文档内容
第二十四章 圆
专题19 正多边形与圆重难点题型专训（八大题型）
【题型目录】
题型一 正多边形与圆之求角的度数
题型二 正多边形与圆之求线段长
题型三 正多边形与圆之求半径
题型四 正多边形与圆之求面积
题型五 正多边形与圆之求周长
题型六 正多边形与圆的实际应用
题型七 正多边形与圆的规律问题
题型八 正多边形与圆中的证明
【知识梳理】
知识点、正多边形与圆
（一）正多边形及有关概念
（1）正多边形：各边相等，各角也相等的我边形叫作正多边形。
（2）正多边形的画法：把圆 等分（ ），顺次连接各等分点，就可以作出这个圆的内接正多边形，
这个圆就是这个正多边形的外接圆。
（3）正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫作这个正多边形的中心。
（4）正多边形的半径：外接圆的半径叫作正多形的半径。
中心角
半径R
α
（5）正多边形的中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫作正多边形的中心角。
O
边心距
（6）正多边形的边心距：中心到正多边形的一边的距离叫作正多边形的边心距。
中心 r
（二）正多边形的有关计算
（1）正 边形的每个内角都等于
（2）正 边形的每个中心角都等于
（3）正 边形的其他计算都可以转化到由半径、边心距及边长的一半组成的直角三角形中进行，如图所示，
设正 边形的半径为 一边 ，边心距 ，则有 正
边形
的周长 面积O
M
A B
【经典例题一 正多边形与圆之求角的度数】
1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图， 与正五边形 的两边 ， 相切于 ， 两点，
则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据切线的性质，可得 ， ，结合正五边形的每个内角的度数为 ，即
可求解．
【详解】解： ∵ 、 切 于点A、C，
∴ ， ，
∴正五边形 的每个内角的度数为： ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理
是解题的关键．
2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，正六边形 内接于 ，点P在 上，点Q是 的
中点，则 的度数为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接 ，根据圆内接正六边形的性质和点Q是 的中点，得到
， ，得到 ，根据圆周角定理即可得到
的度数．
【详解】解：如图，连接 ，
∵正六边形 内接于 ，Q是 的中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】此题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，熟练掌握正多边形和圆的知识是解题的关键．
3．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，正五边形 内接于 ，点 在弧 上，则 的度
数为 ．【答案】 /36度
【分析】连接 ， ，构造圆心角，利用正五边形的性质求得圆心角的度数，从而求得 的度数．
【详解】解：如图，连接 ， ，
∵正五边形 内接于 ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】此题考查了正多边形与圆以及圆心角、圆周角的关系，解题的关键是掌握圆内接正五边形的性质
以及圆周角与圆心角的关系．
4．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图所示，在正五边形 中， 是 的中点，点 在线段
上运动，连接 ，当 的周长最小时， 的度数为 ．
【答案】
【分析】根据对称的定义得出当点 在同一条直线上时， 的周长最小，由正五边形的性质
可得 ，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得 ，再由
等腰三角形的性质和三角形外角的定义进行计算即可得到答案．【详解】解：如图，当点 在同一条直线上时， 的周长最小，
，
五边形 是正五边形，
， ，
，
是 的中点，
是正五边形 的一条对称轴，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、三角形外角的定义、
对称的性质，熟练掌握正多边形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、三角形外角的定义、对
称的性质，是解题的关键．
5．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，正方形 内接于 ，连接 ，点F是 的中点，过
点D作 的切线与 的延长线相交于点G．
(1)试判断 与 的位置关系，并说明理由．
(2)求 的度数．
【答案】(1) ,理由见解析
(2)【分析】（1）连接 ，可得 ，根据切线的定义可得 ，即可得出结论 ．
（2）根据正方形的性质可得， ， ，则 ．根据点F是 的中点，可得
．最后根据平行线的性质可得 ．
【详解】（1）解： ．
理由：如图，连接 ，
∵正方形 内接于 ，
∴ ．
∵ 与 相切于点D，
∴ ，即 ．
∴ ，
∴ ．
（2）解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∴ ．
∵点F是 的中点，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了圆的内接正多边形，平行线的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是掌握圆内
接正多边形的中心角 ，同弧所对的圆周角相等，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，以及平行线
的判定和性质．
6．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，正五边形 的两条对角线 相交于点F．(1)求 的度数；
(2)求证：四边形 为菱形．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用正五边形的性质求出 及 度数，得出 ，最后求出
的度数；
（2）根据四边相等的四边形是菱形即可证．
【详解】（1）解：∵正五边形ABCDE
∴ ， ，
∴
同理： ，
∴ ．
（2）证明：∵ ，
∴ ，
∴ ，同理
∴
∴四边形CDEF为菱形．
【点睛】本题考查了正多边形的性质及菱形的判定，利用正五边形的性质得出内角度数是解题关键．
【经典例题二 正多边形与圆之求线段长】
1．（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，已知 的半径为4，则该圆内接正六边形 的
边心距 （ ）A． B． C． D．3
【答案】C
【分析】连接 ， ，可得 是等边三角形，根据边心距即为等边三角形的高用勾股定理求出 ．
【详解】解：连接 ， ，
∵六边形 是正六边形，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
由题意可知 ，则 垂直平分 ，
∴ ，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形，等边三角形的判定及性质，熟练掌握圆内接正多边形的相关概念是解题的
关键．
2．（2023·河北石家庄·统考二模）如图，在边长为 的正六边形 中，连接BE， ，相交于
点O，若点 分别为 ， 的中点，则 的长为（ ）A．6 B． C．8 D．9
【答案】D
【分析】连接 ，利用 是含 角的直角三角形，再利用 是三角形 的中位线求MN即可.
