第10講圓內(nèi)接四邊形與正多邊形(原卷版+解析)

第10講圓內(nèi)接四邊形與正多邊形【知識(shí)梳理】一．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)（1）圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：①圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)．②圓內(nèi)接四邊形的任意一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角（就是和它相鄰的內(nèi)角的對(duì)角）．（2）圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是溝通角相等關(guān)系的重要依據(jù)，在應(yīng)用此性質(zhì)時(shí)，要注意與圓周角定理結(jié)合起來．在應(yīng)用時(shí)要注意是對(duì)角，而不是鄰角互補(bǔ)．二．正多邊形和圓（1）正多邊形與圓的關(guān)系把一個(gè)圓分成n（n是大于2的自然數(shù)）等份，依次連接各分點(diǎn)所得的多邊形是這個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形，這個(gè)圓叫做這個(gè)正多邊形的外接圓．（2）正多邊形的有關(guān)概念①中心：正多邊形的外接圓的圓心叫做正多邊形的中心．②正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑．③中心角：正多邊形每一邊所對(duì)的圓心角叫做正多邊形的中心角．④邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距．【考點(diǎn)剖析】一．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)（共15小題）1．（2023?蓮都區(qū)一模）圓內(nèi)接四邊形ABCD中，已知∠A＝70°，則∠C＝（）A．20° B．30° C．70° D．110°2．（2023?龍游縣校級(jí)一模）如圖，已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ABC＝70°，則∠ADC的度數(shù)是（）A．70° B．110° C．130° D．140°3．（2022秋?鄞州區(qū)期末）如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，若∠A，∠B，∠C的度數(shù)之比為4：3：5，則∠D的度數(shù)是（）A．80° B．100° C．110° D．120°4．（2022秋?濱江區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，若∠A＝70°，則∠C的度數(shù)是．5．（2022秋?慈溪市期末）已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若∠A＝130°，則∠C的度數(shù)為．6．（2022秋?鄞州區(qū)校級(jí)月考）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠B＝90°，∠BCD＝120°，AB＝2，CD＝1，求AD的長．7．（2022秋?溫州校級(jí)月考）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠ADC＝2∠B，點(diǎn)D是的中點(diǎn)．（1）求∠B的度數(shù)；（2）求證：四邊形AOCD是菱形．8．（2022秋?下城區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ABC＝135°，OE⊥AC．（1）證明：∠AOE＝∠D；（2）若AC＝4，求⊙O的半徑長．9．（2023?溫州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數(shù)與BC的長分別為（）A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，10．（2022秋?東陽市期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，∠ABD＝20°，則∠BCD的度數(shù)是（）A．90° B．100° C．110° D．120°11．（2022秋?西湖區(qū)校級(jí)期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為⊙O的直徑，∠ADB＝∠CDB．（1）試判斷△ABC的形狀，并給出證明；（2）若AB＝，AD＝1，求CD、BD的長度．12．（2022秋?新昌縣期中）如圖1，在⊙O中，弦AD平分圓周角∠BAC，我們將圓中以A為公共點(diǎn)的三條弦BA，CA，DA構(gòu)成的圖形稱為圓中“爪形A”，如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，AB＝BC，（1）證明：圓中存在“爪形D”；（2）若∠ADC＝120°，求證：AD+CD＝BD．13．（2022秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期中）如圖，⊙O的半徑為2，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，圓心O到AC的距離等于．（1）求AC的長；（2）求∠ADC的度數(shù)．14．（2022秋?西湖區(qū)校級(jí)期中）如圖，⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD兩組對(duì)邊的延長線分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，∠E＝∠F．（1）求證：DF⊥AE；（2）若C是的中點(diǎn)，設(shè)∠E＝α，∠DBA＝β，用含α的代數(shù)式表示β．15．（2022?龍泉市一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD為直徑，BC＝CD＝5，AD＝5，E為對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)BE并延長交⊙O于點(diǎn)F．（1）若BF⊥AD，求證：∠ABF＝∠ACB；（2）求四邊形ABCD的面積；（3）若△BCE為等腰三角形，求BF的長．二．正多邊形和圓（共15小題）16．（2023?永康市一模）如圖，已知正五邊形ABCDE的邊長為2，連接對(duì)角線構(gòu)成另一個(gè)正五邊形FGHIJ，則正五邊形FGHIJ的邊長為（）A．1 B． C． D．17．（2023?紹興模擬）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，其半徑為1，作OF⊥BC交⊙O于點(diǎn)F，則的長為（）A．π B． C． D．18．（2022秋?溫州期末）如圖，在正六邊形ABCDEF中，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，邊AB落在x軸上，若點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，0），則點(diǎn)C的坐標(biāo)是．19．（2017秋?鄞州區(qū)校級(jí)月考）蜂巢的構(gòu)造非常美麗、科學(xué)，如圖是由7個(gè)形狀、大小完全相同的正六邊形組成的網(wǎng)絡(luò)，正六邊形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)，△ABC的頂點(diǎn)都在格點(diǎn)上．設(shè)定AB邊如圖所示，則△ABC是直角三角形的個(gè)數(shù)有．20．（2022秋?南潯區(qū)期末）已知正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，連接BD，則∠ABD的度數(shù)是．21．（2022秋?下城區(qū)校級(jí)月考）如圖，正五邊形ABCDE，連接對(duì)角線AC，BD，設(shè)AC與BD相交于O．（1）求證：AO＝CD；（2）判斷四邊形AODE的形狀，并說明理由．22．（2017秋?溫州期末）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2，現(xiàn)將它沿AB方向平移1個(gè)單位，得到正六邊形A′B′C′D′E′F′，則陰影部分A′BCDE′F′的面積是（）A．3 B．4 C． D．223．（2021秋?義烏市期末）如圖，在由邊長相同的7個(gè)正六邊形組成的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B在格點(diǎn)上．再選擇一個(gè)格點(diǎn)C，使△ABC是以AB為腰的等腰三角形，符合點(diǎn)C條件的格點(diǎn)個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．424．（2022秋?嘉興期末）如圖，正六邊形ABCDEF與正方形AGDH都內(nèi)接于⊙O，連接BG，則弦BG所對(duì)圓周角的度數(shù)為（）A．15° B．30° C．15°或165° D．30°或150°25．（2023?舟山一模）某正多邊形的內(nèi)角是它外角的兩倍，則該正多邊形的邊數(shù)為．26．（2022秋?江北區(qū)期末）劉徽是我國魏晉時(shí)期卓越的數(shù)學(xué)家，他首次提出“割圓術(shù)”，利用圓內(nèi)接正多邊形逐步逼近圓來近似計(jì)算圓周率，方法如圖：作正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，取的中點(diǎn)G，OG與AB交于點(diǎn)H；連結(jié)AG、BG；依次對(duì)剩余五段弧取中點(diǎn)可得一個(gè)圓內(nèi)接正十二邊形，記正十二邊形的面積為S1，正六邊形的面積為S2，則＝．27．（2023?西湖區(qū)校級(jí)三模）如圖，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，BF，BD分別交AC于點(diǎn)G，H，若該圓的半徑為12，則線段GH的長為（）A．6 B． C． D．828．（2023?杭州）如圖，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，設(shè)正六邊形ABCDEF的面積為S1，△ACE的面積為S2，則＝．29．（2022秋?濱江區(qū)期末）如圖，正五邊形ABCDE的對(duì)角線AC和AD分別交對(duì)角線BE于點(diǎn)M，N，若△AMN的面積為s，則正五邊形ABCDE的面積為（結(jié)果用含s的代數(shù)式表示）．30．（2022秋?西湖區(qū)期末）如圖，在正五邊形ABCDE中，連結(jié)AC，AD，CE，CE交AD于點(diǎn)F．（1）求∠CAD的度數(shù)．（2）已知AB＝2，求DF的長．【過關(guān)檢測】一、單選題1．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，A、B、C、D為一個(gè)正多邊形的頂點(diǎn)，O為正多邊形的中心．若，則這個(gè)正多邊形的邊數(shù)為（

