文档内容
专题 24.8 正多边形与圆【九大题型】
【人教版】
【题型1 求正多边形中心角】..................................................................................................................................2
【题型2 由正多边形中心角求边数】......................................................................................................................5
【题型3 尺规作正多边形】......................................................................................................................................8
【题型4 正多边形和圆中求线段长度】................................................................................................................13
【题型5 正多边形和圆中求角度】........................................................................................................................18
【题型6 正多边形和圆中求周长】........................................................................................................................21
【题型7 正多边形和圆中求面积】........................................................................................................................25
【题型8 正多边形和圆中求最值】........................................................................................................................29
【题型9 正多边形和圆中的证明】........................................................................................................................35
知识点：正多边形和圆
（1）正多边形的有关概念
正多边形与圆的关系非常密切，把圆分成n（n就是大于2的自然数）等份，顺次连接各分点所的的多
边形就是这个圆的内接正多边形，这个圆就就是这个正多边形的外接圆。
正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。
正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径。
正多边形的中心角：正多边形每一条边所对的圆心角叫做正多边形的中心角。
正多边形的边心距：中心到正多边形一边的距离叫做正多边形的边心距。
（2）正多边形的有关计算
中心角 边心距 周长 面积
O
B
为边数； 为边心距； 为半径； 为边长 A
（3）正多边形每个内角度数为 ，每个外角度数为【题型1 求正多边形中心角】
【例1】（23-24九年级上·江苏南京·期中）如图，圆内接正九边形两条对角线AB,CD相交，则∠1的度数
是（ ）
A．45° B．54° C．60° D．72°
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，三角形外角的性质，添加辅助线是解题的关键．根据正
多边形与圆求出相应的圆心角度数，再根据圆周角定理和三角形外角的性质可得答案．
【详解】解：如图，设这个正九边形的外接圆为⊙O，
360°
则∠BOD= =40°,∠AOC=2∠BOD=80°，
9
1 1
∴∠BAD= ∠BOD=20°,∠ADC= ∠AOC=40°，
2 2
∴∠1=∠BAD+∠ADC=20°+40°=60°，
故选：C．
【变式1-1】（23-24九年级上·江苏泰州·期末）将一个正八边形绕着其中心旋转后与原图形重合，旋转角
的大小不可能是（ ）
A．45° B．60° C．135° D．180°
【答案】B
360°
【分析】本题考查了正多边形的性质，解题的关键是掌握正多边形中心角的度数为 ，先求出正八边
n形中心角的度数，即可解答．
360°
【详解】解：正八边形的中心角为 =45°，
8
∵45°=45°,135°=3×45°,180°=4×45°，
∴旋转角的大小可能是45°，135°，180°，
∵60°不是45°的整数倍，
∴旋转角的大小不能是60°，
故选：B．
【变式1-2】（23-24九年级下·安徽淮北·阶段练习）苯（分子式为C H ）的环状结构是由德国化学家凯库
6 6
勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子组成了一个完美的正六边形（如图1），图2
是其平面示意图，点O为正六边形ABCDEF的中心，则∠CBF−∠COD的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】A
【分析】根据点O为正六边形ABCDEF的中心，得到AB=AF,∠BAF=∠ABC=120°，∠COD=60°
，继而得到∠ABF=30°，∠CBF=∠ABC−∠ABF=90°，解答即可．
本题考查了正多边形的性质，中心角的计算，等腰三角形的三线合一性质，熟练掌握多边形的性质和中心
角的计算是解题的关键．
