專題24.8 正多邊形和圓【十一大題型】 【人教版】 TOC \o "1-3" \h \u   HYPERLINK \l "_Toc14805" 【題型1 求正多邊形中心角】  PAGEREF _Toc14805 \h 1  HYPERLINK \l "_Toc17843" 【題型2 求正多邊形的邊數(shù)】  PAGEREF _Toc17843 \h 2  HYPERLINK \l "_Toc13324" 【題型3 正多邊形與圓中求角度】  PAGEREF _Toc13324 \h 3  HYPERLINK \l "_Toc24212" 【題型4 正多邊形與圓中求面積】  PAGEREF _Toc24212 \h 5  HYPERLINK \l "_Toc15344" 【題型5 正多邊形與圓中求周長】  PAGEREF _Toc15344 \h 6  HYPERLINK \l "_Toc5102" 【題型7 正多邊形與圓中求邊心距、邊長】  PAGEREF _Toc5102 \h 8  HYPERLINK \l "_Toc26354" 【題型8 正多邊形與圓中求最值】  PAGEREF _Toc26354 \h 9  HYPERLINK \l "_Toc7007" 【題型9 尺規(guī)作圖-正多邊形】  PAGEREF _Toc7007 \h 10  HYPERLINK \l "_Toc31325" 【題型10 正多邊形與圓中的規(guī)律問題】  PAGEREF _Toc31325 \h 11  HYPERLINK \l "_Toc6790" 【題型11 多邊形與圓中的證明】  PAGEREF _Toc6790 \h 12  【知識點 正多邊形和圓】 （1）正多邊形的有關(guān)計算 （2）正多邊形每個內(nèi)角度數(shù)為，每個外角度數(shù)為 【題型1 求正多邊形中心角】 【例1】（2023秋·廣東廣州·九年級?？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 【變式1-1】（2023秋·河北唐山·九年級統(tǒng)考期中）若一個正多邊形的邊長與半徑相等，則這個正多邊形的中心角是（????） A．45° B．60° C．90° D．120° 【變式1-2】（2023秋·河北邯鄲·九年級統(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邊形的一個中心角，則n的值為（????） A．8 B．10 C．12 D．16 【變式1-3】（2023秋·黑龍江大慶·九年級統(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 °． 【題型2 求正多邊形的邊數(shù)】 【例2】（2023秋·河北唐山·九年級統(tǒng)考期末）如圖，點A、B、C、D為一個正多邊形的頂點，點O為正多邊形的中心，若∠ADB=18°，則這個正多邊形的邊數(shù)為（????） A．10 B．12 C．15 D．20 【變式2-1】（2023秋·湖北十堰·九年級統(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 【變式2-2】（2023秋·山東濟南·九年級統(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恰好是同圓的一個內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值為（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【變式2-3】（2023秋·安徽安慶·九年級校聯(lián)考期末）如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB=AD,∠C=120°，點E在弧AD上，連接OD、OE、AE、DE． （1）∠AED的度數(shù)為 ． （2）當(dāng)∠DOE=90°時，AE恰好為⊙O的內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值為 ． 【題型3 正多邊形與圓中求角度】 【例3】（2023秋·山西陽泉·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正八邊形ABCDEFGH內(nèi)接于⊙O，P為弧AB上的一點（點P不與點A，B重合），則∠DPF的度數(shù)為（????） ?? A．22.5° B．30° C．40° D．45° 【變式3-1】（2023秋·浙江嘉興·九年級統(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所對圓周角的度數(shù)為（????） A．15° B．30° C．15°或165° D．30°或150° 【變式3-2】（2023秋·江蘇南京·九年級統(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（不與點B，F(xiàn)重合），則∠BPF的度數(shù)為 °． ?? 【變式3-3】（2023春·遼寧沈陽·九年級統(tǒng)考期末）如圖所示，在正五邊形ABCDE中，F(xiàn)是CD的中點，點G在線段AF上運動，連接EG，DG，當(dāng)△DEG的周長最小時，∠EGD的度數(shù)為 ． ?? 【題型4 正多邊形與圓中求面積】 【例4】（2023春·河北衡水·九年級校考期中）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長為1，分別以其對角線AD、FB為邊作正方形，則兩個陰影部分的面積差S1?S2的值為（???） ?? A．0 B．1 C．3 D．2 【變式4-1】（2023秋·山東濱州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在擰開一個邊長為a的正六角形螺帽時，扳手張開的開口b=103mm，則這個正六邊形的面積為（????） A．253mm2 B．753mm2 C．1503mm2 D．2033mm2 【變式4-2】（2023秋·福建寧德·九年級統(tǒng)考期末）將三個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 【變式4-3】（2023秋·廣東湛江·九年級?？