专项24-正多边形与圆-十大题型

正多边形与圆-十大题型【知识点1正多边形与圆】（1）正多边形的有关计算中心角边心距周长面积为边数；为边心距；为半径；为边长（2）正多边形每个内角度数为，每个外角度数为【题型1正多边形与圆中求角度】【例1】（株洲期末）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的内接多边形，则∠BOM的度数是（）A．36° B．45° C．48° D．60°【变式1-1】（长春一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点M在AF上，则∠CMD的大小为（）A．60° B．45° C．30° D．15°【变式1-2】（福州期中）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，以点A为圆心，AB为半径画圆弧交AC于点F，连接DF．则∠FDC的度数是．【变式1-3】（绥化）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为度．【题型2正多边形与圆中求线段长度】【例2】（雅安）如图，已知⊙O的周长等于6π，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（）A．33 B．32 C．33【变式2-1】（西城区期末）如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，若⊙O的半径为4，则正方形ABCD的边长为（）A．4 B．8 C．22 D．【变式2-2】（德城区模拟）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为4，则小正六边形的边长是（）A．3−13 B．13−1 C．13+1【变式2-3】（凉山州）如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于⊙O，则AD：AB＝（）A．22：3 B．2：3 C．3：2 D．3：22【题型3正多边形与圆中求半径】【例3】（临海市期末）如图，以点O为圆心的两个同心圆把以OA为半径的大圆O的面积三等分，这两个圆的半径分别为OB，OC．则OA：OB：OC的值是（）A．3：2：1 B．9：4：1 C．3：2：1 D．3：6：2【变式3-1】（虹口区二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的半径是．【变式3-2】（钦州模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接AC，已知AC＝6，则圆的半径是（）A．3 B．6 C．23 D．43【变式3-3】（碑林区校级模拟）如图：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，若正六边形的边长是3，则⊙O的半径长是（）A．1 B．3 C．2 D．3【题型4正多边形与圆中求面积】【例4】（泗水县三模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为4，则图中阴影部分的面积为（）A．83 B．123 C．16 D．【变式4-1】（宣化区期末）如图，已知⊙O的周长等于6π，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（）A．2732 B．2734 C．【变式4-2】（庐阳区校级一模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为1，则图中阴影部分的面积为（）A．334 B．3 C．53【变式4-3】（庐江县期末）⊙O半径为4，以⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为边作一个三角形，则所得三角形的面积是（）A．2 B．3 C．22 D．23【题型5正多边形与圆中求周长】【例5】（和平区一模）如图，若⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆，则正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比为（）A．22：3 B．2：1 C．2：3 D．1：3【变式5-1】（鼓楼区校级模拟）正六边形的周长为12，则它的外接圆的内接正三角形的周长为（）A．23 B．33 C．63 D．6【变式5-2】（梅河口市期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接OC、OD，若OC长为2cm，则正六形ABCDEF的周长为cm．【变式5-3】（旌阳区模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的半径为6，则△ADE的周长是（）A．9+33 B．12+63 C．18+33 D．18+63【题型6确定正多边形的边数】【例6】（宽城县一模）如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在AB上，且BC是⊙O内接正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（）A．6 B．12 C．24 D．48【变式6-1】（滨江区期末）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是（）A．4 B．5 C．6 D．7【变式6-2】（息烽县二模）如图，AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆内接正n边形的一边，则n等于（）A．8 B．10 C．12 D．16【变式6-3】（钢城区期末）如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（）A．8 B．10 C．12 D．15【题型7正多边形与圆中的实际应用】【例7】（安国市一模）2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边长最大不能超过（）A．11.125mm B．