中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題3.8 正多邊形和圓【十一大題型】（舉一反三）（北師大版）（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc14805" 【題型1 求正多邊形中心角】 PAGEREF _Tc14805 \h 1
\l "_Tc17843" 【題型2 求正多邊形的邊數(shù)】 PAGEREF _Tc17843 \h 4
\l "_Tc13324" 【題型3 正多邊形與圓中求角度】 PAGEREF _Tc13324 \h 8
\l "_Tc24212" 【題型4 正多邊形與圓中求面積】 PAGEREF _Tc24212 \h 12
\l "_Tc15344" 【題型5 正多邊形與圓中求周長(zhǎng)】 PAGEREF _Tc15344 \h 16
\l "_Tc5102" 【題型7 正多邊形與圓中求邊心距、邊長(zhǎng)】 PAGEREF _Tc5102 \h 24
\l "_Tc26354" 【題型8 正多邊形與圓中求最值】 PAGEREF _Tc26354 \h 28
\l "_Tc7007" 【題型9 尺規(guī)作圖-正多邊形】 PAGEREF _Tc7007 \h 32
\l "_Tc31325" 【題型10 正多邊形與圓中的規(guī)律問(wèn)題】 PAGEREF _Tc31325 \h 36
\l "_Tc6790" 【題型11 多邊形與圓中的證明】 PAGEREF _Tc6790 \h 40
【知識(shí)點(diǎn) 正多邊形和圓】
（1）正多邊形的有關(guān)計(jì)算
（2）正多邊形每個(gè)內(nèi)角度數(shù)為，每個(gè)外角度數(shù)為
【題型1 求正多邊形中心角】
【例1】（2023秋·廣東廣州·九年級(jí)?？计谥校┫铝袌D形中，繞它的中心旋轉(zhuǎn)60°后可以和原圖形重合的是（）
A．正六邊形B．正五邊形C．正方形D．正三角形
【答案】A
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)對(duì)稱圖形的定義，逐一進(jìn)行判斷即可．
【詳解】解：A、正六邊形的中心角為：360°6=60°，繞它的中心旋轉(zhuǎn)60°后可以和原圖形重合，符合題意；
B、正五邊形的中心角為：360°5=72°，繞它的中心旋轉(zhuǎn)60°后不能和原圖形重合，不符合題意；
C、正方形的中心角為：360°4=90°，繞它的中心旋轉(zhuǎn)60°后不能和原圖形重合，不符合題意；
D、正三角形的中心角為：360°3=120°，繞它的中心旋轉(zhuǎn)60°后不能和原圖形重合，不符合題意；
故選A．
【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)對(duì)稱圖形．熟練掌握正多邊形的中心角等于360°n，以及旋轉(zhuǎn)對(duì)稱圖形的定義，是解題的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2023秋·河北唐山·九年級(jí)統(tǒng)考期中）若一個(gè)正多邊形的邊長(zhǎng)與半徑相等，則這個(gè)正多邊形的中心角是（）
A．45°B．60°C．90°D．120°
【答案】B
【分析】根據(jù)正多邊形每一邊所對(duì)的圓心角叫做正多邊形的中心角，由已知邊長(zhǎng)與半徑相等，可知一邊所對(duì)的圓心角為60°，即得答案．
【詳解】解：如圖所示的正多邊形中，
∵AB=OA=OB，
∴ΔABO為等邊三角形，
∴∠AOB=60°，
∴這個(gè)正多邊形的中心角為60°．
故選B．
【點(diǎn)睛】此題主要考查正多邊形的中心角概念，正確理解題意與中心角概念相結(jié)合是解此題的關(guān)鍵．
【變式1-2】（2023秋·河北邯鄲·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正六邊形與正方形有重合的中心O，若∠BOC是正n邊形的一個(gè)中心角，則n的值為（）
A．8B．10C．12D．16
【答案】C
【分析】連接OA，先求出∠AOB的度數(shù)，然后利用正多邊形外角和等于360°，即可求出答案．
【詳解】解：連接OA，如圖：
根據(jù)題意，正六邊形和正方形的中心都是點(diǎn)O，
∴∠AOC=90°，∠AOB=60°，
∴∠COB=90°?60°=30°；
∵∠COB是某正n邊形的一個(gè)中心角，
∴n=360°30°=12；
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，正多邊形的外角和定理，解題的關(guān)鍵是掌握正多邊形的性質(zhì)，正確求出∠COB的度數(shù)．
【變式1-3】（2023秋·黑龍江大慶·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正五邊形ABCDE和正三角形APQ都內(nèi)接于⊙O，則PC的度數(shù)為 °．
【答案】24
【分析】連接OA，OB，OP，OC，分別求出正五邊形ABCDE和正三角形APQ的中心角，結(jié)合圖形計(jì)算即可．
【詳解】解：連接OA，OB，OP，OC，
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴∠AOB=360°5=72°，
∴∠AOC=72°×2=144°，
∵△APQ是正三角形，
∴∠AOP=360°3=120°，
∴∠POC=∠AOC?∠AOP=144°?120°=24°．
∴PC的度數(shù)為24°．
故答案為：24．
【點(diǎn)睛】本題考查圓心角和弧之間的關(guān)系，正多邊形與圓的有關(guān)計(jì)算．掌握正多邊形的中心角的計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．
【題型2 求正多邊形的邊數(shù)】
【例2】（2023秋·河北唐山·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)A、B、C、D為一個(gè)正多邊形的頂點(diǎn)，點(diǎn)O為正多邊形的中心，若∠ADB=18°，則這個(gè)正多邊形的邊數(shù)為（）
A．10B．12C．15D．20
【答案】A
【分析】作正多邊形的外接圓，根據(jù)圓周角定理得到∠AOB=36°，根據(jù)中心角的定義即可求解．
【詳解】解：如圖，作正多邊形的外接圓，
∵∠ADB=18°，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
∴這個(gè)正多邊形的邊數(shù)為360°36°=10．
故選：A．
【點(diǎn)睛】此題主要考查正多邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知圓周角定理．
【變式2-1】（2023秋·湖北十堰·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，AB,BC和AC分別為⊙O內(nèi)接正方形，正六邊形和正n邊形的一邊，則n是（）．
A．六B．八C．十D．十二
【答案】D
【分析】分別求出∠AOB和∠COB，從而得到∠AOC，由此即可得到答案．
【詳解】解：如圖所示，連接OA，OC，OB，
∵AB和BC分別是正方形和正六邊形的一邊，
∴∠AOB=360°4=90°,∠COB=360°6=60°，
∴∠AOC=∠AOB?∠COB=30°，
∴n=360°30°=12，
故選D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形與圓，熟練掌握正多邊形邊數(shù)與中心角的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
【變式2-2】（2023秋·山東濟(jì)南·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接正四邊形，△AEF為⊙O的內(nèi)接正三角形，若DF恰好是同圓的一個(gè)內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值為（）
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】連接AC,OD,OF，先根據(jù)圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)可得點(diǎn)O在AC上，且AC是∠BAD和∠EAF的角平分線，從而可得∠CAD=12∠BAD=45°,∠CAF=12∠EAF=30°，再根據(jù)角的和差可得∠DAF=15°，然后根據(jù)圓周角定理可得∠DOF=2∠DAF=30°，最后根據(jù)正多邊形的性質(zhì)即可得．
【詳解】解：如圖，連接AC,OD,OF，
∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接正四邊形，△AEF為⊙O的內(nèi)接正三角形，
∴點(diǎn)O在AC上，且AC是∠BAD和∠EAF的角平分線，∠BAD=90°,∠EAF=60°，
∴∠CAD=12∠BAD=45°,∠CAF=12∠EAF=30°，
∴∠DAF=∠CAD?∠CAF=15°，
∴∠DOF=2∠DAF=30°，
∵DF恰好是圓O的一個(gè)內(nèi)接正n邊形的一邊，
∴n=360°∠DOF=360°30°=12，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接正多邊形、圓周角定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握?qǐng)A內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
【變式2-3】（2023秋·安徽安慶·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB=AD,∠C=120°，點(diǎn)E在弧AD上，連接OD、OE、AE、DE．
（1）∠AED的度數(shù)為．
（2）當(dāng)∠DOE=90°時(shí)，AE恰好為⊙O的內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值為．
【答案】 120° 12
【分析】（1）連接BD，由已知條件證△ABD是等邊三角形，得到∠ABD=60°，從而由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠AED=120°；
（2）連接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，結(jié)合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，從而可得n=36030=12．
【詳解】（1）連接BD，
∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=AD，
∴△ABD是等邊三角形，
∴∠ABD=60°，
∵四邊形ABDE是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠AED+∠ABD=180°，
∴∠AED=120°；
（2）連接OA，
∵∠ABD=60°，
∴∠AOD=2∠ABD=120°，
∵∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠AOD?∠DOE=30°，
∴n=360°30°=12．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，理解并熟練運(yùn)用基本性質(zhì)和結(jié)論是解題關(guān)鍵．
【題型3 正多邊形與圓中求角度】
【例3】（2023秋·山西陽(yáng)泉·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正八邊形ABCDEFGH內(nèi)接于⊙O，P為弧AB上的一點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，B重合），則∠DPF的度數(shù)為（）

