《全国各地中考数学试卷解析分类汇编（第2期）专题32 正多边形与圆.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国各地中考数学试卷解析分类汇编（第2期）专题32 正多边形与圆.doc（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、正多边形与圆一.选择题1.（2015四川成都,第10题3分）如图，正六边形ABCDEF内接于O，半径为4，则这个正六边形的边心距OM和的长分别为（）A2， B2， C， D2，考点：正多边形和圆；弧长的计算分析：正六边形的边长与外接圆的半径相等，构建直角三角形，利用直角三角形的边角关系即可求出OM，再利用弧长公式求解即可解答：解：连接OB，OB=4，BM=2，OM=2，=，故选D点评：本题考查了正多边形和圆以及弧长的计算，将扇形的弧长公式与多边形的性质相结合，构思巧妙，利用了正六边形的性质，是一道好题2.（2015青海西宁第8题3分）一元钱硬币的直径约为24mm，则用它能完全覆盖住的正六边形的
2、边长最大不能超过（）A12mmB12mmC6mmD6mm考点：正多边形和圆.专题：计算题分析：理解清楚题意，此题实际考查的是一个直径为24mm的圆内接正六边形的边长解答：解：已知圆内接半径r为12mm，则OB=12，BD=OBsin30=12=6，则BC=26=12，可知边长为12mm，就是完全覆盖住的正六边形的边长最大故选A点评：此题所求结果比较新颖，要注意题目问题的真正含义，即求圆内接正六边形的边长3.（2015湖北省随州市，第8 题3分）如图，O是正五边形ABCDE的外接圆，这个正五边形的边长为a，半径为R，边心距为r，则下列关系式错误的是（）A R2r2=a2Ba=2Rsin36Ca=
3、2rtan36Dr=Rcos36考点：正多边形和圆；解直角三角形.分析：根据圆内接正五边形的性质求出BOC，再根据垂径定理求出1=36，然后利用勾股定理和解直角三角形对各选项分析判断即可得解解答：解：O是正五边形ABCDE的外接圆，BOC=360=72，1=BOC=72=36，R2r2=（a）2=a2，a=Rsin36，a=2Rsin36；a=rtan36，a=2rtan36，cos36=，r=Rcos36，所以，关系式错误的是R2r2=a2故选A点评：本题考查了圆内接四边形，解直角三角形，熟练掌握圆内接正五边形的性质并求出中心角的度数是解题的关键4（2015青岛，第6题3分）如图，正六边形A
4、BCDEF内接于O，若直线PA与O相切于点A，则PAB=（）A30B35C45D60考点：切线的性质；正多边形和圆分析：连接OB，AD，BD，由多边形是正六边形可求出AOB的度数，再根据圆周角定理即可求出ADB的度数，利用弦切角定理PAB解答：解：连接OB，AD，BD，多边形ABCDEF是正多边形，AD为外接圆的直径，AOB=60，ADB=AOB=60=30直线PA与O相切于点A，PAB=ADB=30，故选A点评：本题主要考查了正多边形和圆，切线的性质，作出适当的辅助线，利用弦切角定理是解答此题的关键二.填空题1（2015青岛,第12题3分）如图，平面直角坐标系的原点O是正方形ABCD的中心，
5、顶点A，B的坐标分别为（1，1），（1，1），把正方形ABCD绕原点O逆时针旋转45得正方形ABCD，则正方形ABCD与正方形ABCD重叠部分所形成的正八边形的边长为22考点：旋转的性质；坐标与图形性质；正方形的性质；正多边形和圆分析：如图，首先求出正方形的边长、对角线长；进而求出OA的长；证明AMN为等腰直角三角形，求出AN的长度；同理求出DM的长度，即可解决问题解答：解：如图，由题意得：正方形ABCD的边长为2，该正方形的对角线长为2，OA=；而OM=1，AM=1；由题意得：MAN=45，AMN=90，MNA=45，MN=AM=；由勾股定理得：AN=2；同理可求DM=2，MN=2（42）=
6、22，正八边形的边长为22点评：该题主要考查了旋转变换的性质、正方形的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握旋转变换的性质、正方形的性质等几何知识点，这是灵活运用、解题的基础和关键2.（2015烟台,第14题3分）正多边形的一个外角是，则这个多边形的内角和的度数是_。考点：正多边形分析：已知正多边形的一个外角，就可以算出多边形的边数；然后利用多边形的内角和公式即可算解答：多边形的外角和为360，所以多边形为36072=5，根据多边形的内角和公式可得（5-2）180=540点评：本题综合考查了多边形的内角和与外角和公式的知识。3（3分）（2015宁夏）（第11题）如图，将正六边形AB
