第頁第17講正多邊形與圓【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1正多邊形與圓中求角度】 1【題型2正多邊形與圓中求線段長度】 5【題型3正多邊形與圓中求半徑】 8【題型4正多邊形與圓中求面積】 11【題型5正多邊形與圓中求周長】 14【題型6確定正多邊形的邊數(shù)】 16【題型7正多邊形與圓中的實(shí)際應(yīng)用】 19【題型8正多邊形與圓中的規(guī)律問題】 23【題型9正多邊形與圓中求最值】 27【題型10正多邊形與圓中的證明】 32【知識(shí)點(diǎn)1正多邊形與圓】（1）正多邊形的有關(guān)計(jì)算中心角邊心距周長面積為邊數(shù)；為邊心距；為半徑；為邊長（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正多邊形與圓中求角度】【例1】如圖，正五邊形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的內(nèi)接多邊形，則∠BOM的度數(shù)是（）A．36° B．45° C．48° D．60°【分析】如圖，連接AO．利用正多邊形的性質(zhì)求出∠AOM，∠AOB，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接AO．∵△AMN是等邊三角形，∴∠ANM＝60°，∴∠AOM＝2∠ANM＝120°，∵ABCDE是正五邊形，∴∠AOB=360°5=72°，∴∠BOM【變式1-1】如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)M在AF上，則∠CMD的大小為（）A．60° B．45° C．30° D．15°【分析】由正六邊形的性質(zhì)得出∠COD＝60°，由圓周角定理求出∠CMD＝30°．【解答】解：連接OC，OD，∵多邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠COD＝60°，∴∠CMD=12∠COD【變式1-2】如圖，在正五邊形ABCDE中，連結(jié)AC，以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑畫圓弧交AC于點(diǎn)F，連接DF．則∠FDC的度數(shù)是36°．【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)可求出每個(gè)內(nèi)角的度數(shù)為108°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求出∠EAC＝∠DCA＝72°，進(jìn)而可得四邊形AEDF是平行四邊形，求出∠DFC的度數(shù)，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出答案即可．【解答】解：∵正五邊形ABCDE，∴∠ABC＝∠EAB=(5?2)×180°5=108°，AB＝BC＝CD＝DE∴∠ACB＝∠BAC=180°?108°2=36°，∴∠EAC∴∠DEA+∠EAC＝108°+72°＝180°，∴DE∥AC，又∵DE＝AE＝AF，∴四邊形AEDF是平行四邊形，∴AE∥DF，∴∠DFC＝∠EAC＝72°＝∠DCA，∴∠FDC＝180°﹣72°﹣72°＝36°，故答案為：36°．【變式1-3】如圖，正六邊形ABCDEF和正五邊形AHIJK內(nèi)接于⊙O，且有公共頂點(diǎn)A，則∠BOH的度數(shù)為12度．【分析】求出正六邊形的中心角∠AOB和正五邊形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度數(shù)．【解答】解：如圖，連接OA，正六邊形的中心角為∠AOB＝360°÷6＝60°，正五邊形的中心角為∠AOH＝360°÷5＝72°，∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．故答案為：12．【題型2正多邊形與圓中求線段長度】【例2】如圖，已知⊙O的周長等于6π，則該圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF的邊心距OG為（）A．33 B．32 C．33【分析】連接OC，OD，由正六邊形ABCDEF可求出∠COD＝60°，進(jìn)而可求出∠COG＝30°，根據(jù)30°角的銳角三角函數(shù)值即可求出邊心距OG的長．【解答】解：連接OC，OD，∵正六邊形ABCDEF是圓的內(nèi)接多邊形，∴∠COD＝60°，∵OC＝OD，OG⊥CD，∴∠COG＝30°，∵⊙O的周長等于6π，∴OC＝3，∴OG=323【變式2-1】如圖，⊙O是正方形ABCD的外接圓，若⊙O的半徑為4，則正方形ABCD的邊長為（）A．4 B．8 C．22 D．【分析】連接BD．由題意，△BCD是等腰直角三角形，故可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，連接BD．