﹣AC 2=AB•AC ；（3）设AB=5k 、AC=3k ，∵BC 2﹣AC 2=AB•AC ，∴，连接ED 交BC 于点M ，∵四边形BDCE 是菱形，∴DE 垂直平分BC ，则点E 、O 、M 、D 共线，在Rt △DMC 中，DC=AC=3k ，MC=12，∴，∴OM=OD ﹣DM=3，在Rt △COM 中，由OM 2+MC 2=OC 2得（3）2+）2=32，解得：或k=0（舍），∴②设OM=d ，则MD=3﹣d ，MC 2=OC 2﹣OM 2=9﹣d 2，∴BC 2=（2MC ）2=36﹣4d 2，AC 2=DC 2=DM 2+CM 2=（3﹣d ）2+9﹣d 2，由（2）得AB•AC=BC 2﹣AC 2=﹣4d 2+6d+18=﹣4（d ﹣34）2+814， ∴当x=34，即OM=34时，AB•AC 最大，最大值为814， ∴DC 2=18916，∴，∴AB=7，此时ABAC=127．【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．2．（2018•南京）结果如此巧合!下面是小颖对一道题目的解答．题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积．解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x．根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x．根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2．整理，得x2+7x=12．所以S△ABC=12 AC•BC=12（x+3）（x+4）=12（x2+7x+12）=12×（12+12）=12．小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？请你帮她完成下面的探索．已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n．可以一般化吗？（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn．倒过来思考呢？（2）若AC•BC=2mn，求证∠C=90°．改变一下条件……（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．【考点】MR：圆的综合题．【专题】15 ：综合题；55A：与圆有关的位置关系．【分析】（1）由切线长知AE=AD=m、BF=BD=n、CF=CE=x，根据勾股定理得（x+m）2+（x+n）2=（m+n）2，即x2+（m+n）x=mn，再利用三角形的面积公式计算可得；（2）由由AC•BC=2mn得（x+m）（x+n）=2mn，即x2+（m+n）x=mn，再利用勾股定理逆定理求证即可；（3）作AG⊥BC，由三角函数得AG=AC•sin60°=（x+m），CG=AC•cos60°=1 2（x+m）、BG=BC﹣CG=（x+n）﹣12（x+m），在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2+（m+n）x=3mn，最后利用三角形的面积公式计算可得．【解答】解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，根据切线长定理，得：AE=AD=m、BF=BD=n、CF=CE=x，（1）如图1，在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x+m）2+（x+n）2=（m+n）2，整理，得：x2+（m+n）x=mn，所以S△ABC=12 AC•BC=12（x+m）（x+n）=12[x2+（m+n）x+mn]=12（mn+mn）=mn，（2）由AC•BC=2mn，得：（x+m）（x+n）=2mn，整理，得：x2+（m+n）x=mn，∴AC2+BC2=（x+m）2+（x+n）2=2[x2+（m+n）x]+m2+n2=2mn+m2+n2=（m+n）2=AB2，根据勾股定理逆定理可得∠C=90°；（3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，AG=AC•sin60°=2（x+m），CG=AC•cos60°=12（x+m），∴BG=BC﹣CG=（x+n）﹣12（x+m），在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[2（x+m）]2+[（x+n）﹣12（x+m）]2=（m+n）2，整理，得：x 2+（m+n ）x=3mn ，∴S △ABC =12BC•AG=12×（x+n ）•2（x+m ）=4[x 2+（m+n ）x+mn]×（3mn+mn ）．【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握切线长定理的运用、三角函数的应用及勾股定理及其逆定理等知识点．3．（10.00分）（2018•广西）如图，△ABC 内接于⊙O ，∠CBG=∠A ，CD 为直径，OC 与AB 相交于点E ，过点E 作EF ⊥BC ，垂足为F ，延长CD 交GB 的延长线于点P ，连接BD ．（1）求证：PG 与⊙O 相切；（2）若AC EF =85，求OCBE 的值； （3）在（2）的条件下，若⊙O 的半径为8，PD=OD ，求OE 的长．【考点】MR ：圆的综合题．【专题】15 ：综合题；559：圆的有关概念及性质．