）A．7 B．8 C．9 D．102．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考二模）如圖，，為的兩條弦，連結(jié)，，點(diǎn)為的延長線上一點(diǎn)．若，則為（

）

A． B． C． D．3．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，是的直徑，連接．若，則的度數(shù)是（

）

A． B． C． D．4．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，線段是的直徑，、為上兩點(diǎn)，如果，那么的度數(shù)是（

）

A． B． C． D．5．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如果一個(gè)正多邊形的中心角是，那么這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是（

）A．4 B．6 C．8 D．106．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，正五邊形內(nèi)接于，連接，則（

）

A． B． C． D．7．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）將一個(gè)正六邊形繞其中心旋轉(zhuǎn)后仍與原圖形重合，旋轉(zhuǎn)角的大小不可能是（

）A．60° B．90° C．180° D．360°8．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，正六邊形內(nèi)接于，點(diǎn)是上的一點(diǎn)，則的度數(shù)為（

）

A． B． C． D．9．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，四邊形內(nèi)接于，如果，則的度數(shù)是（

）

A． B． C． D．10．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，點(diǎn)A，B，C，D，E均在上，且經(jīng)過圓心O，連接，若，則弧所對(duì)的圓心角的度數(shù)為（

）A． B． C． D．二、填空題11．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形內(nèi)接于圓，若，則的度數(shù)是________．12．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，是內(nèi)接四邊形的一個(gè)外角，若，則的大小為__________．

13．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，四邊形內(nèi)接于，是的直徑，連接，若，則的度數(shù)是________．

14．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）圓的內(nèi)接正多邊形中，正多邊形的一條邊所對(duì)的圓心角是，則正多邊形的邊數(shù)是______15．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，點(diǎn)O是正六邊形的中心，以為邊構(gòu)造正五邊形，則___________．

16．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，六邊形是的內(nèi)接正六邊形，設(shè)正六邊形的面積為，的面積為，則_________．

17．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖1，將一個(gè)正方形紙片沿虛線對(duì)折兩次，得到圖2，按照圖2所示剪去一個(gè)腰長為2的等腰直角三角形，展開后得到一個(gè)如圖3所示的正八邊形，將前下的四個(gè)等腰直角三角形拼成一個(gè)正方形，放在正八邊形內(nèi)部，與重合，為的中點(diǎn)，連接．

（1）圖1中的正方形紙片邊長為______；（2）將正方形繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)______度，與重合，此時(shí)長為______．18．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，正五邊形內(nèi)接于，為上的一點(diǎn)（點(diǎn)不與點(diǎn)重合），則______．

三、解答題19．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，點(diǎn)C是弧的中點(diǎn)，連接，若，求的度數(shù)．20．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，點(diǎn)、、、都在上，，．(1)求的度數(shù)；(2)求的度數(shù)；21．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，求邊長為a的正方形的外接圓的半徑長．

22．（2023·浙江金華·統(tǒng)考二模）如圖，已知，是的直徑，點(diǎn)E是延長線的一點(diǎn)，射線交點(diǎn)于F，連接，，，，．

(1)求證：．(2)求的度數(shù)．(3)求的長．23．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考二模）如圖，四邊形內(nèi)接于，點(diǎn)C是弧的中點(diǎn)，延長到點(diǎn)E，使得，連結(jié)．

(1)求證：．(2)若，，，求的長24．（2023秋·浙江紹興·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，四邊形內(nèi)接于，分別延長，，使它們相交于點(diǎn)，，且．(1)求證：．(2)若，點(diǎn)為的中點(diǎn)，求的半徑．25．（2023·浙江·一模）如圖1，已知AB是半圓O的直徑，半徑，D是弧BC上的動(dòng)點(diǎn)（不含點(diǎn)B，C），連接AC，作射線CD于點(diǎn)E．(1)猜想的度數(shù)，并說明理由(2)連接，若，求證：．(3)如圖2，作正方形，連接交于點(diǎn)G．若，，求的長．