【详解】∵点O为正六边形ABCDEF的中心，
∴AB=AF,∠BAF=∠ABC=120°，∠COD=60°
∴∠ABF=30°，
∴∠CBF=∠ABC−∠ABF=90°，
∴∠CBF−∠COD=30°，
故选：A．
【变式1-3】（15-16九年级上·江苏镇江·阶段练习）如图，在正十边形A A A A A A A A A A
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
中，连接A A 、A A ，则∠A A A = °
1 4 1 7 4 1 7【答案】54
【分析】设正十边形的圆心O，连接AO、AO，再求出∠AOA,最后运用圆周角定理解答即可．
7 4 7 4
【详解】解：如图：设正十边形的圆心O，连接AO、AO，
7 4
∵正十边形的各边都相等
3
∴∠AOA= ×360°=108°
7 4 10
1
∴∠A A A =108°× =54°．
4 1 7 2
故填54．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理，根据题意正确作出辅助线、构造出圆周角是解答
本题的关键．
【题型2 由正多边形中心角求边数】
【例2】（23-24九年级上·江苏盐城·期中）如图，点A、B、C、D为一个正多边形的顶点，点O为正多边
形的中心，若∠ADB=18°，则这个正多边形的边数为（ ）
A．10 B．12 C．15 D．20【答案】A
【分析】作正多边形的外接圆，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】解：如图，作正多边形的外接圆，
∵∠ADB=18°，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
360°
∴这个正多边形的边数为 =10．
36°
故选：A．
【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
【变式2-1】（23-24九年级下·江苏苏州·阶段练习）已知一个正多边形的中心角为45°，边长为5，那么这
个正多边形的周长等于 ．
【答案】40
【分析】利用正多边形的中心角求出正多边形的边数，最后根据正多边形的性质求出其周长．
【详解】解：∵一个正多边形的中心角为45°，
∴这个正多边形的边数为：360°÷45°=8，
∴这个正多边形的周长为：5×8=40．
故答案为：40．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，解题的关键在于知道中心角与边长的关系．
【变式2-2】（23-24九年级上·江苏泰州·期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的
内接正m边形的一边，BC是⊙O的内接正n边形的一边，∠ADC=60°，则mn= ．【答案】48或36
【分析】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的
多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．连
接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正m边形与内接正n边形的中心角
360° 360°
得到∠AOB= ,∠BOC= ，根据∠AOC=∠AOB+∠BOC=120°，得到m，n的值，然后
m n
代入计算即可．
【详解】解：连接OA、OB、OC，如图，
∵ ∠ADC=60°
，
∴∠AOC=2∠ADC=120°，
360° 360°
∵∠AOB= ,∠BOC= ，
m n
360° 360°
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC= + =120°，
m n
∴mn=3(m+n)，
∴m，n的中有一个值必是3的倍数，且m,n均为正整数，
设m=3k（m,k均为正整数），则3k⋅n=3(3k+n)，
3k
∴n= （n为正整数），
k−1当k=1时，k−1=0（不符合题意）；
6
当k=2时，n= =6,m=6，则mn=6×6=36；
1
9
当k=3时，n= =4.5（不符合题意）；
2
12
当k=4时，n= =4,m=12，则mn=12×4=48；
3
15
当k=5时，n= =3.75（不符合题意）；
4
18
当k=6时，n= =3.6，（不符合题意）；
5
⋯；
当k≥7时，n均不为正整数，（不符合题意）；
综上，mn的值为48或36．
【变式2-3】（23-24九年级上·江苏宿迁·期末）如图，AC是⊙O的内接正四边形的一边，点B在弧AC
上，且BC是⊙O的内接正六边形的一边．若AB是⊙O的内接正n边形的一边，则n的值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【分析】连接AO、BO、CO，根据中心角度数＝360°÷边数n，分别计算出∠AOC、∠BOC的度数，根据
角的和差则有∠AOB＝30°，根据边数n＝360°÷中心角度数即可求解．
【详解】连接AO、BO、CO，
∵AC是⊙O内接正四边形的一边，
∴∠AOC＝360°÷4＝90°，
∵BC是⊙O内接正六边形的一边，
∴∠BOC＝360°÷6＝60°，
∴∠AOB＝∠AOC﹣∠BOC＝90°﹣60°＝30°，
∴n＝360°÷30°＝12；
故选：D．【点睛】本题考查正多边形和圆，解题的关键是根据正方形的性质、正六边形的性质求出中心角的度数．
【题型3 尺规作正多边形】
【例3】（23-24九年级上·福建福州·期中）尺规作图：如图，AD为⊙O的直径。
(1)求作：⊙O的内接正六边形ABCDEF.(要求：不写作法,保留作图痕迹)；
(2)已知连接DF，⊙O的半径为4，求DF的长。
【答案】（1）见解析；（2）4❑√3
【分析】（1）如图，在⊙O上依次截取六段弦，使它们都等于OA，从而得到正六边形ABCDEF；
（2）连接OF，可得 OFE是等边三角形，边长为4，可求得∠OEF=60°，∠DFE=30°，设BE与DF交于
G点，可得∠FGE=90△°，即可求得FG的长，进而求得FD的长.
