2019-2020年中考二輪復(fù)習(xí)：專題32 正多邊形與圓.doc

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2019-2020年中考二輪復(fù)習(xí)：專題32 正多邊形與圓 一.選擇題 1.（xx?四川成都,第10題3分）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，半徑為4，則這個(gè)正六邊形的邊心距OM和的長分別為（　　） 　 A．2， B．2，π C． ， D． 2， 考點(diǎn)： 正多邊形和圓；弧長的計(jì)算． 分析： 正六邊形的邊長與外接圓的半徑相等，構(gòu)建直角三角形，利用直角三角形的邊角關(guān)系即可求出OM，再利用弧長公式求解即可． 解答： 解：連接OB， ∵OB=4， ∴BM=2， ∴OM=2， ==π， 故選D． 點(diǎn)評： 本題考查了正多邊形和圓以及弧長的計(jì)算，將扇形的弧長公式與多邊形的性質(zhì)相結(jié)合，構(gòu)思巧妙，利用了正六邊形的性質(zhì)，是一道好題． 2.（xx?青海西寧第8題3分））一元錢硬幣的直徑約為24mm，則用它能完全覆蓋住的正六邊形的邊長最大不能超過（　?。? 　 A．12mm B． 12mm C． 6mm D． 6mm 考點(diǎn)： 正多邊形和圓．. 專題： 計(jì)算題． 分析： 理解清楚題意，此題實(shí)際考查的是一個(gè)直徑為24mm的圓內(nèi)接正六邊形的邊長． 解答： 解：已知圓內(nèi)接半徑r為12mm， 則OB=12， ∴BD=OB?sin30=12=6， 則BC=26=12， 可知邊長為12mm，就是完全覆蓋住的正六邊形的邊長最大． 故選A． 點(diǎn)評： 此題所求結(jié)果比較新穎，要注意題目問題的真正含義，即求圓內(nèi)接正六邊形的邊長． 3.（xx湖北省隨州市，第8 題3分）如圖，⊙O是正五邊形ABCDE的外接圓，這個(gè)正五邊形的邊長為a，半徑為R，邊心距為r，則下列關(guān)系式錯(cuò)誤的是（　　） 　 A． R2﹣r2=a2 B． a=2Rsin36 C． a=2rtan36 D． r=Rcos36 考點(diǎn)： 正多邊形和圓；解直角三角形．. 分析： 根據(jù)圓內(nèi)接正五邊形的性質(zhì)求出∠BOC，再根據(jù)垂徑定理求出∠1=36，然后利用勾股定理和解直角三角形對各選項(xiàng)分析判斷即可得解． 解答： 解：∵⊙O是正五邊形ABCDE的外接圓， ∴∠BOC=360=72， ∴∠1=∠BOC=72=36， R2﹣r2=（a）2=a2， a=Rsin36， a=2Rsin36； a=rtan36， a=2rtan36， cos36=， r=Rcos36， 所以，關(guān)系式錯(cuò)誤的是R2﹣r2=a2． 故選A． 點(diǎn)評： 本題考查了圓內(nèi)接四邊形，解直角三角形，熟練掌握圓內(nèi)接正五邊形的性質(zhì)并求出中心角的度數(shù)是解題的關(guān)鍵． 4．（xx?青島，第6題3分）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，若直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A，則∠PAB=（　?。? 　 A． 30 B． 35 C． 45 D． 60 考點(diǎn)： 切線的性質(zhì)；正多邊形和圓． 分析： 連接OB，AD，BD，由多邊形是正六邊形可求出∠AOB的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可求出∠ADB的度數(shù)，利用弦切角定理∠PAB． 解答： 解：連接OB，AD，BD， ∵多邊形ABCDEF是正多邊形， ∴AD為外接圓的直徑， ∠AOB==60， ∴∠ADB=∠AOB=60=30． ∵直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A， ∴∠PAB=∠ADB=30， 故選A． 點(diǎn)評： 本題主要考查了正多邊形和圓，切線的性質(zhì)，作出適當(dāng)?shù)妮o助線，利用弦切角定理是解答此題的關(guān)鍵． 二.填空題 1．（xx?青島,第12題3分）如圖，平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O是正方形ABCD的中心，頂點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（1，1），（﹣1，1），把正方形ABCD繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45得正方形A′B′C′D′，則正方形ABCD與正方形A′B′C′D′重疊部分所形成的正八邊形的邊長為　2﹣2?。? 