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24.3 正多边形和圆
【提升训练】
一、单选题
1．如图，六边形 是正六边形，点 是边 的中点， ， 分别与 交于点 ， ，
则 的值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设正六边形的边长为a，MN是△PCD的中位线，求出△PBM和△PCD的面积即可．
【详解】
解：设正六边形的边长为a，连接AC交BE于H点，如下图所示：
正六边形六边均相等，且每个内角为120°，
∴△ABC为30°，30°，120°等腰三角形，∴BE⊥AC，且 ，且 ，
∵AF∥CD，P为AF上一点，
∴ ，
MN为△PCD的中位线，
∴ ，
由正六边形的对称性可知： ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：D．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，三角形的面积，三角形的中位线定理，等边三角形的性质等知识，解题的关键是
熟练掌握基本知识，属于常考题型．
2．如图， 与正五边形 的两边 相切于 两点，则 的度数是（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．
【详解】
解： ∵AE、CD切⊙O于点A、C，
∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，
∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为： ，
∴∠AOC＝540°−90°−90°−108°−108°＝144°，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的
关键．
3．如图，点 为正六边形 对角线 上一点， ， ，则 的值
是（ ）
A．20 B．30
C．40 D．随点 位置而变化
【答案】B
【分析】连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形 的中心，根据矩形的性质求出
，再求出正六边形面积即可．
【详解】
解：连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形 的中心，
∵多边形 是正六边形，
∴AB=BC，∠B=∠BAF= 120°，
∴∠BAC=30°，
∴∠FAC=90°，
同理，∠DCA=∠FDC=∠DFA=90°，
∴四边形ACDF是矩形，
， ，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，解题关键是连接对角线，根据正六边形的面积公式求解．
4．在圆内接正六边形ABCDEF中，正六边形的边长为2，则这个正六边形的中心角和边心距分别是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由正六边形的性质得∠COD＝60°，再证△OCD是等边三角形，得BC＝CD＝OC＝2，再由垂径定理和含
30°角的直角三角形的性质求出OG即可．
【详解】
解：在圆内接正六边形ABCDEF中，∠COD＝360°÷6＝60°，
∵OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴BC＝CD＝OC＝2，
∵OG⊥BC，
∴CG＝ BC＝1，
∵∠COG＝ ∠COD＝30°，
∴OG＝ CG＝ ，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质；
熟练掌握正六边形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
5．如图，点 ， ， 在 上，若 ， ， 分别是 内接正三角形．正方形，正 边形的
一边，则 （ ）A．9 B．10 C．12 D．15
【答案】C
【分析】
分别连接OB、OA、OC，根据正多边形的中心角= ，可分别求得∠BOC、∠AOB的度数，从而可得
∠AOC的度数，再根据正多边形的中心角= ，可求得边数n．
【详解】
分别连接OB、OA、OC，如图所示
∵ 是 内接正三角形的一边
∴∠BOC=
同理，可得：∠AOB=90°
∴∠AOC=∠BOC−∠AOB=30°
∵ 是 正 边形的一边∴
∴n=12
故选：C．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，正多边形的中心角= ，掌握这一知识是解决本题的关键．
6．尺规作图是初中数学学习中一个非常重要的内容．小明按以下步骤进行尺规作图：①将半径为 的
六等分，依次得到 六个分点；②分别以点 为圆心， 长为半径画弧，两弧交
于点 ；③连结 ．则 的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图（见解析），先根据六等分点可得 是 的直径， ，再根据圆周角定理、勾股定理
可得 ，从而可得 ，然后根据等腰三角形的三线合一可得
，最后在 中，利用勾股定理即可得．
【详解】
解：如图，连接 ，是 的六等分点，
是 的直径， ，
由圆周角定理得： ，
在 中， ，
分别以点 为圆心， 长为半径画弧，两弧交于点 ，
，
又 点 是 的中点，
（等腰三角形的三线合一），
在 中， ，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
7．如图，正方形 内接于 ．点 为 上一点，连接 、 ，若 ， ，
则 的长为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
连接OB、OC、OE，根据圆内接正多边形性质易证得 是等边三角形，从而可得BO=CO=OE=3，由
此即可解题．
【详解】
解：连接OB、OC、OE，
，
∵正方形 内接于 ，
∴ ， ， 三点共线，
又∵ ，
∴ ，
又∵BO=CO=OE，
∴ 是等边三角形，
又∵ ，
∴BO=CO=OE=3，
∴ ，故选D．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，掌握圆内接正多边形性质，正确作出辅助线得出 是等边三角形是解题
的关键．
8．正六边形的边心距为 ，则该正六边形的外接圆半径为（ ）
A． B．2 C．3 D．
【答案】B
【分析】
设正六边形的中心是 ，一边是 ，过 作 于 ，在直角 中，根据三角函数即可求
得边长 ，从而求出周长．
【详解】
解：如图，
在 中， ， ，
；
故选： ．
【点睛】
本题主要考查正多边形的计算问题，常用的思路是转化为直角三角形中边和角的计算．
9．若正方形的外接圆半径为2，则其边长为（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】B
【分析】
明确正方形外接圆直径为正方形的对角线长，根据勾股定理即可求得结果．【详解】
解：正方形外接圆直径为正方形的对角线长．
∵正方形的外接圆半径为2，
∴正方形的对角线长为4，
∴正方形的边长为 ＝ ，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是理解正方形外接圆直径为正
方形的对角线长．
10．如图，有公共顶点O的两个边长为3的正五边形（不重叠），以O点为圆心，半径为3作圆，构成一
个“蘑菇”形图案，则这个“蘑菇”形图案（阴影部分）的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先求出正五边形的内角，再根据面积计算公式计算即可；
【详解】
∵正五边形的内角和为 ，
∴每一个内角为： ，
图中阴影部分的圆心角为： ，
∴ ；故答案选B．
【点睛】
本题主要考查了正多边形的性质和扇形面积计算公式，准确计算是解题的关键．
11．下列命题正确的是（ ）
A．正三角形的内切圆的半径与外接圆半径之比为2﹕1