A．22.5°B．30°C．40°D．45°
【答案】D
【分析】連接OD、OE、OF，根據(jù)正多邊形和圓的知識(shí)求出正八邊形的中心角的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理求出∠DPF的度數(shù)．
【詳解】解：連接OD、OE、OF，如圖，

∵八邊形ABCDEFGH是正八邊形，
∴∠DOE=∠EOF=360°8=45°，
∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=90°，
∴∠DPF=12∠DOF=45°，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查的是正多邊形和圓、圓周角定理的應(yīng)用；熟練掌握中心角公式，由圓周角定理求出結(jié)果是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
【變式3-1】（2023秋·浙江嘉興·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正六邊形ABCDEF和正方形AGDH都內(nèi)接于⊙O，連接BG，則弦BG所對(duì)圓周角的度數(shù)為（）
A．15°B．30°C．15°或165°D．30°或150°
【答案】C
【分析】先求出正六邊形和正方形的邊所對(duì)的圓心角，求差可得弦BG所對(duì)得圓心角，再分別求出優(yōu)弧和劣弧所對(duì)得圓周角即可．
【詳解】如圖，連接BO,AO,GO
∵四邊形AGDH是正方形
∴∠AOG=360°÷4=90°
∵六邊形ABCDEF是正六邊形
∴∠AOB=360°÷6=60°
∴∠BOG=∠AOG?∠AOB=90°?60°=30°
∴弦BG所對(duì)圓周角的度數(shù)為30°2=15°或360°?30°2=165°
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形和圓的關(guān)系，以及同弧所對(duì)圓周角是它所對(duì)圓心角得一半，注意有兩個(gè)答案．
【變式3-2】（2023秋·江蘇南京·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AF是⊙O的直徑，P是⊙O上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，F(xiàn)重合），則∠BPF的度數(shù)為 °．

【答案】54或126
【分析】由正五邊形的性質(zhì)，圓周角定理，得到∠COF=∠DOF，由等腰三角形的性質(zhì)推出直徑AF⊥CD，從而求出∠BOF的度數(shù)，分兩種情況，即可解決問(wèn)題．
【詳解】解：連接OC，OD，

∵正五邊形ABCDE的五個(gè)頂點(diǎn)把圓五等分，
∴ABC=AED，
∴∠AOC=∠AOD，
∴∠COF=∠DOF，
∵OC=OD，
∴直徑AF⊥CD，
∴CF=DF，
∵∠COD=15×360°=72°，
∴∠COF=12×72°=36°，
當(dāng)P在BAF上時(shí)，連接OB，BP，F(xiàn)P，
∵∠BOC=15×360°=72°，
∴∠BOF=∠BOC+∠COF=108°，
∴∠BPF=12∠BOF=54°，
當(dāng)P在BCF上時(shí)，
由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠BPF=180°?54°=126°．
∴∠BPF的度數(shù)是54°或126°．
故答案為：54或126．
【點(diǎn)睛】本題考查正五邊形和圓，關(guān)鍵是掌握正五邊形的性質(zhì)．
【變式3-3】（2023春·遼寧沈陽(yáng)·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖所示，在正五邊形ABCDE中，F(xiàn)是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段AF上運(yùn)動(dòng)，連接EG，DG，當(dāng)△DEG的周長(zhǎng)最小時(shí)，∠EGD的度數(shù)為．

【答案】72°
【分析】根據(jù)對(duì)稱的定義得出當(dāng)點(diǎn)E、G、C在同一條直線上時(shí)，△DEG的周長(zhǎng)最小，由正五邊形的性質(zhì)可得∠CDE=108°，CD=ED，由三角形內(nèi)角和定理和等腰三角形的性質(zhì)可得∠DCE=∠DEC=36°，再由等腰三角形的性質(zhì)和三角形外角的定義進(jìn)行計(jì)算即可得到答案．
【詳解】解：如圖，當(dāng)點(diǎn)E、G、C在同一條直線上時(shí)，△DEG的周長(zhǎng)最小，
，
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴∠CDE=5?2×180°5=108°，CD=ED，
∴∠DCE=∠DEC=180°?∠CDE2=180°?108°2=36°，
∵ F是CD的中點(diǎn)，
∴AF是正五邊形ABCDE的一條對(duì)稱軸，
∴GD=GC，
∴∠GDC=∠GCD=36°，
∴∠EGD=∠GDC+∠GCD=72°，
故答案為：72°．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形外角的定義、對(duì)稱的性質(zhì)，熟練掌握正多邊形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形外角的定義、對(duì)稱的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．
【題型4 正多邊形與圓中求面積】
【例4】（2023春·河北衡水·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，已知正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為1，分別以其對(duì)角線AD、FB為邊作正方形，則兩個(gè)陰影部分的面積差S1?S2的值為（）