【分析】（1）要证PG 与⊙O 相切只需证明∠OBG=90°，由∠A 与∠BDC 是同弧所对圆周角且∠BDC=∠DBO 可得∠CBG=∠DBO ，结合∠DBO+∠OBC=90°即可得证；（2）求OCBE 需将BE 与OC 或OC 相等线段放入两三角形中，通过相似求解可得，作OM ⊥AC 、连接OA ，证△BEF ∽△OAM 得AM EF =OABE ，由AM=21AC 、OA=OC 知AC EF 21=OC BE ，结合AC EF =85即可得； （3）Rt △DBC 中求得BC=83、∠DCB=30°，在Rt △EFC 中设EF=x ，知EC=2x 、FC=3x 、BF=83﹣3x ，继而在Rt △BEF 中利用勾股定理求出x 的，从而得出答案．【解答】解：（1）如图，连接OB ，则OB=OD ，∴∠BDC=∠DBO ，∵∠BAC=∠BDC 、∠BDC=∠GBC ，∴∠GBC=∠BDC ，∵CD 是⊙O 的切线，∴∠DBO+∠OBC=90°，∴∠GBC+∠OBC=90°，∴∠GBO=90°，∴PG 与⊙O 相切；（2）过点O 作OM ⊥AC 于点M ，连接OA ，则∠AOM=∠COM=21∠AOC ， ∵»AC = »AC ，∴∠ABC=21∠AOC ， 又∵∠EFB=∠OGA=90°，∴△BEF ∽△OAM ， ∴AM EF =OABE ， ∵AM=21AC ，OA=OC ， ∴AC EF 21=OC BE ， 又∵AC EF =85， ∴OC BE =2×AC EF =2×85=45；（3）∵PD=OD ，∠PBO=90°， ∴BD=OD=8，在Rt △DBC 中，BC=22BD DC =83， 又∵OD=OB ，∴△DOB 是等边三角形，∴∠DOB=60°，∵∠DOB=∠OBC+∠OCB ，OB=OC ， ∴∠OCB=30°， ∴CE EF =21，EFFC =3， ∴可设EF=x ，则EC=2x 、FC=3x ， ∴BF=83﹣3x ，在Rt △BEF 中，BE 2=EF 2+BF 2， ∴100=x 2+（83﹣3x ）2， 解得：x=6±13，∵6+13＞8，舍去，∴x=6﹣13，∴EC=12﹣213，∴OE=8﹣（12﹣213）=213﹣4．【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、圆心角定理、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点．4．（11.00分）（2018•达州）阅读下列材料：已知：如图1，等边△A 1A 2A 3内接于⊙O ，点P 是12A A 上的任意一点，连接PA 1，PA 2，PA 3，可证：PA 1+PA 2=PA 3，从而得到：1212312PA PA PA PA PA +=++是定值．（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整； 证明：如图1，作∠PA 1M=60°，A 1M 交A 2P 的延长线于点M ． ∵△A 1A 2A 3是等边三角形， ∴∠A 3A 1A 2=60°， ∴∠A 3A 1P=∠A 2A 1M又A 3A 1=A 2A 1，∠A 1A 3P=∠A 1A 2P ， ∴△A 1A 3P ≌△A 1A 2M∴PA 3=MA 2=PA 2+PM=PA 2+PA 1．∴1212312PA PA PA PA PA +=++，是定值．（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边△A 1A 2A 3”改为“正方形A 1A 2A 3A 4”，其余条件不变，请问：121234PA PA PA PA PA PA ++++还是定值吗？为什么？（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边△A 1A 2A 3”改为“正五边形A 1A 2A 3A 4A 5”，其余条件不变，则1212345PA PA PA PA PA PA PA +++++=)218（只写出结果）．【考点】MR ：圆的综合题．【专题】15 ：综合题． 【分析】（2）结论：121234PA PA PA PA PA PA ++++是定值．在A 4P 上截取AH=A 2P ，连接HA 1．想办法证明PA 4=A 4+PH=PA 21，同法可证：PA 3=PA 12，推出（）（PA 1+PA 2）=PA 3+PA 4，可得PA 1+PA 2=1）（PA 3+PA 4），延长即可解决问题；（3）结论：则1212345PA PA PA PA PA PA PA +++++=)218．如图3﹣1中，延长PA 1到H ，使得A 1H=PA 2，连接A 4H ，A 4A 2，A 4A 1．由△HA 4A 1≌△PA 4A 2，可得△A 4HP 是顶角为36°的等腰三角形，推出PH=12PA 4，即PA 1+PA 2=12PA 4，如图3﹣2中，延长PA 5到H ，使得A 5H=PA 3．同法可证：△A 4HP 是顶角为108°的等腰三角形，推出PA 4，即PA 5+PA 3PA 4，延长即可解决问题； 【解答】解：（1）如图1，作∠PA 1M=60°，A 1M 交A 2P 的延长线于点M ．∵△A 1A 2A 3是等边三角形， ∴∠A 3A 1A 2=60°， ∴∠A 3A 1P=∠A 2A 1M又A 3A 1=A 2A 1，∠A 1A 3P=∠A 1A 2P ， ∴△A 1A 3P ≌△A 1A 2M ∴PA 3=MA 2， ∵PM=PA 1，∴PA 3=MA 2=PA 2+PM=PA 2+PA 1． ∴1212312PA PA PA PA PA +=++，是定值．（2）结论：121234PA PA PA PA PA PA ++++是定值．理由：在A 4P 上截取AH=A 2P ，连接HA 1．