第10講圓內(nèi)接四邊形與正多邊形【知識(shí)梳理】一．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)（1）圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：①圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)．②圓內(nèi)接四邊形的任意一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角（就是和它相鄰的內(nèi)角的對(duì)角）．（2）圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是溝通角相等關(guān)系的重要依據(jù)，在應(yīng)用此性質(zhì)時(shí)，要注意與圓周角定理結(jié)合起來．在應(yīng)用時(shí)要注意是對(duì)角，而不是鄰角互補(bǔ)．二．正多邊形和圓（1）正多邊形與圓的關(guān)系把一個(gè)圓分成n（n是大于2的自然數(shù)）等份，依次連接各分點(diǎn)所得的多邊形是這個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形，這個(gè)圓叫做這個(gè)正多邊形的外接圓．（2）正多邊形的有關(guān)概念①中心：正多邊形的外接圓的圓心叫做正多邊形的中心．②正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑．③中心角：正多邊形每一邊所對(duì)的圓心角叫做正多邊形的中心角．④邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距．【考點(diǎn)剖析】一．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)（共15小題）1．（2023?蓮都區(qū)一模）圓內(nèi)接四邊形ABCD中，已知∠A＝70°，則∠C＝（）A．20° B．30° C．70° D．110°【分析】直接根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求解．【解答】解：∵四邊形ABCD為圓的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠C＝180°，∴∠C＝180°﹣70°＝110°．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)．2．（2023?龍游縣校級(jí)一模）如圖，已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ABC＝70°，則∠ADC的度數(shù)是（）A．70° B．110° C．130° D．140°【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ABC＝70°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣70°＝110°，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟練掌握圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022秋?鄞州區(qū)期末）如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，若∠A，∠B，∠C的度數(shù)之比為4：3：5，則∠D的度數(shù)是（）A．80° B．100° C．110° D．120°【分析】先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)列出方程求出∠B，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠D．【解答】解：設(shè)∠A為4x，則∠B為3x，∠C為5x，∵四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠C＝180°，∠B+∠D＝180°，∴4x+5x＝180°，解得：x＝20°，∴∠B＝3x＝60°，∴∠D＝180°﹣60°＝120°，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，掌握圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．4．（2022秋?濱江區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，若∠A＝70°，則∠C的度數(shù)是110°．【分析】直接根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠C+∠A＝180°，∴∠C＝180°﹣70°＝110°．故答案為：110°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)；圓內(nèi)接四邊形的任意一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角．5．（2022秋?慈溪市期末）已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若∠A＝130°，則∠C的度數(shù)為50°．【分析】已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，得到∠A+∠C＝180°，已知∠A＝130°，∠C＝180°﹣∠A，即可求得∠C的度數(shù)．【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A+∠C＝180°，∵∠A＝130°，∴∠C＝180°﹣∠A＝180°﹣130°＝50°．故答案為：50°．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解決問題的關(guān)鍵．6．（2022秋?鄞州區(qū)校級(jí)月考）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠B＝90°，∠BCD＝120°，AB＝2，CD＝1，求AD的長．【分析】延長AD、BC交于E，先利用直角三角形的性質(zhì)求得AE的長，然后再求得DE的長，從而求得答案．【解答】解：延長AD、BC交于E，∵∠BCD＝120°，∴∠A＝60°，∵∠B＝90°，∴∠ADC＝90°，∠E＝30°，在Rt△ABE中，AE＝2AB＝4，在Rt△CDE中，DE＝＝，∴AD＝AE﹣DE＝4﹣，故AD的長為4﹣．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，掌握圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．7．（2022秋?溫州校級(jí)月考）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠ADC＝2∠B，點(diǎn)D是的中點(diǎn)．（1）求∠B的度數(shù)；（2）求證：四邊形AOCD是菱形．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，進(jìn)行求解即可；（2）連結(jié)OD，根據(jù)等弧對(duì)等角，和同弧所對(duì)的圓周角等于圓心角的一半得到△AOD，△COD為等邊三角形，進(jìn)而得到AO＝CO＝AD＝CD，即可得證．【解答】（1）解：∵∠ADC＝2∠B，∠ADC+∠B＝180°，∴∠B＝60°；（2）證明：連結(jié)OD，∵點(diǎn)D為的中點(diǎn)，∴＝，∴∠AOD＝∠COD，∵∠B＝60°，∠AOC＝120°，∴∠AOD＝∠COD＝60°，∵AO＝DO＝CO，∴△AOD，△COD為等邊三角形，∴AO＝CO＝AD＝CD，∴四邊形AOCD為菱形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓內(nèi)接四邊形，圓周角定理及弧，弦，圓心角之間的關(guān)系和菱形的判定．熟練掌握圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，等弧對(duì)等角是解題的關(guān)鍵．8．（2022秋?下城區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ABC＝135°，OE⊥AC．（1）證明：∠AOE＝∠D；（2）若AC＝4，求⊙O的半徑長．【分析】（1）連接OC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和圓周角定理即可得到結(jié)論；（2）先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)得出∠D＝45°，由圓周角定理知∠AOC＝90°，根據(jù)OA＝OC可得答案．【解答】（1）證明：連接OC，∵OA＝OC，OE⊥AC，∴∠AOE＝AOC，∵∠D＝AOC，∴∠AOE＝∠D；（2）解：∵∠ABC＝135°，∴∠D＝45°，∴∠AOC＝90°，∵AC＝4，∴OA＝OC＝AC＝2，故⊙O的半徑長為2．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是溝通角相等關(guān)系的重要依據(jù)，在應(yīng)用此性質(zhì)時(shí)，要注意與圓周角定理結(jié)合起來．在應(yīng)用時(shí)要注意是對(duì)角，而不是鄰角互補(bǔ)．9．（2023?溫州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數(shù)與BC的長分別為（）A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，【分析】由平行線的性質(zhì)，圓周角定理，垂直的定義，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等邊三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性質(zhì)求出圓的半徑長，求出∠OAD的度數(shù)，即可得到BC的長，∠CAO的度數(shù)．【解答】解：∵BC∥AD，∴∠DBC＝∠ADB，∴＝，∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，∵DB⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠CAD＝∠BDA＝45°，∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，∵∠AOD＝120°，∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴BC＝OB，∵OA＝OD，∠AOD＝120°，∴∠OAD＝∠ODA＝30°，∴AD＝OA＝，∴OA＝1，∴BC＝1，∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，平行線的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是由圓周角定理推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，證明△OBC是等邊三角形．10．（2022秋?東陽市期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，∠ABD＝20°，則∠BCD的度數(shù)是（）A．90° B．100° C．110° D．120°【分析】方法一：根據(jù)圓周角定理可以得到∠AOD的度數(shù)，再根據(jù)三角形內(nèi)角和可以求得∠OAD的度數(shù)，然后根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，即可得到∠BCD的度數(shù)．方法二：根據(jù)AB是⊙O的直徑，可以得到∠ADB＝90°，再根據(jù)∠ABD＝20°和三角形內(nèi)角和，可以得到∠A的度數(shù)，然后根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，即可得到∠BCD的度數(shù)．【解答】解：方法一：連接OD，如圖所示，∵∠ABD＝20°，∴∠AOD＝40°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵∠OAD+∠ODA+∠AOD＝180°，∴∠OAD＝∠ODA＝70°，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠OAD+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝110°，故選：C．方法二：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD＝20°，∴∠A＝70°，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝110°，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．11．（2022秋?西湖區(qū)校級(jí)期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為⊙O的直徑，∠ADB＝∠CDB．（1）試判斷△ABC的形狀，并給出證明；（2）若AB＝，AD＝1，求CD、BD的長度．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，等腰直角三角形的判定定理解答即可；（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AC＝2，根據(jù)勾股定理得到CD＝＝，過A作AE⊥BD于E，過C作CF⊥BD于F，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）△ABC是等腰直角三角形，證明過程如下：∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∵∠ADB＝∠CDB，∴＝，∴AB＝BC，又∵∠ABC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形；（2）在Rt△ABC中，AB＝BC＝，∴AC＝2，在Rt△ADC中，AD＝1，AC＝2，∴CD＝＝，過A作AE⊥BD于E，過C作CF⊥BD于F，則△ADE和△CDF是等腰直角三角形，∴AE＝AD＝，CF＝CD＝，∵S四邊形ABCD＝S△ACD+S△ABC＝S△ABD+S△BCD，∴×1×+＝BD+BD，∴BD＝．