A．0B．1C．3D．2
【答案】B
【分析】分別求出兩個(gè)正方形的面積，再求差可得結(jié)論．
【詳解】解∶如圖，取正六邊形ABCDEF的中心O，連接OF，OB，OC，令OA交BF于點(diǎn)M，

∵正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為1，
∴∠BOC=∠AOB=∠AOF=∠COD= 360°6=60° ，OF=OB=OC=OA=OD，
∴△COD、△BOC與△AOB都是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，OM⊥BF，
∴AD=OA+OD=2，BF=2FM，∠OFM=90°?∠AOF=30°，
∴OM=OF= 12，
∴BF=2FM=2 12?122=2×32=3，
∴AD為邊的正方形的面積為4，F(xiàn)B為邊的正方形的面積為3，
∴S1?S2=4?3=1．
故選∶B．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓，正方形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．
【變式4-1】（2023秋·山東濱州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在擰開一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正六角形螺帽時(shí)，扳手張開的開口b=103mm，則這個(gè)正六邊形的面積為（）
A．253mm2B．753mm2C．1503mm2D．2033mm2
【答案】C
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，可得∠ABC=120°，AB=BC=a，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，可得CD的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理計(jì)算，可得答案．
【詳解】解：如圖：作BD⊥AC于D，
由正六邊形，得
∠ABC=120°，AB=BC=a，
∠BCD=∠BAC=30°．
由AC=103mm，得CD=53mm．
∴a=CD3×2=10，
這個(gè)正六邊形的面積6×12×10×53=1503(mm2)，
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形和圓，利用了正六邊形的性質(zhì)得出等腰三角形是解題關(guān)鍵，又利用了正三角形的性質(zhì)和勾股定理．
【變式4-2】（2023秋·福建寧德·九年級(jí)統(tǒng)考期末）將三個(gè)正六邊形按如圖方式擺放，若小正六邊形的面積是6，則大正六邊形的面積是
【答案】54
【分析】由正六邊形的性質(zhì)，可知圖中每個(gè)三角形都為等邊三角形且全等，再確定每個(gè)小正三角形得面積，即可得出結(jié)果．
【詳解】解：如圖連線：
∵多邊形為正六邊形，
∴圖中每個(gè)三角形都為等邊三角形且全等，
∵小正六邊形的面積是6，
∴每個(gè)三角形的面積為16×6=1，
由圖得共有54個(gè)等邊小三角形，
故大正六邊形的面積是54×1=54，
故答案為：54．
【點(diǎn)睛】題目主要考查正多邊形的性質(zhì)，理解題意，作出相應(yīng)輔助線是解題關(guān)鍵．
【變式4-3】（2023秋·廣東湛江·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，在⊙O的內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，AB=3，則圖中陰影部分的面積為．
【答案】3π?934
【分析】連接OA，OB，OD， OA交BF于G，由圓內(nèi)正六邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理分別求出圓的半徑OB，△BDF的底邊BF和高DG，再用圓的面積減去△BDF的面積即可．
【詳解】解：如圖，連接OA，OB，OD， OA交BF于G，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，且內(nèi)接于⊙O，
∴點(diǎn)A,O,D在同一條直線上，OA⊥BF，∠AOB=60°，OA=OB=OD，
∴BG=FG，△OAB是等邊三角形，
∴OG=AG，
∵AB=3，
∴OA=OB=AB=3，
∴OG=AG=12OA=32，
∴DG=OD+OG=332，
在Rt△OBG中，由勾股定理得BG=OB2?OG2=32，
∴BF=BG+FG=3，
∴S陰影=S⊙O?S△BDF
=π×32?12×3×332
=3π?934．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓內(nèi)正多邊形的性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A內(nèi)正六邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【題型5 正多邊形與圓中求周長(zhǎng)】
【例5】（2023秋·四川廣安·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，若⊙O的周長(zhǎng)等于6π，則正六邊形的周長(zhǎng)為（）

A．63B．66C．3D．18
【答案】D
【分析】連接OB、OC，根據(jù)⊙O的周長(zhǎng)等于6π，可得⊙O的半徑OB=OC=3，而六邊形ABCDEF是正六邊形，即知∠BOC=360°6=60°，△BOC是等邊三角形，即可得正六邊形的邊長(zhǎng)，即可得到周長(zhǎng)．
【詳解】解：連接OB、OC，如圖：