22.25mm C．8928mm D．【变式7-1】（门头沟区期末）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇家园林，它和承德避暑山庄、苏州拙政园、苏州留园并称为中国四大名园．该园有一个六角亭，如果它的地基是半径为2米的正六边形，那么这个地基的周长是米．【变式7-2】（东城区期末）斛是中国古代的一种量器．据《汉书•律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉．”意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆．”如图所示．问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为尺．【变式7-3】（清苑区一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均为正六边形，六边形边长为1cm．目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以6支彩铅为例，可以设计如图的两种收纳方案；（1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是cm．（2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底面，则底面半径的最小值为13cm．【题型8正多边形与圆中的规律问题】【例8】（椒江区校级月考）已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使NM边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是（）A．2.2 B．﹣2.2 C．2.3 D．﹣2.3【变式8-1】（铁锋区期末）如图，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轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2022次旋转后，顶点D的坐标为．【变式8-2】（江西模拟）如图，我们把先作正方形ABCD的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A1B1C1D1．称为第一次数学操作，接下来，作正方形A1B1C1D1的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A2B2C2D2，称为第二次数学操作，按此规律如此下去，…，当完成第n次数学操作后，得到正方形AnBn∁nDn，则AnA．（22）n B．（12）n C．（32）n D．（【变式8-3】（威海）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为（）A．24329 B．81329 【题型9正多边形与圆中求最值】【例9】（南山区三模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为8π，MN＝2，则△AMN周长的最小值是（）A．6 B．8 C．9 D．10【变式9-1】（观山湖区一模）如图，点P是正六边形ABCDEF内一点，AB＝4，当∠APB＝90°时，连接PD，则线段PD的最小值是（）A．211−2 B．213−2 【变式9-2】（浙江自主招生）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是弧AB上的一动点（不与A、B重合），点F是弧BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，则△GBH周长的最小值为．【变式9-3】（广陵区期末）如图，⊙O半径为2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在ADC上运动，连接BE，作AF⊥BE，垂足为F，连接CF．则CF长的最小值为．【题型10正多边形与圆中的证明】【例10】如图，⊙O的内接正五边形ABCDE中，对角线AC和BE相交于点F．（1）求∠BAC的度数．（2）求证：四边形CDEF为菱形．【变式10-1】已知：如图，△ABC是⊙O的内接等腰三角形，顶角∠BAC＝36°，弦BD、CE分别平分∠ABC、∠ACB．求证：五边形AEBCD是正五边形．【变式10-2】（河南模拟）如图，⊙O半径为4cm，其内接正六边形ABCDEF，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，QE，PE，BQ．设运动时间为t（s）．（1）求证：四边形PEQB为平行四边形；（2）填空：①当t＝s时，四边形PBQE为菱形；②当t＝s时，四边形PBQE为矩形．【变式10-3】（张家口一模）（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为BC上一动点，求证：PA＝PB+PC．下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法．证明：在AP上截取AE＝CP，连接BE∵△ABC是正三角形∴AB＝CB∵∠1和∠2的同弧圆周角∴∠1＝∠2∴△ABE≌△CBP（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为BC上一动点，求证：PA＝PC+2PB（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，直接写出结论．