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的下在，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．12．（2022秋?新昌縣期中）如圖1，在⊙O中，弦AD平分圓周角∠BAC，我們將圓中以A為公共點(diǎn)的三條弦BA，CA，DA構(gòu)成的圖形稱為圓中“爪形A”，如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，AB＝BC，（1）證明：圓中存在“爪形D”；（2）若∠ADC＝120°，求證：AD+CD＝BD．【分析】（1）由圓周角的性質(zhì)直接證明即可；（2）延長DC至點(diǎn)E，使得CE＝AD，連接BE，證明△BAD≌△BCE（SAS），再證明△BDE是等邊三角形，即可求解．【解答】（1）證明：∵AB＝BC，∴∴∠ADB＝∠CDB，∴DB平分圓周角∠ADC，∴圓中存在“爪形D”；（2）證明：延長DC至點(diǎn)E，使得CE＝AD，連接BE，∵∠A+∠DCB＝180°，∠ECB+∠DCB＝180°，∴∠A＝∠ECB，∵CE＝AD，AB＝BC，∴△BAD≌△BCE（SAS），∴∠E＝∠ADB，∵∠ADC＝120°，∴∠E＝∠ADB＝∠ADB＝60°，∴△BDE是等邊三角形，∴DE＝BD，即AD+CD＝BD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．13．（2022秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期中）如圖，⊙O的半徑為2，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，圓心O到AC的距離等于．（1）求AC的長；（2）求∠ADC的度數(shù)．【分析】（1）過O作OE⊥AC于E，連接OA、OC，根據(jù)勾股定理求出AE，根據(jù)垂徑定理求出AE＝CE，再求出AC即可；（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出∠AOE＝30°，求出∠AOC＝60°，根據(jù)圓周角定理求出∠ABC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠ADC+∠ABC＝180°，再求出答案即可．【解答】解：（1）過O作OE⊥AC于E，連接OA、OC，則∠AEO＝90°，∵圓心O到AC的距離等于，∴OE＝，由勾股定理得：AE＝＝＝1，∵OE⊥AC，OE過圓心O，∴AE＝CE＝1，∴AC＝AE+CE＝1+1＝2；（2）∵OA＝2，AE＝1，∠AEO＝90°，∴AE＝OA，∵∠AEO＝90°，∴∠AOE＝30°，同理∠COE＝30°，∴∠AOC＝30°+30°＝60°，∴∠ABC＝AOC＝30°，∵四邊形ADCB是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∴∠ADC＝180°﹣30°＝150°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理等知識(shí)點(diǎn)，能求出AE的長是解此題的關(guān)鍵．14．（2022秋?西湖區(qū)校級(jí)期中）如圖，⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD兩組對(duì)邊的延長線分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，∠E＝∠F．（1）求證：DF⊥AE；（2）若C是的中點(diǎn)，設(shè)∠E＝α，∠DBA＝β，用含α的代數(shù)式表示β．【分析】（1）連接AC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和垂直的定義即可得到結(jié)論；（2）連接OB，OD，根據(jù)已知條件得到AC垂直平分BD，求得AD＝AB，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連接AC，∵∠E＝∠F，∠ADC＝180°﹣∠DAF﹣∠F，∠ABC＝180°﹣∠BAE﹣∠E，∴∠ADC＝∠ABC，∵∠ADC+∠ABC＝180°，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∴DF⊥AE；（2）解：連接OB，OD，∵∠E＝α，∴∠EAB＝90°﹣α，∵C是的中點(diǎn)，∴AC垂直平分BD，∴AD＝AB，∴∠CAB＝BAD＝45°﹣，∴∠ABD＝90°﹣∠BAC＝45°+＝β，∴α+90°＝2β．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．15．（2022?龍泉市一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD為直徑，BC＝CD＝5，AD＝5，E為對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)BE并延長交⊙O于點(diǎn)F．（1）若BF⊥AD，求證：∠ABF＝∠ACB；（2）求四邊形ABCD的面積；（3）若△BCE為等腰三角形，求BF的長．【分析】（1）先根據(jù)垂徑定理可得：＝，再由圓周角定理可得結(jié)論；（2）如圖1，過點(diǎn)C分別作AD和AB的垂線，垂足分別為G，H，證明Rt△CGD≌Rt△CHB（HL），則四邊形ABCD的面積＝四邊形CGAH的面積，從而可以解答；（3）當(dāng)△BCE為等腰三角形時(shí)，可分三種情況：BC＝CE，BC＝BE，CE＝BE，根據(jù)勾股定理，三角函數(shù)，圓周角定理和相似三角形的性質(zhì)可以解答．【解答】（1）證明：∵AD為直徑，BF⊥AD，∴＝，∴∠ABF＝∠ACB；（2）解：如圖1，過點(diǎn)C分別作AD和AB的垂線，垂足分別為G，H，∵CD＝BC，∴＝，∴∠CAD＝∠BAC，∴CG＝CH，∴Rt△CGD≌Rt△CHB（HL），∴四邊形ABCD的面積＝四邊形CGAH的面積，∵CG＝CH，AC＝AC，∴Rt△ACG≌Rt△ACH（HL），∴S△ACG＝S△ACH，∵AD是直徑，∴∠ACD＝90°，∵AD＝5，CD＝5，∴AC＝＝＝10，∵S△ACD＝?AC?CD＝?AD?CG，∴×5×10＝××CG，∴CG＝2，由勾股定理得：AG＝＝＝4，∴四邊形ABCD的面積＝四邊形CGAH的面積＝2S△ACG＝2×××＝40；（3）解：分三種情況：①當(dāng)BC＝CE時(shí)，如圖2，過點(diǎn)E作EM⊥AB于M，過點(diǎn)C作CG⊥AD于G，連接AF，DF，∵CD＝BC＝CE＝5，AC＝10，∴AE＝10﹣5＝5，∵∠CAG+∠ACG＝90°，∠ACG+∠DCG＝90°，∴∠DCG＝∠CAG＝∠EAM，∵∠CGD＝∠AME＝90°，∴△AME≌△CGD（AAS），∴AM＝CG＝2，EM＝DG＝，∴BM＝AB﹣AM＝3﹣2＝，∴EM＝BM，∵∠BME＝90°，∴△BME是等腰直角三角形，∴∠ABE＝45°，BE＝BM＝，∴∠ADF＝∠ABE＝45°，∵AD是直徑，∴∠AFD＝90°，∴△AFD是等腰直角三角形，∵AD＝5，∴AF＝＝，∵BC＝CE，∴∠CBE＝∠CEB，∵∠CEB＝∠AEF，∠CAF＝∠CBE，∴∠CAF＝∠AEF，∴EF＝AF＝，∴BF＝BE+EF＝+＝；②當(dāng)CB＝BE時(shí)，如圖3，過點(diǎn)B作BN⊥AC于N，連接AF，∵∠BAC＝∠CAD，∴sin∠BAC＝sin∠CAD，∴＝，即＝，∴BN＝3，∴AN＝＝＝6，∵AC＝10，∴CN＝AC﹣AN＝10﹣6＝4，∵BC＝BE＝5，BN⊥AC，∴CN＝EN＝4，AE＝10﹣8＝2，∵∠BEC＝∠AEF，∠BCE＝∠AFE，∴△CBE∽△FAE，∴＝，即＝，∴EF＝，∴BF＝BE+EF＝5+＝；③當(dāng)CE＝BE時(shí)，如圖4，連接AF，∴∠BCE＝∠CBE，∵∠BCE＝∠AFE，∠CBE＝∠EAF，∴∠EAF＝∠AFE，∴EF＝AE，∴CE+AE＝BE+EF，即BF＝AC＝10；綜上，BF的長為或或10．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的基本知識(shí)，三角形相似和全等，等腰三角形的性質(zhì)和判定，解直角三角形等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，難度較大，注意第（3）問運(yùn)用分類討論的思想解決問題．二．正多邊形和圓（共15小題）16．（2023?永康市一模）如圖，已知正五邊形ABCDE的邊長為2，連接對(duì)角線構(gòu)成另一個(gè)正五邊形FGHIJ，則正五邊形FGHIJ的邊長為（）A．1 B． C． D．【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)，得到∠AEB＝∠ABE＝∠BAG＝∠EAF＝∠FAG＝36°，∠EAG＝∠EGA＝72°，得到EA＝EG＝2，證明△BAG∽△BEA列式計(jì)算即可．【解答】解：∵正五邊形ABCDE的邊長為2，AB＝BC＝CD＝DE＝EA＝2，∠BAE＝∠AED＝∠EDC＝∠DCB＝∠CBA＝108°，∴∠AEB＝∠ABE＝∠BAG＝∠EAF＝∠FAG＝36°，∠EAG＝∠EGA＝72°，∴EA＝EG＝2，△BAG∽△BEA，BG＝AG＝EF＝FA，∴，∴，解得（舍去），∴，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正五邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，解方程，熟練掌握正五邊形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2023?紹興模擬）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，其半徑為1，作OF⊥BC交⊙O于點(diǎn)F，則的長為（）A．π B． C． D．【分析】連接OA，OB，OC，求出∠AOF再用弧長公式列式計(jì)算即可．【解答】解：連接OA，OB，OC，如圖：∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠AOB＝∠BOC＝360°÷5＝72°，OB＝OC，∵OF⊥BC，∴∠BOF＝∠BOC＝36°，∴∠AOF＝108°，∴的長為＝π，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形和圓，解題的關(guān)鍵是掌握弧長公式和求出所對(duì)的圓心角度數(shù)．18．（2022秋?溫州期末）如圖，在正六邊形ABCDEF中，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，邊AB落在x軸上，若點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，0），則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（3，）．【分析】過C作CH⊥x軸于H，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得到∠ABC＝120°，求得∠CBH＝60°，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】解：過C作CH⊥x軸于H，在正六邊形ABCDEF中，∵∠ABC＝120°，∴∠CBH＝60°，∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，0），∴AB＝BC＝2，∴BH＝BC＝1，CH＝BC＝，∴AH＝2+1＝3，∴C（3，），故答案為：（3，）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形與圓，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．19．（2017秋?鄞州區(qū)校級(jí)月考）蜂巢的構(gòu)造非常美麗、科學(xué)，如圖是由7個(gè)形狀、大小完全相同的正六邊形組成的網(wǎng)絡(luò)，正六邊形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)，△ABC的頂點(diǎn)都在格點(diǎn)上．設(shè)定AB邊如圖所示，則△ABC是直角三角形的個(gè)數(shù)有10．【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，分AB是直角邊和斜邊兩種情況確定出點(diǎn)C的位置即可得解．【解答】解：如圖，AB是直角邊時(shí)，點(diǎn)C共有6個(gè)位置，即有6個(gè)直角三角形，AB是斜邊時(shí)，點(diǎn)C共有4個(gè)位置，即有4個(gè)直角三角形，綜上所述，△ABC是直角三角形的個(gè)數(shù)有6+4＝10個(gè)．故答案為：10．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形和圓，難點(diǎn)在于分AB是直角邊和斜邊兩種情況討論，熟練掌握正六邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，作出圖形更形象直觀．20．（2022秋?南潯區(qū)期末）已知正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，連接BD，則∠ABD的度數(shù)是72°．【分析】根據(jù)多邊形內(nèi)角和定理、正五邊形的性質(zhì)求出∠ABC、CD＝CB，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠CBD，計(jì)算即可．【解答】解：∵五邊形ABCDE為正五邊形，∴∠ABC＝∠C＝＝108°，∵CD＝CB，∴∠CBD＝＝36°，∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝72°，故答案為：72°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是正多邊形和圓、多邊形的內(nèi)角和定理，掌握正多邊形和圓的關(guān)系、多邊形內(nèi)角和等于（n﹣2）×180°是解題的關(guān)鍵．