九年级数学下册知识讲义3圆内接正多边形附练习及答案北师大版.docx

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九年级数学下册知识讲义3圆内接正多边形附练习及答案北师大版

初中数学

圆内接正多边形

学习目标

一、考点突破

1.了解圆内接正多边形的有关概念。

2.理解并掌握正多边形半径和边长、边心距、中心角之间的关系。

3.会应用正多边形和圆的有关知识画正多边形。

二、重难点提示

重点：

圆内接正多边形的定义及相关性质。

难点：

正多边形半径、中心角、弦心距、边长之间的关系。

考点精讲

1.圆内接正多边形的有关概念

①顶点都在同一个圆上的正多边形叫做圆内接正多边形。

这个圆叫做该正多边形的外接圆。

②正多边形的中心、半径、边心距、中心角

正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心；正多边形的外接圆的半径叫做这个正多边形的半径；正多边形的中心到正多边形一边的距离叫做这个正多边形的边心距；正多边形的每一边所对的外接圆的圆心角叫做这个正多边形的中心角。

【要点诠释】

①只要把一个圆分成相等的一些弧，就可以做出这个圆的内接正多边形，这个圆就是这个正多边形的外接圆。

②求正n边形中心角的常用方法：

正n边形有n条边，每条边对应一个中心角，所以正n边形的中心角为。

（正n边形中心角度数与正n边形的一个外角相等）

2.特殊的圆内接正多边形的半径、弦心距、边长之间的关系

①正三角形——在中进行：

；

②正四边形——在中进行，；

③正六边形——在中进行，。

【规律总结】

正多边形的外接圆半径R与边长a、边心距r之间的关系：

R2＝r2＋（a）2，连接正n边形的半径，弦心距，把正n边形的有关计算转化为直角三角形中的问题。

典例精讲

例题1（义乌市）一张圆心角为45°的扇形纸板和圆形纸板按如下图所示方式分别剪成一个正方形，边长都为1，则扇形和圆形纸板的面积比是（　　）

A.5：

4B.5：

2C.：

2D.：

思路分析：

先画出图形，分别求出扇形和圆的半径，再根据面积公式求出面积，最后求出比值即可。

答案：

解：

如图1所示，连接OD，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCB＝∠ABO＝90°，AB＝BC＝CD＝1，

∵∠AOB＝45°，∴OB＝AB＝1，

由勾股定理得：

OD＝＝，∴扇形的面积是＝π；

如图2所示，连接MB、MC，

∵四边形ABCD是⊙M的内接四边形，四边形ABCD是正方形，

∴∠BMC＝90°，MB＝MC，∴∠MCB＝∠MBC＝45°，

∵BC＝1，∴MC＝MB＝，∴⊙M的面积是π×（）2＝π，

∴扇形和圆形纸板的面积比是。

故选A。

技巧点拨：

本题考查了正方形性质，圆内接四边形性质，扇形的面积公式的应用，解此题的关键是求出扇形和圆的面积，题目比较好，难度适中。

例题2（莱芜）如图，在正五边形ABCDE中，连接AC、AD、CE，CE交AD于点F，连接BF，下列说法不正确的是（　　）

A.△CDF的周长等于AD+CDB.FC平分∠BFD

C.AC2+BF2＝4CD2D.DE2＝EF•CE

思路分析：

首先由正五边形的性质，可得AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，AC∥DE，AC＝AD＝CE，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可证得四边形ABCF为菱形，得CF＝AF，即△CDF的周长等于AD+CD，由菱形的性质和勾股定理得出AC2+BF2＝4CD2，可证明△CDE∽△DFE，即可得出DE2＝EF•CE。

答案：

解：

∵五边形ABCDE是正五边形，

∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，AC∥DE，AC＝AD＝CE，

∴四边形ABCF是菱形，∴CF＝AF，

∴△CDF的周长等于CF+DF+CD，即△CDF的周长等于AD+CD，

故A选项正确；

∵四边形ABCF是菱形，∴AC⊥BF，

设AC与BF交于点O，由勾股定理得OB2+OC2＝BC2，

∴AC2+BF2＝（2OC）2+（2OB）2＝4OC2+4OB2＝4BC2，∴AC2+BF2＝4CD2，

故C选项正确；

由正五边形的性质得，△ADE≌△CDE，

∴∠DCE＝∠EDF，∴△CDE∽△DFE，

∴＝，∴DE2＝EF•CE，

故D选项正确。

故选：

B。

技巧点拨：

本题考查了正五边形的性质，全等三角形的判定，综合考查的知识点较多，解答本题注意已经证明的结论，可以直接拿来使用。

提分宝典

【易错警示】

示例：

判断命题“各内角都相等的圆内接多边形是正多边形。

”的真假。

易错点：

容易错误地理解这个命题是真命题。

【针对训练】

某学习小组在探索这个问题时，有如下探讨：

甲同学：

我发现这种多边形不一定是正多边形，如圆内接矩形不一定是正方形。

乙同学：

我知道，边数为3时，它是正三角形；我想，边数为5时，它可能也是正五边形……

丙同学：

我发现边数为6时，它也不一定是正六边形。

如图2所示，△ABC是正三角形，弧AD、弧BE、弧CF均相等，这样构造的六边形ADBECF不是正六边形。

（1）如图1所示，若圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，则∠ABC＝__________，请简要说明圆内接五边形ABCDE为正五边形的理由。