B．正六边形的边长等于其外接圆的半径
C．圆的外切正多边形的边长等于其边心距的2倍
D．各边相等的圆的外切四边形是正方形
【答案】B
【分析】
根据正多边形与圆的关系逐项分析即可．
【详解】
A、正三角形的内切圆的半径与外接圆半径之比为1﹕2，故原命题错误，不符合题意；
B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，命题正确，符合题意；
C、圆的外切正方形的边长等于其边心距的2倍，故原命题错误，不符合题意；
D、各边相等的圆的外切四边形是正方形也还可能是菱形，故原命题错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆的相关概念辨析，掌握正多边形与圆的有关性质以及计算问题是解题关键．
12．如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别
交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S ＝S ；③四边形
△ODE △BDE
ODBE的面积始终等于 ；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中不正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，再证明∠BOD＝∠COE，于
是可判断△BOD≌△COE，所以BD＝CE，OD＝OE，则可对①进行判断；利用S ＝S 得到四边形
△BOD △COE
ODBE的面积＝ S ＝ ，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，计算出S ＝
△ABC △ODE
OE2，利用S 随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周
△ODE
长＝BC+DE＝4+DE＝4+ OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出
此时OE的长则可对④进行判断．
【详解】
解：连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°，
而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°，
∴∠BOD＝∠COE，
在△BOD和△COE中，，
∴△BOD≌△COE（ASA），
∴BD＝CE，OD＝OE，
∴①正确；
∵△BOD≌△COE，
∴S ＝S ，
△BOD △COE
∴四边形ODBE的面积＝S ═ S ＝ × ×42＝ ，
△OBC △ABC
故③正确；
作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH，
∵∠DOE＝120°，
∴∠ODE＝∠OEH＝30°，
∴OH＝ OE，HE＝ OH＝ OE，
∴DE＝ OE，
∴S ＝ × OE× OE＝ OE2，
△ODE
即S 随OE的变化而变化，
△ODE
而四边形ODBE的面积为定值，
∴S ≠S ；
△ODE △BDE
故②错误；
∵BD＝CE，
∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝4+DE＝4+ OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝ ，
∴△BDE周长的最小值＝4+2＝6，∴④正确.
故选：A.
【点睛】
本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角：旋
转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判与性质.
13．如图，工人师傅用扳手拧形状为正六边形的螺帽，现测得扳手的开口宽度b＝3cm，则螺帽边长a等于
（ ）
A． cm B．2 cm C．2cm D． cm
【答案】A
【分析】
根据正六边形的性质，可得∠ABC=120°，AB=BC=a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，根据直角三
角形含30度角的性质和勾股定理，可得答案．
【详解】
解：如图，连接AC，过点B作BD⊥AC于D，
由正六边形，得∠ABC＝120°，AB＝BC＝a，
∴∠BCD＝∠BAC＝30°，
由AC＝3，得CD＝1.5，
Rt△ABD中，∵∠BAD＝30°，
∴BD＝ AB＝ a，
∴AD＝ ＝ a，即 a＝1.5，
∴a＝ （cm），
故选：A．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，利用了正六边形的性质得出等腰三角形是解题的关键，又利用了等腰三角形的
性质，含30度角的直角三角形．
14．如图，正三角形PMN的顶点分别是正六边形ABCDEF三边的中点，则三角形PMN与六边形
ABCDEF的面积之比（ ）
A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．3：8
【答案】D
【分析】
连接BE，设正六边形的边长为a，首先证明 PMN是等边三角形，分别求出 PMN，正六边形ABCDEF的
面积即可． △ △
【详解】
解：连接BE，设正六边形的边长为a．则AF＝a，BE＝2a，AF∥BE，
∵AP＝PB，FN＝NE，
∴PN＝ （AF+BE）＝1.5a，
同理可得PM＝MN＝1.5a，
∴PN＝PM＝MN，
∴△PMN是等边三角形，
∴ ，故选：D．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中
考常考题型．
15．边长为2的正六边形的边心距为（ ）
A．1 B．2 C． D．2
【答案】C
【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，利用勾股定理即可求出．
【详解】
解：连接OA，作OM⊥AB，垂足为M，连接OB，
∵六边形ABCDEF是正六边形
∴△AOB是等边三角形
∴∠AOM=30°，AO=AB
∵正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AM= AB= ×2=1，OA=2．
∴正六边形的边心距是OM=
故选：C．
【点睛】
本题考查了正多边形的计算，正多边形的计算常用的方法是转化为直角三角形的计算．16．如图， 是正六边形ABCDEF的外接圆，P为 上除C，D外的任意一点，则 的值
为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】
连接OC、OD，利用正六边形的性质得到 ，根据圆周角定理得到 ，即可求解．
【详解】
连接OC、OD，如图所示：
∵ 是正六边形ABCDEF的外接圆，
∴ ，
P为 上除C，D外的任意一点，
∴ ，∴ ，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形的有关概念和正多边形的性质是解题的关键．
17．如图，在面积为135cm2的正六边形ABCDEF中有两个等边三角形组成的菱形AMDN．则剪掉这个菱
形后剩余部分的面积为（ ）
A．75cm2 B．70cm2 C．65cm2 D．60cm2
【答案】A
【分析】
连接AD，设AD＝2h，则正六边形ABCDEF是有六个边长为h的等边三角形组成，求得h2＝30 ，设菱
形的边长AM＝a，得到h＝ a，求得a2＝ h2，根据三角形的面积公式得到菱形AMDN的面积＝2
a2＝ × h2＝ × ×30 ＝60（cm2），进而可求得结论．
【详解】
解：连接AD，
设AD＝2h，则正六边形ABCDEF是有六个边长为h的等边三角形组成，
∴边长为h的正△BOC的面积为 h2，∴S ＝6× h2＝135，
正六边形
∴h2＝30 ，
设菱形的边长AM＝a，
则h＝ a，
∴a2＝ h2，
