正多边形与圆的相关计算（8种题型）-2025年中考数学一轮复习（解析版）

Ay、一rsi

第八早圆

微专题12正多边形与圆的相关计算

（8种题型汇总+专题训练+模拟预测）

【题型汇总】

正多边形和圆与平面直角坐标系综合与正多边与圆有关的角度计算问题

与正多边与国有关的周长,面积问题

正多边形与圆的相关计算

与正多边形和圆有关的弓形/不规则图形面积计算问题考查正多边形的半径，边长和中心角之间的关系

早考查正多边形的半径，边长和边心距的关系

正多边形与圆综合

【解题方法汇总】

（〃一2）x180°360°

1）内角：正n边形的每个内角和为——』-------=180°-芝-.

nn

360°

2）外角/中心角：正n边形的每个外角/中心角为——.中心角

n

3）周长：正n边形的周长/=w（a为边长）.

4）面积：正n边形的面积S=；〃（厂为边心距,/为周长）.

5）正多边形的半径，边长和边心距之间的关系为A?=产+［；］

1QAO

6）正多边形的半径，边长和中心角之间的关系为a=2R-sin——

n

1go。

7）正多边形的半径，边心距和中心角之间的关系为厂=R・cos——

n

【补充】有关正多边形的计算：

正多边形边数内角中心角半径边长边心距周长面积

360°120°22V316V33V3

490°90°V22184

6120°60°22V3126V3

题型01与正多边与圆有关的角度计算问题

1.（2024•江苏镇江•中考真题）如图，4B是。。的内接正“边形的一边，点C在。。上，ZXCB=18°,则

【答案】10

【分析】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键.由圆周角定理

得乙4。3=36。，再根据正九边形的边数n=360。+中心角，即可得出结论.

【详解】解：•.ZCB=18°,

AAOB=2^ACB=2X18°=36°,

•­.n=360°+36°=10,

故答案为：10.

2.（2024.内蒙古・中考真题）如图，正四边形ABC。和正五边形CEFGH内接于。0,4。和EF相交于点M,则

C.28°D.30°

【答案】B

【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，对顶角的性质，直角三角

形的性质，连接OC、OE、。£>,设CD与EF相交于点N,由圆的内接正多边形的性质可得NCOD=90。,NCOE=

72°,即得NDOE=NC。。-NCOE=18。，即可由圆周角定理得NDCE=1/DOE=9。，进而由三角形内角

和定理得ADNM=NQVE=63。，再由直角三角形两锐角互余得到N4MF=ADMN=27。，正确作出辅助线

是解题的关键.

【详解】解：连接OC、OE、OD,设CD与EF相交于点N,

•.,正四边形4BCD和正五边形CEFGH内接于O0,

:.乙COD=360°+4=90°,乙COE=3600+5=72°,

:.乙DOE=4COD-乙COE=90°-72°=18°,

—沁。石=*8°=9。,

Z-CEF=(5-2：i80°=108。，

乙CNE=180°-108°-9°=63°,

."DNM=乙CNE=63°,

'：^ADC=90°,

乙DMN=90°-63°=27°,

：.^AMF=4DMN=27°,

故选：B.

3.（2023・湖南•中考真题）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的

位置.要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是个.

【答案】10

【分析】先求出正五边形的外角为72。，则41=42=72。，进而得出44。8=36。，即可求解.

【详解】解：根据题意可得：

V正五边形的一个外角=等=72。，

Az.1=42=72°,

：.Z-AOB=180°-72°x2=36°,

・,・共需要正五边形的个数=整=1。（个）,

36

故答案为：10.

【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法.

4.（2023•安徽•中考真题）如图，正五边形力BCDE内接于O0,连接。C,。。，贝UNB4E-NCOD=（）

【答案】D

【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可.

【详解】••"B4E=180°-警,4。。。=哈

，乙BAE—乙COD=180°----=36°,

55

故选D.

【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键.

题型02与正多边与圆有关的周长，面积问题

5.（2023•浙江杭州•中考真题）如图，六边形4BCDEF是。。的内接正六边形，设正六边形4BCDEF的面积

为S「MCE的面积为S2，则||=.