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 ． 【題型5 正多邊形與圓中求周長】 【例5】（2023秋·四川廣安·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，若⊙O的周長等于6π，則正六邊形的周長為（????） ?? A．63 B．66 C．3 D．18 【變式5-1】（2023秋·江蘇南京·九年級校聯(lián)考期末）如圖，BF、CE是正六邊形ABCDEF的兩條對角線，若正六邊形ABCDEF的邊長是a，則四邊形BCEF的周長是 ．（用含a的代數(shù)式表示） 【變式5-2】（2023春·浙江臺州·九年級校考期中）李老師帶領(lǐng)班級同學(xué)進行拓廣探索，通過此次探索讓同學(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L與正多邊形對應(yīng)的內(nèi)切圓的周長C的比值，稱作這個正n邊形的“正圓度”kn．如圖，正三角形ABC的邊長為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，試通過計算，結(jié)合圓周率的誕生，簡要概括． 【變式5-3】（2023春·福建福州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，點G，H，I，J，K，L分別是正六邊形ABCDEF各邊的中點，則六邊形GHIJKL與六邊形ABCDEF的周長比為 ． 【題型6 正多邊形與圓中求半徑】 【例6】（2023秋·河南鄭州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知⊙O的內(nèi)接正方形ABCD的邊長為1，則⊙O的半徑為（????） A．2 B．22 C．1 D．12 【變式6-1】（2023秋·青海海東·九年級統(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 ． 【變式6-2】（2023秋·河南許昌·九年級統(tǒng)考期末）若正方形的外接圓的半徑為4，則這個正方形內(nèi)切圓的半徑為 ． 【變式6-3】（2023秋·天津紅橋·九年級統(tǒng)考期末）若一個正六邊形的邊長為2，則其外接圓與內(nèi)切圓的半徑分別為（????） A．2，1 B．2，3 C．3，2 D．23，3 【題型7 正多邊形與圓中求邊心距、邊長】 【例7】（2023秋·貴州黔西·九年級統(tǒng)考期中）已知四個正六邊形按如圖所示擺放在圖中，頂點A，B，C，D，E，F(xiàn)均在⊙O上，連接AD．若兩個大正六邊形的邊長均為4，兩個小正六邊形全等，則小正六邊形的邊長是（????） A．3?13 B．13?1 C．13+1 D．23?1 【變式7-1】（2023秋·河北石家莊·九年級?？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的長度為（????????） ?? A．1 B．3 C．32 D．2 【變式7-2】（2023秋·山東東營·九年級東營市勝利第一初級中學(xué)校考期末）圓內(nèi)接正六邊形與圓外切正三角形的邊長之比為 ． 【變式7-3】（2023秋·山東濟寧·九年級?？计谀┤鐖D，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，BD，EC交于點G，已知半徑為3，則EG的長為 ．??????????? 【題型8 正多邊形與圓中求最值】 【例8】（2023秋·新疆阿克蘇·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長是6，點P是AD上一動點，則PE+PF的最小值是 ． ?? 【變式8-1】（2023秋·浙江杭州·九年級期末）如圖所示，已知邊長為2的正三角形ABC頂點A的坐標(biāo)為（0，6），BC的中點D在y軸上，且在點A下方，點E是邊長為2，中心在原點的正六邊形的一個頂點，把這個正六邊形繞中心旋轉(zhuǎn)一周，在此過程中DE的最小值為（????） A．3?3 B．2 C．4?3 D．1 【變式8-2】（2023春·江蘇·九年級期末）如圖，⊙O半徑為2，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點E在ADC上運動，連接BE，作AF⊥ BE，垂足為F，連接CF.則CF長的最小值為 . 【變式8-3】（2023秋·浙江臺州·九年級校聯(lián)考期末）已知正方形MNOK和正六邊形ABCDEF邊長均為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B順時針旋轉(zhuǎn)，使KM邊與BC邊重合，完成第一次旋轉(zhuǎn)；再繞點C順時針旋轉(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)的過程中，點B，M之間距離的最小值是 ． 【題型9 尺規(guī)作圖-正多邊形】 【例9】（2023·全國·九年級專題練習(xí)）已如：⊙O與⊙O上的一點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，并說明理由． 【變式9-1】（2023·江蘇·九年級假期作業(yè)）如圖，已知AC為⊙O的直徑．請用尺規(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） 【變式9-2】（2023·江蘇·九年級假期作業(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H． ②以點H為圓心，HA為半徑作圓弧，交直徑MF于點G． ③AG長即為正五邊形的邊長、依次作出各等分點B，C，D，E． 已知⊙O的半徑R＝2，則AB2＝ ．（結(jié)果保留根號） 【變式9-3】（2023春·全國·九年級專題練習(xí)）已知正六邊形ABCDEF，請僅用無刻度直尺，按要求畫圖： (1)在圖1中，畫出CD的中點G； (2)在圖2中，點G為CD中點以G為頂點畫出一個菱形． 【題型10 正多邊形與圓中的規(guī)律問題】 【例10】（2023春·山東威?！