《2025年名师帮同步学案九年级数学全一册人教版》

1.如图,若四边形ABCD是半径为1cm的⊙O的内接正方形,则阴影部分的面积为 (C)
A.$(2π-2)cm^{2}$
B.$(2π-1)cm^{2}$
C.$(π-2)cm^{2}$
D.$(π-1)cm^{2}$

答案： C

2.如图,正六边形ABCDEF内接于⊙O.若直线PA与⊙O相切于点A,则∠PAB=____.

答案：
$30^{\circ}$ 解析：如图，连接 $OB$，$AD$，$BD$，
∵ 多边形 $ABCDEF$ 是正六多边形，
∴ $AD$ 为外接圆的直径，$\angle AOB=\frac{360^{\circ}}{6}=60^{\circ}$，
∴ $\angle ADB=\frac{1}{2}\angle AOB=\frac{1}{2}×60^{\circ}=30^{\circ}$，
∵ 直线 $PA$ 与 $\odot O$ 相切于点 $A$，
∴ $\angle PAB=\angle ADB=30^{\circ}$。

3.正五边形的一个外角的度数为$72^{\circ}$,中心角的度数为$72^{\circ}$.

答案： $72^{\circ}$ $72^{\circ}$

4.如图,正方形ABCD的边长为2,则该正方形的外接圆的面积为 (C)
A.π
B.$\sqrt{2}π$
C.2π
D.4π

答案： C

5.如图,AC为⊙O的直径.
(1)求作:⊙O的内接正方形ABCD;
(2)当直径AC=4时,求这个正方形的边长.

答案：
解：
(1) 如图所示，正方形 $ABCD$ 为所作；

(2)
∵ 直径 $AC = 4$，
∴ $OA = OB = 2$，
∵ 正方形 $ABCD$ 为 $\odot O$ 的内接正方形，
∴ $\angle AOB = 90^{\circ}$，
∴ $AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=2\sqrt{2}$，
∴ 正方形的边长为 $2\sqrt{2}$。

6.如图,正六边形ABCDEF是半径为2的⊙O的内接正六边形,则图中阴影部分的面积是____(结果保留根号).

答案：
$4\pi - 6\sqrt{3}$ 解析：如图，连接 $CO$，$DO$，
∵ $S_{阴影部分}=6×(S_{扇形OCD}-S_{正三角形OCD})=6×(\frac{60×\pi×2^{2}}{360}-\sqrt{3})=4\pi - 6\sqrt{3}$。

7.如图,边长为$2\sqrt{3}$的等边三角形ABC的内切圆的半径为____.

答案：
1 解析：如图，连接 $OA$，连接 $CO$ 并延长交 $AB$ 于点 $H$，
∵ $\triangle ABC$ 是等边三角形，
∴ $\angle BAC=\angle ACB = 60^{\circ}$，
∵ $\odot O$ 是 $\triangle ABC$ 的内切圆，
∴ $\angle OAB=\frac{1}{2}\angle BAC = 30^{\circ}$，$\angle ACH=\angle BCH=\frac{1}{2}\angle ACB = 30^{\circ}$，
∴ $CH\perp AB$，
∴ 点 $H$ 在 $\odot O$ 上，在 $Rt\triangle ACH$ 中，
∵ $AC = 2\sqrt{3}$，
∴ $AH=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，在 $Rt\triangle AOH$ 中，设 $OH = r$，则 $OA = 2OH = 2r$，
∴ $AH=\sqrt{OA^{2}-OH^{2}}=\sqrt{3}r$，
∴ $\sqrt{3}r=\sqrt{3}$，解得 $r = 1$，故等边三角形 $ABC$ 的内切圆的半径为 1。

8.如图,在正八边形ABCDEFGH中,∠EAG的大小为 (C)
A.30°
B.40°
C.45°
D.50°

答案： C

9.如图,⊙O的半径为2,正方形ABCD,A'B'C'D'分别是⊙O的内接正方形和外切正方形.则两个正方形的面积的比值$\frac{S_{内}}{S_{外}}$=$\frac{1}{2}$.

答案： $\frac{1}{2}$

10.如图,点A是⊙O上一点.
(1)用尺规作⊙O的内接正三角形ABC;(保留作图痕迹,不写作法)
(2)若⊙O的半径为6cm,求△ABC的面积.

答案：
解：
(1) 如图所示；

(2) 如图所示，连接 $OB$，$OC$，过点 $O$ 作 $OH\perp BC$ 于点 $H$。
∵ $\odot O$ 的半径为 $6cm$，$\triangle ABC$ 是正三角形，
∴ $OB = OC = 6cm$，
$\angle BOC=\frac{1}{3}×360^{\circ}=120^{\circ}$，
又
∵ $OH\perp BC$，
∴ $\angle BOH=\frac{1}{2}\angle BOC = 60^{\circ}$，$\angle OHB = 90^{\circ}$，
$BH = CH$，
∴ $\angle OBH = 90^{\circ}-\angle BOH = 30^{\circ}$，
∴ $OH=\frac{1}{2}OB = 3cm$。
在 $Rt\triangle OBH$ 中，由勾股定理，得
$BH=\sqrt{OB^{2}-OH^{2}}=\sqrt{6^{2}-3^{2}}=3\sqrt{3}cm$。
∴ $BC = 2BH = 6\sqrt{3}cm$。
∴ $S_{\triangle ABC}=3S_{\triangle BOC}=3×\frac{1}{2}×6\sqrt{3}×3=27\sqrt{3}cm^{2}$。