A

【答案】2

【分析】连接。4。。,。凡首先证明出AACE是。。的内接正三角形，然后证明出ABAC三ACMaASA),得

到=SUFE=S^CDE，S^OAC=^LOAE=LOCE9进而求解即可•

【详解】如图所示，连接。4。&。m

•・•六边形4BC0EF是。。的内接正六边形，

：.AC=AE=CE,

・•.△ACE^Q。的内接正三角形，

ZB=120°,AB=BC,

J.^LBAC=乙BCA=j(180°一乙B)=30°,

VZ.CAE=60°,

：.^OAC=/.OAE=30°,

：.Z.BAC=^OAC=30°,

同理可得，^BCA=Z.OCA=30°,

又,・"=ZC,

A△BAC=△0AC(ASA),

••^^BAC=S^OAC，

由圆和正六边形的性质可得，S〉BAC=SUFE=S^CDE，

由圆和正二角形的性质可得,S^OAC=^LOAE=S^OCE，

，

,Si=ShBAC+S&4FE+SACDE+SAOAC+^AOAE+^AOCE=2。ZOAC+^LOAE+^AOCE）=2s2

，1=2.

Sz

故答案为：2.

【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知

识，解题的关键是熟练掌握以上知识点.

6.（2024.江苏苏州.中考真题）铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素.如图是一个花瓣造型的花窗示意图，

由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O,和所在圆的圆心C恰好是△ZB。

的内心，若AB=2®则花窗的周长（图中实线部分的长度）=.（结果保留n）

【答案】8Tt

【分析】题目主要考查正多边形与圆，解三角形,求弧长，过点C作CE14B,根据正多边形的性质得出△40B

为等边三角形，再由内心的性质确定4C4。=L.CAE=乙CBE=30°,得出乙4cB=120°,利用余弦得出2C=

盛=2,再求弧长即可求解，熟练掌握这些基础知识点是解题关键.

【详解】解：如图所示：过点C作"_LAB,

W

0

六条弧所对应的弦构成一个正六边形，

：.^AOB=60°,OA=0B,

...△40B为等边三角形，

:圆心C恰好是△48。的内心，

J./-CAO=乙CAE=4CBE=30°,

J.Z.ACB=120°,

'：AB=2V3,

：.AE=BE=有,

Ap

•.•"="=2,

•rViJZ*',I120X2X114

••脑的长为：-—=-IT,

1803

・,•花窗的周长为：x6=8ir,

故答案为：81T.

7.（2024.山东东营.中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用

圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少.割之又割，以至于不可割，则与

圆周合体，而无所失矣”.“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率n的近似值为3.1416,如

图，。。的半径为1,运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计。。的面积，可得7T的估计值为苧.若

用圆内接正八边形近似估计O。的面积，可得TT的估计值为

【答案】2/

【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，三角形的面积公式，勾股定理等，正确求出正八边形的面积

22

是解题的关键.过点A作4"1OB,求得乙4OB=360。+8=45。，根据勾股定理可得AM?+OM=OA,

即可求解.

【详解】

如图，力B是正八边形的一条边，点。是正八边形的中心，过点A作4ML0B,

在正八边形中，N40B=360。+8=45。

：.AM=OM

"：OA=1,AM2+OM2=0A2,解得：AM=

：.S^OAB=IXOBXAM=^-

：.正八边形为8x在=2&

4

.,.2V2=I2X7T

.'.7T=2V2

...TT的估计值为2/

故答案为：2夜.

8.(2024.山东潍坊•中考真题)【问题提出】

在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为18m的正方

形草坪(如图1)中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的

安装方案.

说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为r(m)的圆面.喷洒覆盖率p=9s为待喷洒区域面积，k为待

喷洒区域中的实际喷洒面积.

图1

【数学建模】

这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题.

【探索发现】

(1)如图2,在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为9m的自动喷洒装置,该方案的喷洒覆盖率p=

(2)如图3,在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4,设计安装9个喷洒半径

均为3m的自动喷洒装置；…,以此类推，如图5,设计安装彦个喷洒半径均型m的自动喷洒装置.与⑴

中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由.

(3)如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率p=1.已

知正方形2BCD各边上依次取点使得4E=BF=CG=设4E=久(m),。的面积为y(m2),

求y关于x的函数表达式，并求当y取得最小值时r的值.

(4)该公司现有喷洒半径为3/m的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷

洒覆盖率p=l?(直接写出结果即可)

【答案】(1)7；(2)不能，理由见解析；(3)丫=5(%-9)2+半；当y取得最小值时r=芈；(4)9

4222

【分析】(1)根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解;

(2)根据(1)的方法求得喷洒覆盖率即可求解；

(3)根据勾股定理求得x,r的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求

解；

(4)根据(3)的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为3&m的圆的内接正方形的

边长为6,进而将草坪分为9个正方形，即可求解.