正多边形与圆-十大题型（解析版）【知识点1正多边形与圆】（1）正多边形的有关计算中心角边心距周长面积为边数；为边心距；为半径；为边长（2）正多边形每个内角度数为，每个外角度数为【题型1正多边形与圆中求角度】【例1】（株洲期末）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的内接多边形，则∠BOM的度数是（）A．36° B．45° C．48° D．60°【分析】如图，连接AO．利用正多边形的性质求出∠AOM，∠AOB，可得结论．【解答】解：如图，连接AO．∵△AMN是等边三角形，∴∠ANM＝60°，∴∠AOM＝2∠ANM＝120°，∵ABCDE是正五边形，∴∠AOB=360°∴∠BOM＝120°﹣72°＝48°．故选：C．【变式1-1】（长春一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点M在AF上，则∠CMD的大小为（）A．60° B．45° C．30° D．15°【分析】由正六边形的性质得出∠COD＝60°，由圆周角定理求出∠CMD＝30°．【解答】解：连接OC，OD，∵多边形ABCDEF是正六边形，∴∠COD＝60°，∴∠CMD=12故选：C．【变式1-2】（福州期中）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，以点A为圆心，AB为半径画圆弧交AC于点F，连接DF．则∠FDC的度数是36°．【分析】根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为108°，根据等腰三角形的性质可求出∠EAC＝∠DCA＝72°，进而可得四边形AEDF是平行四边形，求出∠DFC的度数，再根据三角形的内角和定理求出答案即可．【解答】解：∵正五边形ABCDE，∴∠ABC＝∠EAB=(5−2)×180°5=108°，AB＝BC＝CD＝DE∴∠ACB＝∠BAC=180°−108°∴∠EAC＝∠DCA＝108°﹣36°＝72°，∴∠DEA+∠EAC＝108°+72°＝180°，∴DE∥AC，又∵DE＝AE＝AF，∴四边形AEDF是平行四边形，∴AE∥DF，∴∠DFC＝∠EAC＝72°＝∠DCA，∴∠FDC＝180°﹣72°﹣72°＝36°，故答案为：36°．【变式1-3】（绥化）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为12度．【分析】求出正六边形的中心角∠AOB和正五边形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度数．【解答】解：如图，连接OA，正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°，正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°，∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．故答案为：12．【题型2正多边形与圆中求线段长度】【例2】（雅安）如图，已知⊙O的周长等于6π，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（）A．33 B．32 C．33【分析】连接OC，OD，由正六边形ABCDEF可求出∠COD＝60°，进而可求出∠COG＝30°，根据30°角的锐角三角函数值即可求出边心距OG的长．【解答】解：连接OC，OD，∵正六边形ABCDEF是圆的内接多边形，∴∠COD＝60°，∵OC＝OD，OG⊥CD，∴∠COG＝30°，∵⊙O的周长等于6π，∴OC＝3，∴OG=3故选：C．【变式2-1】（西城区期末）如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，若⊙O的半径为4，则正方形ABCD的边长为（）A．4 B．8 C．22 D．【分析】连接BD．由题意，△BCD是等腰直角三角形，故可得出结论．【解答】解：如图，连接BD．由题意，△BCD是等腰直角三角形，∵BD＝8，∠CBD＝45°，∠BCD＝90°，∴BC=22BD＝4故选：D．【变式2-2】（德城区模拟）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为4，则小正六边形的边长是（）A．3−13 B．13−1 C．13+1【分析】在边长为4的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形对应点的距离MF，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．【解答】解：连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝2，由正六边形的性质可得ON＝43，∴OD=DN2+O∴MF＝213−由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，∴FH=12MF故选：B．【变式2-3】（凉山州）如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于⊙O，则AD：AB＝（）A．22：3 B．2：3 C．3：2 D．3：22【分析】连接OA、OB、OD，过O作OH⊥AB于H，由垂径定理得出AH＝BH=12AB，证出△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH＝60°，AH＝BH=12AB，得出AD=2OA，AH=32OA【解答】解：连接OA、OB、OD，过O作OH⊥AB于H，如图所示：则AH＝BH=12∵等边三角形ABC和正方形ADEF，都内接于⊙O，∴∠AOB＝120°，∠AOD＝90°，∵OA＝OD＝OB，∴△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH=1∴AD=2OA，AH＝OA•sin60°=3∴AB＝2AH＝2×32OA=∴ADAB故选：B．【题型3正多边形与圆中求半径】【例3】（临海市期末）如图，以点O为圆心的两个同心圆把以OA为半径的大圆O的面积三等分，这两个圆的半径分别为OB，OC．则OA：OB：OC的值是（）A．3：2：1 B．9：4：1 C．3：2：1 D．3：6：2【分析】根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案【解答】解：以OA半径的圆的面积是πr2，则以OB半径的圆的面积是23πr2，则以OC半径的圆的面积是13π∴πrB2=23πr2，πrC∴rB=63r，rC=∴OA：OB：OC＝r：63r：33r=3故选：C．【变式3-1】（虹口区二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的半径是4．