21．（2022秋?下城區(qū)校級(jí)月考）如圖，正五邊形ABCDE，連接對(duì)角線AC，BD，設(shè)AC與BD相交于O．（1）求證：AO＝CD；（2）判斷四邊形AODE的形狀，并說明理由．【分析】（1））根據(jù)正五邊形的性質(zhì)可知AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，所以∠ABO＝72°，∠BAO＝（180°﹣108°）＝36°，因此∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，推出AB＝AO，則CD＝AO；（2）根據(jù)圓周角定理求出∠BDE、∠E的度數(shù)，進(jìn)而證明DF∥AE；證明AF∥DE，AE＝DE，即可解決問題．【解答】解：（1）∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，∴∠ABO＝72°，∠BAO＝（180°﹣108°）＝36°，∴∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，∴AB＝AO，∴CD＝AO；（2）四邊形AODE是菱形；理由如下：∵正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，∴∠BDE＝＝72°，∠E＝×360°＝108°，∴∠BDE+∠E＝180°，DO∥AE；同理可證：AO∥DE，而AE＝DE，∴四邊形AODE是菱形．【點(diǎn)評(píng)】該題主要考查了正多邊形和圓的性質(zhì)及其應(yīng)用問題；解題的關(guān)鍵是：深入分析、大膽猜測、合情推理、科學(xué)論證．22．（2017秋?溫州期末）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2，現(xiàn)將它沿AB方向平移1個(gè)單位，得到正六邊形A′B′C′D′E′F′，則陰影部分A′BCDE′F′的面積是（）A．3 B．4 C． D．2【分析】連接A′E′，BD，過F′作F′H⊥A′E′于H，得到四邊形A′E′DB是矩形，解直角三角形得到F′H＝1，A′H＝，求得A′E′＝2，根據(jù)矩形和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【解答】解：連接A′E′，BD，過F′作F′H⊥A′E′于H，則四邊形A′E′DB是矩形，∵正六邊形ABCDEF的邊長為2，∠A′F′E′＝120°，∴∠F′A′E′＝30°，∴F′H＝1，A′H＝，∴A′E′＝2，∵將它沿AB方向平移1個(gè)單位，∴A′B＝1，∴陰影部分A′BCDE′F′的面積＝S△A′F′E′+S矩形A′E′DB+S△BCD＝2××2×1+1×2＝4，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形與圓，矩形的判定和性質(zhì)，平移的性質(zhì)，三角形的面積，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．23．（2021秋?義烏市期末）如圖，在由邊長相同的7個(gè)正六邊形組成的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B在格點(diǎn)上．再選擇一個(gè)格點(diǎn)C，使△ABC是以AB為腰的等腰三角形，符合點(diǎn)C條件的格點(diǎn)個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】確定AB的長度后確定點(diǎn)C的位置即可．【解答】解：AB的長等于六邊形的邊長+最長對(duì)角線的長，據(jù)此可以確定共有2個(gè)點(diǎn)C，位置如圖，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】考查了正多邊形和圓及等腰三角形的判定，解題的關(guān)鍵是確定AB的長，難度不大．24．（2022秋?嘉興期末）如圖，正六邊形ABCDEF與正方形AGDH都內(nèi)接于⊙O，連接BG，則弦BG所對(duì)圓周角的度數(shù)為（）A．15° B．30° C．15°或165° D．30°或150°【分析】連接OA、OB、OG，先求出∠AOB＝＝60°，＝90°，所以∠BOG＝∠AOG﹣∠AOB＝90°﹣60°＝30°，即可求出弦BG所對(duì)圓周角的度數(shù)為15°或165°．【解答】解：連接OA、OB、OG．由題意得，∠AOB＝＝60°，＝90°，∴∠BOG＝∠AOG﹣∠AOB＝90°﹣60°＝30°，∴弦BG所對(duì)圓周角的度數(shù)為15°或165°．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形和圓，，解題的關(guān)鍵是∠BOG的度數(shù)．25．（2023?舟山一模）某正多邊形的內(nèi)角是它外角的兩倍，則該正多邊形的邊數(shù)為6．【分析】設(shè)多邊形有n條邊，則內(nèi)角和為180°（n﹣2），再根據(jù)內(nèi)角和等于外角和的5倍可得方程180（n﹣2）＝360×2，再解方程即可．【解答】解：設(shè)多邊形有n條邊，由題意得：180（n﹣2）＝360×2，解得：n＝6．故答案為：6．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了多邊形的內(nèi)角和和外角和，解題的關(guān)鍵是掌握多邊形內(nèi)角和定理：（n﹣2）?180°（n≥3且n為整數(shù)）．26．（2022秋?江北區(qū)期末）劉徽是我國魏晉時(shí)期卓越的數(shù)學(xué)家，他首次提出“割圓術(shù)”，利用圓內(nèi)接正多邊形逐步逼近圓來近似計(jì)算圓周率，方法如圖：作正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，取的中點(diǎn)G，OG與AB交于點(diǎn)H；連結(jié)AG、BG；依次對(duì)剩余五段弧取中點(diǎn)可得一個(gè)圓內(nèi)接正十二邊形，記正十二邊形的面積為S1，正六邊形的面積為S2，則＝．【分析】設(shè)⊙O的半徑為R，根據(jù)正多邊形的性質(zhì)、正弦的定義、三角形的面積公式分別表示出S1、S2，計(jì)算即可．【解答】解：設(shè)⊙O的半徑為R，∵點(diǎn)G是的中點(diǎn)，∴OG⊥AB，∠BOG＝∠AOB，∵六邊形ABCDEF為正六邊形，∴△AOB為等邊三角形，∴∠OAB＝60°，∴S2＝R?R?sin60°×6＝R2，S1＝R?R?sin30°×12＝3R2，∴＝＝，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是正多邊形和圓，掌握正多邊形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．27．（2023?西湖區(qū)校級(jí)三模）如圖，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，BF，BD分別交AC于點(diǎn)G，H，若該圓的半徑為12，則線段GH的長為（）A．6 B． C． D．8【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】解：∵在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，AB＝AF＝BC＝CD，∠BAF＝ABC＝∠BCD＝120°，∴∠AFB＝∠ABF＝∠BAC＝∠ACB＝∠CBD＝∠BDC＝30°，∴AG＝BG，BH＝CH，∠GBH＝∠BGH＝∠BHG＝60°，∴AG＝GH＝BG＝BH＝CH，連接OA，OB交AC于N，則OB⊥AC，∠AOB＝60°，∵OA＝12，∴AN＝OA＝6，∴AC＝2AN＝12，∴GH＝AC＝4，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形和圓，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握正六邊形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．28．（2023?杭州）如圖，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，設(shè)正六邊形ABCDEF的面積為S1，△ACE的面積為S2，則＝2．【分析】連接OA，OC，OE，首先證明出△ACE是⊙O的內(nèi)接正三角形，然后證明出△BAC≌△OAC（ASA），得到S△ABC＝S△AEE＝S△CDES△AOC＝S△OAE＝S△OCE，進(jìn)而求解即可．【解答】解：如圖所示，連接OA，OC，OE．∵六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，∴AC＝AE＝CE，∴△ACE是⊙O的內(nèi)接正三角形，∵∠B＝120°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠B）＝30°，∵∠CAE＝60°，∴∠OAC＝∠OAE＝30°，∴∠BAC＝∠OAC＝30°，同理可得，∠BCA＝∠OCA＝30°，又∵AC＝AC，∴△BAC≌△OAC（ASA），∴S△BAC＝S△AOC，圓和正六邊形的性質(zhì)可得，S△BAC＝S△AFE＝S△CDE，由圓和正三角形的性質(zhì)可得，S△OAC＝S△OAE＝S△OCE，∵S1＝S△BAC+S△AEF+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△OCE＝2（S△OAC+S△OAE+S△OCE）＝2S2，∴，故答案為：2【點(diǎn)評(píng)】此題考查了圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)，正六邊形和正三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)．29．（2022秋?濱江區(qū)期末）如圖，正五邊形ABCDE的對(duì)角線AC和AD分別交對(duì)角線BE于點(diǎn)M，N，若△AMN的面積為s，則正五邊形ABCDE的面積為（結(jié)果用含s的代數(shù)式表示）．【分析】由正五邊形的性質(zhì)可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，設(shè)AB＝a，表示出解得AM＝a，則MN＝a﹣a＝a，得出S△ABM＝s，同理求出S△ACD＝s，從而解決問題．【解答】解：由正五邊形的性質(zhì)可知，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，AM＝AN＝BM＝NE，由正五邊形的性質(zhì)可得，△AMN∽△BAN∽△ACD，設(shè)AB＝a，∵△AMN∽△BAN，∴＝，即＝，解得AM＝a，∴MN＝a﹣a＝a，∴＝＝，∴S△ABM＝s，∵△AMN∽△ACD，∴＝（）2＝，∴S△ACD＝s，∴S正五邊形ABCDE＝S△ACD+4S△ABM+2S△AMN＝s+4×s+2s＝，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．30．（2022秋?西湖區(qū)期末）如圖，在正五邊形ABCDE中，連結(jié)AC，AD，CE，CE交AD于點(diǎn)F．（1）求∠CAD的度數(shù)．（2）已知AB＝2，求DF的長．【分析】（1）根據(jù)五邊形ABCDE是正五邊形，判斷出AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，∠BAE＝108°．即可得到；（2）證明△DCF∽△DAC，推出CD2＝DF×AD，設(shè)DF＝x，則AD＝x+2，列出方程，解方程即可求出DF的長．【解答】解：（1）∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，．∴四邊形ABCF是菱形，∴∠BAC＝∠CAD，同理可求：∠CAD＝∠DAE，∴；（2）∵四邊形ABCF是菱形，∴CF＝AF＝AB＝2．∵∠BAC＝∠CAD＝∠DAE＝36°，同理∠DCE＝36°，∴△DCF∽△DAC，∴，即CD2＝DF×AD，設(shè)DF＝x，則AD＝x+2，∴22＝x（x+2），即x2+2x﹣4＝0，解得（舍去負(fù)值）．∴DF的長是．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形和圓，根據(jù)正五邊形的性質(zhì)，找到相似三角形，利用相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【過關(guān)檢測】一、單選題1．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，A、B、C、D為一個(gè)正多邊形的頂點(diǎn)，O為正多邊形的中心．若，則這個(gè)正多邊形的邊數(shù)為（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】連接，，根據(jù)圓周角定理得到，進(jìn)一步即可得到結(jié)論．【詳解】解：連接，，∵A、B、C、D為一個(gè)正多邊形的頂點(diǎn)，O為正多邊形的中心，∴點(diǎn)A、B、C、D在以點(diǎn)O為圓心，為半徑的同一個(gè)圓上，∵，∴，∴這個(gè)正多邊形的邊數(shù)，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形與圓，圓周角定理，正確地理解題意是解題的關(guān)鍵．2．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考二模）如圖，，為的兩條弦，連結(jié)，，點(diǎn)為的延長線上一點(diǎn)．若，則為（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】在優(yōu)弧上，取點(diǎn)，連接，，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，求出，在根據(jù)同弧或等弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半，即可．【詳解】在優(yōu)弧上，取點(diǎn)，連接，，∴四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴，∵，∴，∴，∴，故選：D．