【详解】(1)当喷洒半径为9m时，喷洒的圆面积s=兀产=兀x9?=81兀i/.

正方形草坪的面积S=a2=182=324m2.

故喷洒覆盖率p=~=翳=

(2)对于任意的喷洒面积%=?12兀(；)2=81兀m2,而草坪面积始终为324m2.

因此，无论打取何值，喷洒覆盖率始终为？

4

这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用.

(3)如图所示，连接EF,

图6

要使喷洒覆盖率p=l,即要求5=1,其中s为草坪面积，k为喷洒面积.

O01,0。2，。。3，。。4都经过正方形的中心点。，

在Rt/kZEF中，EF=2r,AE=x,

*：AE=BF=CG=DH

：.AF=18-%,

在RtMEF中，AE2+AF2=EF2

4r2=x2+(18—x)2

22

.•.y=n*2-X-+--(1-8---X-)n

4

n,s81n

=5(X-9)2+—

•••当x=9时，y取得最小值，此时4r2=92+92

解得：「=竽

（4）由（3）可得，当O01的面积最小时，此时圆为边长为9m的正方形的外接圆，

则当r=3或m时，圆的内接正方形的边长为号X2x3/=6m

而草坪的边长为18m,?=3,即将草坪分为9个正方形，将半径为3企m的自动喷洒装置放置于9个正方形

的中心，此时所用装置个数最少，

至少安装9个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率p=1

【点睛】本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然

后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积

和喷洒半径之间的函数关系.解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率

的计算问题转化为面积计算和函数求解问题.同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，

如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等.最后，还需要注意将数学计算结果还原为实

际问题的解决方案.

题型03考查正多边形的半径，边长和中心角之间的关系

9.（2024・山东济宁.中考真题）如图，边长为2的正六边形4BCDEF内接于O0,则它的内切圆半径为（）

A.1B.2C.V2D.V3

【答案】D

【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理；

连接。A,OF,作。G14F于G,证明A/lOF是等边三角形，可得FG=（AF=1,然后利用勾股定理求出。G

即可.

【详解】解：如图，连接。4OF,作0G_L4F于G,

'：0F=OA,NA。尸=360°x工=60°,

6

...△4。尸是等边三角形,

：.0F=OA=AF=2,

'：0GA.AF,

•MG=*=1,

OG=A/22—I2=V3,

即它的内切圆半径为旧,

故选：D.

10.（2024・四川雅安・中考真题）如图，。。的周长为8兀，正六边形4BCDEF内接于O0.则△04B的面积为

C.6D.6V3

【答案】B

【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，解直角三角形是正确解答的关键.

根据正六边形的性质以及解直角三角形进行计算即可.

【详解】解：设半径为r,由题意得，2a=8兀,

解得r=4,

•..六边形4BCDEF是O。的内接正六边形,

360°

・••乙408=—=60°,

6

VOA=OB,

*,•△4。8是正三角形，

AOAB=60°,

...弦AB所对应的弦心距为。4-sin60°==2禽，

:•SHAOB=1x4x2-\/3=4V3.

故选：B.

11.（2023•江苏南京・中考真题）如图，。。与正六边形4BCDEF的边CD,EF分别相切于点C,F.若力B=2,

则O。的半径长为.

【分析】连接CF,OC,OF,过点。作DG1CF于点G,过点E作EH1CF于点H,根据切线的性质得到N0FE=

AOCD=90°,求得NFED=乙CDE=120°,根据等边三角形的性质得NOCF=乙OFC=30°,求得4EHF=

ADGC=90°,根据全等三角形的性质得=CG,EH=DG,得到HG=DE=2,求得CF=4,过点。作

0M1CF于点M,解直角三角形即可得出结论.

【详解】连接CF,OC,OF,过点。作DG，CF于点G,过点E作EH，CF于点”，

•••EF,CD是O。的切线，

AOFE=乙OCD=90°,

1••多边形ABCDEF是正六边形,

.­.乙FED=UDE=120°,

ZCOF=120°,

•・•OC=OF,

・•.匕OCF=乙OFC=30°,

・•・乙EFH=乙DCG=60°,

•・•乙EHF=乙DGC=90°,CD=EF,

CDG=AFEH（AAS）,

・•.FH=CG,EH=DG,

・•・四边形EHGD是矩形，

・•.HG=DE=2,

・・•EF=CD=2,Z.DCG=乙EFH=乙OFE-Z.OFH=60°,

i

FH=CG=-EF=1,

2

・•.CF=4,

过点。作。于点M,

CM=-CF=2,

2

”CM24V3

0C=—~~f=~—,

cos30°V33

2

••.o。的半径长为W，

故答案为：竽.