【详解】解：连接BF，
∵在正六边形 中， ， ，
∴
∴ ，
∴在正六边形 中， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ 是含 角的直角三角形
又∵正六边形 的边长为 ，即
∴ ，
∴
∵点 分别为 ， 的中点，
∴ 是三角形 的中位线，
∴
故选：D.【点睛】本题考查正多边形的内角和中心角，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形三边关系，
正确作出辅助线是解题的关键.
3．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，正八边形的边长为2，对角线 、 相交于点 ．则线段
的长为 ．
【答案】
【分析】根据正八边形的性质得出四边形 是矩形， 、 是等腰直角三角形，
，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出 ， ， 即可．
【详解】解：如图，过点 作 于 ，由题意可知，四边形 是矩形， 、 是等腰
直角三角形， ，
在 中， ， ，
，
同理 ，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
4．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，正六边形的半径为 ，点 在边 上运动，连接 ，则
的长度可以是 （只写出一个满足条件的值即可）．【答案】 答案不唯一，只要符合 即可 ．
【分析】设正六边形的中心为 ，连接 ， ， ， ， ，根据正六边形的性质得 和
为等边三角形，然后可由勾股定理求出 ，进而得 ，再求出 ，根据 在边 上
运动得 ，最后在这个的范围内取一个值即可．
【详解】解：设正六边形的中心为 ，连接 ， ， ， ，
根据正六边形的性质得： 经过点 ， ， ，
为等边三角形，
，
同理： 为等边三角形，
，
又 ，
，
， ，
在 中， ， ，由勾股定理得： ，
，
又 ，
，
在边 上运动，
，
即： ，
．
故答案为： 答案不唯一，只要符合 即可 ．
【点睛】此题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等，解答此
题的关键是熟练掌握正多边形的性质，中心角、半径等概念．
5．（2023·河北邯郸·校考二模）摩天轮（如图1）是游乐场中受欢迎的游乐设施之一，它可以看作一个大
圆和六个全等的小圆组成（如图2），大圆绕着圆心O匀速旋转，小圆通过顶部挂点（如点P，N）均匀分
布在大圆圆周上，由于重力作用，挂点和小圆圆心连线（如 ）始终垂直于水平线l．
(1) ________°
(2)若 ， 的半径为10，小圆的半径都为1：
①在旋转一周的过程中，圆心M与l的最大距离为________；
②当圆心H到l的距离等于 时，求 的长；
③求证：在旋转过程中， 的长为定值，并求出这个定值．
【答案】(1)60
(2)①25；② ；③ 的长为定值，定值为10．【分析】（1）将 平均分6份即可；
（2）①当圆心M在 的延长线上时，圆心M与l有最大距离，据此即可求解；
②设 的挂点为K，过点H作 于点T，先证四边形 是矩形，再用勾股定理解 即可；
③先证 是等边三角形，再证 是平行四边形，可得 ．
【详解】（1）解： ，
故答案为：60；
（2）解：①当圆心M在 的延长线上时，圆心M与l有最大距离，
最大距离为 ，
故答案为：25；
②如图，设 的挂点为K，过点H作 于点T，
∵挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴K，H，T在同一直线上，
∵圆心H到l的距离等于 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
又∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
③证明：如图所示，连接 ， ，由（1）知 ，
又∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵小圆的半径都为1，挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ 的长为定值．
【点睛】本题考查圆的基本知识，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性
质，勾股定理等，解题的关键是根据题意抽象出数学模型．
6．（2023秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图， 的半径为4，将该圆等分成8份，连接 ， 并
延长交于点 ．
(1)连接 ，直接写出 和 的位置关系___________；
(2)求证： ；(3)求 的长；
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接 ，根据将该圆等分成8份，可得 是 的直径，再根据圆周角定理可证得；
（2）连接 ， ，根据圆周角定理可证得 ，再由 被8等分可得 ，
，即可证得 ，再根据全等三角形的性质，即可证得结论；
（3）连接 ， ， ，由 被8等分可求得 ，可得 ，再根据
勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图：连接 ，
将该圆等分成8份，
是 的直径，
，
，
故答案为： ；（2）解：如图：连接 ， ，
，
被8等分，
， ，
在 与 中，
∴ ，
，
，即 ；
（3）解：如图：连接 ， ， ，
被8等分，∴ ，
，
，
∴在 中， ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等分圆的性质，全等三角形的性质及判定定理，勾股定理，作出辅助线
是解决本题的关键．
【经典例题三 正多边形与圆之求半径】
1．（2023·全国·九年级专题练习）如图，圆内接正六边形 的周长为 ，则该正六边形的内切
圆半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件先求出正六边形的边长以及对应角度，构建直角三角形，利用勾股定理即可求出答
案.
【详解】解：连接 ，过点 作 于点 ，如图所示，
圆内接正六边形 的周长为 ，圆内接正六边形 的边长为： .
，
.
，
，
在 中， ，
.
正六边形的内切圆半径为： .
故选：A.
【点睛】本题考查了正多边形和圆，垂径定理，勾股定理，解题的关键在于正确掌握正六边形的性质.
