2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题32 正多边形与圆

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题32 正多边形与圆

正多边形与圆 ‎ 一.选择题 ‎1. (2020•四川省凉山州•4分)如图,等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于⊙O,则AD:AB=(  )‎ A.2: B.: C.: D.:2‎ ‎【分析】连接OA.OB.OD,过O作OH⊥AB于H,由垂径定理得出AH=BH=AB,证出△AOD是等腰直角三角形,∠AOH=∠BOH=60°,AH=BH=AB,得出AD=OA,AH=OA,则AB=2AH=OA,进而得出答案.‎ ‎【解答】解:连接OA.OB.OD,过O作OH⊥AB于H,如图所示:‎ 则AH=BH=AB,‎ ‎∵正方形ABCD和等边三角形AEF都内接于⊙O,‎ ‎∴∠AOB=120°,∠AOD=90°,‎ ‎∵OA=OD=OB,‎ ‎∴△AOD是等腰直角三角形,∠AOH=∠BOH=×120°=60°,‎ ‎∴AD=OA,AH=OA•sin60°=OA,‎ ‎∴AB=2AH=2×OA=OA,‎ ‎∴==,‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查了正多边形和圆、垂径定理、等边三角形的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识;熟练掌握垂径定理、等边三角形和正方形的性质是解题的关键.‎ ‎2.(2020山东省德州市4分)如图,小明从A点出发,沿直线前进8米后向左转45°,再沿直线前进8米,又向左转45°…照这样走下去,他第一次回到出发点A时,共走路程为(  )‎ A.80米 B.96米 C.64米 D.48米 ‎【分析】根据多边形的外角和即可求出答案.‎ ‎【解答】解:根据题意可知,他需要转360÷45=8次才会回到原点,‎ 所以一共走了8×8=64(米).‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数.任何一个多边形的外角和都是360°.‎ ‎3. 2020年青海省在中,,,,则的内切圆的半径为__________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图,设△ABC的内切圆与各边相切于D,E,F,连接OD,OE,OF,‎ 则OE⊥BC,OF⊥AB,OD⊥AC,‎ 设半径为r,CD=r,‎ ‎∵∠C=90°,BC=4,AC=3,‎ ‎∴AB=5,‎ ‎∴BE=BF=4-r,AF=AD=3-r,‎ ‎∴4-r+3-r=5,‎ ‎∴r=1.‎ ‎∴△ABC的内切圆的半径为 1.‎ ‎4. (2020•山东淄博市•4分)如图,放置在直线l上的扇形OAB.由图①滚动(无滑动)到图②,再由图②滚动到图③.若半径OA=2,∠AOB=45°,则点O所经过的最短路径的长是(  )‎ A.2π+2 B.3π C. D.+2‎ ‎【分析】利用弧长公式计算即可.‎ ‎【解答】解:如图,‎ 点O的运动路径的长=的长+O1O2+的长 ‎=++‎ ‎=,‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题考查轨迹,弧长公式等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.‎ 二.填空题 ‎1. (2020•四川省成都市•4分)如图,六边形是正六边形,曲线…叫做“正六边形的渐开线”,,,,,,,…的圆心依次按,,,,,循环,且每段弧所对的圆心角均为正六边形的一个外角.当时,曲线的长度是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用弧长公式,分别计算出,,,,,的长,然后将所有弧长相加即可.‎ ‎【详解】解:根据题意,得=;‎ ‎=;‎ ‎=;‎ ‎=;‎ ‎=;‎ ‎=.‎ 曲线的长度是=.‎ 故答案是:.‎ ‎【点睛】本题考查的是弧长的计算,熟练运用弧长公式进行计算是解题得关键.‎ ‎ ‎ 三.解答题 ‎1. . 2020年内蒙古通辽市中心为O的正六边形的半径为.点同时分别从两点出发,以的速度沿向终点运动,连接,设运动时间为.‎ ‎(1)求证:四边形为平行四边形;‎ ‎(2)求矩形的面积与正六边形的面积之比.