《2025年通成学典课时作业本九年级数学上册苏科版宿迁专版》

8. (2024·呼和浩特)如图,正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O,AD和EF相交于点M,则∠AMF的度数为______。
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答案：
27° 解析：如图，连接OG、OF、OD、OE、DF、AC．$\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore \angle ADC=90^\circ$，$\therefore$ AC过圆心O，$\therefore \angle AOD=\frac{1}{4}× 360^\circ=90^\circ$，$\angle FOG=\angle EOF=\frac{1}{5}× 360^\circ=7 2^\circ$．$\because$ 正五边形CEFGH内接于$\odot O$，$\therefore \widehat{GH}=\widehat{CH}=\widehat{FE}=\widehat{CE}$，$\therefore \widehat{GC}=\widehat{FC}$，$\therefore \angle GOC=\angle FOC$，$\therefore \angle AOG=\angle AOF=\frac{1}{2}\angle FOG=36^\circ$，$\therefore \angle DOF=90^\circ - 36^\circ=54^\circ$，$\therefore \angle DOE=72^\circ - 54^\circ=18^\circ$$\therefore \angle AMF=\angle MFD+\angle MDF=\frac{1}{2}\angle DOE+\frac{ 1}{2}\angle AOF=\frac{1}{2}×  18^\circ+\frac{1}{2}× 36^\circ=27^\circ$．

9. (2024·雅安)如图,⊙O的周长为8π,正六边形ABCDEF内接于⊙O,则△OAB的面积为$4\sqrt{3}$。

答案： 【解析】：
本题考查正多边形和圆的关系。
正六边形内接于圆，意味着正六边形的六个顶点都在圆上。
连接圆心$O$与正六边形的各个顶点，
可以得到六个等腰三角形，
即$\triangle OAB$，$\triangle OBC$，$\triangle OCD$，$\triangle ODE$，$\triangle OEF$，$\triangle OFA$。
由于正六边形的对称性，这六个等腰三角形都是全等的。
圆的周长公式为$C = 2\pi r$。
根据题目，圆的周长为$8\pi$，则有$2\pi r = 8\pi$，
解得$r = 4$。
由于正六边形的对称性，圆心角$\angle AOB$为$360^\circ ÷ 6 = 60^\circ$。
在等腰三角形$\triangle OAB$中，$OA = OB = r = 4$，且$\angle AOB = 60^\circ$。
过点$O$作$OG \perp AB$于点$G$，
则$\angle AOG = \angle BOG = 30^\circ$（等腰三角形三线合一）。
利用三角函数或者特殊角三角形的性质，
我们可以得到$OG = OA × \cos 30^\circ = 4 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$，
$AG=OA × \sin 30^\circ = 4 × \frac{1}{2} = 2$，
所以$AB=2AG=4$。
所以$\triangle OAB$的面积为$\frac{1}{2} × AB × OG = \frac{1}{2} × 4 × 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3}$。
【答案】：
$4\sqrt{3}$

10. (新考向·数学文化)如图,第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不完整的正多边形图案,小华量得图中一边与对角线的夹角∠ACB= 15°,算出这个正多边形的边数为______。
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12

答案： 1. 首先，设这个正多边形的边数为$n$：
因为多边形内角和公式为$(n - 2)×180^{\circ}$，且正多边形每个内角都相等。
由图可知$\angle BAC=\angle ACB = 15^{\circ}$（等腰三角形两底角相等，正多边形的边相等，$AB = BC$）。
根据三角形外角性质，正多边形的一个内角$\angle ABC=180^{\circ}-2×15^{\circ}=150^{\circ}$。
2. 然后，根据正多边形内角公式$\frac{(n - 2)×180^{\circ}}{n}$：
令$\frac{(n - 2)×180^{\circ}}{n}=150^{\circ}$。
方程两边同时乘以$n$得：$(n - 2)×180 = 150n$。
展开括号：$180n-360 = 150n$。
移项得：$180n-150n = 360$。
合并同类项：$30n = 360$。
解得$n = 12$。
所以这个正多边形的边数为$12$。