【详解】（1）如图，正六边形ABCDEF为所作；
（2）连接OF，设BE与DF交于G点∵六边形ABCDEF为正六边形
∴∠FOE=60°，DF=DE，∠DEF=120°
∴∠DFE=30°
∵OE=OF
∴△FOE为等边三角形
∴EF=OE=4，∠OEF=60°
∴∠FGE=90°
1
∴EG= OE=2
2
∴FG=❑√EF2−EG2=2❑√3
∴FD=2FG=4❑√3
【点睛】此题主要考查了复杂作图及正多边形的计算，关键是掌握圆的内接正六边形的边长等于圆的半
径．
【变式3-1】（23-24·陕西·一模）如图，已知⊙O，请用尺规作图法求作⊙O的内接正方形ABCD．（保
留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】本题考查了作正方形，考查了圆的基本性质，正方形的判定；先在圆上确定一点A，连接AO并
延长交⊙O于点C，再作AC的垂直平分线交⊙O于B、D，连接AD,DC,AB,BC，则四边形ABCD就
是所求作的内接正方形．
【详解】解：如图，正方形ABCD为所作．∵BD垂直平分AC，AC为⊙O的直径，
∴BD为⊙O的直径，
∴BD⊥AC，
∵ OB=OD，OA=OC，BD=AC，
∴四边形ABCD是矩形
∵DC=AC,
∴四边形ABCD是正方形，
又A,B,C,D都在圆上，
∴四边形ABCD是⊙O的内接正方形．
【变式3-2】（23-24九年级·河北·专题练习）如图，在⊙O中，MF为直径，OA⊥MF，圆内接正五边形
ABCDE的部分尺规作图步骤如下：
①作出半径OF的中点H．
②以点H为圆心，HA为半径作圆弧，交直径MF于点G．
③AG长即为正五边形的边长、依次作出各等分点B，C，D，E．
已知⊙O的半径R＝2，则AB2＝ ．（结果保留根号）
【答案】10−2❑√5
【分析】连接AG，由作图可知，OA＝2，H为OF中点，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＝10﹣2❑√5即
可．【详解】解：连接AG，由作图可知，OA＝2，OH＝1，H为OF中点，
1 1
∴OH= OF= ×2=1，
2 2
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＝10﹣2❑√5．
故答案为：10﹣2❑√5．
【点睛】本题考查尺规作圆内接正五边形的方法与步骤，线段垂直平分线，勾股定理，作圆弧，掌握圆内
接正五边形的方法与步骤，线段垂直平分线，勾股定理，作圆弧的方法是解题关键．
【变式3-3】（2024·江苏无锡·一模）尺规作图：
(1)请在图①中以矩形ABCD的AD边为边作菱形ADEF，使得点E在BC上；
(2)请在图②中以矩形ABCD的AD边为直径作⊙O，并在⊙O上确定点P，使得△BCP的面积与矩形
ABCD的面积相等.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）结合菱形的判定，以点D为圆心，AD的长为半径画弧，交BC为点E，再分别以点E、点A为圆心，AD的长为半径画弧，两弧交于点F，连接DE、EF、AF即可；
（2）作线段AD的垂直平分线MN，交AD于点O，以点O为圆心，AO的长为半径画圆，即可得⊙O，
以点O为圆心，AB的长为半径画弧，在AD的上方交MN于点E，再作∠MEF=∠EOD，作直线EF，
分别交⊙O于点P′、P″，即可求解．
【详解】（1）解：如图，菱形ADEF即为所求，
（2）解：如图，点P′、P″即为所求，
【点睛】本题考查作图−复杂作图、菱形的判定、矩形的性质、垂直平分线的性质，理解题意、灵活运用
相关知识是解题的关键．
【题型4 正多边形和圆中求线段长度】
【例4】（23-24九年级上·河北石家庄·期中）如图，半径为2的⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，则
边心距OM的长度为（ ）
3
A．1 B．❑√3 C． D．2
2
【答案】B【分析】如图所示，连接OC，OD，求出∠COD=60°，进而证明△COD是等边三角形，得到
1
CD=OC=2，求出CM= CD=1，即可利用勾股定理求出答案．
2
【详解】解：如图所示，连接OC，OD，
360°
由题意得∠COD= =60°，
6
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC=2，
∵OM⊥CD，
1