由題意，△BCD是等腰直角三角形，∵BD＝8，∠CBD＝45°，∠BCD＝90°，∴BC=22BD＝42．故選：【變式2-2】已知四個(gè)正六邊形如圖擺放在圖中，頂點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)在圓上．若兩個(gè)大正六邊形的邊長均為4，則小正六邊形的邊長是（）A．3?13 B．13?1 C．13+1【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(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FH即可．【解答】解：連接AD交PM于O，則點(diǎn)O是圓心，過點(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、△【變式2-3】如圖，等邊三角形ABC和正方形ADEF都內(nèi)接于⊙O，則AD：AB＝（）A．22：3 B．2：3 C．3：2 D．3：22【分析】連接OA、OB、OD，過O作OH⊥AB于H，由垂徑定理得出AH＝BH=12AB，證出△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH＝60°，AH＝BH=12AB，得出AD=2OA，AH=32OA【解答】解：連接OA、OB、OD，過O作OH⊥AB于H，如圖所示：則AH＝BH=12∵等邊三角形ABC和正方形ADEF，都內(nèi)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°=32OA，∴AB＝2AH＝2×32OA故選：B．【題型3正多邊形與圓中求半徑】【例3】如圖，以點(diǎn)O為圓心的兩個(gè)同心圓把以O(shè)A為半徑的大圓O的面積三等分，這兩個(gè)圓的半徑分別為OB，OC．則OA：OB：OC的值是（）A．3：2：1 B．9：4：1 C．3：2：1 D．3：6：2【分析】根據(jù)圓的面積公式得出方程，根據(jù)算術(shù)平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案【解答】解：以O(shè)A半徑的圓的面積是πr2，則以O(shè)B半徑的圓的面積是23πr2，則以O(shè)C半徑的圓的面積是13π∴πrB2=23πr2，πrC2=13πr2，∴rB=63r，rC=33r．∴OA：OB：OC＝r【變式3-1】如果正三角形的邊心距是2，那么它的半徑是4．【分析】根據(jù)正三角形的性質(zhì)得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，進(jìn)而得出CO即可．【解答】解：（1）過點(diǎn)O作OD⊥BC于點(diǎn)D，∵⊙O的內(nèi)接正三角形的邊心距為2，∴OD＝2，由正三角形的性質(zhì)可得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，∴CO＝2DO＝4，故答案為：4．【變式3-2】如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，連接AC，已知AC＝6，則圓的半徑是（）A．3 B．6 C．23 D．43【分析】連接BO、AO，OB與AC交于H，根據(jù)正六邊形ABCDEF的性質(zhì)得到AB＝BC，∠BOA=360°6=60°，根據(jù)垂徑定理得到周角定理得到∠BCA=12【解答】解：連接BO、AO，OB與AC交于H，在正六邊形ABCDEF中，AB＝BC，∠BOA=360°∴∠BCA=12∠BOC＝30°，AB=BC，∴BO⊥AC，AH＝CH=12AC＝3，∴BC＝∴圓的半徑是23，故選：C．【變式3-3】如圖：⊙O與正六邊形ABCDEF的兩邊AB和EF相切于點(diǎn)B和點(diǎn)E兩點(diǎn)，若正六邊形的邊長是3，則⊙O的半徑長是（）A．1 B．3 C．2 D．3【分析】連接OB，OE，BE，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠ABO＝∠FEO＝90°，求得∠BOE＝120°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OBE＝∠OEB＝30°，推出AF∥BE，過A作AM⊥BE于M，F(xiàn)N⊥BE于N，得到四邊形AMNF是矩形，過O作OH⊥BE于H，根據(jù)勾股定理的定義即可得到結(jié)論．【解答】解：連接OB，OE，BE，∵：⊙O與正六邊形ABCDEF的兩邊AB和EF相切于點(diǎn)B和點(diǎn)E兩點(diǎn)，∴∠ABO＝∠FEO＝90°，∵∠BAF＝∠EFA＝120°，∴∠BOE＝540°﹣120°﹣120°﹣90°﹣90°＝120°，∴∠OBE＝∠OEB＝30°，∴∠ABE＝∠FEB＝60°，∴∠ABE+∠BAF＝180°，∴AF∥BE，過A作AM⊥BE于M，F(xiàn)N⊥BE于N，∴四邊形AMNF是矩形，∴MN＝AF=3，BM＝EN=12AB=32，∴BE＝23，過O作OH∴∠OHB＝90°，BH=3，∴OB=2，故選：C【題型4正多邊形與圓中求面積】【例4】如圖所示的“六芒星”圖標(biāo)是由圓的六等分點(diǎn)連接而成，若圓的半徑為4，則圖中陰影部分的面積為（）A．