《2025年奔跑吧少年九年级数学全一册浙教版》

11. 如图,某同学作了一个圆内接正十二边形,若 $\odot O$ 的半径为 1,则这个圆内接正十二边形的面积为 (B)

A. 1
B. 3
C. $\pi$
D. $2\pi$

答案： B

12. 如图,正五边形 $ABCDE$ 内接于 $\odot O$,$P$ 是 $\overset{\frown}{DE}$ 上的动点,连结 $PA$,$PC$,$OA$,$OC$,则 $\angle EAO+\angle APC$ 的度数为 (A)

A. $126^{\circ}$
B. $144^{\circ}$
C. $150^{\circ}$
D. 随着点 $P$ 的变化而变化

答案： A

13. 如图,在 $\odot O$ 中,$AB$ 是 $\odot O$ 的内接正六边形的一边,$BC$ 是 $\odot O$ 的内接正十边形的一边,则 $\angle ABC$ 的度数为$132^{\circ}$.

答案： $ 132 ^ { \circ } $

14. 如图,等边三角形 $ABC$ 内接于 $\odot O$,若边长为 $4\sqrt{3}$ cm,则 $\odot O$ 的半径为______4 cm.

答案： 4 cm

15. 如图,正六边形 $ABCDEF$ 内接于 $\odot O$.
(1)若 $P$ 是 $\overset{\frown}{CD}$ 上的动点,连结 $BP$,$FP$,求 $\angle BPF$ 的度数.$60^{\circ}$
(2)已知 $\triangle ADF$ 的面积为 $2\sqrt{3}$,求：
①$\angle DAF$ 的度数；$60^{\circ}$
②$\odot O$ 的半径.2

答案： 1. （1）
连接$BO$，$FO$：
因为正六边形$ABCDEF$内接于$\odot O$，所以$\angle BOF=\frac{360^{\circ}}{6}×2 = 120^{\circ}$。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半，$\angle BPF=\frac{1}{2}\angle BOF$。
所以$\angle BPF = 60^{\circ}$。
2. （2）
①连接$OF$，$OD$：
因为正六边形$ABCDEF$内接于$\odot O$，所以$\angle AOF=\angle FOD = 60^{\circ}$，$OA = OF = OD$。
所以$\triangle AOF$，$\triangle FOD$是等边三角形。
则$OA=AF = FD=OD$，所以$\angle DAF=\frac{1}{2}\angle AOD$。
又因为$\angle AOD=\angle AOF+\angle FOD = 120^{\circ}$，所以$\angle DAF = 30^{\circ}$。
②设$\odot O$的半径为$r$：
过$F$作$FG\perp AD$于$G$。
因为$\angle DAF = 30^{\circ}$，$\angle AFD = 90^{\circ}$（正六边形性质，$\angle AFE = 120^{\circ}$，$\angle EFD = 60^{\circ}$，$\angle AFD=\angle AFE-\angle EFD$），$AF = r$，$FD = r$，根据勾股定理$AD=\sqrt{AF^{2}+FD^{2}}=\sqrt{r^{2}+r^{2}}=\sqrt{2r^{2}}=\sqrt{2}r$（也可由$\angle AOD = 120^{\circ}$，$OA = OD=r$，$AD = 2r\sin60^{\circ}×\sqrt{3}r$，这里用另一种方法）。
因为$\angle DAF = 30^{\circ}$，$FG\perp AD$，$AF = r$，所以$FG=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}r$。
已知$S_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}AD\cdot FG$，$S_{\triangle ADF}=2\sqrt{3}$，$AD = \sqrt{3}r$（由正六边形性质，$\angle AOD = 120^{\circ}$，$OA = OD = r$，根据余弦定理$AD^{2}=OA^{2}+OD^{2}-2OA\cdot OD\cos\angle AOD=r^{2}+r^{2}-2r\cdot r\cos120^{\circ}=r^{2}+r^{2}+r^{2}=3r^{2}$，$AD = \sqrt{3}r$），$FG=\frac{\sqrt{3}}{2}r$（$FG = AF\sin60^{\circ}$，$AF = r$）。
由$S_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}× AD× FG$，$S_{\triangle ADF}=2\sqrt{3}$，$AD = \sqrt{3}r$，$FG=\frac{\sqrt{3}}{2}r$，则$S_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}r×\frac{\sqrt{3}}{2}r$。
即$\frac{3}{4}r^{2}=2\sqrt{3}$（错误，重新计算：因为$S_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}× AD× FG$，$AD = \sqrt{3}r$，$FG=\frac{1}{2}r$（由$\angle DAF = 30^{\circ}$，$AF = r$），$S_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}r×\frac{1}{2}r$）。
已知$S_{\triangle ADF}=2\sqrt{3}$，则$\frac{1}{2}×\sqrt{3}r×\frac{1}{2}r = 2\sqrt{3}$。
化简得$\frac{\sqrt{3}}{4}r^{2}=2\sqrt{3}$。
两边同时除以$\sqrt{3}$得$\frac{1}{4}r^{2}=2$。
解得$r = 2$。
综上，（1）$\angle BPF = 60^{\circ}$；（2）①$\angle DAF = 30^{\circ}$；②$\odot O$的半径$r = 2$。

16. 已知正方形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$.
(1)如图,在 $\overset{\frown}{AB}$ 上取一点 $E$,连结 $DE$,$AE$,$BE$,在 $DE$ 上截取一点 $F$,使 $DF = BE$,在图中找出与 $\triangle ADF$ 全等的三角形,并证明你的结论.与 $\triangle ADF$ 全等的三角形是$\triangle ABE$
(2)在(1)的条件下,还发现 $DE$,$BE$,$AE$ 之间满足下列关系：$DE - BE= \sqrt{2}AE$. 请说明理由.

答案： 1. （1）
解：$\triangle ADF\cong\triangle ABE$。
证明：
因为正方形$ABCD$内接于$\odot O$，所以$AD = AB$，$\angle ADE=\angle ABE$（同弧所对的圆周角相等）。
在$\triangle ADF$和$\triangle ABE$中，$\left\{\begin{array}{l}AD = AB\\\angle ADF=\angle ABE\\DF = BE\end{array}\right.$。
根据$SAS$（边角边）定理，可得$\triangle ADF\cong\triangle ABE$。
2. （2）
解：
由（1）知$\triangle ADF\cong\triangle ABE$，所以$AF = AE$，$\angle DAF=\angle BAE$。
因为$\angle DAB = 90^{\circ}$，$\angle DAB=\angle DAF+\angle FAB$，所以$\angle BAE+\angle FAB = 90^{\circ}$，即$\angle FAE=\angle DAB = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle AEF$中，根据勾股定理$EF=\sqrt{AE^{2}+AF^{2}}$，又因为$AF = AE$，所以$EF=\sqrt{2}AE$。
因为$DE - BE=DE - DF$，而$DE - DF=EF$。
所以$DE - BE=\sqrt{2}AE$。