∴CM= CD=1，
2
∴OM=❑√OC2−CM2=❑√3，
故选B．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，勾股定理，等边三角形的性质与判断，正确作出辅助线构造直角
三角形是解题的关键．
【变式4-1】（23-24九年级上·江苏南京·期中）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，分别以点
A、D为圆心，AE长为半径作弧，在⊙O外交于点G，连接OG．若⊙O的半径为1，则OG的长度为
．【答案】❑√2
【分析】连接AG，AD，AE，OE，过点O作OH⊥AE于点H，解直角三角形求出AE，再利用勾股定理求
出OG即可．
【详解】解：如图，连接AG，AD，AE，OE，过点O作OH⊥AE于点H．
∵OH⊥AE，
∴AH＝EH，
∵∠AOE＝120°，
∴∠OAE＝∠OEA＝30°，
1 1 1
OH= OA= ，AH= ❑√OA2−OH2= ❑√3，
2 2 2
∴AE=2AH=❑√3，
∴AG=AE=❑√3，
在△AOG和△DOG中
{AG=DG
)
AO=DO
GO=GO∴△AOG≌△DOG(SSS)
∴∠AOG=∠DOG=90°
∴OG=❑√AG2−AO2=❑√3−1=❑√2
故答案为：❑√2．
【点睛】此题考查了圆的性质，全等三角形的判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
【变式4-2】（23-24九年级·全国·假期作业）如图，正方形ABCD和正三角形AEF内接于⊙O，DC、
BC交EF于G、H，若正方形ABCD的边长是4，则GH的长度为( )
4 4 8
A．2❑√2 B．4❑√2− ❑√3 C． ❑√6 D． ❑√2−❑√3
3 3 3
【答案】A
【分析】连接AC交EF于M，连接OF，根据正方形的性质、等边三角形的性质及等腰三角形的性质即可
求解．
【详解】解：连接AC交EF于M，连接OF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴ΔACD是等腰直角三角形，
∴AC=❑√2AD=4❑√2，
∴OA=OC=2❑√2，
∵ΔAEF是等边三角形，
∴AM⊥EF，∠OFM=30°，
1
∴OM= OF=❑√2，
2
∴CM=❑√2，
∴∠ACD=45°，∠CMG=90°，∴∠CGM=45°，
∴ΔCGH是等腰直角三角形，
∴GH=2CM=2❑√2．
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形与圆的关系，涉及到特殊锐角三角函数值、正方形的性质、等边三角形的性质
及等腰三角形的性质，解题的关键是综合运用所学知识．
【变式4-3】（23-24九年级上·浙江绍兴·阶段练习）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，半径为2cm．
(1)求CD的长度；
(2)若G为CD的中点，连接AG，求AG的长度．
【答案】(1)2cm
(2)❑√13cm
【分析】（1）连接OC，OD，根据正六边形的性质可得∠COD=60°，再根据圆的半径都相等可得
△COD是等边三角形，进而可求解．
（2）连接AC，AD，由AD为⊙O的直径，得∠ACD=90°，利用勾股定理及中点的性质即可求解．
【详解】（1）解：连接OC，OD，如图：∵ ABCDEF
六边形 是正六边形，
360°
∴∠COD= =60°，
6
又∵ OC，OD是⊙O的半径，且半径为2cm，
∴OC=OD=2cm，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC=2cm．
（2）连接AC，AD，如图：
则AD为⊙O的直径，
∴AD=4cm，∠ACD=90°，
由（1）得：CD=2cm，
在Rt△ACD中，∠ACD=90°，
∴AC=❑√AD2−CD2=❑√42−22=2❑√3cm，
∵G为CD的中点，
1
∴CG= CD=1cm，
2
在Rt△ACG中，∠ACG=90°，
∴AG=❑√AC2+CG2=❑√ (2❑√3) 2+12=❑√13cm．
【点睛】本题考查了正多边形的性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理及圆周角，熟练掌握基础知
识，借助适当的辅助线解决问题是解题的关键．【题型5 正多边形和圆中求角度】