83 B．123 C．16 D．【分析】如圖，連接OB交AC與點(diǎn)H．解直角三角形求出AC，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接OB交AC與點(diǎn)H．由題意△ABC是等邊三角形，OB＝4，OH＝BH＝2，∵OB⊥AC，∴CH＝AH=BH∴AC＝2CH=433，∴陰影部分的面積＝6×34×（43【變式4-1】如圖，已知⊙O的周長等于6π，則它的內(nèi)接正六邊形ABCDEF的面積是（）A．2732 B．2734 C．【分析】首先過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，連接OA，OB，由⊙O的周長等于6πcm，可得⊙O的半徑，又由圓的內(nèi)接多邊形的性質(zhì)，即可求得答案．【解答】解：過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，連接OA，OB，∴AH=12∵⊙O的周長等于6π，∴⊙O的半徑為：3，∵∠AOB=16×360°＝60°，OA＝OB，∴△OAB是等邊三角形，∴AB∴AH=32，∴OH=OA2?AH2=332，∴S正六邊形【變式4-2】如圖所示的“六芒星”圖標(biāo)是由圓的六等分點(diǎn)連接而成，若圓的半徑為1，則圖中陰影部分的面積為（）A．334 B．3 C．53【分析】根據(jù)題意得到圖中陰影部分的面積＝S△ABC+3S△ADE，代入數(shù)據(jù)即可得到結(jié)論．【解答】解：如圖，∵“六芒星”圖標(biāo)是由圓的六等分點(diǎn)連接而成，∴△ABC與△ADE是等邊三角形，∵圓的半徑為1，∴AH=32，BC＝AB=3，∴AE=3∴圖中陰影部分的面積＝S△ABC+3S△ADE=12×3×【變式4-3】⊙O半徑為4，以⊙O的內(nèi)接正三角形、正方形、正六邊形的邊心距為邊作一個(gè)三角形，則所得三角形的面積是（）A．2 B．3 C．22 D．23【分析】分別畫出對(duì)應(yīng)的圖形計(jì)算出三條邊心距，利用勾股定理的逆定理可證明它們構(gòu)建的三角形為直角三角形，然后根據(jù)三角形面積公式計(jì)算此三角形的面積．【解答】解：如圖1，△ABC為⊙O的內(nèi)接正三角形，作OM⊥BC于M，連接OB，∵∠OBC=12∠ABC＝30°，∴OM=如圖2，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接正方形，作ON⊥DC于N，連接OD，∵∠ODC=12∠ADC＝45°，∴ON＝DN=22如圖3，六邊形ABCDEF為⊙O的內(nèi)接正六邊形，作OH⊥DE于H，連接OE，∵∠OED=12∠FED＝60°，∴EH=12OE＝2，OH=∴半徑為4的圓的內(nèi)接正三角形、正方形、正六邊形的邊心距分別為2，22，23，∵22+（22）2＝（23）2，∴以三條邊心距所作的三角形為直角三角形，∴該三角形的面積=12×2×22=2【題型5正多邊形與圓中求周長】【例5】如圖，若⊙O是正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的外接圓，則正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的周長之比為（）A．22：3 B．2：1 C．2：3 D．1：3【分析】求出⊙O的內(nèi)接正方形和內(nèi)接正六邊形的邊長之比，即可得出結(jié)論．【解答】解：連接OA、OB．OE，如圖所示：設(shè)此圓的半徑為R，則它的內(nèi)接正方形的邊長為2R，它的內(nèi)接正六邊形的邊長為R，∴內(nèi)接正方形和內(nèi)接正六邊形的邊長之比為2R：R=2∴正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的周長之比＝內(nèi)接正方形和內(nèi)接正六邊形的邊長之比＝42：6＝22：3，故選：A．【變式5-1】正六邊形的周長為12，則它的外接圓的內(nèi)接正三角形的周長為（）A．23 B．33 C．63 D．6【分析】根據(jù)題意畫出圖形，求出正六邊形的邊長，再由正多邊形及直角三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】解：∵圓內(nèi)接正六邊形的周長為12，∴圓內(nèi)接正六邊形的邊長為2，∴圓的半徑為2，如圖，連接OB，過O作OD⊥BC于D，則∠OBC＝30°，BD＝2×32=3，∴BC＝2∴該圓的內(nèi)接正三角形的周長為63，故選：C．【變式5-2】如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，連接OC、OD，若OC長為2cm，則正六形ABCDEF的周長為12cm．【分析】根據(jù)正六邊形的定義確定其中心角的度數(shù)，得到△OCD是等邊三角形，求得CD＝2cm，于是得到結(jié)論．