【分析】根据正三角形的性质得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，进而得出CO即可．【解答】解：（1）过点O作OD⊥BC于点D，∵⊙O的内接正三角形的边心距为2，∴OD＝2，由正三角形的性质可得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，∴CO＝2DO＝4，故答案为：4．【变式3-2】（钦州模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接AC，已知AC＝6，则圆的半径是（）A．3 B．6 C．23 D．43【分析】连接BO、AO，OB与AC交于H，根据正六边形ABCDEF的性质得到AB＝BC，∠BOA=360°6=60°，根据垂径定理得到周角定理得到∠BCA=12【解答】解：连接BO、AO，OB与AC交于H，在正六边形ABCDEF中，AB＝BC，∠BOA=360°∴∠BCA=12∠BOC＝30°，∴BO⊥AC，AH＝CH=12∴BC＝AB＝OB＝23，∴圆的半径是23，故选：C．【变式3-3】（碑林区校级模拟）如图：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，若正六边形的边长是3，则⊙O的半径长是（）A．1 B．3 C．2 D．3【分析】连接OB，OE，BE，根据切线的性质得到∠ABO＝∠FEO＝90°，求得∠BOE＝120°，根据等腰三角形的性质得到∠OBE＝∠OEB＝30°，推出AF∥BE，过A作AM⊥BE于M，FN⊥BE于N，得到四边形AMNF是矩形，过O作OH⊥BE于H，根据勾股定理的定义即可得到结论．【解答】解：连接OB，OE，BE，∵：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，∴∠ABO＝∠FEO＝90°，∵∠BAF＝∠EFA＝120°，∴∠BOE＝540°﹣120°﹣120°﹣90°﹣90°＝120°，∴∠OBE＝∠OEB＝30°，∴∠ABE＝∠FEB＝60°，∴∠ABE+∠BAF＝180°，∴AF∥BE，过A作AM⊥BE于M，FN⊥BE于N，∴四边形AMNF是矩形，∴MN＝AF=3，BM＝EN=12∴BE＝23，过O作OH⊥BE于H，∴∠OHB＝90°，BH=3∴OB=2，故选：C．【题型4正多边形与圆中求面积】【例4】（泗水县三模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为4，则图中阴影部分的面积为（）A．83 B．123 C．16 D．【分析】如图，连接OB交AC与点H．解直角三角形求出AC，可得结论．【解答】解：如图，连接OB交AC与点H．由题意△ABC是等边三角形，OB＝4，OH＝BH＝2，∵OB⊥AC，∴CH＝AH=BH∴AC＝2CH=4∴阴影部分的面积＝6×34×（433故选：A．【变式4-1】（宣化区期末）如图，已知⊙O的周长等于6π，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（）A．2732 B．2734 C．【分析】首先过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．【解答】解：过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，∴AH=12∵⊙O的周长等于6π，∴⊙O的半径为：3，∵∠AOB=16×360°＝60°，OA∴△OAB是等边三角形，∴AB＝OA＝3，∴AH=3∴OH=O∴S正六边形ABCDEF＝6S△OAB＝6×12×故选：A．【变式4-2】（庐阳区校级一模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为1，则图中阴影部分的面积为（）A．334 B．3 C．53【分析】根据题意得到图中阴影部分的面积＝S△ABC+3S△ADE，代入数据即可得到结论．【解答】解：如图，∵“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，∴△ABC与△ADE是等边三角形，∵圆的半径为1，∴AH=32，BC＝AB∴AE=33，AF∴图中阴影部分的面积＝S△ABC+3S△ADE=12×故选：B．【变式4-3】（庐江县期末）⊙O半径为4，以⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为边作一个三角形，则所得三角形的面积是（）A．2 B．3 C．22 D．23【分析】分别画出对应的图形计算出三条边心距，利用勾股定理的逆定理可证明它们构建的三角形为直角三角形，然后根据三角形面积公式计算此三角形的面积．【解答】解：如图1，△ABC为⊙O的内接正三角形，作OM⊥BC于M，连接OB，∵∠OBC=12∠∴OM=12如图2，四边形ABCD为⊙O的内接正方形，作ON⊥DC于N，连接OD，∵∠ODC=12∠∴ON＝DN=22OD＝2如图3，六边形ABCDEF为⊙O的内接正六边形，作OH⊥DE于H，连接OE，∵∠OED=12∠∴EH=12OE＝2，OH=3EH∴半径为4的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为2，22，23，∵22+（22）2＝（23）2，∴以三条边心距所作的三角形为直角三角形，∴该三角形的面积=12×2×22故选：C．【题型5正多边形与圆中求周长】【例5】（和平区一模）如图，若⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆，则正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比为（）A．22：3 B．2：1 C．2：3 D．1：3【分析】求出⊙O的内接正方形和内接正六边形的边长之比，即可得出结论．【解答】解：连接OA、OB．OE，如图所示：设此圆的半径为R，则它的内接正方形的边长为2R，它的内接正六边形的边长为R，∴内接正方形和内接正六边形的边长之比为2R：R=2∴正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比＝内接正方形和内接正六边形的边长之比＝42：6＝22：3，故选：A．