∵四边形A 1A 2A 3A 4是正方形， ∴A 4A 1=A 2A 1，∵∠A 1A 4H=∠A 1A 2P ，A 4H=A 2P ， ∴△A 1A 4H=△A 1A 2P ，∴A 1H=PA 1，∠A 4A 1H=∠A 2A 1P ， ∴∠HA 1P=∠A 4A 1A 2=90° ∴△HA 1P 的等腰直角三角形， ∴PA 4=A 4+PH=PA 21， 同法可证：PA 3=PA 12，）（PA 1+PA 2）=PA 3+PA 4，∴PA 1+PA 2=1）（PA 3+PA 4），∴12123422PA PA PA PA PA PA +=+++． （3）结论：则1212345PA PA PA PA PA PA PA +++++=)218．理由：如图3﹣1中，延长PA 1到H ，使得A 1H=PA 2，连接A 4H ，A 4A 2，A 4A 1．由△HA 4A 1≌△PA 4A 2，可得△A 4HP 是顶角为36°的等腰三角形， ∴4，即PA 1+PA 24， 如图3﹣2中，延长PA 5到H ，使得A 5H=PA 3．同法可证：△A 4HP 是顶角为108°的等腰三角形， ∴PH=12PA 4，即PA 5+PA 3=12PA 4， ∴1212345PA PA PA PA PA PA PA +++++=)218．故答案为)218．【点评】本题考查圆综合题、正方形的性质、正五边形的性质、全等三角形的判定和性质等正整数，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．5．（10分）（2018•湘潭）如图，AB是以O为圆心的半圆的直径，半径CO⊥AO，点M是»AB上的动点，且不与点A、C、B重合，直线AM交直线OC于点D，连结OM与CM．（1）若半圆的半径为10．①当∠AOM=60°时，求DM的长；②当AM=12时，求DM的长．（2）探究：在点M运动的过程中，∠DMC的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【考点】MR：圆的综合题．【专题】15 ：综合题；55C：与圆有关的计算．【分析】（1）①当∠AOM=60°时，所以△AMO是等边三角形，从而可知∠MOD=30°，∠D=30°，所以DM=OM=10；②过点M作MF⊥OA于点F，设AF=x，OF=10﹣x，利用勾股定理即可求出x 的值．易证明△AMF∽△ADO，从而可知AD的长度，进而可求出MD的长度．（2）根据点M的位置分类讨论，然后利用圆周角定理以及圆内接四边形的性质即可求出答案．【解答】解：（1）①当∠AOM=60°时，∵OM=OA，∴△AMO 是等边三角形， ∴∠A=∠MOA=60°， ∴∠MOD=30°，∠D=30°， ∴DM=OM=10②过点M 作MF ⊥OA 于点F ， 设AF=x ， ∴OF=10﹣x ，∵AM=12，OA=OM=10，由勾股定理可知：122﹣x 2=102﹣（10﹣x ）2∴x=536， ∴AF=536，∵MF ∥OD ， ∴△AMF ∽△ADO ，∴OAAFAD AM =， ∴1053612=AD ， ∴AD=350∴MD=AD ﹣AM=314 （2）当点M 位于»AC 之间时， 连接BC ，∵C 是»AB 的中点， ∴∠B=45°，∵四边形AMCB 是圆内接四边形， 此时∠CMD=∠B=45°，当点M 位于»BC 之间时， 连接BC ，由圆周角定理可知：∠CMD=∠B=45°综上所述，∠CMD=45°【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形性质，解方程等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．6．（10分）（2018•永州）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB为边向外作等边△ABD，点E是线段AB的中点，连接CE并延长交线段AD于点F．（1）求证：四边形BCFD为平行四边形；（2）若AB=6，求平行四边形BCFD的面积．【考点】L7：平行四边形的判定与性质；KO：含30度角的直角三角形；KP：直角三角形斜边上的中线；KQ：勾股定理．【专题】555：多边形与平行四边形．【分析】（1）在Rt △ABC 中，E 为AB 的中点，则CE=21AB ，BE=21AB ，得到∠BCE=∠EBC=60°．由△AEF ≌△BEC ，得∠AFE=∠BCE=60°．又∠D=60°，得∠AFE=∠D=60度．所以FC ∥BD ，又因为∠BAD=∠ABC=60°，所以AD ∥BC ，即FD ∥BC ，则四边形BCFD 是平行四边形． （2）在Rt △ABC 中，求出BC ，AC 即可解决问题；【解答】（1）证明：在△ABC 中，∠ACB=90°，∠CAB=30°， ∴∠ABC=60°．在等边△ABD 中，∠BAD=60°， ∴∠BAD=∠ABC=60°． ∵E 为AB 的中点， ∴AE=BE ．又∵∠AEF=∠BEC ， ∴△AEF ≌△BEC ．在△ABC 中，∠ACB=90°，E 为AB 的中点，∴CE=21AB ，BE=21AB ．∴CE=AE ，∴∠EAC=∠ECA=30°， ∴∠BCE=∠EBC=60°． 又∵△AEF ≌△BEC ， ∴∠AFE=∠BCE=60°． 又∵∠D=60°， ∴∠AFE=∠D=60°． ∴FC ∥BD ．又∵∠BAD=∠ABC=60°， ∴AD ∥BC ，即FD ∥BC ． ∴四边形BCFD 是平行四边形．（2）解：在Rt △ABC 中，∵∠BAC=30°，AB=6， ∴BC=21AB=3，AC=3BC=33， ∴S 平行四边形BCFD =3×33=93．【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．7．（12分）（2018•永州）如图1，在△ABC 中，矩形EFGH 的一边EF 在AB 上，顶点G 、H 分别在BC 、AC 上，CD 是边AB 上的高，CD 交GH 于点I ．若CI=4，HI=3，AD=29．矩形DFGI 恰好为正方形．（1）求正方形DFGI 的边长；（2）如图2，延长AB 至P ．