∴菱形AMDN的面积＝2× a2＝ × h2＝ × ×30 ＝60（cm2），
∴剪掉这个菱形后剩余部分的面积为135﹣60＝75（cm2）．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆、等边三角形的性质、菱形的性质、等边三角形的面积的求法，正确的理解题意，
灵活运用等边三角形的性质是解题的关键．
18．下列关于正多边形的叙述，正确的是（ ）
A．正七边形既是轴对称图形又是中心对称图形
B．存在一个正多边形，它的外角和为
C．任何正多边形都有一个外接圆
D．不存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形
【答案】C
【分析】
根据中心对称图形、轴对称图形的定义、多边形外角和定理、正多边形的性质对各选项逐一判断即可得答案．
【详解】
A.正七边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项错误，
B.任意多边形的外角和都等于360°，故该选项错误，
C.任何正多边形都有一个外接圆，故该选项正确，
D.∵正三角形的每个外角为120°，对应的每个内角为60°，
∴存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形，故该选项错误，
故选：C．
【点睛】
本题考查正多边形的性质、中心对称图形、轴对称图形的定义及多边形外角和定理，熟练掌握相关性质及
定理是解题关键．
19．如图所示， 为 的内接三角形， ，则 的内接正方形的面积（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先连接BO，并延长交⊙O于点D，再连接AD，根据同圆中同弧所对的圆周角相等，可得∠ADB=30°，而
BD是直径，那么易知 ADB是直角三角形，再利用直角三角形中30°的角所对的边等于斜边的一半，那么
可求BD，进而可知半△径的长，任意圆内接正方形都是以两条混响垂直的直径作为对角线的四边形，故利
用勾股定理可求正方形的边长，从而可求正方形的面积．
【详解】
解：连接BO，并延长交⊙O于点D，再连接AD，如图，
∵∠ACB=30°，∴∠BDA=30°，
∵BD是直径，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ADB中，BD=2AB=4，
∴⊙O的半径是2，
∵⊙O的内接正方形是以两条互相垂直的直径为对角线的，
∴正方形的边长= ，
∴S = ．
正方形
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、含有30角的直角三角形的性质，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形．
20．已知正六边形 内接于 ，若 的直径为 ，则该正六边形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图，连接OA、OB，由正六边形 内接于 可得∠AOB=60°，即可证明△AOB是等边三角形，
根据 直径可得OA的长，进而可得正六边形的周长．
【详解】
如图，连接OA、OB，
∵ 的直径为 ，
∴OA=1，
∵正六边形 内接于 ，
∴∠AOB=60°，
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，∴AB=OA=1，
∴该正六边形的周长是1×6=6，
故选：C．
【点睛】
本题考查正多边形和圆，正确得出∠AOB=60°是解题关键．
21．如图，圆内接正方形的边长为2，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．4 B．
C． D．
【答案】A
【分析】
设正方形的中心为O，连接OA，OB首先求出其长度，再根据阴影部分面积等于四个直径为2的半圆面积
之和加上一个边长为2的正方形面积，然后减去一个半径为 的圆的面积求解即可．
【详解】
解：设正方形的中心为O，连接OA，OB，由题意可得OA=OB，∠AOB=90°，AB=2
∴在Rt△AOB中，OA=OB=
∴
故选：A【点睛】
本题考查正多边形和圆，勾股定理，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解
决问题．
22．如图，有一个半径为 的圆形纸片，若在该纸片上沿虚线剪一个最大正六边形纸片，则这个正六边
形纸片的边心距是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接OA、OB，根据圆内接正六边形的性质得到△AOB是等边三角形，作OC⊥AB于C，求得∠AOC=
，由OA=4cm，得到AC=2cm，根据勾股定理求出OC= cm．
【详解】
如图，连接OA、OB，则△AOB是等边三角形，作OC⊥AB于C，
∵△AOB是等边三角形，
∴∠OAB= ，
∴∠AOC= ，
∵OA=4cm，
∴AC=2cm，
∴OC= cm，
故选：C．．
【点睛】
此题考查圆内接正六边形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形30度角所对的直角边等于斜
边的一半的性质，熟记圆内接正六边形的性质是解题的关键．
23．如图，正六边形 内接于 ，连接 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
连接BO、CO，根据正六边形的性质可求∠BOC，再根据圆周角的性质可求 ．
【详解】
解：连接BO、CO，
在正六边形ABCDEF中，∠BOC= =60°，
∴∠BAC= ∠BOC=30°，
故选：D．【点睛】
本题考查了正六边形的性质和圆周角的性质，连接半径，求圆心角是解题关键．
24．正多边形的内切圆与外接圆的半径之比为 ，则这个正多边形为（ ）
A．正十二边形 B．正六边形 C．正四边形 D．正三角形
【答案】C
【分析】
设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，在直角△AOC中，利用三角函数求得∠AOC的度数，从而求得中心
角的度数，然后利用360度除以中心角的度数，即可求得边数．
【详解】
解：正多边形的内切圆与外接圆的半径之比为 ，
设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，
则OC= ，OA=OB=2，
在Rt△AOC中，cos∠AOC= = ，
∴∠AOC=45°，
∴∠AOB=90°，
则正多边形边数是： =4．
故选：C．
【点睛】
本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，正多边形的计算一般是转化成半径，边心距、以及边长的一半这三条线段构成的直角三角形的计算，掌握相关知识是解题的关键．
25．⊙O内有一个内接正三角形和一个内接正方形，则内接三角形与内接正方形的边长之比为（ ）
A．1∶ B． ∶ C．3∶2 D．1∶2
【答案】B
【分析】
根据题意画出图形，设出圆的半径，再由正多边形及直角三角形的性质求解即可．
【详解】
解：如图，连接OB，过O作OD⊥BC于D，
则∠OBC=30°，BD=OB•cos30°= r，
∴BC=2BD= r；
连接OE，过O作OM⊥EH于M，
则EM=HM，△OEM是等腰直角三角形，
∴EM= OE= r，
∴EF=2EM= r，
∴圆内接正三角形、正方形的边长之比为 r: r= : ．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是圆内接正三角形、正方形的性质，根据题意画出图形，作出辅助线构造出直角三角形是解答
此题的关键．
26．如图，⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，⊙O的半径长为a，下列说法中不正确的是（ ）A．正六边形ABCDEF的中心角等于60°
B．正六边形ABCDEF的周长等于6a
