《2025年一本九年级数学上册人教版安徽专版》

10. (2025·淮南月考)如图，正方形ABCD和等边三角形AEF均内接于$\odot O$，则$\frac {AB}{AE}$的值为 （A）

A. $\frac {\sqrt {6}}{3}$
B. $\frac {\sqrt {3}}{2}$
C. $\frac {\sqrt {6}}{2}$
D. $\frac {\sqrt {2}}{3}$

答案： A

11. (2024·东营)我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“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π的近似值为3.1416.如图，$\odot O$的半径为1，运用“割圆术”，以圆的内接正六边形的面积近似估计$\odot O$的面积，可得π的估计值为$\frac {3\sqrt {3}}{2}$.若用圆的内接正八边形的面积近似估计$\odot O$的面积，可得π的估计值为$2\sqrt{2}$.

答案： $2\sqrt{2}$

12. (2025·芜湖二十九中期中)如图，将边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴的正半轴上，顶点F在y轴的正半轴上.
(1)求点D的坐标；
(2)将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转$60^{\circ }$，则经过2025次旋转后的点D的坐标为$(-\frac{3}{2},-\sqrt{3})$.

答案： 【解析】：
### $(1)$求点$D$的坐标
过点$C$作$CM\perp x$轴于点$M$，过点$D$作$DN\perp CM$于点$N$。
已知正六边形$ABCDEF$的边长为$1$。
因为正六边形内角和为$(6 - 2)\times180^{\circ}=720^{\circ}$，所以每个内角为$120^{\circ}$，则$\angle CBM = 60^{\circ}$。
在$Rt\triangle BCM$中，$\angle BCM = 30^{\circ}$，$BC = 1$，根据直角三角形中$30^{\circ}$所对的直角边是斜边的一半，可得$BM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}$，再根据勾股定理$CM=\sqrt{BC^{2}-BM^{2}}=\sqrt{1 - (\frac{1}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
又因为$DN = BM=\frac{1}{2}$，$CN = CM=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$AB = 1$，所以$OM=AB + BM=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$，$CD = 1$，则$MN = CD = 1$。
那么$D$点的横坐标为$OM=\frac{3}{2}$，纵坐标为$CM + CN=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，即$D(\frac{3}{2},\sqrt{3})$。
### $(2)$求经过$2025$次旋转后的点$D$的坐标
因为正六边形$ABCDEF$绕坐标原点$O$顺时针旋转，每次旋转$60^{\circ}$，$360\div60 = 6$，所以每$6$次旋转一个循环。
$2025\div6 = 337\cdots\cdots3$，即经过$2025$次旋转相当于顺时针旋转$3$次，每次旋转$60^{\circ}$，总共旋转$180^{\circ}$。
旋转$180^{\circ}$后，点$D(\frac{3}{2},\sqrt{3})$关于原点对称，根据关于原点对称的点的坐标特征：横、纵坐标都互为相反数，可得旋转后的点$D$的坐标为$(-\frac{3}{2},-\sqrt{3})$。
【答案】：$(-\frac{3}{2},-\sqrt{3})$

13. 如图，M，N分别是$\odot O$的内接正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCDEFG……的边AB，BC上的点，且$BM=CN$，连接OM，ON.
(1)求图1中$∠MON$的度数；
(2)图2中$∠MON$的度数是$90^{\circ}$，图3中$∠MON$的度数是$72^{\circ}$；
(3)试探究$∠MON$的度数与正n边形的边数n的关系(直接写出答案).

答案： 【解析】：
(1)连接$OB$、$OC$。
因为$\triangle ABC$是正三角形，所以$\angle BOC = 120^{\circ}$，$OB = OC$，$\angle OBM=\angle OCN = 30^{\circ}$。
又因为$BM = CN$，所以$\triangle OBM\cong\triangle OCN(SAS)$，则$\angle BOM=\angle CON$。
所以$\angle MON=\angle BOC = 120^{\circ}$。
(2)图$2$中，连接$OB$、$OC$。
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$\angle BOC = 90^{\circ}$，$OB = OC$，$\angle OBM=\angle OCN = 45^{\circ}$。
又因为$BM = CN$，所以$\triangle OBM\cong\triangle OCN(SAS)$，则$\angle BOM=\angle CON$。
所以$\angle MON=\angle BOC = 90^{\circ}$。
图$3$中，连接$OB$、$OC$。
因为五边形$ABCDE$是正五边形，所以$\angle BOC=\frac{(5 - 2)\times180^{\circ}}{5}=108^{\circ}$，$OB = OC$。
又因为$BM = CN$，可证$\triangle OBM\cong\triangle OCN(SAS)$，则$\angle BOM=\angle CON$。
所以$\angle MON=\angle BOC = 72^{\circ}$。
(3)由
(1)
(2)可探究，连接$OB$、$OC$。
因为正$n$边形中心角$\angle BOC=\frac{(n - 2)\times180^{\circ}}{n}$，且可证$\triangle OBM\cong\triangle OCN(SAS)$，$\angle BOM=\angle CON$。
所以$\angle MON=\angle BOC=\frac{360^{\circ}}{n}$。
【答案】：
(1)$120^{\circ}$
(2)$90^{\circ}$，$72^{\circ}$
(3)$\angle MON=\frac{360^{\circ}}{n}$