ぞ拍昙壭Ｂ?lián)考期中）如圖，正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長為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)律進行下去，A10B10C10D10E10F10的邊長為 ． 【變式10-1】（2023秋·九年級單元測試）李老師帶領(lǐng)班級同學(xué)進行拓廣探索，通過此次探索讓同學(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L與正多邊形對應(yīng)的內(nèi)切圓的周長C的比值，稱作這個正n邊形的“正圓度”kn．如圖，正三角形ABC的邊長為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，試通過計算，結(jié)合圓周率的誕生，簡要概括． 【變式10-2】（2023春·寧夏銀川·九年級校聯(lián)考期中）如圖，∠MON=60°，作邊長為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Bn到ON的距離是 ． 【變式10-3】（2023秋·北京海淀·九年級期末）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的邊長是 ． 【題型11 多邊形與圓中的證明】 【例11】（2023秋·陜西渭南·九年級?？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． ?? 【變式11-2】（2023秋·九年級課時練習(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E、F，證明：五邊形AEBCF是⊙O的內(nèi)接正五邊形． 【變式11-3】（2023秋·九年級單元測試）（1）已知：如圖1，△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，點P為弧BC上一動點，求證：PA=PB+PC． 下面給出一種證明方法，你可以按這一方法補全證明過程，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P為弧BC上一動點，求證：PA=PC+ 2PB． （3）如圖3，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，點P為弧BC上一動點，請?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． 專題24.8 正多邊形和圓【十一大題型】 【人教版】 TOC \o "1-3" \h \u   HYPERLINK \l "_Toc14805" 【題型1 求正多邊形中心角】  PAGEREF _Toc14805 \h 1  HYPERLINK \l "_Toc17843" 【題型2 求正多邊形的邊數(shù)】  PAGEREF _Toc17843 \h 4  HYPERLINK \l "_Toc13324" 【題型3 正多邊形與圓中求角度】  PAGEREF _Toc13324 \h 8  HYPERLINK \l "_Toc24212" 【題型4 正多邊形與圓中求面積】  PAGEREF _Toc24212 \h 12  HYPERLINK \l "_Toc15344" 【題型5 正多邊形與圓中求周長】  PAGEREF _Toc15344 \h 16  HYPERLINK \l "_Toc5102" 【題型7 正多邊形與圓中求邊心距、邊長】  PAGEREF _Toc5102 \h 24  HYPERLINK \l "_Toc26354" 【題型8 正多邊形與圓中求最值】  PAGEREF _Toc26354 \h 28  HYPERLINK \l "_Toc7007" 【題型9 尺規(guī)作圖-正多邊形】  PAGEREF _Toc7007 \h 32  HYPERLINK \l "_Toc31325" 【題型10 正多邊形與圓中的規(guī)律問題】  PAGEREF _Toc31325 \h 36  HYPERLINK \l "_Toc6790" 【題型11 多邊形與圓中的證明】  PAGEREF _Toc6790 \h 40  【知識點 正多邊形和圓】 （1）正多邊形的有關(guān)計算 （2）正多邊形每個內(nèi)角度數(shù)為，每個外角度數(shù)為 【題型1 求正多邊形中心角】 【例1】（2023秋·廣東廣州·九年級?？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)對稱圖形的定義，逐一進行判斷即可． 【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． 【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)對稱圖形．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·九年級統(tǒng)考期中）若一個正多邊形的邊長與半徑相等，則這個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的圓心角叫做正多邊形的中心角，由已知邊長與半徑相等，可知一邊所對的圓心角為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°， ∴這個正多邊形的中心角為60°． 故選B． 【點睛】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邊形的一個中心角，則n的值為（????） A．8 B．10 C．12 D．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O， ∴∠AOC=90°，∠AOB=60°， ∴∠COB=90°?60°=30°； ∵∠COB是某正n邊形的一個中心角， ∴n=360°30°=12； 故選：C． 【點睛】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)計算．掌握正多邊形的中心角的計算公式是解題的關(guān)鍵． 