C．正六边形ABCDEF的边心距等于
D．正六边形ABCDEF的面积等于3
【答案】D
【分析】
正多边形每一边对应的圆心角等于中心角，判断出△OAB为正三角形，即可求得周长为6a，边心距即为
正△OAB的高，正六边形的面积为6个正三角形的面积之和，计算出结果依次判断即可．
【详解】
∵⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，
∴正六边形ABCDEF的中心角等于 ，
故A正确；
∵⊙O的半径长为a，正六边形ABCDEF的中心角等于60°，
∴△OAB为正三角形，
∴正六边形的边长为a，
∴正六边形ABCDEF的周长等于6a，
故B正确；
∵正六边形ABCDEF的边心距等于 ，
故C正确，
∵正六边形ABCDEF的面积等于六个正三角形OAB的面积，∴ ，
故D错误；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查的是正多边形外接圆的性质，熟练掌握圆心角的计算，以及正三角形的性质是解答本题的关
键．
27．公元3世纪，刘徽发现可以用圆内接正多边形的周长近似地表示圆的周长．如图所示，他首先在圆内
画一个内接正六边形，再不断地增加正多边形的边数；当边数越多时，正多边形的周长就越接近于圆的周
长．刘徽在《九章算术》中写道：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无
所失矣．”我们称这种方法为刘徽割圆术，它开启了研究圆周率的新纪元．小牧通过圆内接正 边形，使
用刘徽割圆术，得到π的近似值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
如详解图，先利用三角函数的知识把正 边形的边长用含有 的式子表达出来，求解出正 边形的周长，
再利用正 边形的周长无限接近圆的周长即可求解．
【详解】
如图：，
，
则正 边形的周长为： ，
圆的周长为： ，
由圆的内接正n边形的周长无限接近圆的周长可得：
整理得：
故选：A．
【点睛】
本题考查了极限的思想，抓住圆内接正 边形的周长无限接近圆的周长是解题关键．
28．图，已知正五边形 内接于 ，连接 ， 相交于点 ，则 的度数（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先根据正五边形的性质得到BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，然后利用三角形内角和定理得
∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE= =36°，最后利用三角形的外角的性质得到
∠BFC=∠BDC+∠DCE=72°．
【详解】
解：如图所示：
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，
∴∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE= =36°，
∴∠BFC=∠BDC+∠DCE=72°．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是多边形内角与外角，正五边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，利用数形结
合求解是解答此题的关键．
29．如图，在⊙O中，点B是弧AC上的一点，∠AOC=140°，则∠ABC的度数为（ ）A．70° B．110° C．120° D．140°
【答案】B
【分析】
在优弧AC上取点D，连接AD、CD，由∠AOC= 求出∠ADC= ，根据四边形ABCD
是圆内接四边形，得到∠ADC+∠ABC= ，即可求出∠ABC的度数．
【详解】
在优弧AC上取点D，连接AD、CD，
∵∠AOC= ，
∴∠ADC= ，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC= ，
∴∠ABC= ，
故选：B．
【点睛】
此题考查圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角
互补．
30．如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，若DF恰好是同圆的一
个内接正n边形的一边，则n的值为（ ）A．8 B．10 C．12 D．15
【答案】C
【分析】
连接OA、OD、OF，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得
到∠AOD=90°，∠AOF=120°，则∠DOF=30°，然后计算 ，即可得到n的值．
【详解】
解：连接OA、OD、OF，如图，
∵AD，AF分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，
∴∠AOD= =90°，∠AOF= =120°，
∴∠DOF=∠AOD-∠AOF=30°，
∴n= =12，
即DF恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆：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；熟练掌握正多边形的有关概念是解题的关键．
二、填空题
31．如图，直线 经过正五边形 的中心 ，与 、 边分别交于点 、 ，点 是点
关于直线 的对称点，连接 ， ，则 的度数为______°．
【答案】72
【分析】
连接 ,证明 ，推出 四点共圆，即可求得答案．
【详解】
连接 ,如图所示：
∵ABCDE为正五边形，∴ ,
∵ 关于PQ对称，
∴ ,
∴ ,
∴ 四点共圆，
∴ ,
∴ ,
故填：72．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，四点共圆，圆内接四边形的性质，解题关键是证明 ，得
出 四点共圆．
32．如图是四个全等的正八边形和一个正方形拼成的图案，已知正方形的面积为4，则一个正八边形的面
积为____．
【答案】
【分析】
根据正方形的性质得到AB=2，根据由正八边形的特点求出∠AOB的度数，过点B作BD⊥OA于点D，根据
勾股定理求出BD的长，由三角形的面积公式求出△AOB的面积，进而可得出结论．
【详解】
解：设正八边形的中心为O，连接OA，OB，如图所示，
∵正方形的面积为4，
∴AB=2，
∵AB是正八边形的一条边，
∴∠AOB= =45°．
过点B作BD⊥OA于点D，设BD=x，则OD=x，OB=OA= x，
∴AD= x-x，
在Rt△ADB中，BD2+AD2=AB2，
即x2+( x-x)2=22，
解得x2=2+ ，
∴S = OA•BD= × x2= +1，
△AOB
∴S =8S =8×( +1)=8 +8，
正八边形 △AOB
故答案为：8 +8．
【点睛】
本题考查的是正多边形和圆，正方形的性质，三角形面积的计算，根据题意画出图形，利用数形结合求解
是解答此题的关键．
33．如图，点 为正八边形 的中心，则 的度数为______．【答案】 ．
【分析】
连接OA、OB，根据正多边形的性质求出 ，再根据圆周角定理计算即可．
【详解】
解：作正八边形 的外接圆 ，连接OA、OB，如图：
∴ ，F、O、B共线，
由圆周角定理得：
；
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，掌握正多边形的圆心角的求法、圆周角定理是解题的关键．
34．下图是某经营摄影器材公司的 （公司的徽标）它由六个全等的直角三角形拼成，根据所学知识求
出 是______．【答案】60°
【分析】
直接运用正六边形的内角与外角的关系求解即可．
【详解】
解：根据题意可得，公司的徽标的两个六边形均为正六边形，
所以，正六边形的内角度数为：
∴ ．
故答案为：60°．
【点睛】
此题主要考查了正六边形的内角与外角的关系，根据正多边形内角和定理求出正六边形的内角度数是解答