∵⊙O的周長(zhǎng)等于6π，
∴⊙O的半徑OB=OC=6π2π=3，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴∠BOC=360°6=60°，
∴△BOC是等邊三角形，
∴BC=OB=OC=3，
即正六邊形的邊長(zhǎng)為3，
∴正六邊形的周長(zhǎng)為18，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓的相關(guān)計(jì)算，解題的關(guān)鍵是掌握?qǐng)A內(nèi)接正六邊形中心角等于60°，從而得到△BOC是等邊三角形．
【變式5-1】（2023秋·江蘇南京·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，BF、CE是正六邊形ABCDEF的兩條對(duì)角線，若正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)是a，則四邊形BCEF的周長(zhǎng)是．（用含a的代數(shù)式表示）
【答案】2a＋23a
【分析】過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BF，垂足為H，先證△ABF為等腰三角形，求出∠ABH的度數(shù)，用含a的代數(shù)式表示出AH、BH，然后利用等腰三角形的三線合一，矩形的判定與性質(zhì)即可解決問(wèn)題．
【詳解】解：過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BF，垂足為H，如圖所示：
∵ABCDEF是正六邊形，
∴AB=AF，△ABF為等腰三角形，
正六邊形的每個(gè)內(nèi)角度數(shù)為：180°(n?2)6=180°×(6?2)6=120°，
∵AH⊥BF，
∴∠BAH=12∠BAF=60°，
∴∠ABH=30°，
∵AB=a，則AH=12a，
∴BH=AB2?AH2=a2?(12a)2=32a，
∴BF=2BH=3a，
又∵BC∥EF，BC=EF，∠CBF=∠CBA?∠ABH=90°，
∴四邊形BCEF為矩形，
∴CBCEF=BC+CE+EF+BF=a+3a+a+3a=2a+23a，
故答案為：2a＋23a．
【點(diǎn)睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線，熟悉這些性質(zhì)定理是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
【變式5-2】（2023春·浙江臺(tái)州·九年級(jí)?？计谥校├罾蠋煄ьI(lǐng)班級(jí)同學(xué)進(jìn)行拓廣探索，通過(guò)此次探索讓同學(xué)們更深刻的了解π的意義．
(1)[定義]我們將正n邊形的周長(zhǎng)L與正多邊形對(duì)應(yīng)的內(nèi)切圓的周長(zhǎng)C的比值，稱作這個(gè)正n邊形的“正圓度”kn．如圖，正三角形ABC的邊長(zhǎng)為1，求得其內(nèi)切圓的半徑為36，因此k3=___________；
(2)[探索]分別求出正方形和正六邊形的“正圓度”k4、k6；
(3)[總結(jié)]隨著n的增大，kn具有怎樣的規(guī)律，試通過(guò)計(jì)算，結(jié)合圓周率的誕生，簡(jiǎn)要概括．
【答案】(1)33π
(2)4π，23π
(3)隨著n的增大，kn越來(lái)越接近于1，見(jiàn)解析
【分析】（1）根據(jù)“正圓度”的定義進(jìn)行求解即可；
（2）設(shè)正方形邊長(zhǎng)和正六邊形的邊長(zhǎng)都為1，求出此情形下對(duì)應(yīng)的內(nèi)切圓半徑，再根據(jù)“正圓度”的定義進(jìn)行求解即可；
（3）根據(jù)（1）（2）所求可知隨著n的增大，kn越來(lái)越接近于1，再由張衡和祖沖之對(duì)圓周率的研究即可得到答案．
【詳解】（1）解：由題意得，k3=1×32π×36=33π，
故答案為：33π；
（2）解：假設(shè)正方形邊長(zhǎng)1，
∴此時(shí)正方形的內(nèi)切圓半徑為12，
∴k4=1×42π×12=4π；
設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為1，內(nèi)切圓圓心為O，則∠AOB=360°6=60°，
又∵OA=OB，
∴△AOB是等邊三角形，
∴OA=OB=1，AC=12，
∴OC=OA2?AC2=32，
∴k6=1×62π×32=23π；
（3）解：k3≈1.65，k4≈1.27，k6≈1.10，隨著n的增大，kn越來(lái)越接近于1．由張衡、祖沖之的研究，精進(jìn)π的取值的方法可知：正多邊形，邊長(zhǎng)數(shù)越多，越接近于圓，因此當(dāng)邊長(zhǎng)增多時(shí)，其周長(zhǎng)L也與對(duì)應(yīng)的內(nèi)切圓周長(zhǎng)更接近，其比值更接近于1．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形與圓，正確理解題意是解題的關(guān)鍵．
【變式5-3】（2023春·福建福州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，點(diǎn)G，H，I，J，K，L分別是正六邊形ABCDEF各邊的中點(diǎn)，則六邊形GHIJKL與六邊形ABCDEF的周長(zhǎng)比為．
【答案】32
【分析】設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為O，周長(zhǎng)是6x，連接OH，OC，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得到OC=BC=x，求得OH=32OC=32x，于是得到結(jié)論．
【詳解】解：設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為O，連接OH，OC，
設(shè)正六邊形ABCDEF的周長(zhǎng)是6x，
∴OC=BC=x，
∴OH=32OC=32x，
∵順次連接正六邊形ABCDEF各邊的中點(diǎn)G、H、I、J、K、L得到的六邊形為正六邊形，
∴HI=OH=32x，
∴六邊形GHKLMN的周長(zhǎng)是33x，
∴GHIJKL與六邊形ABCDEF的周長(zhǎng)比=33x6x=32，
故答案為：32．
【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形與圓，正六邊形的性質(zhì)，正確的作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
【題型6 正多邊形與圓中求半徑】
【例6】（2023秋·河南鄭州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知⊙O的內(nèi)接正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，則⊙O的半徑為（）
A．2B．22C．1D．12
【答案】B
【分析】利用正方形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理得出⊙O的半徑．
【詳解】解：連接OB、OC，如圖所示，
∵⊙O的內(nèi)接正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，
∴OB=OC，BC=1，∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，OB2+OC2=2OB2=BC2=1，
∴OB=22．
故選：B．
【點(diǎn)睛】此題考查了正多邊形和圓、勾股定理，正確掌握正方形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．
【變式6-1】（2023秋·青海海東·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，兩正方形彼此相鄰且內(nèi)接于半圓，若小正方形的面積為16cm2，則該半圓的半徑為．
【答案】45cm
【分析】圓心為A，設(shè)半徑為R，大正方形邊長(zhǎng)是2x，根據(jù)圖形可得AE=BC=x，CE=2x，EF=DF=4，利用勾股定理列出方程求解，然后代入勾股定理計(jì)算即可得出結(jié)果．
【詳解】解：如圖所示，圓心為A，設(shè)半徑為R，大正方形邊長(zhǎng)是2x
∵正方形的兩個(gè)頂點(diǎn)在半圓上，另外兩個(gè)頂點(diǎn)在圓心兩側(cè)，
∴AE=BC=x，CE=2x，
∵小正方形的面積為16cm2，
∴小正方形的邊長(zhǎng)為EF=DF=4，
由勾股定理得：
R2=AE2+CE2=AF2+DF2，
即x2+4x2=x+42+42，
解得：x=4cm，（負(fù)值舍去）
∴R=45cm，
故答案為：45cm．
【點(diǎn)睛】題目主要考查圓的基本性質(zhì)及勾股定理解三角形，正方形的性質(zhì)，熟練掌握運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．
【變式6-2】（2023秋·河南許昌·九年級(jí)統(tǒng)考期末）若正方形的外接圓的半徑為4，則這個(gè)正方形內(nèi)切圓的半徑為．
【答案】22
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，再由正方形的性質(zhì)判斷出△AOE為等腰直角三角形，然后再用勾股定理即可求得答案．
【詳解】解：如圖，連接OA、OE，根據(jù)題意知OA=4，
∵AB是小圓的切線，
∴OE⊥AB，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴△AOE是等腰直角三角形，AE=OE，
∴在Rt△AOE中,根據(jù)勾股定理得：
AE2+OE2=OA2，
∴2OE2=42，解得OE=22或OE=?22（舍去），
故答案為：22．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形和圓、勾股定理、正方形的性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)題意畫出圖形并利用勾股定理是解答本題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．
【變式6-3】（2023秋·天津紅橋·九年級(jí)統(tǒng)考期末）若一個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)為2，則其外接圓與內(nèi)切圓的半徑分別為（）
A．2，1B．2，3C．3，2D．23，3
【答案】B
【分析】從內(nèi)切圓的圓心和外接圓的圓心向三角形的邊引垂線，構(gòu)建直角三角形，解直角三角形即可．
【詳解】解：設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，連接OA，OB，過(guò)O作OG⊥AB于G．
∵正六邊形的邊長(zhǎng)為2，
∴正六邊形的半徑是2，則外接圓的半徑2，
∵內(nèi)切圓的半徑是正六邊形的邊心距，
∵∠AOB=60°，AO=BO，則△AOB是等邊三角形，AO=2，
∴∠AOG=30°
∴AG=1
∴GO= AO2?AG2=22?12=3，
故選B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形和圓，正多邊形的計(jì)算一般是通過(guò)中心作邊的垂線，連接半徑，把正多邊形中的半徑，邊長(zhǎng)，邊心距，中心角之間的計(jì)算轉(zhuǎn)化為解直角三角形．
【題型7 正多邊形與圓中求邊心距、邊長(zhǎng)】
【例7】（2023秋·貴州黔西·九年級(jí)統(tǒng)考期中）已知四個(gè)正六邊形按如圖所示擺放在圖中，頂點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)均在⊙O上，連接AD．若兩個(gè)大正六邊形的邊長(zhǎng)均為4，兩個(gè)小正六邊形全等，則小正六邊形的邊長(zhǎng)是（）
A．3?13B．13?1C．13+1D．23?1
【答案】B
【分析】在邊長(zhǎng)為4的大正六邊形中，根據(jù)正六邊形和圓的性質(zhì)可求出ON和半徑OD，進(jìn)而得出小正六邊形對(duì)應(yīng)點(diǎn)的距離MF，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)求出半徑GF，即邊長(zhǎng)FH即可．
【詳解】解：∵連接AD交PM于O，
∴點(diǎn)O是圓心，
過(guò)點(diǎn)O作ON⊥DE于N，連接MF，取MF的中點(diǎn)G，連接GH，GQ，
由對(duì)稱性可知，OM=OP=EN=DN=2，
由正六邊形的性質(zhì)可得ON=43，
∴OD=DN2+ON2=213=OF，
∴MF=213?2，
由正六邊形的性質(zhì)可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，
∴FH=12MF=13?1，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形和圓，掌握正六邊形和圓的性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
【變式7-1】（2023秋·河北石家莊·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，半徑為2的⊙O是正六邊形ABCDEF的外接圓，則邊心距OM的長(zhǎng)度為（）