使得AC=CP ，将矩形EFGH 沿BP 的方向向右平移，当点G 刚好落在CP 上时，试判断移动后的矩形与△CBP 重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？（3）如图3，连接DG ，将正方形DFGI 绕点D 顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG 、DB 相交于点M ，N ，求△MNG′的周长．【考点】LO ：四边形综合题．【专题】152：几何综合题． 【分析】（1）由HI ∥AD ，得到ADCIAD HI =，求出AD 即可解决问题； （2）如图2中，设等G 落在PC 时对应的点为G′，点F 的对应的点为F′．求出IG′和BD 的长比较即可判定；（3）如图3中，如图将△DMI′绕点D 逆时针旋转90°得到△DF′R ，此时N 、F′、R 共线．想办法证明MN=MI′+NF′，即可解决问题； 【解答】解：（1）如图1中，∵HI ∥AD ，∴AD CIAD HI =， ∴AD4293=， ∴AD=6，∴ID=CD ﹣CI=2， ∴正方形的边长为2．（2）如图2中，设等G 落在PC 时对应的点为G′，点F 的对应的点为F′．∵CA=CP ，CD ⊥PA ，∴∠ACD=∠PCD ，∠A=∠P ， ∵HG′∥PA ，∴∠CHG′=∠A ，∠CG′H=∠P ， ∴∠CHG′=∠CG′H ， ∴CH=CG′， ∴IH=IG′=DF′=3， ∵IG ∥DB ，∴CD CIDB IG =， ∴642=DB ， ∴DB=3， ∴DB=DF′=3， ∴点B 与点F′重合，∴移动后的矩形与△CBP 重叠部分是△BGG′， ∴移动后的矩形与△CBP 重叠部分的形状是三角形．（3）如图3中，如图将△DMI′绕点D 逆时针旋转90°得到△DF′R ，此时N 、F′、R 共线．∵∠MDN=∠NDF+∠MDI′=∠NDF′+∠DF′R=∠NDR=45°， ∵DN=DN ，DM=DR ， ∴△NDM ≌△NDR ，∴MN=NR=NF′+RF′=NF′+MI′，∴△MNG′的周长=MN+MG′+NG′=MG′+MI′+NG′+F′R=2I′G′=4．【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、平行线等分线段定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题.8．（10分）（2018•岳阳）已知在Rt △ABC 中，∠BAC=90°，CD 为∠ACB 的平分线，将∠ACB 沿CD 所在的直线对折，使点B 落在点B′处，连结AB'，BB'，延长CD 交BB'于点E ，设∠ABC=2α（0°＜α＜45°）．（1）如图1，若AB=AC ，求证：CD=2BE ；（2）如图2，若AB≠AC ，试求CD 与BE 的数量关系（用含α的式子表示）； （3）如图3，将（2）中的线段BC 绕点C 逆时针旋转角（α+45°），得到线段FC ，连结EF 交BC 于点O ，设△COE 的面积为S 1，△COF 的面积为S 2，求SS21（用含α的式子表示）．【考点】RB ：几何变换综合题．【专题】152：几何综合题．【分析】（1）由翻折可知：BE=EB′，再利用全等三角形的性质证明CD=BB′即可； （2）如图2中，结论：CD=2•BE•tan2α．只要证明△BAB′∽△CAD ，可得'1tan 2BB AB CD AC a==，推出21tan 2BE CD a =，可得CD=2•BE•tan2α； （3）首先证明∠ECF=90°，由∠BEC+∠ECF=180°，推出BB′∥CF ，推出BCBECF BE OF EO ===sin （45°﹣α），由此即可解决问题； 【解答】解：（1）如图1中，∵B、B′关于EC对称，∴BB′⊥EC，BE=EB′，∴∠DEB=∠DAC=90°，∵∠EDB=∠ADC，∴∠DBE=∠ACD，∵AB=AC，∠BAB′=∠DAC=90°，∴△BAB′≌CAD，∴CD=BB′=2BE．（2）如图2中，结论：CD=2•BE•tan2α．理由：由（1）可知：∠ABB′=∠ACD，∠BAB′=∠CAD=90°，∴△BAB′∽△CAD，∴'1tan2BB ABCD AC a==，∴21tan2BECD a=，∴CD=2•BE•tan2α．（3）如图3中，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°﹣2α， ∵EC 平分∠ACB ， ∴∠ECB=21（90°﹣2α）=45°﹣α， ∵∠BCF=45°+α，∴∠ECF=45°﹣α+45°+α=90°， ∴∠BEC+∠ECF=180°， ∴BB′∥CF ， ∴BCBECF BE OF EO ===sin （45°﹣α）， ∵S S 21=OFEO， ∴SS 21=sin （45°﹣α）．【点评】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线等分线段定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．9．（10分）（2018•株洲）如图，已知AB 为⊙O 的直径，AB=8，点C 和点D 是⊙O 上关于直线AB 对称的两个点，连接OC 、AC ，且∠BOC ＜90°，直线BC 和直线AD 相交于点E ，过点C 作直线CG 与线段AB 的延长线相交于点F ，与直线AD 相交于点G ，且∠GAF=∠GCE ． （1）求证：直线CG 为⊙O 的切线；（2）若点H为线段OB上一点，连接CH，满足CB=CH，①△CBH∽△OBC；②求OH+HC的最大值．【考点】MR：圆的综合题．【专题】15 ：综合题；55C：与圆有关的计算．