【解答】解：∵多邊形ABCDEF為正六邊形，∴∠COD＝360°×1∵OC＝OD，∴△OCD是等邊三角形，∵OC長為2cm，∴CD＝2cm，∴正六形ABCDEF的周長為2×6＝12（cm），故答案為：12．【變式5-3】如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，若⊙O的半徑為6，則△ADE的周長是（）A．9+33 B．12+63 C．18+33 D．18+63【分析】首先確定三角形的三個(gè)角的度數(shù)，從而判斷該三角形是特殊的直角三角形，然后根據(jù)半徑求得斜邊的長，從而求得另外兩條直角邊的長，進(jìn)而求得周長．【解答】解：連接OE，∵多邊形ABCDEF是正多邊形，∴∠DOE=360°∴∠DAE=12∠DOE=12×60°＝30°，∠AED＝90°，∵⊙O∴DE=12AD=12×12＝6，AE=3DE＝63，∴△ADE的周長為6+12+6【題型6確定正多邊形的邊數(shù)】【例6】如圖，邊AB是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，點(diǎn)C在AB上，且BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊，若AC是⊙O內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值是（）A．6 B．12 C．24 D．48【分析】根據(jù)中心角的度數(shù)＝360°÷邊數(shù)，列式計(jì)算分別求出∠AOB，∠BOC的度數(shù)，則∠AOC＝15°，則邊數(shù)n＝360°÷中心角．【解答】解：連接OC，∵AB是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，∴∠AOB＝360°÷6＝60°，∵BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊，∴∠BOC＝360°÷8＝45°，∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC＝60°﹣45°＝15°，∴n＝360°÷15°＝24；故選C．【變式6-1】一個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形中，一條邊所對(duì)的圓心角為72°，則該正多邊形的邊數(shù)是（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根據(jù)正多邊形的中心角=360°【解答】解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n．由題意可得：360°n=72°，∴n＝5，故選：【變式6-2】如圖，AB、AC分別為⊙O的內(nèi)接正方形、內(nèi)接正三邊形的邊，BC是圓內(nèi)接正n邊形的一邊，則n等于（）A．8 B．10 C．12 D．16【分析】根據(jù)正方形以及正三邊形的性質(zhì)得出∠AOB=360°4=90°，∠AOC=360°3【解答】解：連接AO，BO，CO．∵AB、AC分別為⊙O的內(nèi)接正方形、內(nèi)接正三邊形的一邊，∴∠AOB=360°4=90°，∠AOC=360°3=120°，∴∠BOC【變式6-3】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．8 B．10 C．12 D．15【分析】連接OA、OB、OC，如圖，利用正多邊形與圓，分別計(jì)算⊙O的內(nèi)接正四邊形與內(nèi)接正三角形的中心角得到∠AOD＝90°，∠AOF＝120°，則∠DOF＝30°，然后計(jì)算360°30°即可得到n【解答】解：連接OA、OD、OF，如圖，∵AD，AF分別為⊙O的內(nèi)接正四邊形與內(nèi)接正三角形的一邊，∴∠AOD=360°4=90°，∠AOF=360°3=120°，∴∠DOF＝∠AOF即DF恰好是同圓內(nèi)接一個(gè)正十二邊形的一邊．故選：C．【題型7正多邊形與圓中的實(shí)際應(yīng)用】【例7】2019年版一元硬幣的直徑約為22.25mm，則用它能完全覆蓋住的正方形的邊長最大不能超過（）A．11.125mm B．22.25mm C．8928mm D．【分析】根據(jù)正方形性質(zhì)得到△AOD為等腰直角三角形，根據(jù)正方形和圓的關(guān)系得到AC的長度，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出AD的長度．【解答】解：如圖所示，∵AC＝BD＝22.25mm，∴AO＝OD=22.252=898mm．∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∴△AOD為等腰直角三角形，∴AD=2【變式7-1】頤和園是我國現(xiàn)存規(guī)模最大，保存最完整的古代皇家園林，它和承德避暑山莊、蘇州拙政園、蘇州留園并稱為中國四大名園．該園有一個(gè)六角亭，如果它的地基是半徑為2米的正六邊形，那么這個(gè)地基的周長是12米．