考點(diǎn)： 旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；正多邊形和圓． 分析： 如圖，首先求出正方形的邊長、對角線長；進(jìn)而求出OA′的長；證明△A′MN為等腰直角三角形，求出A′N的長度；同理求出D′M′的長度，即可解決問題． 解答： 解：如圖，由題意得： 正方形ABCD的邊長為2， ∴該正方形的對角線長為2， ∴OA′=；而OM=1， ∴A′M=﹣1； 由題意得：∠MA′N=45，∠A′MN=90， ∴∠MNA′=45， ∴MN=A′M=； 由勾股定理得：A′N=2﹣； 同理可求D′M′=2﹣， ∴MN=2﹣（4﹣2）=2﹣2， ∴正八邊形的邊長為2﹣2． 點(diǎn)評： 該題主要考查了旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理等幾何知識點(diǎn)及其應(yīng)用問題；應(yīng)牢固掌握旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等幾何知識點(diǎn)，這是靈活運(yùn)用、解題的基礎(chǔ)和關(guān)鍵． 2.（xx?煙臺,第14題3分）正多邊形的一個(gè)外角是，則這個(gè)多邊形的內(nèi)角和的度數(shù)是________________。 考點(diǎn)： 正多邊形 分析： 已知正多邊形的一個(gè)外角，就可以算出多邊形的邊數(shù)；然后利用多邊形的內(nèi)角和公式即可算 解答： 多邊形的外角和為360，所以多邊形為36072=5，根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式可得（5-2）180=540． 點(diǎn)評： 本題綜合考查了多邊形的內(nèi)角和與外角和公式的知識。 3．（3分）（xx?寧夏）（第11題）如圖，將正六邊形ABCDEF放在直角坐標(biāo)系中，中心與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，若A點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，0），則點(diǎn)C的坐標(biāo)為?。ǎ仯。? 考點(diǎn)： 正多邊形和圓；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)． 專題： 計(jì)算題． 分析： 先連接OE，由于正六邊形是軸對稱圖形，并設(shè)EF交Y軸于G，那么∠GOE=30；在Rt△GOE中，則GE=，OG=．即可求得E的坐標(biāo)，和E關(guān)于Y軸對稱的F點(diǎn)的坐標(biāo)，其他坐標(biāo)類似可求出． 解答： 解：連接OE，由正六邊形是軸對稱圖形知： 在Rt△OEG中，∠GOE=30，OE=1． ∴GE=，OG=． ∴A（﹣1，0），B（﹣，﹣），C（，﹣）D（1，0），E（，），F(xiàn)（﹣，）． 故答案為：（，﹣） 點(diǎn)評： 本題利用了正六邊形的對稱性，直角三角形30的角所對的邊等于斜邊的一半，勾股定理等知識． 4.（xx?寧夏第11題3分）如圖，將正六邊形ABCDEF放在直角坐標(biāo)系中，中心與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，若A點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，0），則點(diǎn)C的坐標(biāo)為?。?，﹣）?。? 考點(diǎn)： 正多邊形和圓；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．. 專題： 計(jì)算題． 分析： 先連接OE，由于正六邊形是軸對稱圖形，并設(shè)EF交Y軸于G，那么∠GOE=30；在Rt△GOE中，則GE=，OG=．即可求得E的坐標(biāo)，和E關(guān)于Y軸對稱的F點(diǎn)的坐標(biāo)，其他坐標(biāo)類似可求出． 解答： 解：連接OE，由正六邊形是軸對稱圖形知： 在Rt△OEG中，∠GOE=30，OE=1． ∴GE=，OG=． ∴A（﹣1，0），B（﹣，﹣），C（，﹣）D（1，0），E（，），F(xiàn)（﹣，）． 故答案為：（，﹣） 點(diǎn)評： 本題利用了正六邊形的對稱性，直角三角形30的角所對的邊等于斜邊的一半，勾股定理等知識． 5. （xx年重慶B第16題4分）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，先以點(diǎn)A為圓心，AD的長為半徑畫弧，再以AB邊的中點(diǎn)為圓心，AB長的一半為半徑畫弧，則兩弧之間的陰影部分面積是______（結(jié)果保留） 【答案】 【解析】 試題分析：根據(jù)題意可得：陰影部分的面積等于半徑為4的圓的四分之一的面積減去半徑為2的圓的一半的面積.S=π4－π2=4π－2π=2π. 