【点睛】本题考查了正多边形与圆、正六边形的性质、解直角三角形、矩形的判定和性质、全等三角形的

判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键.

题型04考查正多边形的半径，边长和边心距的关系

12.（2023・四川德阳・中考真题）已知一个正多边形的边心距与边长之比为?，则这个正多边形的边数是（）

A.4B.6C.7D.8

【答案】B

【分析】如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB,AC为正多边形的半径，40为正多边形的

边心距，由黎=日可得祭=百，可得/B=60。，而2B=4C,可得AABC为等边三角形，从而可得答案.

【详解】解：如图，4为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB,AC为正多边形的半径，4。为正多边

形的边心距,

A

'.AB=AC,AD1BC,—BC=—2,

；

.BD=CD=-2BC,

...”=交，即竺=百，

2BD2BD

•••tanz5=—=V3,

BD

：/B=60。，而AB=AC,

・・.△ZBC为等边三角形，

=60°,

・・・多边形的边数为：喂=6,

60

故选B

【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键.

13.（2022・四川绵阳•中考真题）在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大

同、天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫，如图，将“雪花”图案（边长为4的正六边形ABCDEF）

放在平面直角坐标系中，若A8与x轴垂直，顶点A的坐标为（2,-3）.则顶点C的坐标为（）

A.(2-2V3,3)B.(0,1+2V3)C.(2-V3,3)D.(2-2V3,2+V3)

【答案】A

【分析】根据正六边形的性质以及坐标与图形的性质进行计算即可.

【详解】解：如图，连接8。交CF于点M,交y轴于点N,设AB交无轴于点P,

根据题意得：8011无轴，ABIIy轴，BDLAB,zBCD=120°,AB=BC=CD=4,

：.BN=OP,乙CBD=CDB=30°,BDlytt，

：.BM=-BC=2,

2

：.BM=>JBC2-CM2=2V3,

「点A的坐标为(2,-3),

；.AP=3,OP=BN=2,

：.MN=2V3-2,BP=1,

.•.点C的纵坐标为1+2=3,

点C的坐标为(2—2g,3).

故选：A

【点睛】本题考查正多边形，勾股定理，直角三角形的性质，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确计

算的前提，理解坐标与图形的性质是解决问题的关键.

14.(2022•四川内江・中考真题)如图，正六边形A8COEE内接于OO,半径为6,则这个正六边形的边心距

0M和品的长分别为()

A.4,=B,3V3,兀C.2V3,詈D.3同2兀

【答案】D

【分析】连接。C、0B,证出ABOC是等边三角形，根据勾股定理求出。“，再由弧长公式求出弧BC的长即

可.

【详解】

解：连接。C、0B,

•••OB=0C,

ABOC为等边三角形，

BC=0B=6,

•••0M1BC,

1

BM=-BC=3,

2

0M=y]OB2-BM2=762-32=3V3

品的长为=当署=2兀.

故选：D.

【点睛】本题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理,熟练掌握正六边形的性质，

由勾股定理求出。M是解决问题的关键.

题型05正多边形和圆与平面直角坐标系综合

15.（2022・河南・中考真题）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCOEF的中心与原点。重

合，4B||x轴，交y轴于点P.将AOAP绕点。顺时针旋转，每次旋转90。，则第2022次旋转结束时，点A

的坐标为（）

A.(V3,-1)B.(—1,—V3)C.(-A/3,-1)D.(1,V3)

【答案】B

【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可.

【详解】解：正六边形ABCDEb边长为2,中心与原点。重合，ABIIxtt,

：.AP=1,AO=2,NOB4=90°,

■■OP=yjAO2—AP2=V3,

.­.A（1,V3）,

第1次旋转结束时，点A的坐标为（8，-1）；

第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1,-V3）；

第3次旋转结束时，点A的坐标为（一百，1）;

第4次旋转结束时，点A的坐标为（1,V3）；

•.・将AOA尸绕点O顺时针旋转，每次旋转90。，

•••4次一个循环，

•••2022+4=505.......2,

.••经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1,-V3）,

故选：B

【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规

律的方法，属于中考常考题型.