【分析】（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，由圆的性质可知：∠CAB=∠OCA，所以∠OCA=∠GCE，从而可证明直线CG是⊙O的切线；（2）①由于CB=CH，所以∠CBH=∠CHB，易证∠CBH=∠OCB，从而可证明△CBH∽△OBC；②由△CBH∽△OBC可知：BC HBOC BC，所以HB=24BC，由于BC=HC，所以OH+HC=4﹣24BC+BC，利用二次函数的性质即可求出OH+HC的最大值．【解答】解：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠OCA+∠OCB=90°，∵∠GAF=∠GCE，∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，∵OC是⊙O的半径，∴直线CG是⊙O的切线；（2）①∵CB=CH，∴∠CBH=∠CHB，∵OB=OC，∴∠CBH=∠OCB，∴△CBH∽△OBC②由△CBH∽△OBC可知：BC HB OC BC∵AB=8，∴BC2=HB•OC=4HB，∴HB=24BC，∴OH=OB﹣HB=4﹣2 4 BC∵CB=CH，∴OH+HC=4﹣24BC+BC，当∠BOC=90°，此时∵∠BOC＜90°，∴0＜BC＜4令BC=x∴OH+HC=﹣14（x﹣2）2+5当x=2时，∴OH+HC可取得最大值，最大值为5【点评】本题考查圆的综合问题，涉及二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，切线的判定等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所知识．10．（14分）（2018•上海）已知⊙O的直径AB=2，弦AC与弦BD交于点E．且OD⊥AC，垂足为点F．（1）如图1，如果AC =BD ，求弦AC 的长；（2）如图2，如果E 为弦BD 的中点，求∠ABD 的余切值；（3）联结BC 、CD 、DA ，如果BC 是⊙O 的内接正n 边形的一边，CD 是⊙O 的内接正（n +4）边形的一边，求△ACD 的面积． 【考点】MR ：圆的综合题．【专题】15 ：综合题；559：圆的有关概念及性质．【分析】（1）由AC =BD 知AD CD CD BC +=+，得AD BC =，根据OD ⊥AC 知AD CD =，从而得AD CD BC ==，即可知∠AOD =∠DOC =∠BOC =60°，利用AF =AO sin ∠AOF 可得答案；（2）连接BC ，设OF =t ，证OF 为△ABC 中位线及△DEF ≌△BEC 得BC =DF =2t ，由DF =1－t 可得t =13，即可知BC =DF =23，继而求得EF =14AC ，由余切函数定义可得答案；（3）先求出BC 、CD 、AD 所对圆心角度数，从而求得BC =AD OF =2，从而根据三角形面积公式计算可得． 【解答】解：（1）∵OD ⊥AC ， ∴AD CD =，∠AFO =90°， 又∵AC =BD ，∴AC BD =，即AD CD CD BC +=+， ∴AD BC =， ∴AD CD BC ==，∴∠AOD =∠DOC =∠BOC =60°，∵AB =2， ∴AO =BO =1，∴AF =AO sin ∠AOF =1×2=2，则AC =2AF（2）如图1，连接BC ，∵AB 为直径，OD ⊥AC ， ∴∠AFO =∠C =90°， ∴OD ∥BC ， ∴∠D =∠EBC ，∵DE =BE 、∠DEF =∠BEC ， ∴△DEF ≌△BEC （ASA ）， ∴BC =DF 、EC =EF ， 又∵AO =OB ，∴OF 是△ABC 的中位线， 设OF =t ，则BC =DF =2t ， ∵DF =DO －OF =1－t ， ∴1－t =2t ，解得：t =13，则DF =BC =23、AC ==，∴EF =12FC =14AC =3， ∵OB =OD ，∴∠ABD=∠D，则cot∠ABD=cot∠D=2 DFEF==（3）如图2，∵BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，∴∠BOC=360n、∠AOD=∠COD=3604n+，则360n+2×3604n+=180，解得：n=4，∴∠BOC=90°、∠AOD=∠COD=45°，∴BC=AC∵∠AFO=90°，∴OF=AO cos∠AOF，则DF=OD－OF=1，∴S△ACD=12AC•DF=12（1－2）=12．【点评】本题主要考查圆的综合题，解题的关键是掌握圆周角和圆心角定理、中位线定理、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用等知识点．11．（8.00分）（2018•无锡）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=17，CD=10，∠A=90°，cosB=35，求AD的长．【考点】KQ：勾股定理；M6：圆内接四边形的性质；T7：解直角三角形．【专题】1 ：常规题型．【分析】根据圆内接四边形的对角互补得出∠C=90°，∠ABC+∠ADC=180°．作AE⊥BC于E，DF⊥AE于F，则CDFE是矩形，EF=CD=10．解Rt△AEB，得出BE=AB•cos∠ABE=515，685，那么AF=AE﹣EF=185．再证明∠ABC+∠ADF=90°，根据互余角的互余函数相等得出sin∠ADF=cos∠ABC=35．解Rt△ADF，即可求出AD=AFsin ADF∠=6．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A=90°，∴∠C=180°﹣∠A=90°，∠ABC+∠ADC=180°．作AE⊥BC于E，DF⊥AE于F，则CDFE是矩形，EF=CD=10．在Rt△AEB中，∵∠AEB=90°，AB=17，cos∠ABC=35，∴BE=AB•cos∠ABE=515，∴685，∴AF=AE﹣EF=685﹣10=185．∵∠ABC+∠ADC=180°，∠CDF=90°，∴∠ABC+∠ADF=90°，∵cos∠ABC=35，∴sin∠ADF=cos∠ABC=35．在Rt△ADF中，∵∠AFD=90°，sin∠ADF=35，∴AD=AFsin ADF∠=18535=6．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，求出AF=185以及sin∠ADF=35是解题的关键．12．13．14．15．16．17．18．19．20．。