【例5】（23-24九年级上·广东东莞·期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，边长为2．
(1)求⊙O的直径AD的长；
(2)求∠ADB的度数．
【答案】(1)4
(2)30°
【分析】本题考查正多边形和圆，圆周角定理：
（1）连接OB，求出∠AOB的度数，得到△AOB是等边三角形，得到AO=AB=2，即可得出结果；
（2）根据圆周角定理，即可得出结果．
【详解】（1）解：连接OB．
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
360°
∴∠AOB= =60°，
6
又AO=BO，
∴△AOB是等边三角形．
∴AO=AB=2．
∴AD=2AO=4．
（2）解：∵A´B=A´B，∠AOB=60°
1
∴∠ADB= ∠AOB=30°．
2
【变式5-1】（2024·宁夏银川·二模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为劣弧AB上的动点，则
∠APB的大小为 ．【答案】144°/144度
【分析】本题考查了正多边形和圆，圆内接四边形的性质，作出圆中常用辅助线是解题的关键．连接
OA,OB,AD,BD，正多边形的性质得∠AOB的度数，由圆周角定理得∠ADB的度数，再圆内接四边形
的性质即可求解．
【详解】解：如图，连接OA,OB,AD,BD，
∵五边形是ABCDE正五边形，
360°
∴∠AOB= =72°，
5
∵A´B=A´B，
1
∴∠ADB= ∠AOB=36°，
2
∵正五边形ABCDE的外接圆为⊙O，
∴四边形APBD是⊙O内接四边形，
∴∠APB+∠ADB=180°，
∴∠APB=180°−36°=144°；
故答案为：144°．
【变式5-2】（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，P为弧AB上
的一点（点P不与点A，B重合），求∠DPF的度数．【答案】45°
【分析】本题考查的是正多边形和圆、圆周角定理的应用，连接OD、OE、OF，根据正多边形和圆的知
识求出正八边形的中心角的度数，根据圆周角定理求出∠DPF的度数．
【详解】解：如图，连接OD、OE、OF，
∵八边形ABCDEFGH是正八边形，
360°
∴∠DOE=∠EOF= =45°，
8
∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=90°，
1
∴∠DPF= ∠DOF=45°．
2
【变式5-3】（2024·安徽淮北·二模）如图，⊙O是正五边形ABCDE和正六边形AFGHIJ的外接圆，连接
OC和OG，则∠COG的度数为 ．
【答案】24°/24度
【分析】本题考查正多边形与圆，连接OA,OF,OB，根据正多边形的性质可得：360° 360°
∠AOB=∠BOC= =72°,∠AOF=∠FOG= =60°，进而得到
5 6
∠FOB=∠AOB−∠AOF=12°，∠BOG=∠FOG−∠FOB=48°，再根据
∠COG=∠BOC−∠BOG即可求解．
【详解】解：连接OA,OF,OB，
360° 360°
根据题意得：∠AOB=∠BOC= =72°,∠AOF=∠FOG= =60°，
5 6
∴ ∠FOB=∠AOB−∠AOF=12°，
∴ ∠BOG=∠FOG−∠FOB=48°，
∴ ∠COG=∠BOC−∠BOG=24°，
故答案为：24°．
【题型6 正多边形和圆中求周长】
【例6】（2024九年级上·江苏·专题练习）如图，⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，若⊙O的半径为
6，则四边形ACDF的周长是（ ）
A．6+6❑√3 B．12+6❑√3 C．12+12❑√3 D．6+12❑√3
【答案】C
【分析】本题考查正多边形和圆，矩形，掌握正六边形的性质，矩形的性质以及直角三角形的边角关系是
正确解答的关键．根据正六边形的性质，矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出AF，DF即可．
1
【详解】解：如图，连接OA，OF，OD，过点O作OM⊥DF于点M，则FM=DM= DF，
2∵ O ABCDEF
点 是正六边形 的中心，
360°
∴∠AOF= =60°，
6
∵OA=OF，
∴△AOF是正三角形，