（2）如图2所示，请证明丙同学构造的六边形各内角相等。

（3）根据以上探索过程，就问题“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”的结论与“边数n（n≥3，n为整数）”的关系，提出你的猜想（不需证明）。

思路分析：

（1）先根据多边形内角和定理求出正五边形的内角和，再求出各角的度数；根据各角度数证明各边之间的关系即可；

（2）由图知∠AFC对，由＝，而∠DAF对的＝＋＝＋＝，故可得出∠AFC＝∠DAF，同理可证其余各角都等于∠AFC，由此即可得出结论；（3）根据

（1）、

（2）的证明即可得出结论。

答案：

（1）∵五边形的内角和＝（5－2）×180°＝540°，∴∠ABC＝＝108°，理由：

∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E，∠A对着，∠B对着，∴＝，∴－＝－，即＝，∴BC＝AE，同理可证其余各边都相等，∴五边形ABCDE是正五边形。

（2）由图知∠AFC对，而∠DAF对，∵＝，∴＋＝＋，即＝，∴∠AFC＝∠DAF，同理可证其余各角都等于∠AFC，故图2中六边形各角相等。

（3）由

（1）、

（2）可知，当n（n≥3，n为整数）是奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当n（n≥3，n为整数）是偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定为正多边形。

技巧点拨：

本题考查的是正多边形和圆，熟知弧、圆心角、弦的关系是解答本题的关键。

同步练习

（答题时间：

30分钟）

1.阅读理解：

如图1所示，在平面内选一定点O，引一条有方向的射线Ox，再选定一个单位长度，那么平面上任一点M的位置可由∠MOx的度数θ与OM的长度m确定，有序数对（θ，m）称为M点的“极坐标”，这样建立的坐标系称为“极坐标系”。

应用：

在图2所示的极坐标系下，如果正六边形的边长为2，有一边OA在射线Ox上，则正六边形的顶点C的极坐标应记为（　　）

A.（60°，4）B.（45°，4）C.（60°，2）D.（50°，2）

2.如图所示，有一个边长为1的正六边形ABCDEF，其中C，D坐标分别为（1，0）和（2，0），若在无滑动的情况下，将这个六边形沿着x轴向右滚动，则在滚动过程中，这个六边形的顶点A，B，C，D，E，F中，会过点（2014，2）的是（　　）

A.点BB.点CC.点DD.点E

3.如图所示，在平面直角坐标系中，边长为6的正六边形ABCDEF的对称中心与原点O重合，点A在x轴上，点B在反比例函数y＝位于第一象限的图象上，则k的值为（　　）

A.9B.9C.3D.3

4.如图所示，把正△ABC的外接圆对折，使点A与劣弧的中点M重合，折痕分别交AB、AC于D、E，若BC＝5，则线段DE的长为（　　）

A.B.C.D.

5.如图所示，AD是正五边形ABCDE的一条对角线，则∠BAD＝。

**6.如图，点E、D分别是正三角形ABC、正四边形ABCM、正五边形ABCMN中以C点为顶点的一边延长线和另一边反向延长线上的点，且BE＝CD，DB的延长线交AE于点F，则图1中∠AFB的度数为；若将条件“正三角形、正四边形、正五边形”改为“正n边形”，其他条件不变，则∠AFB的度数为。