2．（2023秋·云南临沧·九年级统考期末）如图， 的内接正方形 的边长为4，则 的半径为
（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】根据圆内接正方形的性质：圆的半径等于正方形对角线的一半求解即可．
【详解】解： ∵四边形 是 的内接正方形，且边长为4，
∴正方形 对角线长为 ，
∴ 的半径为 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的内接正方形，熟记圆内接正方形的性质是解题的关键．
3．（2023秋·甘肃庆阳·九年级统考期末）如果一个正六边形的周长等于 ，那么这个正六边形的内切圆半径等于 ．
【答案】
【分析】根据正六边形的定义可求出其边长为 ，再根据其性质可知其相邻两条半径与所夹边组成三角
形为等边三角形，即 为等边三角形的高，即可求出答案．
【详解】解：根据题意可求出正六边形的边长 ，如图，
根据正六边形的性质可知 ， ，
为等边三角形，
∴ ，
∴ ．
∴在 中，由勾股定理可得：
．
∴
正六边形的内切圆半径 ．
∴
故答案为： ．
【点睛】本题考查正六边形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
4．（2023·浙江温州·校联考三模）图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人堂盆栽放置在木
板上，图2是其示意图．两个正六边形的边 与 ， 与 均在同一直线上．木板 （木
板厚度忽略不计）， ，则 的长为 ．盆栽由矩形 和圆弧 组成，且 ， ，
恰好在同一直线上，已知 ，圆弧最高点 到 的距离与线段 的长度之比为 ，则圆
弧 的半径为 ．【答案】 20
【分析】设 的圆心是 ，作 于 ，连接 ，由正六边形的性质求出 ，
的长， 由直角三角形的性质， 等腰三角形的性质求出 的长，得到 的长，由勾股定理
列出关于 半径的方程， 即可解决问题；
【详解】解：设 的圆心 是 ，作 于 ，连 接 ，
∵ 是圆弧最高点，
∴ 在 上，
∵两个多边形是正六边形，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
三点共线，
∵四边形 是矩形，
∴
∵圆弧最高点 到 的距离与线段 的长度之 比为 ，∴ 到 的距离是 ，
设 的半径是 ，
∴ 的半径是
故答案为：
【点睛】本题考查正多边形的性质，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，关键
是由以上知识点求出正六边形的边长， 的长， 的长得到 的长，由勾股定理列出关于
半径的方程
5．（2022春·九年级课时练习）已知正六边形 内接于 ，图中阴影部分的面积为 ，则
的半径为多少？【答案】半径
【分析】先根据三角形的面积求出它的边长，再根据正多边形与圆的关系即可求出．
【详解】解：连接DO并延长，交BF于点G．
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴阴影部分为正三角形，
设边长是a，则FG= a，DG= a，
则面积是 a× a= ，即 = ，
解得a=4 ，
则DG=BD•sin60°=4 × =6
∴半径OD= DG=6× =4．
【点睛】本题考查正多边形和圆，熟知正六边形的性质，得出阴影部分三角形的边长是解题的关键．
6．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD内接于 O，∠ABC＝135°，AC＝4，求 O的
半径长． ⊙ ⊙【答案】 O的半径长为2 ．
⊙
【分析】根据圆内接四边形的性质和圆周角定理可得△AOC是等腰直角三角形，AC＝4，易得OA.
【详解】解：∵四边形ABCD内接于 O，∠ABC＝135°，
∴∠D＝180°﹣∠ABC＝45°， ⊙
∴∠AOC＝2∠D＝90°，
∵OA＝OC，且AC＝4，
∴OA＝OC＝ AC＝2 ，
即 O的半径长为2 ．
⊙
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形和圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题关键.
【经典例题四 正多边形与圆之求面积】
1．（2023春·河北衡水·九年级校考期中）如图，已知正六边形 的边长为 ，分别以其对角线 、
为边作正方形，则两个阴影部分的面积差 的值为（ ）
A．0 B．1 C．3 D．2
【答案】B【分析】分别求出两个正方形的面积，再求差可得结论．
【详解】解∶如图，取正六边形 的中心 ，连接 ， 令 交 于点
∵正六边形 的边长为 ，
∴ ，
∴ 、 与 都是边长为 的等边三角形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 为边的正方形的面积为 ， 为边的正方形的面积为 ，
∴ ．
故选∶B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，正方形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于
中考常考题型．
2．（2023·重庆·九年级统考学业考试）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，作出“雪花”图案（正六
边形 ）的外接圆，若已知该外接圆的半径是4，则正六边形 的面积是（ ）
A． B．24 C． D．【答案】C
【分析】连接 、 ，由正六边形的特点求出判断出 的形状，作 ，由特殊角的三角函
数值求出 的长，利用三角形的面积公式即可求出 的面积，进而可得出正六边形 的面积．
【详解】连接 、 ，
六边形 是正六边形，
，
，
，
∴ 是等边三角形，
作 交 于点 ，则 ，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，在本题中，注意正六边形的边长等于半径的特点，进行解题．
3．（2023秋·全国·九年级专题练习）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割
圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，已知 的半径为2，则 的
内接正六边形 的面积为 ．
【答案】6【分析】连接 、 ，根据正多边形和圆的关系可判断出 为等边三角形，过点 作 于点
，再利用勾股定理即可求出 长，进而可求出 的面积，最后利用 的面积约为 即可计
算出结果．
【详解】解：如图，连接 、 ，
由题意可得： ，
，
为等边三角形，
，
过点 作 于点 ，则 ，
在 中， ，
，
的面积约为 ．
故答案为：6 ．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．
4．（2023·江苏·九年级假期作业）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆
术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．设 的半径为 ，若用 的内接正