∴AF=OA=6，
在Rt△FOM中，∠OFM=90°−60°=30°，OF=6，
❑√3
∴FM= OF=3❑√3，
2
∴DF=2FM=6❑√3，
∴四边形ACDF的周长是2AF+2DF=12+12❑√3，
故选：C
【变式6-1】（23-24九年级上·浙江温州·期中）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，记
C
△ACE的周长为C ，正六边形ABCDEF的周长为C ，则 1 的值为 ．
1 2 C
2
❑√3
【答案】
2
【分析】本题主要考查了正六边形的性质，含30°角的直角三角形的性质，设正六边形的边长为a，利用含
30°角的直角三角形的性质求出DH，从而得出CE的长，进而解决问题．
【详解】解：设正六边形的边长为a，
连接AD，交CE于H，如下图：∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴DC=DE=a，∠CDE=120°，AD⊥CE，
∴∠EDH=60°,∠DEH=30°
1
∴DH= a，
2
∴HE=❑√DE2−DH2=❑ √ a2− (1 a ) 2 = ❑√3 a
2 2
❑√3
∴CE＝2CH=2HE=2× a=❑√3a，
2
由正六边形的性质知，△ACE是等边三角形，
C 3CE 3×❑√3a ❑√3
∴ 1= = = ，
C 6DC 6a 2
2
❑√3
故答案为： ．
2
【变式6-2】（23-24九年级上·河南许昌·期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，已知⊙O的半径
为1，连接OA,OE，则四边形AOEF的周长为（ ）
A．6 B．4❑√3 C．4 D．4❑√2
【答案】C
【分析】本题考查的是正多边形和圆，连接OF，则△AOF，△EOF 均为等边三角形．所以
OA=OE=EF=AF=1．即得出四边形AOEF的周长．熟知正六边形的性质是解答此题的关键．【详解】解：连接OF，如解图所示．
∵ ABCDEF
六边形 是正六边形，
∴∠AOF=∠EOF=60°．
又∵OA=OF=OE=1，
∴△AOF，△EOF 均为等边三角形．
∴OA=OE=EF=AF=1．
∴四边形AOEF的周长为1×4=4，
故选：C．
【变式6-3】（23-24九年级上·江苏无锡·期中）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上
运动，若⊙O的周长为2π，MN=1，则△AMN周长的最小值是 ．
【答案】❑√5+1/1+❑√5
【分析】过点C作C A′∥BD，令C A′=MN=1；可推出四边形MC A′N为平行四边形，有A′N=CM；
根据C =AM+MN+AN=A′N+AN+1≥A A′+1可知当A A′⊥C A′时，△AMN周长有最小值.
△AMN
【详解】解：过点C作C A′∥BD，令C A′=MN=1
∵⊙O的周长为2π，∴⊙O的半径为1
∴BD=AC=2
∵C A′∥BD且C A′=MN=1
∴四边形MC A′N为平行四边形
∴A′N=CM
由正方形的对称性可得：CM=AM
∴A′N=AM
∴C =AM+MN+AN=A′N+AN+1≥A A′+1
△AMN
故：当A A′⊥C A′时，△AMN周长有最小值
此时：A A′=❑√AC2+C A′2=❑√5
∴△AMN周长的最小值是❑√5+1
故答案为：❑√5+1
【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质等．推出当A A′⊥C A′时，△AMN周长有
最小值是解题关键．
【题型7 正多边形和圆中求面积】
【例7】（2024·江苏南京·三模）如图，S 表示⊙O 中去掉内接正三角形部分的面积，S 表示⊙O 中去掉
1 1 2 2
内接正六边形部分的面积，⊙O 和⊙O 的半径均为6，则S 2S ．（填“>、<或=”）
1 2 1 2
【答案】>
【分析】本题考查了圆的内接正多边形，分别求出S 、S ，再根据作差法即可求解，掌握圆的内接正多边
1 2
形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，连接O A、O B、O C，过O 作O D⊥BC于D，连接O E、O F，过O 作
1 1 1 1 1 2 2 2
O M⊥EF于M，
2
1
在图1中，∠O BD= ∠ABC=30°，BC=2BD，O B=6，∠BDO =90°，