【點(diǎn)睛】本題考查圓的知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，同弧或者等弧對(duì)應(yīng)的圓周角和圓心角的關(guān)系．3．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，是的直徑，連接．若，則的度數(shù)是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到，得到，由是的直徑，得到，再根據(jù)求出的度數(shù)．【詳解】解：∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，∴，∵，∴，∵是的直徑，∴，∴，故選：B．【點(diǎn)睛】此題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，直徑所對(duì)的圓周角是直角，正確理解圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出是解題的關(guān)鍵．4．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，線段是的直徑，、為上兩點(diǎn)，如果，那么的度數(shù)是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖，連接，由線段是的直徑，，證明，，結(jié)合四邊形為的內(nèi)接四邊形，的．【詳解】解：如圖，連接，

∵線段是的直徑，，∴，，∵四邊形為的內(nèi)接四邊形，∴；故選A【點(diǎn)睛】本題考查的是圓周角定理的應(yīng)用，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟記圓周角定理與圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．5．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如果一個(gè)正多邊形的中心角是，那么這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根據(jù)正多邊形的邊數(shù)周角中心角，計(jì)算即可得解．【詳解】解：這個(gè)多邊形的邊數(shù)是，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查的是正多邊形的中心角的有關(guān)計(jì)算；熟記正多邊形的中心角與邊數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．6．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，正五邊形內(nèi)接于，連接，則（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】先計(jì)算正五邊形的內(nèi)角，再計(jì)算正五邊形的中心角，作差即可．【詳解】∵，∴，故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了正五邊形的外角，內(nèi)角，中心角的計(jì)算，熟練掌握計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．7．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）將一個(gè)正六邊形繞其中心旋轉(zhuǎn)后仍與原圖形重合，旋轉(zhuǎn)角的大小不可能是（