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)2:3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)只要证明△ABP≌△DEQ(SAS),可得BP=EQ,同理PE=BQ,由此即可证明;‎ ‎(2)过点B,点E作BN⊥CD,EM⊥CD,连接OC,OD,过点O作OH⊥CD分别求出矩形的面积和正六边形的面积,从而得到结果.‎ ‎【详解】解:(1)证明:∵中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm,‎ ‎∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F,‎ ‎∵点P,Q同时分别从A,D两点出发,以1cm/s速度沿AF,DC向终点F,C运动,‎ ‎∴AP=DQ=t,PF=QC=6-t,‎ 在△ABP和△DEQ中,‎ ‎,‎ ‎∴△ABP≌△DEQ(SAS),‎ ‎∴BP=EQ,同理可证PE=QB,‎ ‎∴四边形PEQB是平行四边形;‎ ‎(2)由(1)可知四边形PEQB是平行四边形 ‎∴当∠BQE=90°时,四边形PEQB是矩形 过点B,点E作BN⊥CD,EM⊥CD,连接OC,OD,过点O作OH⊥CD ‎∴∠BNQ=∠QME=90°,‎ ‎∴∠BQN+∠NBQ=90°,∠BQN+∠EQM=90°‎ ‎∴∠NBQ=∠EQM ‎∴△NBQ∽△MQE ‎∴‎ 又∵正六边形ABCDEF的半径为6,‎ ‎∴正六边形ABCDEF的各边为6,∠BCQ=∠EDQ=120°‎ ‎∴在Rt△BNC和Rt△EDM中,∠NBC=∠DEM=30°‎ ‎∴NC=DM=,BN=EM=‎ ‎∴,解得:‎ ‎(舍去)‎ 即当P与F重合,Q与C重合时,四边形PEQB是矩形 此时矩形PEQB的面积为 ‎∵在正六边形ABCDEF中,∠COD=60°,OC=OD ‎∴△OCD是等边三角形,OC=OD=CD=6,OH=‎ S六边形ABCDEF=‎ ‎=‎ ‎=,‎ ‎∴S矩形PBQE:S六边形ABCDEF=:=2:3‎ ‎【点睛】本题考查正多边形、平行四边形的判定和性质、矩形的性质与判定,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.‎ ‎2. (2020•陕西•8分)如图,△ABC是⊙O的内接三角形,∠BAC=75°,∠ABC=45°.连接AO并延长,交⊙O于点D,连接BD.过点C作⊙O的切线,与BA的延长线相交于点E.‎ ‎(1)求证:AD∥EC;‎ ‎(2)若AB=12,求线段EC的长.‎ ‎【分析】(1)连接OC,由切线的性质可得∠OCE=90°,由圆周角定理可得∠AOC=90°,可得结论;‎ ‎(2)过点A作AF⊥EC交EC于F,由锐角三角函数可求AD=8,可证四边形OAFC是正方形,可得CF=AF=4,由锐角三角函数可求EF=12,即可求解.‎ ‎【解答】证明:(1)连接OC,‎ ‎∵CE与⊙O相切于点C,‎ ‎∴∠OCE=90°,‎ ‎∵∠ABC=45°,‎ ‎∴∠AOC=90°,‎ ‎∵∠AOC+∠OCE=180°,‎ ‎∴∴AD∥EC ‎(2)如图,过点A作AF⊥EC交EC于F,‎ ‎∵∠BAC=75°,∠ABC=45°,‎ ‎∴∠ACB=60°,‎ ‎∴∠D=∠ACB=60°,‎ ‎∴sin∠ADB=,‎ ‎∴AD==8,‎ ‎∴OA=OC=4,‎ ‎∵AF⊥EC,∠OCE=90°,∠AOC=90°,‎ ‎∴四边形OAFC是矩形,‎ 又∵OA=OC,‎ ‎∴四边形OAFC是正方形,‎ ‎∴CF=AF=4,‎ ‎∵∠BAD=90°﹣∠D=30°,‎ ‎∴∠EAF=180°﹣90°﹣30°=60°,‎ ‎∵tan∠EAF=,‎ ‎∴EF=AF=12,‎ ‎∴CE=CF+EF=12+4.‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质,圆周角定理,锐角三角函数,正方形的判定和性质,熟练运用这些性质进行推理是本题的关键.‎ ‎3. (2020•陕西•12分)问题提出 ‎(1)如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC>BC,∠ACB的平分线交AB于点D.过点D分别作DE⊥AC,DF⊥BC.垂足分别为E,F,则图1中与线段CE相等的线段是 CF、DE.DF .