【分析】由正六邊形的半徑為2，則OA＝OB＝2米；由∠AOB＝60°，得出△AOB是等邊三角形，則AB＝OA＝OB＝2米，即可得出結(jié)果．【解答】解：如圖所示：∵正六邊形的半徑為2米，∴OA＝0B＝2米，∴正六邊形的中心角∠AOB=360°6=60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA∴AB＝2米，∴正六邊形的周長為6×2＝12（米）；故答案為：12．【變式7-2】斛是中國古代的一種量器．據(jù)《漢書?律歷志》記載：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉．”意思是說：“斛的底面為：正方形外接一個(gè)圓，此圓外是一個(gè)同心圓．”如圖所示．問題：現(xiàn)有一斛，其底面的外圓直徑為兩尺五寸（即2.5尺），“庣旁”為兩寸五分（即兩同心圓的外圓與內(nèi)圓的半徑之差為0.25尺），則此斛底面的正方形的邊長為2尺．【分析】根據(jù)正方形性質(zhì)確定△CDE為等腰直角三角形，CE為直徑，根據(jù)題意求出正方形外接圓的直徑CE，求出CD，問題得解．【解答】解：如圖，∵四邊形CDEF為正方形，∴∠D＝90°，CD＝DE，∴CE為直徑，∠ECD＝45°，由題意得AB＝2.5，∴CE＝2.5﹣0.25×2＝2，∴CD=22CE=2【題型8正多邊形與圓中的規(guī)律問題】【例8】如圖，邊長為1的正六邊形ABCDEF放置于平面直角坐標(biāo)系中，邊AB在x軸正半軸上，頂點(diǎn)F在y軸正半軸上，將正六邊形ABCDEF繞坐標(biāo)原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，那么經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（32，3）．【分析】如圖，連接AD，BD．首先確定點(diǎn)D的坐標(biāo)，再根據(jù)6次一個(gè)循環(huán)，由2022÷6＝337，推出經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)與原來的坐標(biāo)相同，由此即可解決問題．【解答】解：如圖，連接AD，BD，在正六邊形ABCDEF中，AB＝1，AD＝2，∠ABD＝90°，∴BD=AD2?AB2=3，在Rt△AOF中，AF＝1，∠OAF∴OB＝OA+AB=32，∴D（32，3），∵將正六邊形ABCDEF∴6次一個(gè)循環(huán)，∵2022÷6＝337，∴經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)與應(yīng)該不變，∴經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)（32，3）．故答案為（32，【變式8-1】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(jìn)行下去，A10B10C10D10E10F10的邊長為（）A．24329 B．81329 【分析】連接OE1，OD1，OD2，如圖，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)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得到正六邊形A2B2C2D2E2F2的邊長=32×2，同理可得正六邊形A3B3C3D3E3F3的邊長＝（32）2×2，依此規(guī)律可得正六邊形A10B10C10D10【解答】解：連接OE1，OD1，OD2，如圖，∵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＝（32）2×2，則正六邊形A10B10C10D10E10F10【題型9正多邊形與圓中求最值】【例9】如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，線段MN在對(duì)角線BD上運(yùn)動(dòng)，若⊙O的面積為8π，MN＝2，則△AMN周長的最小值是（）A．6 B．8 C．9 D．10【分析】由正方形的性質(zhì)，知點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)，過點(diǎn)C作CA′∥BD，且使CA′＝2，連接AA′交BD于點(diǎn)N，取NM＝2，連接AM、CM，則點(diǎn)M、N為所求點(diǎn)，進(jìn)而求解．【解答】解：⊙O的面積為8π，則圓的半徑為22，則BD＝42=AC，由正方形的性質(zhì)，知點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)，過點(diǎn)C作CA′∥BD，且使CA′＝2，連接AA′交BD于點(diǎn)N，取NM＝2，連接AM、CM，則點(diǎn)M、N理由：∵A′C∥MN，且A′C＝MN，則四邊形MCA′N為平行四邊形，則A′N＝CM＝AM，故△AMN的周長＝AM+AN+MN＝AA′+2為最小，則A′A=(4則△AMN的周長的最小值為6+2＝8，故選：B．