【題型2 求正多邊形的邊數(shù)】 【例2】（2023秋·河北唐山·九年級統(tǒng)考期末）如圖，點A、B、C、D為一個正多邊形的頂點，點O為正多邊形的中心，若∠ADB=18°，則這個正多邊形的邊數(shù)為（????） A．10 B．12 C．15 D．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°， ∴這個正多邊形的邊數(shù)為360°36°=10． 故選：A． 【點睛】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·山東濟南·九年級統(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恰好是同圓的一個內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值為（　?。? A．6 B．8 C．10 D．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的一個內(nèi)接正n邊形的一邊， ∴n=360°∠DOF=360°30°=12， 故選：D． 【點睛】本題考查了圓內(nèi)接正多邊形、圓周角定理等知識點，熟練掌握圓內(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·九年級校聯(lián)考期末）如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB=AD,∠C=120°，點E在弧AD上，連接OD、OE、AE、DE． （1）∠AED的度數(shù)為 ． （2）當(dāng)∠DOE=90°時，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． 【點睛】本題考查正多邊形與圓相關(guān)知識點，理解并熟練運用基本性質(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·山西陽泉·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正八邊形ABCDEFGH內(nèi)接于⊙O，P為弧AB上的一點（點P不與點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)果是解決問題的關(guān)鍵． 【變式3-1】（2023秋·浙江嘉興·九年級統(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的圓心角，求差可得弦BG所對得圓心角，再分別求出優(yōu)弧和劣弧所對得圓周角即可． 【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所對圓周角的度數(shù)為30°2=15°或360°?30°2=165° 故選C． 【點睛】本題考查正多邊形和圓的關(guān)系，以及同弧所對圓周角是它所對圓心角得一半，注意有兩個答案． 【變式3-2】（2023秋·江蘇南京·九年級統(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（不與點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，即可解決問題． 【詳解】解：連接OC，OD， ?? ∵正五邊形ABCDE的五個頂點把圓五等分， ∴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，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， 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·九年級統(tǒng)考期末）如圖所示，在正五邊形ABCDE中，F(xiàn)是CD的中點，點G在線段AF上運動，連接EG，DG，當(dāng)△DEG的周長最小時，∠EGD的度數(shù)為 ． ?? 【答案】72° 【分析】根據(jù)對稱的定義得出當(dāng)點E、G、C在同一條直線上時，△DEG的周長最小，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行計算即可得到答案． 【詳解】解：如圖，當(dāng)點E、G、C在同一條直線上時，△DEG的周長最小， ??， ∵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， ∴AF是正五邊形ABCDE的一條對稱軸， ∴GD=GC， ∴∠GDC=∠GCD=36°， ∴∠EGD=∠GDC+∠GCD=72°， 故答案為：72°． 【點睛】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·九年級校考期中）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長為1，分別以其對角線AD、FB為邊作正方形，則兩個陰影部分的面積差S1?S2的值為（???） ?? A．0 B．1 C．3 D．2 【答案】B 【分析】分別求出兩個正方形的面積，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M， ?? ∵正六邊形ABCDEF的邊長為1， ∴∠BOC=∠AOB=∠AOF=∠COD= 360°6=60° ，OF=OB=OC=OA=OD， ∴△COD、△BOC與△AOB都是邊長為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． 【點睛】本題考查正多邊形與圓，正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型． 【變式4-1】（2023秋·山東濱州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在擰開一個邊長為a的正六角形螺帽時，扳手張開的開口b=103mm，則這個正六邊形的面積為（????） A．253mm2 B．753mm2 C．1503mm2 D．