16.（2021•四川德阳・中考真题）如图，边长为1的正六边形48CDEF放置于平面直角坐标系中，边在x

轴正半轴上，顶点/在y轴正半轴上，将正六边形A8COEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60。，那

么经过第2025次旋转后，顶点。的坐标为（）

C.(-V3,V3)D(-

2-r

【答案】A

【分析】如图，连接4D,BD.首先确定点。的坐标，再根据6次一个循环，由2025+6=337…3,推出

经过第2025次旋转后，顶点。的坐标与第三次旋转得到的。3的坐标相同，由此即可解决问题.

【详解】解：如图，连接2D,BD.

在正六边形4BCDEF中，AB=1,AD=2,乙4BD=90。,

BD=y/AD2-AB2=V22-I2=V3,

在RtZlAOF中，AF=1,Z.OAF=60°,

AOFA=30°,

11

・•・0A=-AF=

22

・•.OB=OA+AB=

2

回，

•••将正六边形4BCDEF绕坐标原点。顺时针旋转，每次旋转60。，

6次一个循环，

•••2025+6=337…3,

二经过第2025次旋转后，顶点。的坐标与第三次旋转得到的。3的坐标相同,

•••。与。3关于原点对称，

△。3(-|,-V3),

•••经过第2025次旋转后，顶点。的坐标(_|,-V3),

故选：A.

ED

#2—；

D：

【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律

的方法，属于中考常考题型.

17.（2023・河南周口模拟预测）如图，在△。力B中，顶点。（0,0）,X（-1,V3）,B（l,旧），将△。力B与正六边

形48CDEF组成的图形绕点。顺时针旋转，每次旋转90。，则第2026次旋转结束时，点E的坐标为（）

A.（-1.3V3）B.（1,-3V3）C.（1,3V3）D.（3百，-1）

【答案】B

【分析】本题考查了正多边形和圆，正三角形、正六边形以及旋转的性质，根据正三角形、正六边形的性

质求出点E的坐标，再根据旋转的性质分别得出旋转第1次、第2次、第3次…点E对应点的坐标，根据所呈现

的规律解答即可得出答案，根据题意，找到点E坐标的变化规律是解题的关键.

【详解】解：如图，过点后作刀轴的垂线，垂足为M,由对称性可知，点4在EM上，

•••点4（—1,8）,点B（l,网,

.••点E的坐标为（一1,3b），

将404B与正六边形ABCDEF组成的图形绕点。顺时针旋转，每次旋转90。,

则第1次旋转结束时，点E的对应点场的坐标为（3百,1）,

第2次旋转结束时，点E的对应点外的坐标为（1,-3旧），

第3次旋转结束时，点E的对应点邑的坐标为（-3旧,-1）,

第4次旋转结束时,点E的对应点&的坐标为（-1,3百）,

第5次旋转结束时，点E的对应点尻的坐标为（3百,1）,

第6次旋转结束时，点E的对应点E6的坐标为（1,-3次）,

•••2026+4=506---2,

.♦•第2026次旋转结束时，点E的对应点为026的坐标为（1，一3b），

故选：B.

18.（2024・河南•模拟预测）2024年春节期间，河南多地大范围降雪.如图，将具有“雪花”图案（边长为4

的正六边形ABCDEF）的图形，放在平面直角坐标系中，若4B与久轴垂直，顶点力的坐标为（2,-3）,则

顶点C的坐标为（）

A.（2-2V3,3）B.（2-4^/3,3）C.（2-V3,3）D.（2-4V3,-3）

【答案】D

【分析】本题重点考查图形与坐标、正多边形与圆、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地

作出所需要的辅助线是解题的关键.设正六边形4BCDEF的中心为点H,连接/M、HF、HE,连接4E交HF

与点G,则AE1HF.利用正多边形的性质，等腰三角形的性质以及勾股定理等可求4E=24G,4G=

y/HA2-HG2=2V3,证明4E||x轴，结合点A的坐标即可求解.

【详解】解:设正六边形4BCDEF的中心为点H,连接用4、HF.HE,连接4E交HF与点G,则AELHF.

HE=HA=4,4AHE=—=120°,ABAF=d)xi80°=⑵。，

66

AE=2AG,/.HAG=30°,/.AHG=-/.AHE=60°,

2

I

・•・HG=-AH=2,

2

4G=>JHA2-HG2=2V3,

•••AE=2AG=4V3.

VUHG=60°,AH=FH,

是等边三角形，

•••2LHAF=60°,

NFAG=30°

AGAB=^FAB-4GAF=90°

又821x轴，

4E||x轴，

•••E(2-4V3,-3).