正多边形与圆一、选择题1.（2018·山东威海·3分）如图，在正方形ABCD中，AB=12，点E为BC的中点，以CD 为直径作半圆CFD，点F为半圆的中点，连接AF，EF，图中阴影部分的面积是（）A．18+36πB．24+18πC．18+18πD．12+18π【分析】作FH⊥BC于H，连接FH，如图，根据正方形的性质和切线的性质得BE=CE=CH=FH=6，则利用勾股定理可计算出AE=6，通过Rt△ABE≌△EHF得∠AEF=90°，然后利用图中阴影部分的面积=S正方形ABCD+S半圆﹣S△ABE﹣S△AEF进行计算．【解答】解：作FH⊥BC于H，连接FH，如图，∵点E为BC的中点，点F为半圆的中点，∴BE=CE=CH=FH=6，AE==6，易得Rt△ABE≌△EHF，∴∠AEB=∠EFH，而∠EFH+∠FEH=90°，∴∠AEB+∠FEH=90°，∴∠AEF=90°，∴图中阴影部分的面积=S正方形ABCD+S半圆﹣S△ABE﹣S△AEF=12×12+•π•62﹣×12×6﹣•6×6=18+18π．故选：C．【点评】本题考查了正多边形和圆：利用面积的和差计算不规则图形的面积．2．（2018•湖北荆门•3分）下列命题错误的是（）A．若一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形是四边形B．矩形一定有外接圆C．对角线相等的菱形是正方形D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形【分析】A、任意多边形的外角和为360°，然后利用多边形的内角和公式计算即可；B、判断一个四边形是否有外接圆，要看此四边形的对角是否互补，矩形的对角互补，一定有外接圆；C、根据正方形的判定方法进行判断；D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．【解答】解：A、一个多边形的外角和为360°，若外角和=内角和=360°，所以这个多边形是四边形，故此选项正确；B、矩形的四个角都是直角，满足对角互补，根据对角互补的四边形四点共圆，则矩形一定有外接圆，故此选项正确；C、对角线相等的菱形是正方形，故此选项正确；D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；而一对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形或是梯形，故此选项错误；本题选择错误的命题，故选：D．【点评】本题主要考查的是多边形的内角和和外角和，四点共圆问题，正方形的判定，平行四边形的判定，掌握这些定理和性质是关键．3. （2018·四川自贡·4分）已知圆锥的侧面积是8πcm2，若圆锥底面半径为R（cm），母线长为l（cm），则R关于l的函数图象大致是（）A．B．C．D．【分析】根据圆锥的侧面展开图是扇形、扇形面积公式列出关系式，根据反比例函数图象判断即可．【解答】解：由题意得，lR=8π，则R=，故选：A．【点评】本题考查的是圆锥的计算、函数图象，掌握圆锥的圆锥的侧面积的计算公式是解题的关键．二.填空题(要求同上一.)1. （2018·四川宜宾·3分）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，设圆O的半径为1，若用圆O的外切正六边形的面积来近似估计圆O的面积，则S= 2．（结果保留根号）【考点】MM：正多边形和圆；1O：数学常识．【分析】根据正多边形的定义可得出△ABO为等边三角形，根据等边三角形的性质结合OM 的长度可求出AB的长度，再利用三角形的面积公式即可求出S的值．【解答】解：依照题意画出图象，如图所示．∵六边形ABCDEF为正六边形，∴△ABO为等边三角形，∵⊙O的半径为1，∴OM=1，∴BM=AM=，∴AB=，∴S=6S△ABO=6×××1=2．故答案为：2．【点评】本题考查了正多边形和圆、三角形的面积以及数学常识，根据等边三角形的性质求出正六边形的边长是解题的关键．2 （2018•甘肃白银，定西，武威•3分）如图，分别以等边三角形的每个顶点以圆心、以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为勒洛三角形.若等边三角形的边长为，则勒洛三角形的周长为__________．【答案】【解析】【分析】勒洛三角形的周长为3段相等的弧，计算弧长即可.【解答】勒洛三角形的周长为3段相等的弧，每段弧的长度为：则勒洛三角形的周长为：故答案为：【点评】考查弧长公式，熟记弧长公式是解题的关键.3.（2018•甘肃白银，定西，武威•3分）已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正六边形，则该几何体的侧面积为__________．【答案】108【解析】试题分析：三视图就是主视图（正视图）、俯视图、左视图的总称。

中考数学复习----《正多边形与圆》知识点总结与练习题（含答案）知识点总结1.正多边形与圆的关系把一个圆分成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。

2.正多边形的有关概念①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心。