【变式5-1】（鼓楼区校级模拟）正六边形的周长为12，则它的外接圆的内接正三角形的周长为（）A．23 B．33 C．63 D．6【分析】根据题意画出图形，求出正六边形的边长，再由正多边形及直角三角形的性质求解即可．【解答】解：∵圆内接正六边形的周长为12，∴圆内接正六边形的边长为2，∴圆的半径为2，如图，连接OB，过O作OD⊥BC于D，则∠OBC＝30°，BD＝2×3∴BC＝2BD＝23；∴该圆的内接正三角形的周长为63，故选：C．【变式5-2】（梅河口市期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接OC、OD，若OC长为2cm，则正六形ABCDEF的周长为12cm．【分析】根据正六边形的定义确定其中心角的度数，得到△OCD是等边三角形，求得CD＝2cm，于是得到结论．【解答】解：∵多边形ABCDEF为正六边形，∴∠COD＝360°×1∵OC＝OD，∴△OCD是等边三角形，∵OC长为2cm，∴CD＝2cm，∴正六形ABCDEF的周长为2×6＝12（cm），故答案为：12．【变式5-3】（旌阳区模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的半径为6，则△ADE的周长是（）A．9+33 B．12+63 C．18+33 D．18+63【分析】首先确定三角形的三个角的度数，从而判断该三角形是特殊的直角三角形，然后根据半径求得斜边的长，从而求得另外两条直角边的长，进而求得周长．【解答】解：连接OE，∵多边形ABCDEF是正多边形，∴∠DOE=360°∴∠DAE=12∠DOE=1∵⊙O的半径为6，∴AD＝2OD＝12，∴DE=12AD=12×12＝6，AE∴△ADE的周长为6+12+63=18+63故选：D．【题型6确定正多边形的边数】【例6】（宽城县一模）如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在AB上，且BC是⊙O内接正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（）A．6 B．12 C．24 D．48【分析】根据中心角的度数＝360°÷边数，列式计算分别求出∠AOB，∠BOC的度数，则∠AOC＝15°，则边数n＝360°÷中心角．【解答】解：连接OC，∵AB是⊙O内接正六边形的一边，∴∠AOB＝360°÷6＝60°，∵BC是⊙O内接正八边形的一边，∴∠BOC＝360°÷8＝45°，∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC＝60°﹣45°＝15°，∴n＝360°÷15°＝24；故选C．【变式6-1】（滨江区期末）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根据正多边形的中心角=360°【解答】解：设正多边形的边数为n．由题意可得：360°n∴n＝5，故选：B．【变式6-2】（息烽县二模）如图，AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆内接正n边形的一边，则n等于（）A．8 B．10 C．12 D．16【分析】根据正方形以及正三边形的性质得出∠AOB=360°4=90°，∠AOC=360°3【解答】解：连接AO，BO，CO．∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的一边，∴∠AOB=360°4=90°，∠∴∠BOC＝30°，∴n=360°故选：C．【变式6-3】（钢城区期末）如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（）A．8 B．10 C．12 D．15【分析】连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得到∠AOD＝90°，∠AOF＝120°，则∠DOF＝30°，然后计算360°30°即可得到n【解答】解：连接OA、OD、OF，如图，∵AD，AF分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，∴∠AOD=360°4=90°，∠∴∠DOF＝∠AOF﹣∠AOD＝30°，∴n=360°即DF恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．故选：C．【题型7正多边形与圆中的实际应用】【例7】（安国市一模）2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边长最大不能超过（）A．11.125mm B．22.25mm C．8928mm D．【分析】根据正方形性质得到△AOD为等腰直角三角形，根据正方形和圆的关系得到AC的长度，根据等腰直角三角形的性质求出AD的长度．【解答】解：如图所示，∵AC＝BD＝22.25mm，∴AO＝OD=22.252∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴△AOD为等腰直角三角形，∴AD=2AO=89故选：C．【变式7-1】（门头沟区期末）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇家园林，它和承德避暑山庄、苏州拙政园、苏州留园并称为中国四大名园．该园有一个六角亭，如果它的地基是半径为2米的正六边形，那么这个地基的周长是12米．【分析】由正六边形的半径为2，则OA＝OB＝2米；由∠AOB＝60°，得出△AOB是等边三角形，则AB＝OA＝OB＝2米，即可得出结果．【解答】解：如图所示：∵正六边形的半径为2米，∴OA＝0B＝2米，∴正六边形的中心角∠AOB=360°∴△AOB是等边三角形，∴AB＝OA＝OB，∴AB＝2米，∴正六边形的周长为6×2＝12（米）；故答案为：12．【变式7-2】（东城区期末）斛是中国古代的一种量器．据《汉书•律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉．”意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆．”如图所示．