）A．60° B．90° C．180° D．360°【答案】B【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及正多邊形的中心角的度數(shù)，進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：正六邊形的中心角的度數(shù)為：，∴正六邊形繞其中心旋轉(zhuǎn)或的整數(shù)倍時(shí)，仍與原圖形重合，∴旋轉(zhuǎn)角的大小不可能是；故選B．【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)圖形，正多邊形的中心角．熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正多邊形的中心角的度數(shù)的求法，是解題的關(guān)鍵．8．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，正六邊形內(nèi)接于，點(diǎn)是上的一點(diǎn)，則的度數(shù)為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】利用圓內(nèi)接正多邊形中心角及同弧所多對(duì)的圓周角是圓心角一半定理即可．【詳解】如圖，連接，，

∵六邊形是圓內(nèi)接正六邊形，∴，∴，故選：．【點(diǎn)睛】本題考查圓內(nèi)接正多邊形和圓周角定理，解此題的關(guān)鍵是熟練掌握圓內(nèi)接正多邊形中心角計(jì)算和圓周角定理角度計(jì)算．9．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，四邊形內(nèi)接于，如果，則的度數(shù)是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)圓周角定理得出，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)即可求解．【詳解】解：∵，，∴，∵四邊形內(nèi)接于，∴，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．10．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，點(diǎn)A，B，C，D，E均在上，且經(jīng)過圓心O，連接，若，則弧所對(duì)的圓心角的度數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得，從而得到，進(jìn)而得到，即可求解．【詳解】解：如圖，連接，∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，∴，∵，∴，∴，∴弧所對(duì)的圓心角的度數(shù)為．故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，熟練掌握圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理是解題的關(guān)鍵．二、填空題11．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形內(nèi)接于圓，若，則的度數(shù)是________．【答案】/80度【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：對(duì)角互補(bǔ)，即可解答．【詳解】解：∵四邊形內(nèi)接于，∴，∵，∴．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，掌握圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解答本題的關(guān)鍵．12．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，是內(nèi)接四邊形的一個(gè)外角，若，則的大小為__________．