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，根據(jù)勾股定理計算，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， 這個正六邊形的面積6×12×10×53=1503(mm2)， 故選C． 【點睛】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·九年級統(tǒng)考期末）將三個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)，可知圖中每個三角形都為等邊三角形且全等，再確定每個小正三角形得面積，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， ∴每個三角形的面積為16×6=1， 由圖得共有54個等邊小三角形， 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?？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． 【點睛】本題主要考查了圓內(nèi)正多邊形的性質(zhì)，熟練掌握圓內(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】 【例5】（2023秋·四川廣安·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，若⊙O的周長等于6π，則正六邊形的周長為（????） ?? A．63 B．66 C．3 D．18 【答案】D 【分析】連接OB、OC，根據(jù)⊙O的周長等于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，即可得到周長． 【詳解】解：連接OB、OC，如圖： ?? ∵⊙O的周長等于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， 即正六邊形的邊長為3， ∴正六邊形的周長為18， 故選：D． 【點睛】本題考查正多邊形與圓的相關(guān)計算，解題的關(guān)鍵是掌握圓內(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·江蘇南京·九年級校聯(lián)考期末）如圖，BF、CE是正六邊形ABCDEF的兩條對角線，若正六邊形ABCDEF的邊長是a，則四邊形BCEF的周長是 ．（用含a的代數(shù)式表示） 【答案】2a＋23a 【分析】過點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)即可解決問題． 【詳解】解：過點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)定理是解決問題的關(guān)鍵． 【變式5-2】（2023春·浙江臺州·九年級?？计谥校├罾蠋煄ьI(lǐng)班級同學(xué)進行拓廣探索，通過此次探索讓同學(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L與正多邊形對應(yīng)的內(nèi)切圓的周長C的比值，稱作這個正n邊形的“正圓度”kn．如圖，正三角形ABC的邊長為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，試通過計算，結(jié)合圓周率的誕生，簡要概括． 【答案】(1)33π (2)4π，23π (3)隨著n的增大，kn越來越接近于1，見解析 【分析】（1）根據(jù)“正圓度”的定義進行求解即可； （2）設(shè)正方形邊長和正六邊形的邊長都為1，求出此情形下對應(yīng)的內(nèi)切圓半徑，再根據(jù)“正圓度”的定義進行求解即可； （3）根據(jù)（1）（2）所求可知隨著n的增大，kn越來越接近于1，再由張衡和祖沖之對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1， ∴此時正方形的內(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越來越接近于1．由張衡、祖沖之的研究，精進π的取值的方法可知：正多邊形，邊長數(shù)越多，越接近于圓，因此當(dāng)邊長增多時，其周長L也與對應(yīng)的內(nèi)切圓周長更接近，其比值更接近于1． 【點睛】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·九年級統(tǒng)考期中）如圖，點G，H，I，J，K，L分別是正六邊形ABCDEF各邊的中點，則六邊形GHIJKL與六邊形ABCDEF的周長比為 ． 【答案】32 【分析】設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為O，周長是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的周長是6x， ∴OC=BC=x， ∴OH=32OC=32x， ∵順次連接正六邊形ABCDEF各邊的中點G、H、I、J、K、L得到的六邊形為正六邊形， ∴HI=OH=32x， ∴六邊形GHKLMN的周長是33x， ∴GHIJKL與六邊形ABCDEF的周長比=33x6x=32， 故答案為：32． 【點睛】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·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知⊙O的內(nèi)接正方形ABCD的邊長為1，則⊙O的半徑為（????） A．2 B．22 C．1 D．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的邊長為1， ∴OB=OC，BC=1，∠BOC=90°， 在Rt△BOC中，OB2+OC2=2OB2=BC2=1， ∴OB=22． 故選：B． 【點睛】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，大正方形邊長是2x ∵正方形的兩個頂點在半圓上，另外兩個頂點在圓心兩側(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)，熟練掌握運用這些知識點是解題關(guān)鍵． 