《2025年5年中考3年模拟九年级数学下册沪科版》

15.推理能力 杭州奥体中心网球中心以“莲花”造型惊艳众人，又名“小莲花”.该建筑底部是由24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢或旋转展开.小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态.如图，穹顶合拢时，正二十四边形顶点A₁，正八边形顶点B₁与圆心O共线，正二十四边形顶点A₁，A₁₀与正八边形顶点M₁，M₃共线，连接OA₁₀，OM₁，OM₃，则$\frac{A_{1}A_{10}}{M_{1}M_{3}}$的值为_______.

答案：
答案：$1+\sqrt{2}$ 解析：如图，过O作$OC\perp A_{1}A_{10}$，由题意知$\angle M_{1}OM_{3}=\frac{360^{\circ}}{8}\times2 = 90^{\circ}$，$\angle A_{1}OA_{10}=\frac{360^{\circ}}{24}\times9 = 135^{\circ}$，因为$OA_{10}=OA_{1}$，$OM_{3}=OM_{1}$，所以$\angle COM_{3}=\frac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}$，$\angle COA_{10}=\frac{135^{\circ}}{2}=67.5^{\circ}$，所以$\angle COM_{3}=\angle OM_{3}C = 45^{\circ}$，所以$CM_{3}=OC$，$OM_{3}=\sqrt{2}OC$，所以$M_{1}M_{3}=2OC$，因为$\angle A_{10}OM_{3}=67.5^{\circ}-45^{\circ}=22.5^{\circ}$，$\angle M_{3}A_{10}O = 90^{\circ}-67.5^{\circ}=22.5^{\circ}$，所以$\angle A_{10}OM_{3}=\angle M_{3}A_{10}O$，所以$A_{10}M_{3}=OM_{3}=\sqrt{2}OC$，所以$A_{10}C = OC+\sqrt{2}OC$，所以$A_{1}A_{10}=2A_{10}C = 2OC+2\sqrt{2}OC=(1+\sqrt{2})\cdot2OC$，所以$\frac{A_{1}A_{10}}{M_{1}M_{3}}=\frac{(1+\sqrt{2})\cdot2OC}{2OC}=1+\sqrt{2}$。

16.推理能力 某学习小组在探索“各内角都相等的圆内接多边形是不是正多边形”时，进行了如下讨论：
甲同学：“这种多边形不一定是正多边形，如圆内接矩形.”
乙同学：“我发现圆内接多边形的边数是6时，它也不一定是正多边形，如图①，△ABC是正三角形，$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{CF}$，可证明六边形ADBECF的各内角相等，但它不是正六边形.”
丙同学：“我能证明边数是5时，它是正多边形，我想边数是7时，它可能也是正多边形.”
(1)请你证明乙同学构造的六边形各内角相等.
(2)请你证明各内角都相等的圆内接七边形ABCDEFG(如图②)是正七边形.
(3)根据以上探索过程，提出你的猜想(不必证明).

答案： 解析： （1）证明：由题图①知$\angle AFC$所对的弧是$\overset{\frown}{ABC}$，因为$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{DA}$，所以$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{FC}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{ABC}$，所以$\angle AFC=\angle DAF$。同理可证$\angle BDA=\angle DBE=\angle BEC=\angle ECF=\angle AFC$。故乙同学构造的六边形各内角相等。 （2）证明：因为$\angle A$所对的弧是$\overset{\frown}{BEG}$，$\angle B$所对的弧是$\overset{\frown}{CEA}$，$\angle A=\angle B$，所以$\overset{\frown}{BEG}=\overset{\frown}{CEA}$，所以$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AG}$，同理可证得$\overset{\frown}{BA}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{AG}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{FG}$，所以$BA = CD = EF = AG = BC = DE = FG$，所以各内角都相等的圆内接七边形ABCDEFG是正七边形。 （3）猜想：当边数是3，5，7，9，…时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形。当边数是4，6，8，10，…时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形。

1.(2024四川泸州龙马潭二模)一个正六边形的边长为6，则它的边心距是（ ）
A.3
B.3$\sqrt{2}$
C.3$\sqrt{3}$
D.12

答案：
C：如图，正六边形的中心是O，过O作$OG\perp AB$于G，则$\angle AOB=\frac{360^{\circ}}{6}=60^{\circ}$，因为$AB = 6$，$OA = OB$，所以$\triangle OAB$为等边三角形，所以$AG=\frac{1}{2}AB = 3$，$OA = AB = 6$，所以$OG=\sqrt{AO^{2}-AG^{2}}=3\sqrt{3}$，即边心距是$3\sqrt{3}$。故选C。

2.(2024福建南安模拟)如图，正方形ABCD内接于⊙O，E为DC的中点，直线BE交⊙O于点F，若⊙O的半径为2$\sqrt{2}$，则EF的长度为（ ）

A.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
B.$\sqrt{2}$
C.1
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案：
A：如图，连接OC，OE，DF，因为正方形ABCD内接于$\odot O$，点E是CD的中点，所以$\angle OCE=\frac{1}{2}\angle BCD = 45^{\circ}$，$OE\perp CD$，所以在$Rt\triangle OCE$中，$OE = CE = DE=\frac{\sqrt{2}}{2}OC = 2$。在$Rt\triangle BCE$中，$BC = CD = 2CE = 4$，所以$BE=\sqrt{BC^{2}+CE^{2}}=2\sqrt{5}$，因为$\angle FDC=\angle FBC$，$\angle DFE=\angle DCB$，所以$\triangle DEF\sim\triangle BEC$，所以$\frac{EF}{EC}=\frac{DE}{BE}$，即$DE\cdot EC=BE\cdot EF$，所以$2\times2 = 2\sqrt{5}\cdot EF$，所以$EF=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。故选A。

3.(2023广西浦北期末)已知正三角形ABC的边心距为$\sqrt{3}$ cm，则正三角形的边长为_______cm.

答案：
答案：6 解析：如图所示，$\odot O$为$\triangle ABC$的外接圆，在正三角形ABC中，$OD\perp BC$，由题意可得，$OD=\sqrt{3}cm$，连接BO，易知$\angle OBD = 30^{\circ}$，所以$BD=\frac{OD}{\tan30^{\circ}}=3cm$，所以$BC = 2BD = 2\times3 = 6(cm)$。