此题的关键．
35．如图，已知AB为⊙O直径，若CD是⊙O内接正n边形的一边，AD是⊙O内接正（n+4）边形的一边，
BD＝AC，则n＝__．
【答案】4
【分析】
连接OD，OC．首先证明∠AOD=∠BOC，构建方程求解即可．
【详解】
解：如图，连接OD，OC．
∵BD＝AC，∴ ，
∴ ，
∴∠AOD＝∠BOC，
∵∠AOD＝∠BOC＝ ，∠DOC＝ ，
∴2× =180°，
解得n＝4或﹣2（舍弃），
经检验n=4符合题意，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
三、解答题
36．如图，正方形 内接于 ， 为 上的一点，连接 ， ．
（1）求 的度数；
（2）当点 为 的中点时， 是 的内接正 边形的一边，求 的值．
【答案】（1）45°；（2）8
【分析】
(1)连接 ， ，由正方形 内接于 ，可求中心角 ．．
(2)连接 ， ，由正方形 内接于 ，可求 ．由点 为 的中点，可求
,可得 ，利用周角除以一个中心角即可求解
【详解】
解：（1）连接 ， ，
∵正方形 内接于 ，
∴ ．
∴ ；
（2）连接 ， ，
∵正方形 内接于 ，
∴ ．
∵点 为 的中点，
∴ ，
∴∠COP=∠BOP，
∵∠COP+∠BOP=∠COB=90°，∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查圆内接正方形的性质，圆周角定理，圆内接正n边形的中心角，掌握圆内接正方形的性质，圆周
角定理，圆内接正n边形的中心角，利用周角除以正n边形的中心角求边数是解题关键．
37．如图，六边形ABCDEF是 的内接正六边形．
（1）求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分 ．
（2）设 的面积为 ，六边形ABCDEF的面积为 ，求 的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接AE，AD，AC，根据等弧所对的圆周角相等即可证明；
（2）过点O作OG⊥DE于G，连接OE，设圆O的半径为r，求出OG，用△OED的面积乘以6得到 ，
再求出 ，即可计算 的值．
【详解】
解：（1）连接AE，AD，AC，
∵六边形ABCDEF是 的内接正六边形，∴EF=ED=CD=BC，
∴∠FAE=∠EAD=∠DAC=∠CAB，
即过顶点A的三条对角线四等分 ；
（2）过点O作OG⊥DE于G，连接OE，
设圆O的半径为r，
∴EF=BC=ED=r，AD=2r，
在正六边形ABCDEF中，
∠OED=∠ODE=60°，
∴∠EOG=30°，
∴EG= r，
∴OG= = r，
∴正六边形ABCDEF的面积= = ，
圆O的面积= ，
∴ = = ．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，解题的关键是学会添加常用辅助线．
38．如图正六边形 的边长为1，请分别在图1，图2中使用无刻度的直尺按要求画图．（1）在图1中，画出一条长度为0.5的线段，
（2）在图2中，画一个边长与正六边形的边长不相等的菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）连接CF，BD交于点G，则CG即为所求；
（2）连接AC、DF、BF、CE，菱形FGCH即为所求；或延长AB、DC交于点G，延长AF、DE交于点
H，菱形AGDH即为所求．
【详解】
（1）如图1：连接CF，BD交于点G，则CG即为所求；
理由：∵正六边形ABCDEF的边长1，
∴BC=CD=1，∠BCD=120°，
∴△CBD是等腰三角形，
∴∠CBG=30°，
又∵CF是正六边形的对称轴，
∴CG⊥BD，
在Rt△CBG中，CG= BC=0.5；
（2）画图如下：解法一：菱形FGCH即为所求．解法二：菱形AGDH即为所求．
【点睛】
本题主要考查作图-复杂作图，熟练掌握正六边形的性质和菱形的判定是解题的关键．
39．已知：如图，A为⊙O上一点；求作：⊙O的内接正方形ABCD．
【答案】见解析
【分析】
先作直径AC，再过O点作AC的垂线交⊙O于D、B，然后连接AB、AD、CD、CB即可．
【详解】
解：如图，四边形ABCD为所作．
【点睛】
本题考查了作图——复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的
性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂
作图拆解成基本作图，逐步操作．
40．如图，正五边形 内接于 ， 为 上的一点（点 不与点 重合），求 的余角的度数．
【答案】54°
【分析】
连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【详解】
如图，连接 ．
∵五边形 是正五边形，
∴ ，
∴ ，
∴90°-36°=54°，
∴ 的余角的度数为54°．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
41．如图M、N分别是⊙O的内接正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形
ABCDEFG…的边AB、BC上的点，且BM＝CN，连接OM、ON（1）求图1中∠MON的度数
（2）图2中∠MON的度数是 ，图3中∠MON的度数是
（3）试探究∠MON的度数与正n边形边数n的关系是____
【答案】（1） ；（2） ， ；（3） ．
【分析】
（1）如图（见解析），先根据圆内接正三角形的性质可得 ，再根据圆内接正三角形的
性质可得 ，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得 ，最后
根据角的和差、等量代换即可得；
（2）如图（见解析），先根据圆内接正方形的性质可得 ，再根据（1）同样的方法
可得 ；先根据圆内接正五边形的性质可得中心角 ，再根据
（1）同样的方法可得 ；
（3）根据（1）、（2）归纳类推出一般规律即可得．
【详解】
（1）如图，连接OB、OC，则 ，
是 内接正三角形，
中心角 ，∵点O是 内接正三角形ABC的内心，
∴ ，
∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
（2）如图1，连接OB、OC，
四边形ABCD是 内接正方形，
中心角 ，
同（1）的方法可证： ；
如图2，连接OB、OC，
五边形ABCDE是 内接正五边形，
中心角 ，同（1）的方法可证： ，
故答案为： ， ；
（3）由上可知， 的度数与正三角形边数的关系是 ，
的度数与正方形边数的关系是 ，
的度数与正五边形边数的关系是 ，
归纳类推得： 的度数与正n边形边数n的关系是 ，
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了正多边形的中心角、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握正多边形中心角的求法
是解题关键．
42．已知四边形ABCD是圆内接四边形，∠1＝112°，求∠CDE．【答案】 ．
【分析】
根据圆周角定理求出 ，根据圆内接四边形的性质计算．
【详解】
解：由圆周角定理得， ，
四边形 是圆内接四边形，
．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解
题的关键．
43．如图，正方形 内接于 ， 为 任意一点，连接 、 ．
（1）求 的度数．
（2）如图2，过点 作 交 于点 ，连接 ， ， ，求 的长度．
【答案】（1）45°；（2）
【分析】（1）如图1中，连接OA、OD．根据∠AED＝ ∠AOD，只要证明∠AOD＝90°即可解决问题；
（2）如图2中，连接CF、CE、CA，作DH⊥AE于H．首先证明CE＝AF＝1，求出AC、AD，设DH＝
EH＝x，在Rt△ADH中，利用勾股定理即可解决问题.