【變式6-2】（2023秋·河南許昌·九年級統(tǒng)考期末）若正方形的外接圓的半徑為4，則這個正方形內(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，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·九年級統(tǒng)考期末）若一個正六邊形的邊長為2，則其外接圓與內(nèi)切圓的半徑分別為（????） A．2，1 B．2，3 C．3，2 D．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O作OG⊥AB于G． ∵正六邊形的邊長為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． 【點睛】本題主要考查了正多邊形和圓，正多邊形的計算一般是通過中心作邊的垂線，連接半徑，把正多邊形中的半徑，邊長，邊心距，中心角之間的計算轉(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】 【例7】（2023秋·貴州黔西·九年級統(tǒng)考期中）已知四個正六邊形按如圖所示擺放在圖中，頂點A，B，C，D，E，F(xiàn)均在⊙O上，連接AD．若兩個大正六邊形的邊長均為4，兩個小正六邊形全等，則小正六邊形的邊長是（????） A．3?13 B．13?1 C．13+1 D．23?1 【答案】B 【分析】在邊長為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，進而得出小正六邊形對應(yīng)點的距離MF，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)求出半徑GF，即邊長FH即可． 【詳解】解：∵連接AD交PM于O， ∴點O是圓心， 過點O作ON⊥DE于N，連接MF，取MF的中點G，連接GH，GQ， 由對稱性可知，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)是解決問題的關(guān)鍵． 【變式7-1】（2023秋·河北石家莊·九年級?？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的長度為（????????） ?? A．1 B．3 C．32 D．2 【答案】B 【分析】如圖所示，連接OC，OD，求出∠COD=60°，進而證明△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·九年級東營市勝利第一初級中學(xué)?？计谀﹫A內(nèi)接正六邊形與圓外切正三角形的邊長之比為 ． 【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之比為r:23r=3:6， 故答案為：3:6． ?? 【點睛】本題考查圓和正多邊形，掌握構(gòu)造直角三角形求邊長是解題的關(guān)鍵． 【變式7-3】（2023秋·山東濟寧·九年級?？计谀┤鐖D，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，BD，EC交于點G，已知半徑為3，則EG的長為 ．??????????? 【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O點，且O是BE的中點， ∵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的長為x，則OG=12EG=12x， ∴12x2+32=x2， 解得：x=2或x=?2（舍去）． 故答案為：2． 【點睛】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)鍵是掌握各知識點，并能結(jié)合圖形熟練運用各知識點． 【題型8 正多邊形與圓中求最值】 【例8】（2023秋·新疆阿克蘇·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長是6，點P是AD上一動點，則PE+PF的最小值是 ． ?? 【答案】12 【分析】易知點B關(guān)于AD的對稱點為點F，連接BE交AD于點P，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)進行解答即可． 【詳解】解：利用正多邊形的性質(zhì)可得點B關(guān)于AD的對稱點為點F，連接BE交AD于點P， 那么有PB=PF，此時PE+PF=BE最?。??? ∵六邊形ABCDEF是正六邊形，對角線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． 【點睛】本題考查了正多邊形與圓，軸對稱的性質(zhì)，掌握正六邊形的性質(zhì)以及軸對稱路線最短問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·九年級期末）如圖所示，已知邊長為2的正三角形ABC頂點A的坐標(biāo)為（0，6），BC的中點D在y軸上，且在點A下方，點E是邊長為2，中心在原點的正六邊形的一個頂點，把這個正六邊形繞中心旋轉(zhuǎn)一周，在此過程中DE的最小值為（????） A．3?3 B．2 C．4?3 D．1 【答案】C 【分析】如圖，連接OE，設(shè)點E性質(zhì)至y軸正半軸時為點E′，首先得到當(dāng)點E旋轉(zhuǎn)至y軸正半軸上時DE最小，然后分別求得AD、OE′的長，最后求得DE′的長即可． 【詳解】如圖，連接OE，設(shè)點E性質(zhì)至y軸正半軸時為點E′ ∵OE+DE≥OD， ∴D、E、O三點在一條直線上時DE有最小值， ∵點E是邊長為2，中心在原點的正六邊形的一個頂點， ∴OE′=OE=2， ∵點D為BC中點，△ABC為邊長為2的等邊三角形， ∴BD=12BC=1，AD⊥BC， ∴AD=22?12=3， ∵點A的坐標(biāo)為（0，6）， ∴OA=6， ∴DE′=OA-AD-OE′=6-2-3=4-3， ∴在此過程中DE的最小值為4-3， 故選：C． 【點睛】本題考查了正多邊形的計算及等邊三角形的性質(zhì)，正確得出DE有最小值時點E的位置是解題關(guān)鍵． 