【答案】/72度【分析】根據(jù)圓周角定理得出，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的任意一個(gè)外角等于它的內(nèi)對(duì)角，即可得出答案．【詳解】解：∵，∴，∵是內(nèi)接四邊形的一個(gè)外角，∴．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和圓周角定理，掌握圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和圓周角定理是解題的關(guān)鍵．13．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，四邊形內(nèi)接于，是的直徑，連接，若，則的度數(shù)是________．

【答案】/130度【分析】利用直徑所對(duì)的圓周角是直角得到，然后利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余計(jì)算，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求得的度數(shù)．【詳解】解：為的直徑四邊形內(nèi)接于故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．14．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）圓的內(nèi)接正多邊形中，正多邊形的一條邊所對(duì)的圓心角是，則正多邊形的邊數(shù)是______【答案】5【分析】根據(jù)正多邊形的中心角計(jì)算即可．【詳解】解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n．由題意可得：，∴，故答案為：5．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形的有關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是記住正多邊形的中心角．15．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，點(diǎn)O是正六邊形的中心，以為邊構(gòu)造正五邊形，則___________．

【答案】/48度【分析】連接，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得出是等邊三角形，得到，再根據(jù)正五邊形的內(nèi)角和求出的度數(shù)，即可得到答案．【詳解】解：連接,

∵點(diǎn)O是正六邊形的中心，∴，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，故答案為：．【點(diǎn)睛】此題考查了正多邊形的性質(zhì)，多邊形的內(nèi)角和公式，正確掌握正多邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，六邊形是的內(nèi)接正六邊形，設(shè)正六邊形的面積為，的面積為，則_________．

【答案】2【分析】連接，首先證明出是的內(nèi)接正三角形，然后證明出，得到，，進(jìn)而求解即可．【詳解】如圖所示，連接，

∵六邊形是的內(nèi)接正六邊形，∴，∴是的內(nèi)接正三角形，∵，，∴，∵，∴，∴，同理可得，，又∵，∴，∴，由圓和正六邊形的性質(zhì)可得，，由圓和正三角形的性質(zhì)可得，，∵，∴．故答案為：2．【點(diǎn)睛】此題考查了圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)，正六邊形和正三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)．17．（2023·浙江·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖1，將一個(gè)正方形紙片沿虛線對(duì)折兩次，得到圖2，按照圖2所示剪去一個(gè)腰長為2的等腰直角三角形，展開后得到一個(gè)如圖3所示的正八邊形，將前下的四個(gè)等腰直角三角形拼成一個(gè)正方形，放在正八邊形內(nèi)部，與重合，為的中點(diǎn)，連接．

（1）圖1中的正方形紙片邊長為______；（2）將正方形繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)______度，與重合，此時(shí)長為______．【答案】45【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)有勾股定理即可求解；（2）連接，，利用正多邊形內(nèi)角和定理可求得，推出四邊形是菱形，再利用勾股定理即可求解．【詳解】解：（1）設(shè)正方形的中心為Ｏ，由題意得，∴正方形的邊長；故答案為：；（2）連接，，

正八邊形的每個(gè)