问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为2尺．【分析】根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解．【解答】解：如图，∵四边形CDEF为正方形，∴∠D＝90°，CD＝DE，∴CE为直径，∠ECD＝45°，由题意得AB＝2.5，∴CE＝2.5﹣0.25×2＝2，∴CD=22CE故答案为：2．【变式7-3】（清苑区一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均为正六边形，六边形边长为1cm．目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以6支彩铅为例，可以设计如图的两种收纳方案；（1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是123cm．（2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底面，则底面半径的最小值为13cm．【分析】（1）利用圆面积，等边三角形的面积，即可判断．（2）设计方案如图所示，利用勾股定理求出半径即可．【解答】解：（1）如图1中，圆的半径为3，∴底面积为9π（cm2）．如图2中，连接OA，OD．∵OD＝2cm，∠OAD＝30°，∠ADO＝90°，∴OA＝2OD＝4cm，∴AD=OA2−OD∴等边三角形的边长AC＝43（cm），∴底面积=34×（43）2＝123（cm2）＜9π（∴等边三角形作为底面时，面积比较小，底面积为123cm2如图3中，设计方案如图3所示，在Rt△OET中，ET＝1cm，OE＝23cm，∴OT=OE2∴底面半径的最小值为13cm．故答案为：13．【题型8正多边形与圆中的规律问题】【例8】（椒江区校级月考）已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使NM边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是（）A．2.2 B．﹣2.2 C．2.3 D．﹣2.3【分析】画出图形分别求出点M连续旋转6次旋转过程中点M的纵坐标的最大值和最小值，进而可得点M在图中直角坐标系中的纵坐标的可能值．【解答】解：如图，∵正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，点M在连续6次旋转的过程中，点M旋转到点A′时，点M的纵坐标最大，∵点M6的纵坐标为32所以点A′的纵坐标为2+点M旋转到点B′时，点M的纵坐标最小，因为点B′的纵坐标为﹣1−3所以纵坐标的取值范围为：﹣1−32＜点M即﹣1.866＜点M的纵坐标＜2.280．所以点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是2.2．故选：A．【变式8-1】（铁锋区期末）如图，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轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2022次旋转后，顶点D的坐标为（32，3）．【分析】如图，连接AD，BD．首先确定点D的坐标，再根据6次一个循环，由2022÷6＝337，推出经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与原来的坐标相同，由此即可解决问题．【解答】解：如图，连接AD，BD，在正六边形ABCDEF中，AB＝1，AD＝2，∠ABD＝90°，∴BD=A在Rt△AOF中，AF＝1，∠OAF＝60°，∴∠OFA＝30°，∴OA=12AF∴OB＝OA+AB=3∴D（32，3∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，∴6次一个循环，∵2022÷6＝337，∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与应该不变，∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标（32，3故答案为（32，3【变式8-2】（江西模拟）如图，我们把先作正方形ABCD的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A1B1C1D1．称为第一次数学操作，接下来，作正方形A1B1C1D1的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A2B2C2D2，称为第二次数学操作，按此规律如此下去，…，当完成第n次数学操作后，得到正方形AnBn∁nDn，则AnA．（22）n B．（12）n C．（32）n D．（【分析】根据正多边形的特点，构建直角三角形来解决．【解答】解：图形中正方形A1B1C1D1和正方形ABCD一定相似，OF，OC1分别是两个正方形的边心距，△OC1F是等腰直角三角形，因而OF：OC1=22，则A1当完成第n次数学操作后，得到正方形AnBn∁nDn，则AnBnAB的值为（故选：A．【变式8-3】（威海）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为（）A．24329 B．81329 【分析】连接OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得∠E1OD1＝60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=32E1D1=32×2，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=32×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长＝（32）2×2，依此规律可得正六边形A10B10C10D10【解答】解：连接OE1，OD1，OD2，如图，∵六边形A1B1C1D1E1F1为正六边形，∴∠E1OD1＝60°，∴△E1OD1为等边三角形，∵正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，∴OD2⊥E1D1，∴OD2=32E1D1∴正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=3同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长＝（32）2则正六边形A10B10C10D10E10F10的边长＝（32）9×2=故选：D．