【變式9-1】如圖，點(diǎn)P是正六邊形ABCDEF內(nèi)一點(diǎn)，AB＝4，當(dāng)∠APB＝90°時(shí)，連接PD，則線段PD的最小值是（）A．211?2 B．213?2 【分析】先判斷出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡：點(diǎn)P在以AB為直徑的圓弧上，取AB的中點(diǎn)O，連接OD，當(dāng)O、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，PD有最小值，連接BD，過點(diǎn)C作CH⊥BD于點(diǎn)H，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得到∠CBH＝30°，∠OBD＝90°，根據(jù)勾股定理即可求出BH、BD、OD，進(jìn)而可得DP的最小值．【解答】解：∵AB＝4，∠APB＝90°，∴點(diǎn)P在以AB為直徑的圓弧上，如圖，取AB的中點(diǎn)O，連接OD，當(dāng)O、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，PD有最小值，連接BD，過點(diǎn)C作CH⊥BD于點(diǎn)H，∵點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，∴OA＝OB＝OP＝4÷2＝2，∵正六邊形的每個(gè)內(nèi)角為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，BH=23，∴BD=43，在Rt△∴PD的最小值為OD﹣OP=213?2．故選：【變式9-2】如圖，邊長為4的正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E是弧AB上的一動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合），點(diǎn)F是弧BC上的一點(diǎn)，連接OE，OF，分別與AB，BC交于點(diǎn)G，H，且∠EOF＝90°，則△GBH周長的最小值為4+22．【分析】如圖，連接OC，OB，過點(diǎn)O作OM⊥BC于M，由正方形的性質(zhì)可求OB＝OC，AB＝BC＝4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求OM＝2，由“ASA”可證△BOG≌△COH，可得OG＝OH，BG＝CH，可求HG=2OH，由△GBH周長＝BH+GB+GH＝BH+CH+2OH＝4+2OH，可得當(dāng)OH與OM重合時(shí)，OH【解答】解：如圖，連接OC，OB，過點(diǎn)O作OM⊥BC于M，∵邊長為4的正方形ABCD內(nèi)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=12BC＝2，∵∠EOF＝90°＝∠∴∠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周長＝BH+GB+GH＝BH+CH+2OH＝4+2OH，∴當(dāng)OH最小時(shí)，△∴當(dāng)OH⊥BC時(shí)，即（OH與OM重合時(shí)）OH有最小值，∴OH的最小值為2，∴△GBH周長的最小值為4+22，故答案為：4+22．【變式9-3】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長的最小值為5?1【分析】如圖，取AB的中點(diǎn)K，以AB為直徑作⊙K，想辦法求出FK，CK，根據(jù)CF≥CK﹣FK即可解決問題．【解答】解：如圖，取AB的中點(diǎn)K，以AB為直徑作⊙K，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∵AK＝BK，∴KF＝AK＝BK，∵正方形ABCD的外接圓的半徑為2，∴AB＝BC=2?2=2，∴KF＝∵∠CBK＝90°，∴CK=BK2+BC2=22+∴CF的最小值為5?1．故答案為5【題型10正多邊形與圓中的證明】【例10】如圖，⊙O的內(nèi)接正五邊形ABCDE中，對(duì)角線AC和BE相交于點(diǎn)F．（1）求∠BAC的度數(shù)．（2）求證：四邊形CDEF為菱形．【分析】（1）根據(jù)正五邊形的內(nèi)角和定理可求出一個(gè)內(nèi)角的度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形和三角形的內(nèi)角和求出結(jié)果即可；（2）由（1）的方法求出∠ABE，再求出∠CBF＝∠CFB，進(jìn)而得BC＝CF，同理得出AE＝EF，于是利用四條邊相等的四邊形是平行四邊形可得結(jié)論．