A．1B．3C．32D．2
【答案】B
【分析】如圖所示，連接OC，OD，求出∠COD=60°，進(jìn)而證明△COD是等邊三角形，得到CD=OC=2，求出CM=12CD=1，即可利用勾股定理求出答案．
【詳解】解：如圖所示，連接OC，OD，
由題意得∠COD=360°6=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是等邊三角形，
∴CD=OC=2，
∵OM⊥CD，
∴CM=12CD=1，
∴OM=OC2?CM2=3，
故選B．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形與圓，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)與判斷，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
【變式7-2】（2023秋·山東東營(yíng)·九年級(jí)東營(yíng)市勝利第一初級(jí)中學(xué)校考期末）圓內(nèi)接正六邊形與圓外切正三角形的邊長(zhǎng)之比為．
【答案】3:6
【分析】設(shè)圓的半徑為r，求出圓內(nèi)接正六邊形與圓外切正三角形的邊長(zhǎng)解題即可．
【詳解】解：設(shè)圓的半徑為r，則圓內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)為r，
如圖，可知OC=r，∠OAC=30°，
∴OA=2OC=2r，
∴AC=OA2?OC2=3r，
∴AB=2AC=23r，
∴圓內(nèi)接正六邊形與圓外切正三角形的邊長(zhǎng)之比為r:23r=3:6，
故答案為：3:6．

【點(diǎn)睛】本題考查圓和正多邊形，掌握構(gòu)造直角三角形求邊長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．
【變式7-3】（2023秋·山東濟(jì)寧·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，BD，EC交于點(diǎn)G，已知半徑為3，則EG的長(zhǎng)為．
【答案】2
【分析】連接BO、GO，則三角形EOG為直角三角形，利用勾股定理即可求解．
【詳解】解：連接BE、GO、OC，則BE經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，且O是BE的中點(diǎn)，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴ED=BC，∠EDC=6?2×180°6=120°，∠BOC=360°6=60°，
∴∠EBD=∠CEB，
∴EG=BG，
∴GO⊥BE，
∴∠EOG=∠BOG=90°，
∵∠BOC=60°，
∴∠BEC=12×60°=30°，
∵DE=CD=BC，
∴∠DEC=∠CEB=∠EBD=∠BDC=30°，
∴∠EDG=120°?30°=90°，
設(shè)EG的長(zhǎng)為x，則OG=12EG=12x，
∴12x2+32=x2，
解得：x=2或x=?2（舍去）．
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接正六邊形的性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握各知識(shí)點(diǎn)，并能結(jié)合圖形熟練運(yùn)用各知識(shí)點(diǎn)．
【題型8 正多邊形與圓中求最值】
【例8】（2023秋·新疆阿克蘇·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)是6，點(diǎn)P是AD上一動(dòng)點(diǎn)，則PE+PF的最小值是．

【答案】12
【分析】易知點(diǎn)B關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，連接BE交AD于點(diǎn)P，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)進(jìn)行解答即可．
【詳解】解：利用正多邊形的性質(zhì)可得點(diǎn)B關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，連接BE交AD于點(diǎn)P，
那么有PB=PF，此時(shí)PE+PF=BE最小．