六边形的面积来近似估计 的面积，则 的面积约为 ．【答案】
【分析】连接 、 ，根据正多边形和圆的关系可判断出 为等边三角形，过点 作 于点
，再利用勾股定理即可求出 长，进而可求出 的面积，最后利用 的面积约为 即可计
算出结果．
【详解】解：如图，连接 、
由题意可得：
∵
∴ 为等边三角形，
∴
过点 作 于点 ，则
在 中，
∴
∴ 的面积约为
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．
5．（2023春·山东泰安·八年级肥城市实验中学校考期中）我们学习了平面图形的镶嵌，即用形状、大小完
全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．
镶嵌平面的图形有很多，值得我们研究的问题也有许多！如图，小亮同学用绘画的方法，设计的一个正三
角形的平面镶嵌图，如果整个镶嵌图三角形ABC的面积为75，则图中阴影部分的面积是多少？【答案】
【分析】设图中小等边三角形的高为 ，则等边三角形 的高为 ，正六边形的高为 ，推出每个
小正六边形的面积 ，推出阴影部分的面积为 ，再利用
的面积，求出 可得结论．
【详解】解：设图中小等边三角形的高为 ，则等边三角形 的高为 ，正六边形的高为 ，
每个小正六边形的面积 ，
阴影部分的面积为 ，
的面积为75，
，
，
阴影部分的面积 ，
【点睛】本题考查平面镶嵌，等边三角形的面积，正多边形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数解
决问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．（2023·浙江杭州·校联考二模）已知 的直径 ，弦 与弦 交于点E，且 ，垂足
为点F．(1)如图1，若 ，求 的长．
(2)如图2，若E为弦 的中点，求证： ．
(3)连结 、 、 ，若 是 的内接正n边形的一边， 是 的内接正 边形的一边，求
的面积．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先根据垂径定理和弧、圆心角的关系可求得 ，进而利用含30度角的直角三角形
的性质求解即可；
（2）先根据垂径定理得到 ，再利用三角形的中位线性质得到 ， ，证明
得到 即可证得结论；
（3）先求得 、 、 所对的圆心角的度数，再利用含30度角的直角三角形的性质求得 ，
，进而求得 即可求解．
【详解】（1）解：如图1，∵ ，垂足为点F， ，
∴ ，则 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ；（2）解：如图2，连接 ，
∵ 为直径， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 、 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：如图，连接 ，
∵ 是 的内接正n边形的一边， 是 的内接正 边形的一边，
∴ ，
则 ，
解得： ．
经检验： 是原方程的根．
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ，则 ，
则 ，
．
【点睛】本题考查圆的综合，涉及垂径定理，圆周角定理，弧、圆心角的关系、含30度角的直角三角形的
性质，三角形的中位线性质，全等三角形的判定与性质、正多边形的中心角等知识，熟练掌握圆的相关知
识的运用是解答的关键．
【经典例题五 正多边形与圆之求周长】
1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，若一个正六边形的对角线 的长为10，则正六边形的周长（
）
A．5 B．6 C．30 D．36
【答案】C
【分析】连接 、 ，交于点 ，则点 是正六边形 的中心，先根据正六边形的性质可得
， ，再根据等边三角形的判定与性质可得 ，由此即可得．
【详解】解：如图，连接 、 ，交于点 ，
则点 是正六边形 的中心，∵六边形 是正六边形， ，
∴ ， ，
∴ 是等边三角形，
，
∴正六边形 的周长为 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．
2．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）如图，正六边形 内接于⊙ ，若⊙ 的半径为6，则
的周长是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用正六边形内接于圆O,证明 AED是特殊的直角三角形,再利用三角函数值即可解题.
【详解】解：在正六边形 中,每△个内角都等于120°,
∴∠F=120°,AF=EF,
∴∠FAE=∠FEA=30°,
∴∠AED=90°,
∵正六边形 内接于⊙ ，
∴∠ADE=60°,即 ADE是特殊的直角三角形,AD=2DE,（30°所对直角边等于斜边一半）
∵⊙ 的半径为△6，
∴AD=12,DE=6,AE= ,
∴ 的周长是 ,
故选D.
【点睛】本题考查了正六边形的性质,直角三角函数的应用,中等难度,证明 AED是特殊的直角三角形,找到
边长之间的关系是解题关键. △3．（2023春·福建福州·九年级统考期中）如图，点 ， ， ， ， ， 分别是正六边形 各
边的中点，则六边形 与六边形 的周长比为 ．
【答案】
【分析】设正六边形 的中心为 ，周长是 ，连接 ， ，根据正六边形的性质得到
，求得 ，于是得到结论．
【详解】解：设正六边形 的中心为 ，连接 ， ，
设正六边形 的周长是 ，
，
，
顺次连接正六边形 各边的中点 、 、 、 、 、 得到的六边形为正六边形，
，
六边形 的周长是 ，
与六边形 的周长比 ，
故答案为： ．【点睛】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
4．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，AC、AD为正六边形ABCDEF的两条对角线，若该正六边形的
边长为2，则△ACD的周长为 ．
【答案】 /
【分析】求出正六边形的内角度数，再根据等腰三角形的判断和性质以及角的和差关系即可求解．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，
∴∠B＝∠BCD 120°，AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BCA＝30°，
∴∠ACD＝120°﹣30°＝90°，
由对称性可得，AD是正六边形的对称轴，
∴∠ADC＝∠ADE ∠CDE＝60°，
在Rt△ACD中，CD＝2，∠ADC＝60°，
∴AD＝2CD＝4，AC CD＝2 ，
∴△ACD的周长为AC+CD+AD＝2 2+4＝2 6，
故答案为：2 6．
【点睛】本题考查多边形与圆，掌握正多边形内角的计算方法以及内角和定理积推论是正确解答的关键．
5．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图， 是 的直径， ， 是 的弦， ，