7、CDEF放在直角坐标系中，中心与坐标原点重合，若A点的坐标为（1，0），则点C的坐标为（，）考点：正多边形和圆；坐标与图形性质专题：计算题分析：先连接OE，由于正六边形是轴对称图形，并设EF交Y轴于G，那么GOE=30；在RtGOE中，则GE=，OG=即可求得E的坐标，和E关于Y轴对称的F点的坐标，其他坐标类似可求出解答：解：连接OE，由正六边形是轴对称图形知：在RtOEG中，GOE=30，OE=1GE=，OG=A（1，0），B（，），C（，）D（1，0），E（，），F（，）故答案为：（，）点评：本题利用了正六边形的对称性，直角三角形30的角所对的边等于斜边的一半，勾股定理等知识4.（2015
8、宁夏第11题3分）如图，将正六边形ABCDEF放在直角坐标系中，中心与坐标原点重合，若A点的坐标为（1，0），则点C的坐标为（，）考点：正多边形和圆；坐标与图形性质.专题：计算题分析：先连接OE，由于正六边形是轴对称图形，并设EF交Y轴于G，那么GOE=30；在RtGOE中，则GE=，OG=即可求得E的坐标，和E关于Y轴对称的F点的坐标，其他坐标类似可求出解答：解：连接OE，由正六边形是轴对称图形知：在RtOEG中，GOE=30，OE=1GE=，OG=A（1，0），B（，），C（，）D（1，0），E（，），F（，）故答案为：（，）点评：本题利用了正六边形的对称性，直角三角形30的角所对的边等于
9、斜边的一半，勾股定理等知识5. （2015年重庆B第16题4分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，先以点A为圆心，AD的长为半径画弧，再以AB边的中点为圆心，AB长的一半为半径画弧，则两弧之间的阴影部分面积是_（结果保留）【答案】【解析】试题分析：根据题意可得：阴影部分的面积等于半径为4的圆的四分之一的面积减去半径为2的圆的一半的面积.S=42=42=2.考点：圆的面积计算.6（2015营口，第14题3分）圆内接正六边形的边心距为2，则这个正六边形的面积为24cm2考点： 正多边形和圆分析： 根据正六边形的特点，通过中心作边的垂线，连接半径，结合解直角三角形的有关知识解决解答： 解：如图，连
10、接OA、OB；过点O作OGAB于点G在RtAOG中，OG=2，AOG=30，OG=OAcos 30，OA=4，这个正六边形的面积为642=24cm2故答案为：24点评： 此题主要考查正多边形的计算问题，根据题意画出图形，再根据正多边形的性质即锐角三角函数的定义解答即可7、(2015年四川省达州市中考，12,3分）已知正六边形ABCDEF的边心距为cm，则正六边形的半径为2cm考点：正多边形和圆. 分析：根据题意画出图形，连接OA、OB，过O作ODAB，再根据正六边形的性质及锐角三角函数的定义求解即可解答：解：如图所示，连接OA、OB，过O作ODAB，多边形ABCDEF是正六边形，OAD=60，
11、OD=OAsinOAB=AO=，解得：AO=2故答案为：2点评：本题考查的是正六边形的性质，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键8、（2015年浙江舟,16，4分）如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），点P在线段OA上，以AP为半径的P周长为1. 点M从A开始沿P按逆时针方向转动，射线AM交轴于点N（，0）. 设点M转过的路程为（）. 随着点M的转动，当从变化到时，点N相应移动的路径长为 【答案】.【考点】单点和线动旋转问题；圆周角定理；等边三角形的判定和性质；含30度直角三角形的性质.【分析】以AP为半径的P周长为1，当从变化到时，点M转动的圆心角为120，即圆周角为60.
12、根据对称性，当点M转动的圆心角为120时，点N相应移动的路径起点和终点关于轴对称.此时构成等边三角形，且. 点A（0，1），即OA=1，.当从变化到时，点N相应移动的路径长为.三.解答题1（2015江苏镇江，第23题，6分）图是我们常见的地砖上的图案，其中包含了一种特殊的平面图形正八边形（1）如图，AE是O的直径，用直尺和圆规作O的内接正八边形ABCDEFGH（不写作法，保留作图痕迹）；（2）在（1）的前提下，连接OD，已知OA=5，若扇形OAD（AOD180）是一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面圆的半径等于考点：正多边形和圆；圆锥的计算；作图复杂作图.分析：（1）作AE的垂直平分线交O于C，G，
13、作AOG，EOG的角平分线，分别交O于H，F，反向延长 FO，HO，分别交O于D，B顺次连接A，B，C，D，E，F，G，H，八边形ABCDEFGH即为所求；（2）由八边形ABCDEFGH是正八边形，求得AOD=3=135得到的长=，设这个圆锥底面圆的半径为R，根据圆的周长的公式即可求得结论解答：（1）如图所示，八边形ABCDEFGH即为所求，（2）八边形ABCDEFGH是正八边形，AOD=3=135，OA=5，的长=，设这个圆锥底面圆的半径为R，2R=，R=，即这个圆锥底面圆的半径为故答案为：点评：本题考查了尺规作图，圆内接八边形的性质，弧长的计算，圆的周长公式的应用，会求八边形的内角的度数是解题的关键