②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径。

③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角。

④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。

练习题1、（2022•长春）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB＝27厘米，则这个正六边形的周长为厘米．【分析】根据对称性和周长公式进行解答即可．【解答】解：由图象的对称性可得，AM＝MN＝BN＝AB＝9（厘米），∴正六边形的周长为9×6＝54（厘米），故答案为：54．2、（2022•营口）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC，CF，则∠ACF＝度．【分析】设正六边形的边长为1，正六边形的每个内角为120°，在△ABC中，根据等腰三角形两底角相等得到∠BAC＝30°，从而∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，过点B作BM⊥AC于点M，根据含30°的直角三角形的性质求出BM，根据勾股定理求出AM，进而得到AC的长，根据tan∠ACF＝＝＝即可得出∠ACF＝30°．【解答】解：设正六边形的边长为1，正六边形的每个内角＝（6﹣2）×180°÷6＝120°，∵AB＝BC，∠B＝120°，∴∠BAC＝∠BCA＝×（180°﹣120°）＝30°，∵∠BAF＝120°，∴∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，如图，过点B作BM⊥AC于点M，则AM＝CM（等腰三角形三线合一），∵∠BMA＝90°，∠BAM＝30°，∴BM＝AB＝，∴AM＝＝＝，∴AC＝2AM＝，∵tan∠ACF＝＝＝，∴∠ACF＝30°，故答案为：30．3、（2022•呼和浩特）如图，从一个边长是a的正五边形纸片上剪出一个扇形，这个扇形的面积为（用含π的代数式表示）；如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，圆锥的底面圆直径为．【分析】先求出正五边形的内角的度数，根据扇形面积的计算方法进行计算即可；扇形的弧长等于圆锥的底面周长，可求出底面直径．【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠BCD＝＝108°，∴S扇形＝＝；又∵弧BD的长为＝，即圆锥底面周长为，∴圆锥底面直径为，故答案为：；．4、（2022•绥化）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为度．【分析】求出正六边形的中心角∠AOB和正五边形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度数．【解答】解：如图，连接OA，正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°，正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°，∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．故答案为：12．5、（2022•梧州）如图，四边形ABCD是⊙O的内接正四边形，分别以点A，O为圆心，取大1OA的定长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交⊙O于点E，F．若OA 于2＝1，则BE⌒，AE，AB所围成的阴影部分面积为．【分析】连接OE、OB．由题意可知，∴△AOE为等边三角形，推出S阴影＝S扇形AOB﹣S弓形AOE﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣（S扇形AOE﹣S△AOE）﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣S扇形AOE+S△AOE ﹣S△AOB，即可求出答案．【解答】解：连接OE、OB，由题意可知，直线MN垂直平分线段OA，∴EA＝EO，∵OA＝OE，∴△AOE为等边三角形，∴∠AOE＝60°，∵四边形ABCD是⊙O的内接正四边形，∴∠AOB＝90°，∴∠BOE＝30°，∵S弓形AOE＝S扇形AOE﹣S△AOE，∴S阴影＝S扇形AOB﹣S弓形AOE﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣（S扇形AOE﹣S△AOE）﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣S扇形AOE+S△AOE﹣S△AOB＝S扇形BOE+S△AOE﹣S△AOB＝+﹣＝．故答案为：．6、（2022•宿迁）如图，在正六边形ABCDEF中，AB＝6，点M在边AF上，且AM＝2．若经过点M的直线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是．【分析】设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M、O作直线l交CD于点N，则直线l 将正六边形的面积平分，直线l被正六边形所截的线段长是MN，连接OF，过点M作MH ⊥OF于点H，连接OA，由正六边形的性质得出AF＝AB＝6，∠AFO＝∠AFE＝×＝60°，MO＝ON，进而得出△OAF是等边三角形，得出OA＝OF＝AF＝6，由AM＝2，得出MF＝4，由MH⊥OF，得出∠FMH＝30°，进而求出FH＝2，MH＝2，再求出OH＝4，利用勾股定理求出OM＝2，即可求出MN的长度，即可得出答案．【解答】解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M、O作直线l交CD于点N，则直线l将正六边形的面积平分，直线l被正六边形所截的线段长是MN，连接OF，过点M 作MH⊥OF于点H，连接OA，∵六边形ABCDEF是正六边形，AB＝6，中心为O，∴AF＝AB＝6，∠AFO＝∠AFE＝×＝60°，MO＝ON，∵OA＝OF，∴△OAF是等边三角形，∴OA＝OF＝AF＝6，∵AM＝2，∴MF＝AF﹣AM＝6﹣2＝4，∵MH⊥OF，∴∠FMH＝90°﹣60°＝30°，∴FH＝MF＝×4＝2，MH＝＝＝2，∴OH＝OF﹣FH＝6﹣2＝4，∴OM＝＝＝2，∴NO＝OM＝2，∴MN＝NO+OM＝2+2＝4，故答案为：4．。