延长 到 ，连接 ， ．(1)求证： 是 的切线；
(2)以 为边的圆内接正多边形的周长等于________．
【答案】(1)见解析
(2)18
【分析】（1）根据等腰三角形性质以及三角形内角和定理计算出 即可；
（2）得出以 为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，再求出 的长即可．
【详解】（1）证明：如图，连接 ，
，
，
，
，
，
即 ，
又 是半径，
是 的切线；
（2）解：连接 ，
，以 为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，
，
以 为边的圆内接正六边形的周长为3×6=18．
【点睛】本题考查切线的判定，圆内接正六边形的性质，掌握切线的判定方法是正确解答的前提．
6．（2021秋·江西南昌·九年级校联考阶段练习）如图，有一个亭子．它的地基是半径为4m的正六边形，
求地基的周长和面积．
【答案】24m；24
【分析】根据正六边形的性质，确定其边长等于外接圆的半径，周长即诶6R；把面积转化为6个等边三角
形的面积和计算即可．
【详解】如图，连接OB，OC，
∵地基是半径为4m的正六边形，
∴ OBC是等边三角形，
∴△BC=OB=4，
∴地基的周长为：4×6=24（m）；
过点O作OG⊥CB，垂足为G，
∵地基是半径为4m的正六边形，
∴ OBC是等边三角形，
∴△BC=OB=4，∠OBC=60°，∠BOG=30°，
∴BG=2，OG= =2 ，∴地基的面积为：6× =24 ．
【点睛】本题考查了正多边形与圆的关系，熟练掌握中心角计算，灵活运用勾股定理是解题的关键．
【经典例题六 正多边形与圆的实际应用】
1．（2023春·山东烟台·九年级统考期中）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为4的正六边
形 的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟一次跳1个顶点，黑跳棋按逆
时针方向3秒钟一次跳1个顶点，经过2022秒钟后停止跳动，此时两枚跳棋之间的距离是（ ）
A．8 B． C．4 D．0
【答案】B
【分析】分别计算红跳棋和黑跳棋过2022秒钟后的位置，红跳棋跳回到A点，黑跳棋跳到F点，可得结论．
【详解】解：∵红跳棋从A点按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，
∴红跳棋每过6秒返回到A点，
，
∴经过2022秒钟后，红跳棋跳回到A点，
∵黑跳棋从A点按逆时针方向3秒钟跳3个顶点，
∴黑跳棋每过18秒返回到A点，
…6，
∴经过2022秒钟后，黑跳棋跳到E点，
连接AE，过点F作 ，由题意可得： ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是 ．
故选：B．
【点睛】本题考查了正六边形和两动点运动问题，根据方向和速度确定经过2022秒钟后两枚跳棋的位置是
解本题的关键．
2．（2023春·山西·九年级专题练习）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 ）放在平面直角坐标系中，若 与 轴垂直，顶点A的坐标为 ，则顶点 的
坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】连接 、 于点 ，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 、 于点 ，
∵正六边形 边长为4， ，
∴ ，
在 中， ， ，
， ，
点 的横坐标为 ，纵坐标为 ，
点 的坐标为 ．
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，勾股定理，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．
3．（2023·山西忻州·校联考模拟预测）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图①，蜜蜂的蜂巢结
构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面均为正六边形．如图②
是一部分巢房的截面图，建立平面直角坐标系，已知点 的坐标为 ，则点 的坐标为 ．【答案】
【分析】根据正六边形的性质可得出点 与点 关于原点 成中心对称，由成中心对称的两个点坐标的变
化规律即可得出答案．
【详解】解：如图，由题意可知，点 与点 关于原点 成中心对称，
∵点 的坐标为 ，
∴点 的坐标为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了正六边形的性质、成中心对称的两个点坐标的变化规律，熟练掌握正六边形的性
质、成中心对称的两个点坐标的变化规律，是解题的关键．
4．（2023·浙江·九年级假期作业）如图1，将一个正方形纸片沿虚线对折两次，得到图2，按照图2所示
剪去一个腰长为2的等腰直角三角形，展开后得到一个如图3所示的正八边形 ，将前下的四
个等腰直角三角形拼成一个正方形 ，放在正八边形内部， 与 重合， 为 的中点，连接
．
（1）图1中的正方形纸片边长为 ；
（2）将正方形 绕点 顺时针旋转 度， 与 重合，此时 长为 ．
【答案】 45【分析】（1）利用正方形的性质有勾股定理即可求解；
（2）连接 ， ，利用正多边形内角和定理可求得 ，推出四边形 是菱形，再利用勾
股定理即可求解．
【详解】解：（1）设正方形 的中心为Ｏ，
由题意得 ，
∴正方形 的边长 ；
故答案为： ；
（2）连接 ， ，
正八边形的每个内角 ，
正方形的内角 ，
∴ ，即将正方形 绕点 顺时针旋转45度， 与 重合；
同理 ，
∴ ，
∴ ，
由正八边形的性质知， ，
∴B、K、E在同一直线上，同理A、K、D也在同一直线上，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，∴ ， ，
∵ 为 的中点，
∴ ，
∴ ，
故答案为：45， ．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，勾股定理，证明四边形 是菱形是解题的关键．
5．（2023·江苏·九年级假期作业）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务：
克罗狄斯•托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他
还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的
乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 ．
任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 ．
（2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长．