考點(diǎn)：圓的面積計(jì)算. 6．（xx?營口，第14題3分）圓內(nèi)接正六邊形的邊心距為2，則這個(gè)正六邊形的面積為　24　cm2． 考點(diǎn)： 正多邊形和圓． 分析： 根據(jù)正六邊形的特點(diǎn)，通過中心作邊的垂線，連接半徑，結(jié)合解直角三角形的有關(guān)知識解決． 解答： 解：如圖， 連接OA、OB；過點(diǎn)O作OG⊥AB于點(diǎn)G． 在Rt△AOG中，OG=2，∠AOG=30， ∵OG=OA?cos 30， ∴OA===4， ∴這個(gè)正六邊形的面積為642=24cm2． 故答案為：24． 點(diǎn)評： 此題主要考查正多邊形的計(jì)算問題，根據(jù)題意畫出圖形，再根據(jù)正多邊形的性質(zhì)即銳角三角函數(shù)的定義解答即可． 7、(xx年四川省達(dá)州市中考，12,3分）已知正六邊形ABCDEF的邊心距為cm，則正六邊形的半徑為　2　cm． 考點(diǎn)： 正多邊形和圓．. 分析： 根據(jù)題意畫出圖形，連接OA、OB，過O作OD⊥AB，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)及銳角三角函數(shù)的定義求解即可． 解答： 解：如圖所示， 連接OA、OB，過O作OD⊥AB， ∵多邊形ABCDEF是正六邊形， ∴∠OAD=60， ∴OD=OA?sin∠OAB=AO=， 解得：AO=2．． 故答案為：2． 點(diǎn)評： 本題考查的是正六邊形的性質(zhì)，根據(jù)題意畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合求解是解答此題的關(guān)鍵． 8、（xx年浙江舟,16，4分）如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（0，1），點(diǎn)P在線段OA上，以AP為半徑的⊙P周長為1. 點(diǎn)M從A開始沿⊙P按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，射線AM交軸于點(diǎn)N（，0）. 設(shè)點(diǎn)M轉(zhuǎn)過的路程為（）. 隨著點(diǎn)M的轉(zhuǎn)動，當(dāng)從變化到時(shí)，點(diǎn)N相應(yīng)移動的路徑長為 ▲ 【答案】. 【考點(diǎn)】單點(diǎn)和線動旋轉(zhuǎn)問題；圓周角定理；等邊三角形的判定和性質(zhì)；含30度直角三角形的性質(zhì). 【分析】∵以AP為半徑的⊙P周長為1， ∴當(dāng)從變化到時(shí)，點(diǎn)M轉(zhuǎn)動的圓心角為120，即圓周角為60. ∴根據(jù)對稱性，當(dāng)點(diǎn)M轉(zhuǎn)動的圓心角為120時(shí)，點(diǎn)N相應(yīng)移動的路徑起點(diǎn)和終點(diǎn)關(guān)于軸對稱. ∴此時(shí)構(gòu)成等邊三角形，且. ∵點(diǎn)A（0，1），即OA=1，∴. ∴當(dāng)從變化到時(shí)，點(diǎn)N相應(yīng)移動的路徑長為. 三.解答題 1．（ xx?江蘇鎮(zhèn)江，第23題，6分）圖①是我們常見的地磚上的圖案，其中包含了一種特殊的平面圖形﹣正八邊形． （1）如圖②，AE是⊙O的直徑，用直尺和圓規(guī)作⊙O的內(nèi)接正八邊形ABCDEFGH（不寫作法，保留作圖痕跡）； （2）在（1）的前提下，連接OD，已知OA=5，若扇形OAD（∠AOD＜180）是一個(gè)圓錐的側(cè)面，則這個(gè)圓錐底面圓的半徑等于　?。? 考點(diǎn)： 正多邊形和圓；圓錐的計(jì)算；作圖—復(fù)雜作圖．. 分析： （1）作AE的垂直平分線交⊙O于C，G，作∠AOG，∠EOG的角平分線，分別交⊙O于H，F(xiàn)，反向延長 FO，HO，分別交⊙O于D，B順次連接A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H，八邊形ABCDEFGH即為所求； （2）由八邊形ABCDEFGH是正八邊形，求得∠AOD=3=135得到的長=，設(shè)這個(gè)圓錐底面圓的半徑為R，根據(jù)圓的周長的公式即可求得結(jié)論． 解答： （1）如圖所示，八邊形ABCDEFGH即為所求， （2）∵八邊形ABCDEFGH是正八邊形， ∴∠AOD=3=135， ∵OA=5， ∴的長=， 設(shè)這個(gè)圓錐底面圓的半徑為R， ∴2πR=， ∴R=，即這個(gè)圓錐底面圓的半徑為． 故答案為：． 點(diǎn)評： 本題考查了尺規(guī)作圖，圓內(nèi)接八邊形的性質(zhì)，弧長的計(jì)算，圓的周長公式的應(yīng)用，會求八邊形的內(nèi)角的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．