【题型9正多边形与圆中求最值】【例9】（南山区三模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为8π，MN＝2，则△AMN周长的最小值是（）A．6 B．8 C．9 D．10【分析】由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA′∥BD，且使CA′＝2，连接AA′交BD于点N，取NM＝2，连接AM、CM，则点M、N为所求点，进而求解．【解答】解：⊙O的面积为8π，则圆的半径为22，则BD＝42=AC由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA′∥BD，且使CA′＝2，连接AA′交BD于点N，取NM＝2，连接AM、CM，则点M、N为所求点，理由：∵A′C∥MN，且A′C＝MN，则四边形MCA′N为平行四边形，则A′N＝CM＝AM，故△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AA′+2为最小，则A′A=(4则△AMN的周长的最小值为6+2＝8，故选：B．【变式9-1】（观山湖区一模）如图，点P是正六边形ABCDEF内一点，AB＝4，当∠APB＝90°时，连接PD，则线段PD的最小值是（）A．211−2 B．213−2 【分析】先判断出点P的运动轨迹：点P在以AB为直径的圆弧上，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，再根据正六边形的性质得到∠CBH＝30°，∠OBD＝90°，根据勾股定理即可求出BH、BD、OD，进而可得DP的最小值．【解答】解：∵AB＝4，∠APB＝90°，∴点P在以AB为直径的圆弧上，如图，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，∵点O为AB的中点，∴OA＝OB＝OP＝4÷2＝2，∵正六边形的每个内角为180°×（6﹣2）÷6＝120°，∵CD＝CB，∴∠CBD＝（180°﹣120°）÷2＝30°，BD＝2BH，∴∠OBD＝120°﹣30°＝90°，在Rt△CBH中，CH=12CB=2，∴BD=43在Rt△OBD中，OD=2∴PD的最小值为OD﹣OP=213故选：B．【变式9-2】（浙江自主招生）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是弧AB上的一动点（不与A、B重合），点F是弧BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，则△GBH周长的最小值为4+22．【分析】如图，连接OC，OB，过点O作OM⊥BC于M，由正方形的性质可求OB＝OC，AB＝BC＝4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，由等腰直角三角形的性质可求OM＝2，由“ASA”可证△BOG≌△COH，可得OG＝OH，BG＝CH，可求HG=2OH，由△GBH周长＝BH+GB+GH＝BH+CH+2OH＝4+2OH，可得当OH与OM重合时，OH【解答】解：如图，连接OC，OB，过点O作OM⊥BC于M，∵边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，∴OB＝OC，AB＝BC＝4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，∴△OBC是等腰直角三角形，OM⊥BC，∴OM=12∵∠EOF＝90°＝∠BOC，∴∠COH＝∠BOG，且BO＝CO，∠BCO＝∠ABO，∴△BOG≌△COH（ASA），∴OG＝OH，BG＝CH，∴△GOH是等腰直角三角形，∴HG=2OH∵△GBH周长＝BH+GB+GH＝BH+CH+2OH＝4+2∴当OH最小时，△GBH周长有最小值，∴当OH⊥BC时，即（OH与OM重合时）OH有最小值，∴OH的最小值为2，∴△GBH周长的最小值为4+22，故答案为：4+22．【变式9-3】（广陵区期末）如图，⊙O半径为2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在ADC上运动，连接BE，作AF⊥BE，垂足为F，连接CF．则CF长的最小值为5−1【分析】如图，取AB的中点K，以AB为直径作⊙K，想办法求出FK，CK，根据CF≥CK﹣FK即可解决问题．【解答】解：如图，取AB的中点K，以AB为直径作⊙K，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∵AK＝BK，∴KF＝AK＝BK，∵正方形ABCD的外接圆的半径为2，∴AB＝BC=2∴KF＝AK＝KB＝1，∵∠CBK＝90°，∴CK=B∵CF≥CK﹣KF，∴CF≥5∴CF的最小值为5−故答案为5−【题型10正多边形与圆中的证明】【例10】如图，⊙O的内接正五边形ABCDE中，对角线AC和BE相交于点F．（1）求∠BAC的度数．（2）求证：四边形CDEF为菱形．【分析】（1）根据正五边形的内角和定理可求出一个内角的度数，再根据等腰三角形和三角形的内角和求出结果即可；（2）由（1）的方法求出∠ABE，再求出∠CBF＝∠CFB，进而得BC＝CF，同理得出AE＝EF，于是利用四条边相等的四边形是平行四边形可得结论．【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，∠ABC=(5−2)×180°∴∠BAC＝∠ACB=180°−108°（2）由（1）可得∠ABE＝∠AEB＝36°，∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABE＝108°﹣36°＝72°，在△BCF中，∠BFC＝180°﹣72°﹣