【详解】
（1）如图1中，连接 、 ．
四边形 是正方形，
，
．
（2）如图2中，连接 ， ， ， ，作 于 ．
， ，
， ，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，设 ，
在 中， ，
，
解得 或 （舍弃），
【点睛】
本题考查正多边形与圆、全等三角形的判定和性质、勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，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，属于中考常考题型．
44．已知，如图，四边形ABCD的顶点都在同一个圆上，且∠A：∠B：∠C＝2：3：4．
（1）求∠A、∠B的度数；
（2）若D为 的中点，AB＝4，BC＝3，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）60°、90°；（2）
【分析】
(1)根据圆内接四边形的性质求出∠A、∠B的度数；
(2)连接AC，根据勾股定理求出AC，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理得到AD＝CD，根据勾股定理、
三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】
解：（1）设∠A、∠B、∠C分别为2x、3x、4x，
∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，即2x+4x＝180°，
解得，x＝30°，
∴∠A、∠B分别为60°、90°；
（2）连接AC，
∵∠B＝90°，
∴AC为圆的直径，AC＝ ＝5， ABC的面积＝ ×3×4＝6，∠D＝90°，
△
∵点D为 的中点，
∴AD＝CD＝ AC＝ ，∴△ADC的面积＝ ，
∴四边形ABCD的面积＝6+ ＝ ．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，从而进行
解题．
45．如图， 是 的外接圆， ．点D在 上，连结AD，BD，延长CD至点E．
求证：AD平分 ．
【答案】证明见解析．
【分析】
根据等腰三角形的性质可得 ，根据圆内接四边形的性质和平角的定义可得
，根据圆周角定理可得 ，进而可得结论．
【详解】
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的外接圆，点D在 上，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵∠ACB和∠ADB是 所对圆周角，
∴ ，
∴ ，
∴AD平分 ．【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、圆周角定理及圆内接四边形的性质，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；圆的内接四边形的对角互补；熟练掌握相关性质和定理是
解题关键．
46．如图，A，B是⊙O上两点，∠AOB=120°，C为弧AB上一点．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若C是弧AB的中点，求证：四边形OACB是菱形．
【答案】（1）120°；（2）证明见解析．
【分析】
（1）优弧AB上取点D，根据圆周角定理求出∠D的度数，再根据圆的内接四边形的性质求出∠ACB的度
数；
（2）连接OC，根据圆周角定理证明△OAC和△OBC都是等边三角形，就可以证明四边形OACB是菱形．
【详解】
解：（1）如图，优弧AB上取点D，则∠D= ∠AOB =60°，
∵四边形ACBD内接于圆，
∴∠C=180°-∠D=180°-60°=120°；
（2）如图，连接OC，
∵C是弧AB的中点，∠AOB=120°，
∴∠AOC=∠BOC=60°，
∵OA=OC=OB，
∴△OAC和△OBC都是等边三角形，∴AC=OA=OB=BC，
∴四边形OACB是菱形．
【点睛】
本题考查圆周角定理和菱形的判定，解题的关键是掌握圆周角定理，圆的内接四边形的性质和菱形的判定
定理．
47．已知已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图．
（1）在图①中，以AB为边作等边三角形；
（2）在图②中，作一个含30°的直角三角形．
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】
（1）连接AD，BE交于点O，即可得到所求三角形；
（2）连接AC，CF，即可得到所求三角形；
【详解】
（1）如图①所示： AOB即为所求三角形；
（2）如图②所示：∆ACF即为所求三角形．
∆【点睛】
本题主要考查正六边形的性质，熟练掌握正六边形的每条边都相等，每个内角都等于120°，是解题的关键．
48．如图，已知圆内接四边形 的边长分别为 ， ， ，求四边形
的面积．
【答案】8
【分析】
连接BD，延长BC到E,使CE=AB=2，连接DE，然后证明 ABD≌△CED，得出四边形ABCD的面积与三
角形BDE的面积相等，最后利用三角形的面积公式求解即△可．
【详解】
解：连接BD，延长BC到E,使CE=AB=2，连接DE，过点D作DF⊥BC，垂足为F，
∵圆内接四边形 ，
∴∠A+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
∴∠A=∠DCE，
∵AB=CE,AD=DC，
∴△ABD≌△CED，
∴BD=DE，
∴四边形ABCD的面积与三角形BDE的面积相等，
∵DF⊥BC，
∴BF=EF= (BC+CE)= BE= ×8=4，
∴FC=EF-CE=4-2=2，
在Rt△DEC中，
