《2025年高效精练九年级数学上册苏科版》

10. 如图,正方形 $ A B C D $ 的外接圆为 $ \odot O $,点 $ P $ 在劣弧 $ \overparen { C D } $ 上(不与 $ C $ 点重合).
(1) 求 $ \angle B P C $ 的度数;45°
(2) 若 $ \odot O $ 的半径为 8,求正方形 $ A B C D $ 的边长.8√2

答案：
(1) 连接 $OB$, $OC$,
∵ 四边形 $ABCD$ 为正方形,
∴ $∠BOC = 90^{\circ}$,
∴ $∠BPC = \frac{1}{2}∠BOC = 45^{\circ}$;
(2) 过点 $O$ 作 $OE⊥BC$ 于点 $E$,
∵ $OB = OC$, $∠BOC = 90^{\circ}$,
∴ $∠OBE = 45^{\circ}$,
∴ $OE = BE$,
∵ $OE^{2} + BE^{2} = OB^{2}$,
∴ $BE = \sqrt{\frac{OB^{2}}{2}} = \sqrt{\frac{64}{2}} = 4\sqrt{2}$,
∴ $BC = 2BE = 2×4\sqrt{2} = 8\sqrt{2}$.

11. (2024·东营)我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”,即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算,指出“割之弥细,所失弥少. 割之又割,以至于不可割,则与圆周合体,而无所失矣”. “割圆术”孕育了微积分思想,他用这种思想得到了圆周率 $ \pi $ 的近似值为 3.1416,如图, $ \odot O $ 的半径为 1,运用“割圆术”,以圆内接正六边形面积近似估计 $ \odot O $ 的面积,可得 $ \pi $ 的估计值为 $ \frac { 3 \sqrt { 3 } } { 2 } $,若用圆内接正八边形近似估计 $ \odot O $ 的面积,可得 $ \pi $ 的估计值为______$2\sqrt{2}$.

答案： $2\sqrt{2}$

12. (2023·衡阳)如图,用若干个全等的正五边形排成圆环状,图中所示的是其中 3 个正五边形的位置. 要完成这一圆环排列,共需要正五边形的个数是______10.

答案： 10

13. 如图,正六边形 $ A B C D E F $ 为 $ \odot O $ 的内接正六边形.
(1) 若 $ \odot O $ 的半径为 $ 4 \mathrm { cm } $,求正六边形 $ A B C D E F $ 的周长和面积.周长为24cm，面积为24√3cm².
(2) 点 $ G $ 在 $ \overparen { C D } $ 上, $ C G $ 恰好是 $ \odot O $ 内接正十边形的一边, $ D G $ 恰好是 $ \odot O $ 内接正 $ n $ 边形的一边,求 $ n $.$n=$15.

答案：
(1) 连接 $OC$, $OD$,
∵ 六边形 $ABCDEF$ 是圆内接正六边形,
∴ $∠COD = \frac{360^{\circ}}{6} = 60^{\circ}$.
∵ $OC = OD$,
∴ $△COD$ 是正三角形,
∴ $CD = OC = OD = 4 (cm)$,
∴ 正六边形 $ABCDEF$ 的周长为 $4×6 = 24 (cm)$.
∵ $S_{\triangle COD} = \frac{1}{2}×4×2\sqrt{3} = 4\sqrt{3} (cm^{2})$,
∴ $S_{\text{正六边形}ABCDEF} = 6S_{\triangle COD} = 24\sqrt{3} (cm^{2})$, 答: 正六边形 $ABCDEF$ 的周长为 $24 cm$, 面积为 $24\sqrt{3} cm^{2}$;
(2) 连接 $OG$,
∵ $CG$ 是正十边形的边长,
∴ $∠COG = \frac{360^{\circ}}{10} = 36^{\circ}$,
∴ $∠DOG = ∠COD - ∠COG = 60^{\circ} - 36^{\circ} = 24^{\circ}$.
∵ $DG$ 是圆内接正 $n$ 边形的边长,
∴ $\frac{360^{\circ}}{n} = 24^{\circ}$, 解得 $n = 15$.