故选:D.

题型06与正多边形和圆有关的尺规作图问题

19.(2024■山西•中考真题)阅读与思考

下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务.

关于“等边半正多边形，，的研究报告

博学小组

研究对象：等边半正多边形

研究思路：类比三角形、四边形，按“概念-性质-判定”的路径，由一般到特殊进行研究.

研究方法：观察(测量、实验)-猜想-推理证明

研究内容：

【一般概念】对于一个凸多边形(边数为偶数)，若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我

们称这个凸多边形为等边半正多边形.如图1,我们学习过的菱形(正方形除外)就是等边半正四边形，类

似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形...

【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下：

概念理解：如图2,如果六边形力BCDEF是等边半正六边形，那么力B=BC=CD=DE=EF=F4乙4=

NC=NE,AB=Z.D=ZF,且NA丰Z.B.

性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论：

内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为

对角线：…

任务：

⑴直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：

(2)如图3,六边形2BCDEF是等边半正六边形.连接对角线力D,猜想AB4D与NF4D的数量关系，并说明理

由；

(3)如图4,已知A4CE是正三角形，。。是它的外接圆.请在图4中作一个等边半正六边形4BCDEF(要求：

尺规作图，保留作图痕迹，不写作法).

【答案】⑴240

(2)NB4D=4FAD,理由见解析

(3)见解析

【分析】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是

解题关键.

(1)六边形内角和为720。，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为240。；

(2)连接BD,FD,通过已知条件可证△BCD三△FED,得到BD=FD,,进一步证明证△B4C三△凡4。出

4BAD=Z.FAD；

(3)作AC、CE、力E的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是

正六边形了.

【详解】(1)解：••・六边形内角和为(6-2)x180。=720。，且==AB=ND=NF,

•••等边半正六边形相邻两个内角的和为720。+3=240。，

故答案为：240；

(2)解：4BAD=^FAD.

理由如下：连接BD,FD.

••・六边形4BCDEF是等边半正六边形.

AB=BC=CD=DE=EF=FA,ZC=4E.

BCD三AFED.

BD=FD.

在△ABD与中，

AB=AF

BD=FD,

AD=AD

•••△BADSAFAD.

/.BAD=Z.FAD；

(3)解：如图，六边形4BCDEF即为所求(答案不唯一).

F

作法二:

20.（2022•浙江金华・中考真题）如图1,正五边形4BCDE内接于。0,阅读以下作图过程，并回答下列问题,

作法：如图2,①作直径4F；②以尸为圆心，尸。为半径作圆弧，与O。交于点N；③连接2M,MN,M4.

⑴求乙4BC的度数.

（2）A2MN是正三角形吗？请说明理由.

（3）从点A开始，以DN长为半径，在。。上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正〃边形，求〃的值.

【答案】（1）108。

（2）是正三角形，理由见解析

（3）n=15

cccr\c

【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得4B=BC=CD=DE=AE,则N&OC（优弧所对圆心角）=

3*72。=216。，然后根据圆周角定理即可得出结论；

（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；

（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出NN。。=144。-120。=24。，即可得出结论.

【详解】（1）解：•••正五边形4BCDE.

r\r\r\rx

•.AB=BC=CD=DE=AE,

=乙BOC=乙COD=（DOE=AEOA=詈360°=72°,

-AEC=3AE,

・•・乙4OC（优弧所对圆心角）=3x72°=216°,

：^ABC=-Z.AOC=-x216°=108°；

22

（2）解：AAMN是正三角形，理由如下:

连接ON,FN,

A

由作图知：FN=FO,

•••ON=OF,

.•.ON=OF=FN,

・•.△OFN是正三角形，

・・/OFN=60°,

.ZAMN=(OFN=60°,

同理乙4NM=60°,

=60°,=Z.ANM=Z.MAN,

・•・△/MN是正三角形；

(3)•・•△/MN是正三角形，

••/AON=2乙AMN=120°.

cc

■.■AD=2AE,

：./.AOD=2x72°=144°,

■：DN=AD-AN,

；/NOD=144°-120°=24°,

【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角

定理是解本题的关键.

21.（2024•江苏苏州•一模）古建中的数学:古亭探“优”.

【了解】

“江山无限景，都聚一亭中."八角亭是典型的中国八棱形楼阁式建筑，其结构稳固、匀称，有利于减弱风力、

抵御地震，如图①，将八角亭顶部的轮廓抽象后得到的几何图形为正八边形.