【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）由托勒密定理可直接求解；
（2）连接 ，根据圆周角与弦的关系可得 ，设 ，在四边形 中，根据托
勒密定理有， ，建立方程即可求得 的长
【详解】（1）由托勒密定理可得：
故答案为：（2）如图，连接 ，
五边形 是正五边形，则 ,
设 ，
即
解得 （舍去）
【点睛】本题考查了托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，理解题意添加辅助线是解题的关
键．
6．（2021春·黑龙江鸡西·八年级统考期末）探究题：
（1） 都相等， 都相等的多边形叫做正多边形；
（2）如图，格点长方形MNPQ的各点分布在边长均为1的等边三角形组成的网格上，请在格点长方形
MNPQ内画出一个面积最大的格点正六边形ABCDEF，并简要说明它是正六边形的理由；
（3）正六边形有 条对角线，它的外角和为 度．
【答案】（1）各个角；各条边；（2）见解析；（3）9；360°．
【分析】（1）直接用正多边形的定义得出结论即可；
（2）用网格线的特征和正六边形的性质，画出图形即可；（3）根据多边形的对角线条数的确定方法和多边形的外角和定理即可．
【详解】解：（1）由正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形；
故答案为：各个角；各条边；
（2）如图，
∵AB=2，BC=2，CD=2，DE=2，EF=2，FA=2，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∵网格是等边三角形的网格，
∴∠FAB=2×60°=120°，
同理：∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=120°，
∴∠FAB=∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=120°，
∴六边形ABCDEFA是正六边形．
最大面积为24× = ；
（3）正六边形的对角线条数为 =9，
∵多边形的外角和是360°，
∴正六边形的外角和为360°，
故答案为：9；360°．
【点睛】本题考查了正多边形的定义，正六边形的性质，网格线的特点，多边形的对角线的确定和多边形
的外角和定理，解本题的关键掌握正六边形的性质．
【经典例题七 正多边形与圆的规律问题】
1．（2023·全国·九年级专题练习）如图，点O为正六边形的中心，P，Q分别从点 同时出发，沿正
六边形按图示方向运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，则第 次相遇地点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据 ，O为正六边形的中心，可得 ，连接OB，作 于点G，可得
， ，可得 ， ，根据题意可得，P，Q第一次相遇地点的坐
标在点 ，以此类推：第二次相遇地点在点 ，第三次相遇地点在点 ，…如此
循环下去，即可求出第 次相遇地点的坐标．
【详解】解： ，O为正六边形的中心，
，
连接OB，作 于点G，则 ， ，
，
，
正六边形的边长为1，
正六边形的周长等于6，
又 点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，
第1次相遇需要的时间为： （秒），
此时点P的路程为 ，点Q的路程为 ，
此时P，Q相遇地点的坐标在点 ，
以此类推：第二次相遇地点在点 ，
第三次相遇地点在点 ，
…如此下去，
，
第2023次相遇地点在点 ， 的坐标为 ．故选：A．
【点睛】本题考查正多边形和圆、平面直角坐标系中坐标的规律探究及等边三角形的性质，熟练掌握正六
边形的性质找到坐标的运动规律是解题的关键．
2．（2023·河南南阳·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，正六边形 的边 在 轴正半轴上，
顶点 在 轴正半轴上， ．将正六边形 绕原点 顺时针旋转，每次旋转 ，经过第
次旋转后，顶点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 ，首先确定点 的坐标，再根据 次一个循环，由 ，推出经过
第 次旋转后，顶点 的坐标与第三次旋转得到的 的坐标相同即可解答．
【详解】解：如图，连接 ．
在正六边形 中， ，
∴ ，
在 中，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵将正六边形 绕坐标原点 顺时针旋转，每次旋转 ， 次一个循环，∵ ，
∴经过第 次旋转后，顶点 的坐标与第 次旋转得到的 的坐标相同，
∵ 与 关于原点对称，
∴ ，
∴经过第 次旋转后，顶点 的坐标 ，
故选： ．
【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，学会探究规律方法是解题的关键．
3．（2023·河北沧州·模拟预测）某数学小组在一个半径为2的圆形场地上做探究实践活动．
（1）如图1，小组将圆形场地分为12等份．机器人从一个点到另外一个点均是直线行走．
①机器人从点 走到点 的路程为 ；
②机器人从点 到点 走了两条不同的路线．路线1： ；路线2： ，路线
1的长记为 ，路线2的长记为 ，则 ；（填“>”“<”或“=”）（2）如图2，机器人从 出发，沿与半径 夹角为 的方向行走，走到场地边缘 后，再沿与 夹角
为 的方向折向行走至 ，…按照这样的方式，机器人走到 时第一次超过 ，且 ，则
．
【答案】 >
【分析】(1) ①根据中心角为 ，结合从点 走到点 其路径对的圆心角为 ，根据半径
为2计算即可．
②根据中心角为 ，得到 继而判定 都是等边三角
形， ，得到 ；根据 ，
得到 为圆的直径，根据中心角为 ，得到 ， ，
得到 即 ，比较大小即可．
（2）设多边形的中心角为 ，当转到 时， , ，根据
，求得 ，再计算即可．
【详解】(1) ①∵中心角为 ，
∴从点 走到点 其路径对的圆心角为 ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
②根据中心角为 ，
∴ ，∴ 都是等边三角形，
∴ ，
∴ ；
∵
∴ ，
∴ 为圆的直径，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
（2）设多边形的中心角为 ，当转到 时， , ，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∵半径相等，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了中心角的计算，等边三角形的判定和性质，勾股定理，无理数的估算，等腰三角形的
性质，熟练掌握中心角的计算是解题的关键．
4．（2023·山东菏泽·统考二模）如图，边长为4的正六边形 的中心与原点 重合， 轴，交 轴于点 ，将 绕点 顺时针旋转，每次旋转 ，则第2023次旋转结束时，点 的坐标为
．
【答案】