∵六邊形ABCDEF是正六邊形，對(duì)角線BE、AD交于P，
∴△APB、△APF、△EPF都是等邊三角形，
∴AP=PB=PE=6，
∴BE=12，
故答案為：12．
【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形與圓，軸對(duì)稱的性質(zhì)，掌握正六邊形的性質(zhì)以及軸對(duì)稱路線最短問(wèn)題的解題方法是正確解答的關(guān)鍵．
【變式8-1】（2023秋·浙江杭州·九年級(jí)期末）如圖所示，已知邊長(zhǎng)為2的正三角形ABC頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，6），BC的中點(diǎn)D在y軸上，且在點(diǎn)A下方，點(diǎn)E是邊長(zhǎng)為2，中心在原點(diǎn)的正六邊形的一個(gè)頂點(diǎn)，把這個(gè)正六邊形繞中心旋轉(zhuǎn)一周，在此過(guò)程中DE的最小值為（）
A．3?3B．2C．4?3D．1
【答案】C
【分析】如圖，連接OE，設(shè)點(diǎn)E性質(zhì)至y軸正半軸時(shí)為點(diǎn)E′，首先得到當(dāng)點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)至y軸正半軸上時(shí)DE最小，然后分別求得AD、OE′的長(zhǎng)，最后求得DE′的長(zhǎng)即可．
【詳解】如圖，連接OE，設(shè)點(diǎn)E性質(zhì)至y軸正半軸時(shí)為點(diǎn)E′
∵OE+DE≥OD，
∴D、E、O三點(diǎn)在一條直線上時(shí)DE有最小值，
∵點(diǎn)E是邊長(zhǎng)為2，中心在原點(diǎn)的正六邊形的一個(gè)頂點(diǎn)，
∴OE′=OE=2，
∵點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，△ABC為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，
∴BD=12BC=1，AD⊥BC，
∴AD=22?12=3，
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，6），
∴OA=6，
∴DE′=OA-AD-OE′=6-2-3=4-3，
∴在此過(guò)程中DE的最小值為4-3，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的計(jì)算及等邊三角形的性質(zhì)，正確得出DE有最小值時(shí)點(diǎn)E的位置是解題關(guān)鍵．
【變式8-2】（2023春·江蘇·九年級(jí)期末）如圖，⊙O半徑為2，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E在ADC上運(yùn)動(dòng)，連接BE，作AF⊥ BE，垂足為F，連接CF.則CF長(zhǎng)的最小值為 .
【答案】5?1
【分析】先求得正方形的邊長(zhǎng)，取AB的中點(diǎn)G，連接GF，CG，當(dāng)點(diǎn)C、F、G在同一直線上時(shí)，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短，則CF有最小值，此時(shí)即可求得這個(gè)值.
【詳解】如圖，連接OA、OD，取AB的中點(diǎn)G，連接GF，CG，
∵ABCD是圓內(nèi)接正方形，OA=OD=2，
∴∠AOD=90°，
∴AD=OA2+OD2=2(2)2=2，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB=90°，
∴GF=12AB=1，
CG=BG2+BC2=12+22=5，
當(dāng)點(diǎn)C、F、G在同一直線上時(shí)，CF有最小值，如下圖：
最小值是：5?1，
故答案為：5?1．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短確定CF的最小值是解決本題的關(guān)鍵．
【變式8-3】（2023秋·浙江臺(tái)州·九年級(jí)校聯(lián)考期末）已知正方形MNOK和正六邊形ABCDEF邊長(zhǎng)均為2，把正方形放在正六邊形中，使OK邊與AB邊重合，如圖所示，按下列步驟操作：將正方形在正六邊形中繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使KM邊與BC邊重合，完成第一次旋轉(zhuǎn)；再繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使MN邊與CD邊重合，完成第二次旋轉(zhuǎn)；…在這樣連續(xù)6次旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，點(diǎn)B，M之間距離的最小值是．
【答案】4﹣22．
【分析】如圖，在這樣連續(xù)6次旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖中的紅線，觀察圖象可知點(diǎn)B，M間的距離大于等于4-22小于等于4，由此即可判斷．
【詳解】如圖，在這樣連續(xù)6次旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖中的紅線，
觀察圖象可知點(diǎn)B，M間的距離大于等于4-22小于等于4，
∴B，M之間距離的最小值是4-22．
故答案為4-22．
【點(diǎn)睛】本題考查正六邊形、正方形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵作出點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡，利用圖象解決問(wèn)題，題目有一定的難度．
【題型9 尺規(guī)作圖-正多邊形】
【例9】（2023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）已如：⊙O與⊙O上的一點(diǎn)A
（1）求作：⊙O的內(nèi)接正六邊形ABCDEF；（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法但保留作圖痕跡）
（2）連接CE，BF，判斷四邊形BCEF是否為矩形，并說(shuō)明理由．
【答案】（1）答案見(jiàn)解析；（2）證明見(jiàn)解析.
【分析】（1）如圖，在⊙O上依次截取六段弦，使它們都等于OA，從而得到正六邊形ABCDEF；
（2）連接BE，如圖，利用正六邊形的性質(zhì)得AB=BC=CD=DE=EF=FA，AB=BC=CD=DE=EF=AF，則判斷BE為直徑，所以∠BFE=∠BCE=90°，同理可得∠FBC=∠CEF=90°，然后判斷四邊形BCEF為矩形．
【詳解】解:（1）如圖，正六邊形ABCDEF為所作；
（2）四邊形BCEF為矩形．理由如下：
連接BE，如圖，
∵六邊形ABCDEF為正六邊形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∴AB=BC=CD=DE=EF=AF，
∴BC+CD+DE=EF+AF+AB，
∴BAE=BCE，
∴BE為直徑，
∴∠BFE=∠BCE=90°，
同理可得∠FBC=∠CEF=90°，
∴四邊形BCEF為矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查了作圖-復(fù)雜作圖：復(fù)雜作圖是在五種基本作圖的基礎(chǔ)上進(jìn)行作圖，一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法．解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了矩形的判定與正六邊形的性質(zhì)．
【變式9-1】（2023·江蘇·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，已知AC為⊙O的直徑．請(qǐng)用尺規(guī)作圖法，作出⊙O的內(nèi)接正方形ABCD．（保留作圖痕跡．不寫作法）
【答案】見(jiàn)解析
【分析】作AC的垂直平分線交⊙O于B、D，則四邊形ABCD就是所求作的內(nèi)接正方形．
【詳解】解：如圖，正方形ABCD為所作．
∵BD垂直平分AC，AC為⊙O的直徑，
∴BD為⊙O的直徑，
∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，BD＝AC，
∴四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形．
【點(diǎn)睛】本題考查了作圖?復(fù)雜作圖：解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了圓的基本性質(zhì)，正方形的判定．
【變式9-2】（2023·江蘇·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，在⊙O中，MF為直徑，OA⊥MF，圓內(nèi)接正五邊形ABCDE的部分尺規(guī)作圖步驟如下：
①作出半徑OF的中點(diǎn)H．
②以點(diǎn)H為圓心，HA為半徑作圓弧，交直徑MF于點(diǎn)G．
③AG長(zhǎng)即為正五邊形的邊長(zhǎng)、依次作出各等分點(diǎn)B，C，D，E．
已知⊙O的半徑R＝2，則AB2＝．（結(jié)果保留根號(hào)）
【答案】10?25
【分析】連接AG，由作圖可知，OA＝2，H為OF中點(diǎn)，可求OH==1，由勾股定理得AH＝OA2+OH2=5，可求OG＝5﹣1，由勾股定理AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（5﹣1）2＝10﹣25即可．
【詳解】解：連接AG，由作圖可知，OA＝2，OH＝1，H為OF中點(diǎn)，
∴OH=12OF=12×2=1，
在Rt△OAH中，由勾股定理