【解答】解：（1）∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，∠ABC=(5?2)×180°5=108°，∴∠BAC＝∠（2）由（1）可得∠ABE＝∠AEB＝36°，∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABE＝108°﹣36°＝72°，在△BCF中，∠BFC＝180°﹣72°﹣36°＝72°，∴BC＝CF，同理可得AE＝EF，∴CD＝DE＝EF＝FC，∴四邊形CDEF為菱形．【變式10-1】已知：如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接等腰三角形，頂角∠BAC＝36°，弦BD、CE分別平分∠ABC、∠ACB．求證：五邊形AEBCD是正五邊形．【分析】求證五邊形AEBCD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．【解答】證明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，又∵∠BAC＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°．又∵BD、CE平分∠ABC、∠ACB．∴∠BAC＝∠BCE＝∠ACE＝∠ABD＝∠DBC＝36°，∴AE=易證五邊形AEBCD為正五邊形．【變式10-2】（1）已知：如圖1，△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，點(diǎn)P為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．【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(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+【解答】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(diǎn)B作BE⊥PB交PA于E．∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°∴∠1＝∠3，又∵∠APB＝45°，∴BP＝BE，∴PE=2又∵AB＝BC，∴△ABE≌△CBP，∴PC＝AE．∴PA=AE+PE=PC+2（3）答：PA=PC+3PB；證明：在AP上截取AQ＝PC，連接∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，∴△ABQ≌△CBP，∴BQ＝BP．又∵∠APB＝30°，∴PQ=3PB，∴課后鞏固練習(xí)1.已知正六邊形的邊長為2，則它的內(nèi)切圓的半徑為()A.1B.eq\r(3)C.2D.2eq\r(3)【答案】B.2.一元錢硬幣的直徑約為24mm，則用它能完全覆蓋住的正六邊形的邊長最大不能超過（）A．12mm B．12eq\r(3)mm C．6mm D．6eq\r(3)mm【答案】A3.已知圓的半徑是2eq\r(3)，則該圓的內(nèi)接正六邊形的面積是（）A．3eq\r(3) B．9eq\r(3)C．18eq\r(3)D．36eq\r(3)【答案】C4.正六邊形的邊心距為eq\r(3)，則該正六邊形的邊長是（）A．eq\r(3) B．2 C．3 D．2eq\r(3)【答案】B5.正三角形內(nèi)切圓半徑r與外接圓半徑R之間的關(guān)系為()A.4R=5rB.3R=4rC.2R=3rD.R=2r【答案】D6.中心角是45°的正多邊形的邊數(shù)是__________.【答案】答案：87.已知正多邊形的每一個(gè)外角都是72°，那么這個(gè)正多邊形的內(nèi)角和等于．[【答案】540°8.正六邊形ABCDEF的邊長為2，則對(duì)角線AE的長為．【答案】答案為：2eq\r(3)．9.如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，若正方形的面積等于4，則⊙O的面積等于．【答案】答案是：2π．10.圓內(nèi)接正六邊形的邊心距為2eq\r(3)，則這個(gè)正六邊形的面積為cm2．【答案】答案為：24eq\r(3)．11.如圖正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，E為CD任意一點(diǎn)，連接DE、AE．（1）求∠AED的度數(shù)．（2）如圖2，過點(diǎn)B作BF∥DE交⊙O于點(diǎn)F，連接AF，AF=1，AE=4，求DE的長度．【答案】解：（1）如圖1中，連接OA、OD．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠AOD=90°，∴∠AED=∠AOD=45°．（2）如圖2中，連接CF，CE，CA，BD，作DH⊥AE于H．∵BF∥DE，AB∥CD，∴∠BDE=∠DBF，∠BDC=∠ABD，∴∠ABF=∠CDE，∵∠CFA=∠AEC=90°，∴∠DEC=∠AFB=135°，∵CD=AB，∴△CDE≌△ABF，∴AF=CE=1，∴AC==，∴AD=AC=，∵∠DHE=90°，∴∠HDE=∠HED=45°，∴DH=HE，設(shè)DH=EH=x，在Rt△ADH中，∵AD2=AH2+DH2，∴=（4﹣x）2+