11. 如图,正五边形ABCDE内接于⊙O,先作直径AF；再以点F为圆心,FO为半径作圆弧,与⊙O交于点M、N；最后连接AM、MN、NA。
(1) 求∠ABC的度数。
(2) △AMN是正三角形吗？请说明理由。
(3) 从点A开始,以DN为半径,在⊙O上依次截取点,再依次连接这些分点,得到正n边形,求n的值。
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答案：
(1)解：
∵ABCDE是正五边形，
∴∠ABC=(5-2)×180°/5=108°。
(2)解：△AMN是正三角形，理由如下：
设⊙O半径为r，则FO=r，FM=FO=r，
∵OM=r，
∴△OMF是等边三角形，∠MOF=60°，
同理∠NOF=60°，
∴∠MON=120°，
∵AF是直径，
∴∠AOF=180°，
∴∠AOM=∠AOF - ∠MOF=120°，∠AON=∠AOF + ∠NOF=240°，
∴弧AM度数为120°，弧AN度数为240°，弧MN度数为120°，
∴弧AM=弧MN=弧NA，
∴AM=MN=NA，即△AMN是正三角形。
(3)解：连接OD、ON、DN，设⊙O半径为r，
由
(2)知∠NOF=60°，正五边形ABCDE中，∠DOF=360°/5=72°，
∴∠DON=∠DOF + ∠NOF=132°，
在△DON中，由余弦定理得：
DN²=OD² + ON² - 2·OD·ON·cos∠DON=2r² - 2r²cos132°=2r²(1 - cos132°)，
设⊙O上正n边形边长为DN，则边长²=2r²(1 - cos(360°/n))，
∴2r²(1 - cos(360°/n))=2r²(1 - cos132°)，
∴cos(360°/n)=cos132°，
∵360°/n为正多边形中心角，0°＜360°/n＜180°，
∴360°/n=132°，解得n=30/11（舍去）或360°/n=360° - 132°=228°（舍去），
或由弧DN度数=∠DON=132°，圆周长对应360°，
n=360°/（弧DN度数对应的中心角），
∵DN为正n边形边长，其中心角为360°/n，
又弧DN度数=132°，则360°/n=12°（132°=11×12°，360°=30×12°），
∴n=30。

12. 如图,在等边三角形ABC中,E、F、G、H、L、K分别是各边的三等分点。
(1) 求证：六边形EFGHLK是正六边形；
(2) 若AB= 3cm,求正六边形EFGHLK的面积。
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答案： 1. （1）证明：
因为$\triangle ABC$是等边三角形，$AB = BC = AC$，$\angle A=\angle B=\angle C = 60^{\circ}$。
又因为$E$、$F$、$G$、$H$、$L$、$K$分别是各边的三等分点，所以$AE=\frac{1}{3}AB$，$AF=\frac{2}{3}AB$，$BF=\frac{1}{3}AB$，$BG=\frac{2}{3}BC$，$CH=\frac{1}{3}BC$，$CL=\frac{2}{3}AC$，$AK=\frac{1}{3}AC$。
在$\triangle AEK$中，$AE = AK=\frac{1}{3}AB$，$\angle A = 60^{\circ}$，根据等边三角形的判定（有一个角是$60^{\circ}$的等腰三角形是等边三角形），可得$\triangle AEK$是等边三角形，所以$EK=\frac{1}{3}AB$，$\angle AEK=\angle AKE = 60^{\circ}$。
同理可得$\triangle BFG$，$\triangle CHL$都是等边三角形，$FG=\frac{1}{3}AB$，$\angle BFG=\angle BGF = 60^{\circ}$，$HL=\frac{1}{3}AB$，$\angle CHL=\angle CLH = 60^{\circ}$。
因为$EF=\frac{1}{3}AB$，$GH=\frac{1}{3}AB$，$LK=\frac{1}{3}AB$，且$\angle FEK=\angle EFG=\angle FGH=\angle GHL=\angle HLK=\angle LKE = 120^{\circ}$。
所以$EF = FG=GH = HL=LK = EK$，且六个内角都相等。
所以六边形$EFGHLK$是正六边形。
2. （2）
已知$AB = 3cm$，则$S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}AB^{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}×3^{2}=\frac{9\sqrt{3}}{4}(cm^{2})$。
由（1）可知$\triangle AEK$，$\triangle BFG$，$\triangle CHL$都是等边三角形，且边长为$1cm$。
$S_{\triangle AEK}=S_{\triangle BFG}=S_{\triangle CHL}=\frac{\sqrt{3}}{4}×1^{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}(cm^{2})$。
正六边形$EFGHLK$的面积$S = S_{\triangle ABC}-3S_{\triangle AEK}$。
把$S_{\triangle ABC}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$，$S_{\triangle AEK}=\frac{\sqrt{3}}{4}$代入可得：
$S=\frac{9\sqrt{3}}{4}-3×\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}-3\sqrt{3}}{4}=\frac{6\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}(cm^{2})$。
综上，（1）证明如上；（2）正六边形$EFGHLK$的面积是$\frac{3\sqrt{3}}{2}cm^{2}$。