【探索】

先将正方形ABCD、EFGH完全重合，再将正方形EFGH绕其中心旋转一定的角度，就得到了正八边形

IJKLMNOP,如图②，这种构造正八边形的方法称为“四转八”法.

(1)旋转的角度最小为°;

(2)若正八边形〃KLMNOP的边长为2,则正方形28C。的边长为；

(3)连接力C,贝MC与力。之间有怎样的数量关系？请说明理由；

【作图】

(4)如图③，已知正方形48CD请你利用无刻度直尺和圆规作一个正八边形，并使其所有顶点均落在正方

形A8CD的边上.(保留作图痕迹，并写出必要的说明)

【答案】(1)45；(2)2V2+2；(3)AC=2710,理由见解析；(4)见解析

【分析】(1)设正方形力BCD、EFGH的中心为Q,连结力C、BD、EG、FH、0Q、PQ、IQ、JQ,可证得△HP。=

△HPQSAE〃(ASA),得出PH=PA=IA=IE,同理△APQdHPQdAIQSA£7Q(SSS),可得NAQE=

4AQI+乙IQE=2x'1EQH=45°；

(2)由题意得。N=OP=P/=2,再由ADON、△HOP、△4P/均为等腰直角三角形，即可求得答案；

(3)由4P=&，0P=2,AD=2V2+2,可得4。=岳0=4+2应，40=4P+OP=鱼+2,即可

求得答案；

(4)连结AC、BD交于点Q,跟别以四个顶点为圆心，以4。、BO、CO、。。为半径画圆，圆与四条边的八

个交点即为正八边形的顶点.

【详解】(1)解：如图设正方形4BCD、EFGH的中心为Q,连结4C、BD、EG、FH、OQ、PQ、IQ.JQ,

H

贝IJZC、BD、EG.FH经过点Q,^AQB=^AQD=^.EQH=£.EQF=Z.HOG=90°,

乙QAP=Z.QAI=乙QHP=(QEI=45°,QH=QA=QE,

•・•四边形ZBCD、EFG”是正方形，

・•・乙PHO=/.PAI=UE]=90°,

•・•//KLMNOP是正八边形，

・•.Z.HPO=2.API=乙AIP=Z-El]=国I=45°,PO=PI=I],

HPO=△HPQ=△E〃(ASA),

・•.PH=PA=IA=IE,

同理△APQ=△HPQ=△AIQ=△E/Q(SSS),

・•.APQH=Z.PQA=Z.IQA=Z.IQE==乙EQH,

NAQE=AAQI+乙IQE=2x：乙EQH=45°；

(2)•.•正八边形〃KLMNOP的边长为2,

•••ON=OP=Pl=2,

由(1)知：ADON,AHOP、△4P/均为等腰直角三角形，

OD=—ON=V2,AP=—PI=V2,

22

：.AD=AP+OP+OD=y/2+2+V2=2^2+2；

(3)AC=24。，理由如下：

由(2)知：AP=V2,OP=2,4。=2V2+2,

可得力C=42AD=4+2V2,AO=AP+OP=y/2+2,

AO=2V2+4,

AC=22。；

(4)如图:

连结AC、BD交于点Q,跟别以四个顶点为圆心，以a。、BO、CO、。。为半径画圆，圆与四条边的八个交点

即为正八边形的顶点.

【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转变换的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定

和性质，尺规作图等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键.

22.(2024•辽宁・模拟预测)在圆内接正六边形4BCDEF中，AC,EC分别交BD于点H,G.

(1)如图①，求证：点H,G三等分BD.

(2)如图②，操作并证明.

①尺规作图：过点。作4C的垂线，垂足为K,以点。为圆心，OK的长为半径作圆；(在图②中完成作图，

保留作图痕迹，不需要写作法)

②求证：CE是①所作圆的切线.

【答案】(1)见解析

(2)①见解析；②见解析

【分析】(1)由正多边形的性质证明NCDG=ACBH,CD=CB/DCG=Z.BCH,可得△CDGdCBH,再证

明ACGH是等边三角形，从而可得结论；

(2)①按照题干的要求作线段4C的垂直平分线，再作圆即可；②过点。作。P1CE,垂足为P,连接OC,

证明NPC。=NKC。=30。.结合。K14C,OP1CE,OP=OK.从而可得结论；

【详解】（1）证明：在圆内接正六边形/8CDEF中,

CD=BC=AB=DE/CDE=乙DCB=（ABC=120°,

；/CDB=乙CBD=乙ACB=乙DCE=30°,

：.^LACE=120°-30°-30°=60。,CG=DG,CH=BH.