（2022•雅安中考）如图，已知⊙O 的周长等于6π，则该圆内接正六边形ABCDEF 的边心距OG 为（ ）A ．3√3B ．32C ．3√32D ．3【解析】选C ．连接OC ，OD ，因为正六边形ABCDEF 是圆的内接多边形，所以∠COD ＝60°，因为OC ＝OD ，OG ⊥CD ，所以∠COG ＝30°，因为⊙O 的周长等于6πcm ，所以OC ＝3cm ，所以OG ＝3cos30°=32√3cm.（2022•成都中考）如图，正六边形ABCDEF 内接于⊙O ，若⊙O 的周长等于6π，则正六边形的边长为（ ）A ．√3B ．√6C ．3D ．2√3【解析】选C ．连接OB 、OC ，如图：因为⊙O 的周长等于6π，所以⊙O 的半径OB ＝OC =6π2π=3， 因为六边形ABCDEF 是正六边形，所以∠BOC =360°6=60°， 所以△BOC 是等边三角形，所以BC ＝OB ＝OC ＝3，即正六边形的边长为3，A ．4，π3B ．3√3，πC ．2√3，4π3D ．3√3，2π【解析】选D ．连接OB 、OC ，因为六边形ABCDEF 为正六边形，所以∠BOC =360°6=60°， 因为OB ＝OC ，所以△BOC 为等边三角形，所以BC ＝OB ＝6，因为OM ⊥BC ，所以BM =12BC ＝3，所以OM =√OB 2−BM 2=√62−32=3√3，BC ̂的长为60π×6180=2π，（2022•宿迁中考）如图，在正六边形ABCDEF 中，AB ＝6，点M 在边AF 上，且AM ＝2．若经过点M 的直线l 将正六边形面积平分，则直线l 被正六边形所截的线段长是 4√7 ．【解析】如图，设正六边形ABCDEF 的中心为O ，过点M 、O 作直线l 交CD 于点N ，则直线l 将正六边形的面积平分，直线l 被正六边形所截的线段长是MN ，连接OF ，过点M 作MH ⊥OF 于点H ，连接OA ，（2022•绥化中考）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为12度．【解析】如图，连接OA，正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°，正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°，所以∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．答案：12．=108°，即∠ABC＝108°；【解析】（1）因为五边形ABCDE是正五边形，所以∠ABC=(5−2)×18025（2）△AMN是正三角形，理由：连接ON，NF，由题意可得：FN＝ON＝OF，所以△FON是等边三角形，所以∠NFA＝60°，所以NMA＝60°，同理可得：∠ANM＝60°，所以∠MAN＝60°，所以△MAN是正三角形；（3）因为∠AMN＝60°，所以∠AON＝120°，×2=144°，所以∠NOD＝∠AOD﹣∠AON＝144°﹣120°＝24°，因为∠AOD=360°5因为360°÷24°＝15，所以n的值是15．。

正多边形与圆一.选择题1．（2018?广东广州,第9题3分）已知圆的半径是2，则该圆的内接正六边形的面积是（）A ．3B ．9C ．18D ．36考点：正多边形和圆．分析：解题的关键要记住正六边形的特点，它被半径分成六个全等的等边三角形．解答：解：连接正六边形的中心与各个顶点，得到六个等边三角形，等边三角形的边长是2，高为3，因而等边三角形的面积是3，∴正六边形的面积=18，故选C ．点评：本题考查了正多边形和圆，正六边形被它的半径分成六个全等的等边三角形，这是需要熟记的内容．2. （2018?浙江金华，第10题3分）如图，正方形ABCD 和正三角形AEF 都内接于⊙O ，EF 与BC ，CD 分别相交于点G ，H ，则EFGH 的值是【】A. 26B. 2C. 3D. 2【答案】C.【考点】正方形和等边三角形的性质；圆周角定理；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；等腰直角三角形的判定和性质，特殊元素法的应用. 【分析】如答图，连接AC,EC ，AC 与EF 交于点M . 则根据对称性质，AC 经过圆心O ，∴AC 垂直平分EF ，01EAC FAC EAF 302. 不妨设正方形ABCD 的边长为2，则AC22. ∵AC 是⊙O 的直径，∴0AEC 90. 在Rt ACE 中，3AE AC cos EAC2262，1CE AC sin EAC 2222. 在Rt MCE 中，∵0FEC FAC 30，∴12CM CE sin EAC 222. 易知GCH 是等腰直角三角形，∴GF 2CM 2. 又∵AEF 是等边三角形，∴EF AE 6. ∴EF63GH 2.故选C.3. （2018山东济宁，7，3分）只用下列哪一种正多边形，可以进行平面镶嵌( ) A ．正五边形B ．正六边形C ．正八边形D ．正十边形【答案】B 考点：正多边形的内角，平面镶嵌。