【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2023次旋转后点的坐标即可．
【详解】解：∵正六边形 边长为4，中心与原点O重合， 轴，
∴ ，
∴ ，
∴第1次旋转结束时，点A的坐标为 ，
第2次旋转结束时，点A的坐标为 ，
第3次旋转结束时，点A的坐标为 ，
第4次旋转结束时，点A的坐标为 ，
∴4次一个循环，
∵ ，
∴第2023次旋转结束时，点A的坐标为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查正多边形的性质，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．
5．（2023秋·九年级单元测试）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解
的意义．(1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆
度” ．如图，正三角形 的边长为1，求得其内切圆的半径为 ，因此 ___________；
(2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度” ；
(3)[总结]随着n的增大， 具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括．
【答案】(1)
(2) ，
(3)随着n的增大， 越来越接近于1，见解析
【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可；
（2）设正方形边长和正六边形的边长都为1，求出此情形下对应的内切圆半径，再根据“正圆度”的定义
进行求解即可；
（3）根据（1）（2）所求可知随着n的增大， 越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可
得到答案．
【详解】（1）解：由题意得， ，
故答案为： ；
（2）解：假设正方形边长1，∴此时正方形的内切圆半径为 ，
∴ ；
设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则 ，
又∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解： ，随着n的增大， 越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，精
进 的取值的方法可知：正多边形，边长数越多，越接近于圆，因此当边长增多时，其周长L也与对应的
内切圆周长更接近，其比值更接近于1．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，正确理解题意是解题的关键．
6．（2023秋·全国·九年级专题练习）【阅读理解】如图1， 为等边 的中心角，将 绕
点 逆时针旋转一个角度 ， 的两边与三角形的边 ， 分别交于点 ， ．
设等边 的面积为 ，通过证明可得 ，则
．(1)【类比探究】如图2， 为正方形 的中心角，将 绕点 逆时针旋转一个角度
， 的两边与正方形的边 ， 分别交于点 ， ．若正方形 的面积为 ，
请用含 的式子表示四边形 的面积（写出具体探究过程）．
(2)【拓展应用】如图3， 为正六边形 的中心角，将 绕点 逆时针旋转一个角度
， 的两边与正六边形的边 ， 分别交于点 ， ．若四边形 面积为
，请直接写出正六边形 的面积
(3)【猜想结论】如图4， 为正 边形 ……的中心角，将 绕点 逆时针旋转一个角度
， 的两边与正 边形的边 ， 分别交于点 ， ．若四边形 面积
为 ，请用含 、 的式子表示正 边形 ……的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）通过证明可得 ，则
．
（2）通过证明可得 ，则 ．
（3）通过证明可得 ，则【详解】（1）解：如图2，
∵ 为正方形 的中心角，
∴ ， ，
∵ 绕点O逆时针旋转一个角度 ， 的两边与正方形的边 分别交于点
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
（2）如图3，
∵ 为正六边形 的中心角，
∴ ， ，
∵ 绕点O逆时针旋转一个角度 ， 的两边与正六边形的边 分别交于点
∴ ，
又∵ ，
∴ ，∴ ．
∵四边形 面积为 ，
∴正六边形 的面积为 ．
（3）如图4，
∵ 为正多边形 的中心角，
∴ ， ，
∵ 绕点O逆时针旋转一个角度 ， 的两边与正多边形的边 分别交于点
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵四边形 面积为 ，
∴正多边形 的面积为 ．
【点睛】本题考查了旋转，正多边形的性质，正多边形的中心角，三角形的全等，图形的割补，熟练掌握
旋转的性质，正多边形的性质是解题的关键．
【经典例题八 正多边形与圆中的证明】
1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图所示，正五边形的对角线AC和BE相交于点M．
（1）求证：AC∥ED；（2）求证：ME＝AE．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）作出正五边形的外接⊙O，则 的度数为 ，由∠EAC的度数等于 的度数
的一半，得到∠EAC＝ ，同理，∠AED＝ ×72°×3＝108°，则 ∠EAC+∠AED＝180°，即可证
明ED∥AC；
（2）由∠AEB的度数等于 的度数的一半，得到∠AEB=36°，则∠EMA＝180°－∠AEB－∠EAC＝72°，
可推出∠EAM＝∠EMA＝72°，即可证明 EA＝EM．
【详解】解：∵正多边形必有外接圆，
∴作出正五边形的外接⊙O，则 的度数为 ，
∵ ∠EAC的度数等于 的度数的一半，
∴ ∠EAC＝ ，
同理，∠AED＝ ×72°×3＝108°，
∴ ∠EAC+∠AED＝180°，
∴ ED∥AC；
（2）∵∠AEB的度数等于 的度数的一半，∴∠AEB=36°，
∴∠EMA＝180°－∠AEB－∠EAC＝72°，
∴ ∠EAM＝∠EMA＝72°，
∴ EA＝EM．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，平行线的判定，等腰三角形的判定，解题的关键在于能够熟练掌
握圆的相关知识．
2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）已知等腰 中，AB＝AC．
（1）如图1，若 为 的外接圆，求证： ；
（2）如图2，若 ， ，I为 的内心，连接IC，过点I作 交AC于点D，
求ID的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】(1) 连接OB、OC，可得AB＝AC,利用垂直平分线的判定可得 ;
(2) 连接AI并延长交BC于点F，过点I分别作 于点G， 于点H, 通过 ，I为
的内心，可知 ,利用勾股定理可求 ,设 ，由 ，
可得： ,再设 ，则 ， 再求解 证明 ,
所以设 ， ，利用勾股定理可得答案.