∴AH＝OA2+OH2=22+12=5，
∵AH＝HG＝5，
∴OG＝GH﹣OH＝5﹣1，
在Rt△AOG中，由勾股定理得，
∴AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（5﹣1）2＝10﹣25．
故答案為：10﹣25．
【點(diǎn)睛】本題考查尺規(guī)作圓內(nèi)接正五邊形的方法與步驟，線段垂直平分線，勾股定理，作圓弧，掌握?qǐng)A內(nèi)接正五邊形的方法與步驟，線段垂直平分線，勾股定理，作圓弧的方法是解題關(guān)鍵．
【變式9-3】（2023春·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）已知正六邊形ABCDEF，請(qǐng)僅用無(wú)刻度直尺，按要求畫圖：
(1)在圖1中，畫出CD的中點(diǎn)G；
(2)在圖2中，點(diǎn)G為CD中點(diǎn)以G為頂點(diǎn)畫出一個(gè)菱形．
【答案】(1)見(jiàn)解析
(2)見(jiàn)解析
【分析】（1）如圖1，分別連接AD、CF交于點(diǎn)H，分別延長(zhǎng)線段BC、線段ED于點(diǎn)I，連接HI與線段CD交于點(diǎn)G，點(diǎn)G即為所求；
（2）如圖2，延長(zhǎng)線段IH與線段AF交于點(diǎn)J，連接BG、GE、EJ、JB，四邊形BGEJ即為所求．
【詳解】（1）如圖1，分別連接AD、CF交于點(diǎn)H，分別延長(zhǎng)線段BC、線段ED于點(diǎn)I，連接HI與線段CD交于點(diǎn)G，點(diǎn)G即為所求；
（2）如圖2，延長(zhǎng)線段IH與線段AF交于點(diǎn)J，連接BG、GE、EJ、JB，四邊形BGEJ即為所求．
【點(diǎn)睛】本題考查了無(wú)刻度直尺作圖的問(wèn)題，掌握正六邊形的性質(zhì)、中線的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【題型10 正多邊形與圓中的規(guī)律問(wèn)題】
【例10】（2023春·山東威?！ぞ拍昙?jí)校聯(lián)考期中）如圖，正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長(zhǎng)為2，正六邊形A2B2C2D2E2F2的外接圓與正六邊形A1B1C1D1E1F1的各邊相切，正六邊形A3B3C3D3E3F3的外接圓與正六邊形A2B2C2D2E2F2的各邊相切……按這樣的規(guī)律進(jìn)行下去，A10B10C10D10E10F10的邊長(zhǎng)為．
【答案】813256
【分析】連接OE1，OD1，OD2，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可得∠E1OD1=60°，則△E1OD1為等邊三角形，再根據(jù)切線的性質(zhì)得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=32E1D1=32×2，利用正六邊形的邊長(zhǎng)等于它的半徑可得正六邊形A2B2C2D2E2F2的邊長(zhǎng)=32×2，同理可得正六邊形A3B3C3D3E3F3的邊長(zhǎng)=322×2，依此規(guī)律求解即可．
【詳解】解：連接OE1，OD1，OD2，如圖所示，
∵六邊形A1B1C1D1E1F1為正六邊形，
∴∠E1OD1=60°，
∴△E1OD1為等邊三角形，
∵正六邊形A2B2C2D2E2F2的外接圓與正六邊形A1B1C1D1E1F1的各邊相切，
∴OD2⊥E1D1，
∴OD2=32E1D1=32×2，
∴正六邊形A2B2C2D2E2F2的邊長(zhǎng)=32×2，
同理可得正六邊形A3B3C3D3E3F3的邊長(zhǎng)=322×2，
∴正六邊形A10B10C10D10E10F10的邊長(zhǎng)=329×2=813256．
故答案為：813256．
【點(diǎn)睛】本題主要考查正多邊形與圓的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于利用正六形邊的一邊與圓的兩條半徑可構(gòu)成特殊的三角形——等邊三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)．
【變式10-1】（2023秋·九年級(jí)單元測(cè)試）李老師帶領(lǐng)班級(jí)同學(xué)進(jìn)行拓廣探索，通過(guò)此次探索讓同學(xué)們更深刻的了解π的意義．
(1)[定義]我們將正n邊形的周長(zhǎng)L與正多邊形對(duì)應(yīng)的內(nèi)切圓的周長(zhǎng)C的比值，稱作這個(gè)正n邊形的“正圓度”kn．如圖，正三角形ABC的邊長(zhǎng)為1，求得其內(nèi)切圓的半徑為36，因此k3=___________；
(2)[探索]分別求出正方形和正六邊形的“正圓度”k4、k6；
(3)[總結(jié)]隨著n的增大，kn具有怎樣的規(guī)律，試通過(guò)計(jì)算，結(jié)合圓周率的誕生，簡(jiǎn)要概括．
【答案】(1)33π
(2)4π，23π
(3)隨著n的增大，kn越來(lái)越接近于1，見(jiàn)解析
【分析】（1）根據(jù)“正圓度”的定義進(jìn)行求解即可；
（2）設(shè)正方形邊長(zhǎng)和正六邊形的邊長(zhǎng)都為1，求出此情形下對(duì)應(yīng)的內(nèi)切圓半徑，再根據(jù)“正圓度”的定義進(jìn)行求解即可；
（3）根據(jù)（1）（2）所求可知隨著n的增大，kn越來(lái)越接近于1，再由張衡和祖沖之對(duì)圓周率的研究即可得到答案．
【詳解】（1）解：由題意得，k3=1×32π×36=33π，
故答案為：33π；
（2）解：假設(shè)正方形邊長(zhǎng)1，
∴此時(shí)正方形的內(nèi)切圓半徑為12，
∴k4=1×42π×12=4π；
設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為1，內(nèi)切圓圓心為O，則∠AOB=360°6=60°，
又∵OA=OB，
∴△AOB是等邊三角形，
∴OA=OB=1，AC=12，
∴OC=OA2?AC2=32，
∴k6=1×62π×32=23π；
（3）解：k3≈1.65，k4≈1.27，k6≈1.10，隨著n的增大，kn越來(lái)越接近于1．由張衡、祖沖之的研究，精進(jìn)π的取值的方法可知：正多邊形，邊長(zhǎng)數(shù)越多，越接近于圓，因此當(dāng)邊長(zhǎng)增多時(shí)，其周長(zhǎng)L也與對(duì)應(yīng)的內(nèi)切圓周長(zhǎng)更接近，其比值更接近于1．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形與圓，正確理解題意是解題的關(guān)鍵．
【變式10-2】（2023春·寧夏銀川·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，∠MON=60°，作邊長(zhǎng)為1的正六邊形A1B1C1D1E1F1，邊A1B1、F1E1分別在射線OM、ON上，邊C1D1所在的直線分別交OM、ON于點(diǎn)A2、F2，以A2F2為邊作正六邊形A2B2C2D2E2F2，邊C2D2所在的直線分別交OM、ON于點(diǎn)A3、F3，再以A3F3為邊作正六邊形A3B3C3D3E3F3，…，依此規(guī)律，經(jīng)第n次作圖后，點(diǎn)Bn到ON的距離是．
【答案】3n?1?3
【分析】尋找規(guī)律求出OBn的長(zhǎng)，根據(jù)Bn到ON的距離為OBn?sin60°計(jì)算即可．
【詳解】解：觀察圖象可知OB1=2=2×30，
OB2=2×31，
OB3=2×32=18，
OB4=2×33=54，
OBn=2×3n-1，
∴Bn到ON的距離為2×3n-1?sin60°=3n?1·3，
故答案為：3n?1·3．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓、等邊三角形的性質(zhì)、正六邊形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握從特殊到一般的探究方法，屬于中考常考題型．
【變式10-3】（2023秋·北京海淀·九年級(jí)期末）已知⊙O的半徑為a，按照下列步驟作圖：（1）作⊙O的內(nèi)接正方形ABCD（如圖1）；（2）作正方形ABCD的內(nèi)接圓，再作較小圓的內(nèi)接正方形A1B1C1D1（如圖2）；（3）作正方形A1B1C1D1的內(nèi)接圓，再作其內(nèi)接正方形A2B2C2D2（如圖3）；…；依次作下去，則正方形AnBnCnDn的邊長(zhǎng)是．
【答案】2n+12na
【分析】觀察圖形，先根據(jù)圓內(nèi)接正方形的性質(zhì)求得前幾個(gè)正方形的邊長(zhǎng)，進(jìn)而得出變化規(guī)律即可求解．
【詳解】解：根據(jù)題意，
在圖1中圓⊙O的半徑為a，則正方形ABCD的邊長(zhǎng)AB=2a，
在圖2中，A1B=BB1=12AB=22a，
則正方形A1B1C1D1的邊長(zhǎng)A1B1=2A1B=2×22a=222a，
在圖3中，A1A2=A1B2=12A1B1=12×222a=222a，
則正方形A2B2C2D2的邊長(zhǎng)A2B2=2A1A2=2×222a=2322a，
……
依次類推，正方形AnBnCnDn的邊長(zhǎng)為AnBn=2n+12na，
故答案為：2n+12na．
【點(diǎn)睛】本題考查圓內(nèi)接正多邊形與圓的規(guī)律探究型問(wèn)題、正方形的性質(zhì)，觀察圖形，正確得出邊長(zhǎng)的變化規(guī)律是解答的關(guān)鍵．
【題型11 多邊形與圓中的證明】
【例11】（2023秋·陜西渭南·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，已知AB、BC、CD是⊙O的內(nèi)接正十邊形的邊，連接AD、OB、OC，求證：AD∥BC．

