2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题32 正多边形与圆

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．‎