【變式8-2】（2023春·江蘇·九年級期末）如圖，⊙O半徑為2，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點E在ADC上運動，連接BE，作AF⊥ BE，垂足為F，連接CF.則CF長的最小值為 . 【答案】5?1 【分析】先求得正方形的邊長，取AB的中點G，連接GF，CG，當(dāng)點C、F、G在同一直線上時，根據(jù)兩點之間線段最短，則CF有最小值，此時即可求得這個值. 【詳解】如圖，連接OA、OD，取AB的中點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C、F、G在同一直線上時，CF有最小值，如下圖： 最小值是：5?1， 故答案為：5?1． 【點睛】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·浙江臺州·九年級校聯(lián)考期末）已知正方形MNOK和正六邊形ABCDEF邊長均為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B順時針旋轉(zhuǎn)，使KM邊與BC邊重合，完成第一次旋轉(zhuǎn)；再繞點C順時針旋轉(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)的過程中，點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)的過程中，點M的運動軌跡是圖中的紅線，觀察圖象可知點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)的過程中，點M的運動軌跡是圖中的紅線， 觀察圖象可知點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． 【點睛】本題考查正六邊形、正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵作出點M的運動軌跡，利用圖象解決問題，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·九年級專題練習(xí)）已如：⊙O與⊙O上的一點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，并說明理由． 【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析. 【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·九年級假期作業(yè)）如圖，已知AC為⊙O的直徑．請用尺規(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H． ②以點H為圓心，HA為半徑作圓弧，交直徑MF于點G． ③AG長即為正五邊形的邊長、依次作出各等分點B，C，D，E． 已知⊙O的半徑R＝2，則AB2＝ ．（結(jié)果保留根號） 【答案】10?25 【分析】連接AG，由作圖可知，OA＝2，H為OF中點，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， ∴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，作圓弧的方法是解題關(guān)鍵． 【變式9-3】（2023春·全國·九年級專題練習(xí)）已知正六邊形ABCDEF，請僅用無刻度直尺，按要求畫圖： (1)在圖1中，畫出CD的中點G； (2)在圖2中，點G為CD中點以G為頂點畫出一個菱形． 【答案】(1)見解析 (2)見解析 【分析】（1）如圖1，分別連接AD、CF交于點H，分別延長線段BC、線段ED于點I，連接HI與線段CD交于點G，點G即為所求； （2）如圖2，延長線段IH與線段AF交于點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H，分別延長線段BC、線段ED于點I，連接HI與線段CD交于點G，點G即為所求； （2）如圖2，延長線段IH與線段AF交于點J，連接BG、GE、EJ、JB，四邊形BGEJ即為所求． 【點睛】本題考查了無刻度直尺作圖的問題，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)律問題】 【例10】（2023春·山東威?！ぞ拍昙壭Ｂ?lián)考期中）如圖，正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長為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)律進行下去，A10B10C10D10E10F10的邊長為 ． 【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等于它的半徑可得正六邊形A2B2C2D2E2F2的邊長=32×2，同理可得正六邊形A3B3C3D3E3F3的邊長=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=32×2， 同理可得正六邊形A3B3C3D3E3F3的邊長=322×2， ∴正六邊形A10B10C10D10E10F10的邊長=329×2=813256． 故答案為：813256． 【點睛】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正六邊形的邊長． 【變式10-1】（2023秋·九年級單元測試）李老師帶領(lǐng)班級同學(xué)進行拓廣探索，通過此次探索讓同學(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L與正多邊形對應(yīng)的內(nèi)切圓的周長C的比值，稱作這個正n邊形的“正圓度”kn．如圖，正三角形ABC的邊長為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，試通過計算，結(jié)合圓周率的誕生，簡要概括． 