DF= ，∴ = ×8×2 =8 ．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定与性质，圆的内接四边形的性质，勾股定理的应用，解题的关键是正确作出
辅助线构造全等三角形．
49．如图，已知 是 的直径，弦 于点 是 上的一点， 的延长线相交于点
．
（1）若 的半径为 ，且 ，求弦 的长．
（2）求证： ．
【答案】（1）6；（2）证明见解析
【分析】
（1）连接OD，OC，先证明 DOE是等腰直角三角形，再由垂径定理和勾股定理可得DE=CE=3，从而得
CD的长； △
（2）先由垂径定理可得： ，则∠ACD=∠AFC，根据圆内接四边形的性质得：∠DFG=∠ACD，
从而得结论．【详解】
解：（1）如图1，连接OD，OC，
∵直径AB⊥CD，
∴ ，DE=CE，
∴∠DOE＝ ∠DOC＝∠DFC＝45°，
在Rt△DEO中，OD＝3 ，
∴DE=3，
∴CD=6；
（2）证明：如图2，连接AC，∵直径AB⊥CD，
∴ ，
∴∠ACD=∠AFC，
∵四边形ACDF内接于⊙O，
∴∠DFG=∠ACD，
∴∠AFC=∠DFG．
【点睛】
本题考查垂径定理，圆周角等知识，中等题，根据题意作出辅助线，构造出圆内接四边形是解答此题的关
键．
50．如图，已知A、B、C、D四点都在⊙O上．
（1）若∠ABC=120°，求∠AOC的度数；
（2）在（1）的条件下，若点B是弧AC的中点，求证：四边形OABC为菱形．
【答案】（1）∠AOC=120°；（2）见解析
【分析】
（1）先由圆内接四边形的性质得∠ADC=60°，再由圆周角定理即可得出答案；
（2）证△OAB和△OBC都是等边三角形，则AB=OA=OC=BC，根据菱形的判定方法即可得到结论．
【详解】（1）∵A、B、C、D四点都在⊙O上
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=120°，
∴∠ADC=60°，
∴∠AOC=2∠ADC=120°；
（2）连接OB，如图所示：
∵点B是弧AC的中点，∠AOC=l20°，
∴∠AOB=∠BOC=60°，
又∵OA=OC=OB，
∴△OAB和△OBC都是等边三角形，
∴AB=OA=OC=BC，
∴四边形OABC是菱形．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的弧所对
的圆心角相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及菱形的判定．
51．如图，四边形 内接于 ， ， ，垂足为 ．
（1）若 ，求 的度数；（2）求证： ．
【答案】（1） ；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论．
【详解】
（1）解： ， ，
，
四边形 是 的内接四边形，
，
（2）证明： ，
，
，
，
，
，
，
；
【点睛】
本题考查了圆内接四边形，等腰三角形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
52．如图， 的内接四边形 两组对边的延长线分别交于点 ， ．（1）当 时，求证 ；
（2）当 时，求 的度数；
（3）若 且 ，请你用含有 、 的代数式表示 的度数．
【答案】（1）证明见详解；（2）48°；（3）90°- ．
【分析】
（1）根据外角的性质即可得到结论；
（2）根据圆内接四边形的性质和等量代换即可求得结果；
（3）连结MN，如图，根据圆内接四边形的性质得∠MCD=∠A，再根据三角形外角性质得
∠MCD=∠1+∠2，则∠A=∠1+∠2，然后根据三角形内角和定理有∠A+∠1+∠2+∠M+∠N=180°，即
2∠A+α+β=180°，再解方程即可．
【详解】
解：（1）∠E=∠F，
∵∠DCM=∠BCN，
∠ADC=∠M+∠DCM，∠ABC=∠N+∠BCN，
∴∠ADC=∠ABC；
（2）由（1）知∠ADC=∠ABC，
∵∠MDC=∠ABC，
∴∠MDC=∠ADC，
∴∠ADC=90°，
∴∠A=90°-42°=48°；
（3）连结MN，如图，∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠MCD=∠A，
∵∠MCD=∠1+∠2，
∴∠A=∠1+∠2，
∵∠A+∠1+∠2+∠AMB+∠AND=180°，
∴2∠A+α+β=180°，
∴∠A=90°- ．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重
要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
53．如图，已知A､B､C､D､E是 上五点， 的直径 ，A为 的中点，延长 到点P，
使 ，连接 ．
（1）求证：直线 是 的切线．
（2）若 ，求线段 的长．【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】
（1）连接EA，如图，根据圆周角定理得到∠BAE=90°，而A为 的中点，则∠ABE=45°，再根据等腰
三角形的判定方法，利用BA=AP得到△BEP为等腰直角三角形，所以∠PEB=90°，然后根据切线的判定定
理得到结论．
（2）连接DE，如图，利用圆内接四边形的性质得∠DEB=60°，再根据圆周角定理得到∠BDE=90°，然后
根据含30度的直角三角形三边的关系计算BD的长；
【详解】
解：（1）证明：连接 ，如图，
∵ 为直径，
∴ ，
∵A为 的中点，
∴ ，
∵ ，而 ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，∴ ，
∴直线 是 的切线．
（2）解：连接 ，如图，
∵ ，∴
∵ 为直径，
∴
在 中， ，
；
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定
理图，得出垂直关系.