‎ 问题探究 ‎(2)如图2,AB是半圆O的直径,AB=8.P是上一点,且=2,连接AP,BP.∠APB的平分线交AB于点C,过点C分别作CE⊥AP,CF⊥BP,垂足分别为E,F,求线段CF的长.‎ 问题解决 ‎(3)如图3,是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图.已知⊙O的直径AB=70m,点C在⊙O上,且CA=CB.P为AB上一点,连接CP并延长,交⊙O于点D.连接AD,BD.过点P分别作PE⊥AD,PF⊥BD,重足分别为E,F.按设计要求,四边形PEDF内部为室内活动区,阴影部分是户外活动区,圆内其余部分为绿化区.设AP的长为x(m),阴影部分的面积为y(m2).‎ ‎①求y与x之间的函数关系式;‎ ‎②按照“少儿活动中心”的设计要求,发现当AP的长度为30m时,整体布局比较合理.试求当AP=30m时.室内活动区(四边形PEDF)的面积.‎ ‎【分析】(1)证明四边形CEDF是正方形,即可得出结果;‎ ‎(2)连接OP,由AB是半圆O的直径,=2,得出∠APB=90°,∠AOP=60°,则∠ABP=30°,同(1)得四边形PECF是正方形,得PF=CF,在Rt△APB中,PB=AB•cos∠ABP=4,在Rt△CFB中,BF==‎ CF,推出PB=CF+BF,即可得出结果;‎ ‎(3)①同(1)得四边形DEPF是正方形,得出PE=PF,∠APE+∠BPF=90°,∠PEA=∠PFB=90°,将△APE绕点P逆时针旋转90°,得到△A′PF,PA′=PA,则A′、F、B三点共线,∠APE=∠A′PF,证∠A′PB=90°,得出S△PAE+S△PBF=S△PA′B=PA′•PB=x(70﹣x),在Rt△ACB中,AC=BC=35,S△ACB=AC2=1225,由y=S△PA′B+S△ACB,即可得出结果;‎ ‎②当AP=30时,A′P=30,PB=40,在Rt△A′PB中,由勾股定理得A′B==50,由S△A′PB=A′B•PF=PB•A′P,求PF,即可得出结果.‎ ‎【解答】解:(1)∵∠ACB=90°,DE⊥AC,DF⊥BC,‎ ‎∴四边形CEDF是矩形,‎ ‎∵CD平分∠ACB,DE⊥AC,DF⊥BC,‎ ‎∴DE=DF,‎ ‎∴四边形CEDF是正方形,‎ ‎∴CE=CF=DE=DF,‎ 故答案为:CF、DE.DF;‎ ‎(2)连接OP,如图2所示:‎ ‎∵AB是半圆O的直径,=2,‎ ‎∴∠APB=90°,∠AOP=×180°=60°,‎ ‎∴∠ABP=30°,‎ 同(1)得:四边形PECF是正方形,‎ ‎∴PF=CF,‎ 在Rt△APB中,PB=AB•cos∠ABP=8×cos30°=8×=4,‎ 在Rt△CFB中,BF====CF,‎ ‎∵PB=PF+BF,‎ ‎∴PB=CF+BF,‎ 即:4=CF+CF,‎ 解得:CF=6﹣2;‎ ‎(3)①∵AB为⊙O的直径,‎ ‎∴∠ACB=∠ADB=90°,‎ ‎∵CA=CB,‎ ‎∴∠ADC=∠BDC,‎ 同(1)得:四边形DEPF是正方形,‎ ‎∴PE=PF,∠APE+∠BPF=90°,∠PEA=∠PFB=90°,‎ ‎∴将△APE绕点P逆时针旋转90°,得到△A′PF,PA′=PA,如图3所示:‎ 则A′、F、B三点共线,∠APE=∠A′PF,‎ ‎∴∠A′PF+∠BPF=90°,即∠A′PB=90°,‎ ‎∴S△PAE+S△PBF=S△PA′B=PA′•PB=x(70﹣x),‎ 在Rt△ACB中,AC=BC=AB=×70=35,‎ ‎∴S△ACB=AC2=×(35)2=1225,‎ ‎∴y=S△PA′B+S△ACB=x(70﹣x)+1225=﹣x2+35x+1225;‎ ‎②当AP=30时,A′P=30,PB=AB﹣AP=70﹣30=40,‎ 在Rt△A′PB中,由勾股定理得:A′B===50,‎ ‎∵S△A′PB=A′B•PF=PB•A′P,‎ ‎∴×50×PF=×40×30,‎ 解得:PF=24,‎ ‎∴S四边形PEDF=PF2=242=576(m2),‎ ‎∴当AP=30m时.室内活动区(四边形PEDF)的面积为576m2.‎ ‎【点评】本题是圆综合题,主要考查了圆周角定理、勾股定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、角平分线的性质、旋转的性质、三角函数定义、三角形面积与正方形面积的计算等知识;熟练掌握圆周角定理和正方形的判定与性质是解题的关键.‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档