【答案】見(jiàn)解析
【分析】利用正十邊形的性質(zhì)，圓心角與圓周角關(guān)系定理，同旁內(nèi)角互補(bǔ)，兩直線平行證明．
【詳解】證明：如圖，連接OA，OD，
∵AB、BC、CD為⊙O的內(nèi)接正十邊形的邊，

∴∠AOB=∠BOC=∠COD=360°10=36°，
∴∠BOD=72°，
∴∠BAD=12∠BOD=36°．
∵OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=12×180°?36°=72°，
∴∠ABC=∠OBA+∠OBC=144°．
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∴AD∥BC．
【點(diǎn)睛】本題考查了正十邊形的性質(zhì)，圓心角與圓周角關(guān)系定理，同旁內(nèi)角互補(bǔ)，兩直線平行，熟練掌握正十邊形的性質(zhì)，圓心角與圓周角關(guān)系定理，是解題的關(guān)鍵．
【變式11-1】（2023春·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，已知l是⊙O的切線，切點(diǎn)為A，點(diǎn)B在⊙O上，BC交⊙O于E，交直線l于C，OC交⊙O于F，且AB＝AO＝AC．一同學(xué)通過(guò)測(cè)量猜測(cè)，EF為⊙O的內(nèi)接正二十四邊形的一邊，你認(rèn)為他的猜測(cè)正確，請(qǐng)你證明；若你認(rèn)為他的猜測(cè)不正確，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】猜測(cè)正確．證明見(jiàn)解析.
【詳解】試題分析: 由AC切⊙O于點(diǎn)A，可知∠CAO=90°，由已知AB=OA， OB=OA，可求出∠OAB的度數(shù)，進(jìn)而可求出∠BAC的度數(shù)，根據(jù)三角形內(nèi)角和為180°可求出∠ABC的度數(shù)；根據(jù)同弧所對(duì)的圓心角是圓周角的2倍，可求出∠AOE 的度數(shù)，進(jìn)而可求出∠EOF的度數(shù)，可對(duì)猜測(cè)進(jìn)行判斷.
試題解析：∵AC切⊙O于點(diǎn)A，
∠CAO=90°， ∵AC=OA，
∴∠AOC=45°.
∵AB=OA，OB=OA，
∴∠BAO=60°，∠BAC=60°+90°=150°.
∵AC=AB，
∴∠ABC=12180°?150°=15°.
∵∠AOE是AE所對(duì)圓心角，∠ABE是AE所對(duì)的圓周角，
∴∠AOE=30°，
∴∠EOF=15°.
∵360°15°=24，
∴EF是⊙O內(nèi)接正二十四邊形的一邊.
【變式11-2】（2023秋·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）已知，如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，∠BAC=36°，AB、AC的中垂線分別交⊙O于點(diǎn)E、F，證明：五邊形AEBCF是⊙O的內(nèi)接正五邊形．
【答案】證明見(jiàn)解析
【詳解】試題分析：要求證五邊形AEBCF是正五邊形，就是證明這個(gè)五邊形的五條邊所對(duì)的弧相等進(jìn)而得出即可．
試題解析：
連接BF，CE，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
又∵∠BAC=36°，
∴∠ABC=∠ACB=72°．
又∵AB、AC的中垂線分別交⊙O于點(diǎn)E、F，
∴AF=CF，AE=BE，
∴∠BAC=∠BCE=∠ACE=∠ABF=∠FBC=36°，
∴ AE=AF=BE=BC=FC，
∴AE=AF=BE=BC=FC，
∴∠EAF=∠AFC=∠FCB=∠CBE=∠BEA．
∴五邊形AEBCF為正五邊形．
【變式11-3】（2023秋·九年級(jí)單元測(cè)試）（1）已知：如圖1，△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，點(diǎn)P為弧BC上一動(dòng)點(diǎn)，求證：PA=PB+PC．
下面給出一種證明方法，你可以按這一方法補(bǔ)全證明過(guò)程，也可以選擇另外的證明方法．
證明：在AP上截取AE=CP，連接BE
∵△ABC是正三角形
∴AB=CB
∵∠1和∠2的同弧圓周角
∴∠1=∠2
∴△ABE≌△CBP
（2）如圖2，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，點(diǎn)P為弧BC上一動(dòng)點(diǎn)，求證：PA=PC+ 2PB．
（3）如圖3，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，點(diǎn)P為弧BC上一動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)?zhí)骄縋A、PB、PC三者之間有何數(shù)量關(guān)系，直接寫出結(jié)論．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）PA=PC+3PB
【分析】（1）延長(zhǎng)BP至E，使PE＝PC，連接CE，證明△PCE是等邊三角形．利用CE＝PC，∠E＝∠3＝60°，∠EBC＝∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA＝BE＝PB＋PC；
（2）過(guò)點(diǎn)B作BE⊥PB交PA于E，證明ABE≌△CBP，所以PC＝AE，可得PA＝PC＋2PB；（3）在AP上截取AQ＝PC，連接BQ可證△ABQ≌△CBP，所以BQ＝BP．又因?yàn)椤螦PB＝30°．所以PQ＝3PB，PA＝PQ＋AQ＝3PB＋PC.
【詳解】證明：（1）延長(zhǎng)BP至E，使PE＝PC，
連接CE．∵∠1＝∠2＝60°，∠3＝∠4＝60°，
∴∠CPE＝60°，
∴△PCE是等邊三角形，
∴CE＝PC，∠E＝∠3＝60°；
又∵∠EBC＝∠PAC，
∴△BEC≌△APC，
∴PA＝BE＝PB＋PC．
（2）過(guò)點(diǎn)B作BE⊥PB交PA于E．
∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°
∴∠1＝∠3，
又∵∠APB＝45°，
∴BP＝BE，∴；PE=2PB
又∵AB＝BC，
∴△ABE≌△CBP，
∴PC＝AE．
∴PA=AE+PE=PC+2PB．
（3）答：PA=3PB+PC；
證明：在AP上截取AQ＝PC，
連接BQ，∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，
∴△ABQ≌△CBP，
∴BQ＝BP．
又∵∠APB＝30°，
∴PQ=3PB
∴PA=PQ+AQ=3PB+PC
【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形和圓、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、圓周角定理，熟練掌握這些知識(shí)點(diǎn)是本題解題的關(guān)鍵.
中心角
邊心距
周長(zhǎng)
面積
為邊數(shù)；為邊心距；為半徑；為邊長(zhǎng)

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多