【详解】（1）证明：连接OB、OC，∵AB＝AC，
∴A在BC的垂直平分线上
又∵OB＝OC，∴O也在BC的垂直平分线上
∴（2）连接AI并延长交BC于点F，过点I分别作 于点G， 于点H
∵ ，I为 的内心，∴ ， ，
∴
设 ，由
可得：
∴
设 ，则 ，
∴
解得： 即
∵ ， 平分
∴
∴设 ，
在 中，
∴ 解得：
∴
【点睛】本题考查了平行线的性质，圆的内心和外心，以及勾股定理，掌握圆的内心和外心的性质是解题的关键．
3．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知：射线
求作： ，使得点 在射线 上， ， ．
作法：如图，①在射线 上取一点 ，以 为圆心， 长为半径作圆，与射线 相交于点 ；②以
为圆心， 为半径作弧，在射线 上方交⊙ 于点 ；③连接 ， ．则 即为所求的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接 ．
∵ 为⊙ 的直径，
∴ __________ ．
∵ ，
∴ 等边三角形．
∴ ．
∵点 ， 都在⊙ 上，
∴ ．（ ）（填推理的依据）
∴ ．
即为所求的三角形．
【答案】（1）见解析；（2）90；一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半
【分析】（1）以点C为圆心，OC长为半径画弧线，交圆于一点即为点D，连接AD，补全图形即可；
（2）证明：连接 ．由 为⊙ 的直径，得到 90 ．证明 等边三角形，得到
，由此得到 即为所求的三角形．
【详解】解：（1）补全的图形如图所示：（2）证明：连接 ．
∵ 为⊙ 的直径，
∴ 90 ．
∵ ，
∴ 等边三角形．
∴ ．
∵点 ， 都在⊙ 上，
∴ ．（一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半）（填推理的依据）
∴ ．
即为所求的三角形．
故答案为：90；一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．
．
【点睛】此题考查尺规作图，等边三角形的判定及性质，圆周角等于同弧所对圆心角的一半，直径所对的
圆周角是直角，熟记各定理是解题的关键．
4．（2021·全国·九年级假期作业）如图，正方形 内接于 ， 为 任意一点，连接 、 ．
（1）求 的度数．
（2）如图2，过点 作 交 于点 ，连接 ， ， ，求 的长度．【答案】（1）45°；（2）
【分析】（1）如图1中，连接OA、OD．根据∠AED＝ ∠AOD，只要证明∠AOD＝90°即可解决问题；
（2）如图2中，连接CF、CE、CA，作DH⊥AE于H．首先证明CE＝AF＝1，求出AC、AD，设DH＝
EH＝x，在Rt ADH中，利用勾股定理即可解决问题.
【详解】（1）△如图1中，连接 、 ．
四边形 是正方形，
，
．
（2）如图2中，连接 ， ， ， ，作 于 ．
， ，
， ，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，设 ，
在 中， ，
，
解得 或 （舍弃），
【点睛】本题考查正多边形与圆、全等三角形的判定和性质、勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等
知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．（2022春·云南昆明·九年级昆明市第三中学统考阶段练习）已知正方形 的边长为 ．
(1)将正方形 对折，折痕为 ，如图①把这个正方形展平，再将点 折到折痕 上的点 的位置，
折痕为 ．
①判断 的形状，并说明理由；②求 的长；
(2)如图②当 时，在点 由点 移动到 中点的过程中，直接写出 面积的取值范围．
【答案】(1)① 是等边三角形．理由见解析；②
(2) 面积的取值范围是
【分析】（1）①连接 ，根据正方形的性质和折叠的性质证明 是等边三角形；
（2）作正方形 的外接圆 ，连接 ， ， ，当点 由点 移动到 中点的过程中，
点 在 上运动，过点 作 于点 ， ，当点 与点 重合时，点 到 的距离
最短，为 ，此时 ，当 ， ， 三点共线时，点 到 的距离最长，为
，此时 ，进而可得 面积的取值范围．
【详解】（1）①结论： 是等边三角形．
理由：如图 ，连接 ，
正方形 对折，折痕为 ，
是 的垂直平分线，
，
由折叠可知： ，
，
是等边三角形，
② 是等边三角形，
，，
，
；
（2）如图 ，作正方形 的外接圆 ，连接 ， ，
，
当点 由点 移动到 中点的过程中，点 在 上运动，
正方形 的边长为 ，
正方形 的对角线为 ，
，
过点 作 于点 ，
，
当点 与点 重合时，点 到 的距离最短，为 ，
此时 ，
当 ， ， 三点共线时，点 到 的距离最长，为 ，
此时 ，
面积的取值范围是 ．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质，折叠的问题，解题关键是利用图形在折叠前后对应边相等，对应角的相等的特性．
6．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点P是等边三角形 中 边上的动点（
），作 的外接圆交 于点D．点E是圆上一点，且 ，连接 交 于点F．
(1)求证：
(2)当点P运动变化时， 的度数是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求 的度数．
(3)探究线段 、 、 之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)
(3) ，理由见解析
【分析】（1）连接PE，根据等边三角形的性质可得AB＝BC，∠A＝∠ACB＝60°，再利用同弧所对的圆
周角相等可得∠PEB＝∠ACB＝60°，从而可得∠A＝∠PEB，然后利用等弧所对的圆周角相等可得∠PBD
＝∠PBE，从而利用AAS证明△ABP≌△EBP，进而可得AB＝EB，最后利用等量代换可得EB＝BC；
（2）根据等弧所对的圆周角相等可得∠DEP＝∠EBP，然后利用三角形的外角性质可得∠BFD＝∠PEB＝
60°，即可解答；
（3）延长 交于点 ，先证明 是等边三角形，然后证明 即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接PE，∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ACB＝60°，
∴∠PEB＝∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠PEB，
∵ ，
∴∠PBD＝∠PBE，
∵BP＝BP，
∴△ABP≌△EBP（AAS），
∴AB＝EB，
∴EB＝BC；
（2）解：当点P运动时，∠BFD的度数不会变化，
∵ ，
∴∠DEP＝∠EBP，
∵∠BFD＝∠EBP＋∠DEB，
∴∠BFD＝∠DEP＋∠DEB
＝∠PEB
＝60°，
∴∠BFD的度数为60°；
（3） ，理由如下：
延长 交于点 ，，
，
，
是等边三角形，
，
在 和 中，
， ，
，
连接 ，
四边形 是圆的内接四边形，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，即 ，
在 和 中，
，
，
，
，即 ．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的
关系，等边三角形的性质，圆内接四边形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线构造
全等三角形是解题的关键．