在ACOG和△CB”中，

乙CDG=Z.CBH,CD=CB/DCG=乙BCH,

*'•△CDG=△CBH.

•.CG=CH.

CGH是等边三角形，

■.CG=HG=DG=CH=BH.

:点H,G三等分BD.

（2）①解：如图，即为所求作.

②证明：如图，过点。作。P1CE,垂足为P,连接。C,贝!UDC。=NBC。=60。.

由（1）知，Z.ECD=Z.ACB=30°,

:/PCO=乙KCO=30。.

■■■OK1AC,OP1CE,

■■.OP=OK.

••.CE是①所作圆的切线.

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆的内接多边形的性质，切线的判

定，作线段的垂直平分线，掌握以上基础知识是解本题的关键.

题型07与正多边形和圆有关的弓形/不规则图形面积计算问题

23.（2023・四川资阳・中考真题）如图,边长为6的正三角形28C内接于。0,则图中阴影部分的面积是.

A

【答案】12ir-9V3

【分析】本题考查圆中求不规则图形面积，涉及圆的性质、等边三角形性质、三角形外接圆性质、勾股定

理、含30。直角三角形性质、扇形面积公式及三角形面积公式等知识，连接4。并延长交BC于D,连接OC,

如图所示，由等边三角形外接圆性质得到2DIBC、DB=DC,C。平分乙4CB,再由勾股定理及含30。直角

三角形性质求出相关线段长，间接表示出图中阴影部分的面积是S圆-SAABC，求出圆面积及三角形面积代

值求解即可得到答案，熟练掌握圆中不规则图形面积的求法是解决问题的关键.

【详解】解：连接4。并延长交于。，连接。C,如图所示：

•••边长为6的正三角形2BC内接于O。,

・••由等边三角形外接圆性质可得力。1BC、DB=DC,CO平分

在RtZiACD中，AADC=90°,AC=6,DC=3,则由勾股定理可得4。=<AC2-DC2=V62-32=3V3,

•••SAABC=3BC-AD—|x6x3-/3=9V3,

在RtACOD中，Z.ODC=90°,Z.OCD=30°,设。。=x,贝iJOC=2x,

•••OA=OC,

AD=AO+OD=OC+OD=3x=3b，解得x=小）,即。。的半径为2百,

2

S圆—TtOA2—TTx（2A/3）—12it,

・•・图中阴影部分的面积是S圆—SAABC=12ir-9V3,

故答案为：12TT-9V3.

24.（2021.黑龙江大庆.中考真题）如图，作。。的任意一条直径FC,分别以为圆心，以F。的长为半径

作弧，与O。相交于点EM和D、B,顺次连接得到六边形28CDEF,则O。的面积

与阴影区域的面积的比值为

后上~

【答案】黄

【分析】可将图中阴影部分的面积转化为两个等边三角形的面积之和，设O0的半径与等边三角形的边长

为a,分别表示出圆的面积和两个等边三角形的面积，即可求解

【详解】连接。E,OD,OB,0A,

由题可得：EF=OF=0E=FA=0A=AB=OB=BC=0C=CD=OD

.•.AEFOAOFA.AOAB,^OBCAOCDAOOE为边长相等的等边三角形

・••可将图中阴影部分的面积转化为△。/IB的面积之和，如图所示：

设O0的半径与等边三角形的边长为a,

.,-O0的面积为S=nr2=Tta2

•等边△OED与等边△04B的边长为a

y/3a2

S&OED=S40AB=--

V3a2

S^=SAOED+SAOAB='2

••.OO的面积与阴影部分的面积比为告=黑=雪

、阴F—3

故答案为：等

【点睛】本题考查了图形的面积转换，等边三角形面积以及圆面积的求法，将不规则图形的面积转换成规

则图形的面积是解题关键.

25.（2024.江苏徐州•中考真题）如图，将一枚飞镖任意投掷到正方形镖盘ABC。内，若飞锤落在镖盘内各点

的机会相等，则飞镖落在阴影区域的概率为（）

D.立

43c12

【答案】c

【分析】本题考查几何概率的知识，求出小正方形的面积是关键.设AB=2a,则圆的直径为2a,求出小正

方形的面积，即可求出几何概率.

【详解】解：如图：连接EG,