【答案】(1)33π (2)4π，23π (3)隨著n的增大，kn越來越接近于1，見解析 【分析】（1）根據(jù)“正圓度”的定義進行求解即可； （2）設(shè)正方形邊長和正六邊形的邊長都為1，求出此情形下對應(yīng)的內(nèi)切圓半徑，再根據(jù)“正圓度”的定義進行求解即可； （3）根據(jù)（1）（2）所求可知隨著n的增大，kn越來越接近于1，再由張衡和祖沖之對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1， ∴此時正方形的內(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越來越接近于1．由張衡、祖沖之的研究，精進π的取值的方法可知：正多邊形，邊長數(shù)越多，越接近于圓，因此當(dāng)邊長增多時，其周長L也與對應(yīng)的內(nèi)切圓周長更接近，其比值更接近于1． 【點睛】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·九年級校聯(lián)考期中）如圖，∠MON=60°，作邊長為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Bn到ON的距離是 ． 【答案】3n?1?3 【分析】尋找規(guī)律求出OBn的長，根據(jù)Bn到ON的距離為OBn?sin60°計算即可． 【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，解題的關(guān)鍵是掌握從特殊到一般的探究方法，屬于中考?？碱}型． 【變式10-3】（2023秋·北京海淀·九年級期末）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)求得前幾個正方形的邊長，進而得出變化規(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AB=2a， 在圖2中，A1B=BB1=12AB=22a， 則正方形A1B1C1D1的邊長A1B1=2A1B=2×22a=222a， 在圖3中，A1A2=A1B2=12A1B1=12×222a=222a， 則正方形A2B2C2D2的邊長A2B2=2A1A2=2×222a=2322a， …… 依次類推，正方形AnBnCnDn的邊長為AnBn=2n+12na， 故答案為：2n+12na． 【點睛】本題考查圓內(nèi)接正多邊形與圓的規(guī)律探究型問題、正方形的性質(zhì)，觀察圖形，正確得出邊長的變化規(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?？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，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，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·九年級課時練習(xí)）如圖，已知l是⊙O的切線，切點為A，點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)通過測量猜測，EF為⊙O的內(nèi)接正二十四邊形的一邊，你認(rèn)為他的猜測正確，請你證明；若你認(rèn)為他的猜測不正確，請說明理由． 【答案】猜測正確．證明見解析. 【詳解】試題分析: 由AC切⊙O于點A，可知∠CAO=90°， 由已知AB=OA， OB=OA， 可求出∠OAB的度數(shù)，進而可求出∠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)同弧所對的圓心角是圓周角的2倍，可求出∠AOE 的度數(shù)，進而可求出∠EOF的度數(shù)，可對猜測進行判斷. 試題解析：∵AC切⊙O于點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所對圓心角，∠ABE是AE所對的圓周角， ∴∠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·九年級課時練習(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E、F，證明：五邊形AEBCF是⊙O的內(nèi)接正五邊形． 【答案】證明見解析 【詳解】試題分析：要求證五邊形AEBCF是正五邊形，就是證明這個五邊形的五條邊所對的弧相等進而得出即可． 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·九年級單元測試）（1）已知：如圖1，△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，點P為弧BC上一動點，求證：PA=PB+PC． 下面給出一種證明方法，你可以按這一方法補全證明過程，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P為弧BC上一動點，求證：PA=PC+ 2PB． （3）如圖3，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，點P為弧BC上一動點，請?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）見解析；（2）見解析；（3）PA=PC+3PB 【分析】（1）延長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）過點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．又因為∠APB＝30°．所以PQ＝3PB，PA＝PQ＋AQ＝3PB＋PC. 【詳解】證明：（1）延長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）過點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，熟練掌握這些知識點是本題解題的關(guān)鍵. 中心角邊心距周長面積為邊數(shù)；為邊心距；為半徑；為邊長中心角邊心距周長面積為邊數(shù)；為邊心距；為半徑；為邊長

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