2026年思维新观察九年级数学上册人教版第172页答案
1.半径相等的圆内接正三角形、正方形、正六边形的边长比为
$\sqrt{3}:\sqrt{2}:1$
。

答案

$\sqrt{3}:\sqrt{2}:1$
2.如图1，正八边形的边长为2，对角线AB，CD相交于点E，则线段BE的长为
$2+\sqrt{2}$
.

答案

$2+\sqrt{2}$
3.如图2，正八边形ABCDEFGH内接于$\odot O$，连接$AE$，$HE$，若$S_{△ AEH}=4\sqrt{2}$，则$\odot O$的半径为
$2\sqrt{2}$
。

答案

$2\sqrt{2}$
4.如图 ,五边形ABCDE是$\odot O$的内接正五边形,对角线AC,BD相交于点P,下列结论:①$∠ BAC=36°$;②$PB=PC$;③四边形APDE是菱形;④$AP=2BP$.其中正确的结论是(
B
)

A.①②③④
B.①②③
C.②③④
D.①②④

答案

B
5.(2025·东西湖)如图4，将$\odot O$的圆周12等分后得到表盘模型，整钟点为$A_n$($n$为1~12的整数)，分别连接$A_{11}A_8$，$A_{11}A_4$和$A_8A_4$，得到$△ A_{11}A_8A_4$，射线$A_{11}A_3$和$A_8A_4$相交于圆外一点$M$，若$A_{11}M=2$，则$A_8A_4$的长为(
A
)

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

答案


A
解:连接$OA_3,OA_4$,
易知$OA_3// A_4M,OA_4// A_3M$,
$\therefore$四边形$OA_3MA_4$为菱形,
设$\odot O$半径为$R$,
$\therefore\sqrt{3}R+R=2,\therefore R=\sqrt{3}-1$,
$\therefore A_8A_4=\sqrt{3}R=3-\sqrt{3}.$
6.在正六边形ABCDEF中，边长为2.
(1)如图1，若P是边ED的中点，连接AP，求AP的长；
(2)如图2，正六边形内接于$\odot O$，点M是$\overset{\frown}{DE}$的中点，求AM的长；
(3)如图3，点M，N分别在$\overset{\frown}{AF}$和$\overset{\frown}{BC}$上，$∠ MON=120°$，求阴影部分的面积.


答案


6.解:(1)$AB=2$,连接$AE$,
易知$∠ AEF=30°$,
$AE=2\sqrt{3},∠ AEP=90°$,
$\therefore AP=\sqrt{1+12}=\sqrt{13};$

(2)连接$FM$,$\because∠ FAM=45°,∠ AMF=30°$,
作$FH⊥ AM$于点$H$,
$\therefore AH=FH=\sqrt{2},MH=\sqrt{6}$,
$\therefore AM=\sqrt{2}+\sqrt{6};$

(3)$△ OFN≌△ OBN$,
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=2S_{\mathrm{弓形}AB}$
$=2×(\frac{1}{6}π×2^2-\frac{1}{2}×2×\sqrt{3})$
$=\frac{4}{3}π-2\sqrt{3}.$
7.《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的周长逼近圆的周长方法近似估算.如图，AB为圆内接正十二边形的边长，$\odot O$的半径为2，则$π$的估值为多少(结果带根号)？

答案


7.解:作$AM⊥ OB$于$M$,
$\because∠ AOB=30°$,
$\therefore AM=1,OM=\sqrt{3}$,
$\therefore AB=\sqrt{1+(2-\sqrt{3})^2}$
$=\sqrt{6}-\sqrt{2}.$
$12\sqrt{6}-12\sqrt{2}\approx4π$,
$π\approx3\sqrt{6}-3\sqrt{2}.$