（用n的代数式表示，其中，n≥3，且n为整数）

**7.如图，AG是正八边形ABCDEFGH的一条对角线。

（1）在剩余的顶点B、C、D、E、F、H中，连接两个顶点，使连接的线段与AG平行，并说明理由；

（2）两边延长AB、CD、EF、GH，使延长线分别交于点P、Q、M、N，若AB＝2，求四边形PQMN的面积。

**8.

（1）已知：

如图1所示，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为弧BC上一动点，求证：

PA＝PB+PC；

（2）如图2所示，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为弧BC上一动点，求证：

PA＝PC+PB；

（3）如图3所示，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，并给予证明。

答案

1.A解：

如图2所示，设正六边形的中心为D，连接AD，

∵∠ADO＝360°÷6＝60°，OD＝AD，

∴△AOD是等边三角形，

∴OD＝OA＝2，∠AOD＝60°，

∴OC＝2OD＝2×2＝4，

∴正六边形的顶点C的极坐标应记为（60°，4）。

故选A。

2.B解：

如图所示：

当滚动到A′D⊥x轴时，E、F、A的对应点分别是E′、F′、A′，

连接A′D，过点F′，E′作F′G⊥A′D，E′H⊥A′D，

∵六边形ABCDEF是正六边形，

∴∠A′F′G＝30°，

∴A′G＝A′F′＝，同理可得HD＝，

∴A′D＝2，

∵D（2，0）∴A′（2，2），OD＝2，

∵正六边形滚动6个单位长度时正好滚动一周，

∴从点（2，2）开始到点（2014，2）正好滚动2012个单位长度，

∵＝335…2，

∴恰好滚动335周多2个，

∴会过点（2014，2）的是点C。

故选B。

3.B解：

连接OB，过B作BG⊥OA于G，

∵ABCDEF是正六边形，∴∠AOB＝60°，

∵OB＝OA，∴△AOB是等边三角形，∴OB＝OA＝AB＝6，

∵BG⊥OA，∴∠BGO＝90°，∴∠OBG＝30°，

∴OG＝OB＝3，由勾股定理得：

BG＝3，即B的坐标是（3，3），

∵B点在反比例函数y＝上，∴k＝3×3＝9，

故选B。

4.B解：

连接AM、OB，则其交点O即为此圆的圆心；

∵△ABC是正三角形，∴∠OBC＝∠OAD＝30°，DE∥BC，

在Rt△OBF中，BF＝BC＝×5＝，

∴OB＝＝

＝，∴OA＝OB＝；

在Rt△AOD中，∠DAO＝30°，∴OD＝OA•tan30°＝×＝，

∴DE＝2OD＝2×＝，故选B。

5.72°解：

∵正五边形ABCDE的内角和为（5-2）×180°＝540°，

∴∠E＝×540°＝108°，∠BAE＝108°

又∵EA＝ED，∴∠EAD＝×（180°-108°）＝36°，

∴∠BAD＝∠BAE-∠EAD＝72°，故答案是：

72°。

6.60°；。

解：

在正△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠ABE＝∠BCD＝120°，

又∵BE＝CD，∴△ABE≌△BCD，∴∠E＝∠D，

又∵∠FBE＝∠CBD，∴∠AFB＝∠E+∠FBE＝∠D+∠CBD＝∠ACB＝60°；

由以上不难得：

在正四边形ABCM中，△AEB≌△BDC，得出，∠AFB的度数等于∠DCB＝90°，同理在正五边形ABCMN中，∠AFB度数为108°；

由正三角形、正四边形、正五边形时，∠AFB的度数分别为60°，90°，108°，

可得出“正n边形”，其它条件不变，则∠AFB度数为。

故填：

60°；。

7.解：

（1）连接BF，则有BF∥AG，

理由如下：

∵ABCDEFGH是正八边形，∴它的内角都为135°，

又∵HA＝HG，∴∠1＝22.5°，从而∠2＝135°-∠1＝112.5°，

由于正八边形ABCDEFGH关于直线BF对称，

∴∠3＝×135°＝67.5°，即∠2+∠3＝180°，故BF∥AG，

（2）根据题设可知∠PHA＝∠PAH＝45°，

∴∠P＝90°，同理可得∠Q＝∠M＝90°，

∴四边形PQMN是矩形.

又∵∠PHA＝∠PAH＝∠QBC＝∠QCB＝∠MDE＝∠MED＝45°，AH＝BC＝DE，

∴△PAH≌△QCB≌△MDE，∴PA＝QB＝QC＝MD.即PQ＝QM，

故四边形PQMN是正方形.

在Rt△PAH中，

∵∠PAH＝45°，AH＝2，∴PA＝AH•sin45°＝2×＝，

∴PQ＝PA+AB+BQ＝+2+＝2+2，

故S四边形PQMN＝（2+2）2＝12+8。

8.证明：

（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，

∵A、B、P、C四点共圆，∴∠BAC+∠BPC＝180°，

∵∠BPC+∠EPC＝180°，∴∠CPE＝∠BAC＝60°，PE＝PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE＝PC，∠E＝60°；

又∵∠BCE＝60°+∠BCP，∠ACP＝60°+∠BCP，∴∠BCE＝∠ACP，

∵△ABC、△ECP为等边三角形，∴CE＝PC，AC＝BC，∴△BEC≌△APC（SAS），

∴PA＝BE＝PB+PE=PB+PC

（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，

∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°∴∠1＝∠3，

又∵∠APB＝45°，∴BP＝BE，∴PE＝PB；

又∵AB＝BC，∴△ABE≌△CBP，∴PC＝AE，∴PA＝AE+PE＝PC+PB。

（3）证明：

过点B，作BM⊥AP，在AP上截取AQ＝PC，连接BQ，∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，

∴△ABQ≌△CBP，∴BQ＝BP，∴MP＝QM，

又∵∠APB＝30°，∴cos30°＝，∴PM＝PB，∴PQ＝PB

∴PA＝PQ+AQ＝PB+PC。