54．已知：如图， 是 的直径，弦 于点 ， 是 上一点， 与 的延长线交于
点 ．
（1）求证： ．
（2）当 ， 时，求 的半径．
【答案】（1）见解析；（2） 的半径为5
【分析】
（1）连接AD，根据垂径定理得到 ，根据圆周角定理得到∠ADC=∠AGD，根据圆内接四边形
的性质证明即可；
（2）连接OC．设⊙O的半径为R．在Rt△OEC中，根据OC2=OE2+EC2，构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）连接AD，∵弦CD⊥AB，
∴ ，
∴∠ADC=∠2，
∵四边形ADCG是圆内接四边形，
∴∠ADC=∠1，
∴∠1=∠2；
（2）连接OC．设⊙O的半径为R．
∵CD⊥AB，
∴DE=EC=3，
在Rt△OEC中，∵OC2=OE2+EC2，
∴R2=(R-1)2+32，
解得R=5．
∴ 的半径为5．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理的应用，掌握圆周角定理、垂径定理
是解题的关键，学会添加常用辅助线．
55．如图， 的直径 为10，弦 为6， 是 的中点，弦 和 交于点 ，且 ．（1）求证： ；
（2）求 的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）运用圆周角定理证明 即可得到结论；
（2）连接 ， ， ，在 延长线上截取 ，连 ，可得A、E、B、C四点为共圆，
可证明 ，△CEG为等腰直角三角形，运用勾股定理即可求得结论．
【详解】
（1）证明：∵ ∴
又∵ ， ∴
∴
（2）连接 ， ， ，
∵ 为 的直径
∴ ，
在 中，
∵ 是弧 的中点
∴
∴
又∵∴ ，即
∴
∴ ，
∴
在 延长线上截取 ，连
在圆内接四边形 中，
又∵ ∴
∴
∴
∴
∴在等腰 中，
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质．解答此题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
56．如图，在 中的内接四边形 中， ， 为弧 上一点．
（1）若 ，求 和 的度数；
（2）若 ，求证： 为等边三角形．
【答案】（1） =70°， =125°；（2）见解析．
【分析】
（1）根据圆内接四边形的对角互补可得出 ，再由 ，得出 ；（2）根据圆内接四边形的对角互补的性质，可得出 ， ，再由已知条件
，得出 ，从而得出结论；
【详解】
（1）∵四边形ABCD内接于 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形ABDE内接于 ，
∴ ，
∴ ；
（2）∵四边形ABCD内接于 ，
∴ ，
∵四边形ABDE内接于 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 为等边三角形．
【点睛】
本题主要考查了圆内接四边形的性质，结合等腰三角形和等边三角形的性质证明是解题的关键．57．如图，四边形ABCD内接于圆，AD，BC的延长线交于点E，F是BD延长线上任意一点，AB=AC．
（1）求证：DE平分∠CDF；
（2）求证：∠ACD=∠AEB．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）根据圆内接四边形的性质得到∠CDE=∠ABC，根据圆周角定理和等腰三角形的性质证明即可；
（2）根据三角形外角的性质和图形得到∠CAE+∠E=∠ABD+∠DBC，得到∠E=∠ABD，根据圆周角定理证
明．
【详解】
（1）∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠CDE=∠ABC，
由圆周角定理得，∠ACB=∠ADB，又∠ADB=∠FDE，
∴∠ACB=∠FDE，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC，
∴∠FDE=∠CDE，即DE平分∠CDF；
（2）∵∠ACB=∠ABC，
∴∠CAE+∠E=∠ABD+∠DBC，
又∠CAE=∠DBC，
∴∠E=∠ABD，
∴∠ACD=∠AEB．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，掌握圆内接四边形的任意一
个外角等于它的内对角是解题的关键．
58．如图，四边形 ABCD 是 ⊙O 的内接四边形， BC 与 AD 的延长线相交于点 E ， 且 DC DE ．（1）求证： A AEB；
（2）连接 OE，交 CD 于点 F， DC OE ，求证：△ ABE 是等边三角形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）先根据圆内接四边形的性质得∠A=∠DCE，再由等腰三角形的性质得∠DCE=∠DEC ，然后等量变换
即可证明；
（2）首先证明△DCE是等边三角形，即∠AEB=60°，再结合∠A=∠AEB，可得△ABE是等腰三角形，进
而等得△ABE是等边三角形．
【详解】
证明：（1） 四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形，
∴∠A+∠DCB=180°
∵∠DCE =∠DCB+180°
∴∠A=∠DCE，
∵DC=DE ，
∴∠DCE=∠DEC ，
∴∠A=∠AEB ；
（2）∵DC ⊥OE ，
∴DF=CF ，
∴OE 是CD 的垂直平分线，
∴ED=EC ，
又∵DE=DC ，
∴△ DEC 为等边三角形，
∴∠AEB=60°，
又∵∠A=∠AEB，
∴△ABE 是等边三角形．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的判定和性质以及圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解答本题的关键．
59．如图①， 的内切圆 与 、 、 分别相切于点D、E、F， 、 、 的延
长线分别交 于点G、H、I，过点G、H、I分别作 、 、 的平行线，从 上截得六边
形 ．通常，在六边形中，我们把相间两个内角的内角称为六边形的对角，把相邻两角的夹边和
它们的对角的夹边称为六边形的对边．
（1）求证：六边形 的对角相等；
（2）小明在完成（1）的证明后继续探索，如图②，连接 、 、 、 ，他发现
、 ，于是猜想六边形 的对边也相等．请你证明他的发现与猜
想．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）由 ， ，可得 ，再证明出
，得到结论；
（2）证明 可得 ， ，再证明出 ， ，最后得出结论．
【详解】
证明：（1）∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴
同理 ．
即六边形 的对角相等．
（2）∵ 与 切于点D，
∴
∴ ．
∵ ，
∴
与 切于点E，
∴ ．
∴ ．
∴ ．又 ，
∴ ．
∴ ．
同理 ．
∵ ，
∴ ．
∵ ．
∴ ．
同理 ．
∴ ．
∴ ．
即 ．
同理 ．
即六边形 的对边相等．
【点睛】
本题考查了圆的外切六边形的性质，涉及全等三角形、切线长定理应用等知识，理解和掌握六边形对角和
对边是解本题的关键．
60．（阅读理解）如图1， 为等边 的中心角，将 绕点O逆时针旋转一个角度
， 的两边与三角形的边 分别交于点 ．设等边 的面积为S，通过证明可得 ，则 ．
（类比探究）如图2， 为正方形 的中心角，将 绕点O逆时针旋转一个角度
， 的两边与正方形的边 分别交于点 ．若正方形 的面积为
S，请用含S的式子表示四边形 的面积（写出具体探究过程）．
（拓展应用）如图3， 为正六边形 的中心角，将 绕点O逆时针旋转一个角度
， 的两边与正六边形的边 分别交于点 ．若四边形 面积为
，请直接写出正六边形 的面积．
【答案】【类比探究】四边形 的面积= ．【拓展应用】6
【分析】
类比探究：通过证明可得 ，则
．
拓展应用：通过证明可得 ，则．
【详解】
解：类比探究：如图2，∵ 为正方形 的中心角，
∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=45°，
∵ 绕点O逆时针旋转一个角度 ， 的两边与正方形的边 分别交于
点
∴∠BOM=∠CON，
∴△BOM≌△CON，
∴ ．
拓展应用：如图3，∵ 为正六边形 EF的中心角，
∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=60°，
∵ 绕点O逆时针旋转一个角度 ， 的两边与正方形的边 分别交于
点∴∠BOM=∠CON，
∴△BOM≌△CON，
∴ ．
∵四边形 面积为 ，
∴正六边形 的面积为6 ．
【点睛】
本题考查了旋转，正多边形的性质，正多边形的中心角，三角形的全等，图形的割补，熟练掌握旋转的性
质，正多边形的性质是解题的关键．