1 2 1 ❑
∴O D=3，BD=3❑√3，
1∴BC=2BD=6❑√3，
1
∴S =3S =3× ×6❑√3×3=27❑√3
△ABC △O 1 BC 2
S =π×62−S =36π−27❑√3，
1 △ABC
在图2中，∠EO F=60°，O E=O F=6，
2 2 2
∴△EO F为等边三角形，
2
O E=O F=EF=6
2 2
∵O M⊥EF，
2
1
∴∠EM= EF=3，
2
∴O M=❑√O E2−EM2=❑√62−32=3❑√3，
2 2
1 1
∴S = EF·O M= ×6×3❑√3=9❑√3，
△EO 2 F 2 2 2
S =π×62−6S =π×62−6×9❑√3=36π−54❑√3，
2 △EO F
2
∴2S =2(36π−54❑√3)=72π−108❑√3，
2
∴S −2S =36π−27❑√3−(72π−108❑√3)=81❑√3−36π>0，
1 2
∴S >2S ，
1 2
故答案为：>．
【变式7-1】（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，⊙O的半径为❑√2，以⊙O的内接正八边形的一边
为边在⊙O内作正方形ABCD，则正方形ABCD的面积为 ．【答案】4−2❑√2
【分析】本题考查了正多边形和圆，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理；
连接OA，OD，过A作AE⊥OD于E，求出∠AOD=45°，可得△AOE是等腰直角三角形，然后求出
AE=OE=1，进而求出DE，然后利用勾股定理求出AD2即可得到答案．
【详解】解：如图，连接OA，OD，过A作AE⊥OD于E，则∠AEO=∠AED=90°，
∵∠AOD是正八边形的中心角，
360°
∴∠AOD= =45°，
8
∴△AOE是等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴AE=OE= OA= ×❑√2=1，
2 2
∴DE=OD−OE=❑√2−1，
∴AD2=AE2+DE2=12+(❑√2−1) 2=4−2❑√2，
∴正方形ABCD的面积为：AD2=4−2❑√2，
故答案为：4−2❑√2．
【变式7-2】（2024·江苏无锡·一模）魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形的面积去
无限逼近圆面积． 如图所示的圆的内接正十二边形，若该圆的半径为1，则这个圆的内接正十二边形的面
积为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关
360°
键．过A作AC⊥OB于C，得到圆的内接正十二边形的圆心角为 =30°，根据三角形的面积公式即
12
可得到结论．
【详解】解：如图，过A作AC⊥OB于C，
360°
∵ =30°
12
圆的内接正十二边形的圆心角为 ，
∵OA=1，
1 1
∴AC= OA= ，
2 2
1 1 1
∴S = ×1× = ，
ΔOAB 2 2 4
1
∴这个圆的内接正十二边形的面积为12× =3，
4
故选：C
【变式7-3】（23-24九年级上·安徽芜湖·阶段练习）如图，⊙O的半径为2，△ABC是⊙O的内接等边三
角形，点DE在⊙O上．四边形BCDE为平行四边形，则平行四边形BCDE的面积是（ ）A．4❑√3 B．4 C．2 D．2❑√3
【答案】A
【分析】连接BD、OC，根据平行四边形的性质得∠BCD=90°，再根据圆周角定理得BD为⊙O的直
径，利用圆周角定理得到∠BOC=2∠A=120°，根据含30°的直角三角形三边的关系得到CD，BC，
然后根据矩形的面积公式求解．
【详解】解：连接BD、OC，如图，
∵四边形BCDE为平行四边形，
∴∠E=∠BCD，
∵∠E+∠BCD=180°，
∴∠E=∠BCD=90°，
∴BD为⊙O的直径，
∴BD=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠BOC=2∠A=120°，
而OB=OC，
∴∠CBD=30°，
1
在Rt△BCD中，CD= BD=2，BC=❑√3CD=2❑√3，
2
∴矩形BCDE的面积=BC⋅CD=4❑√3．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形外接圆与外心，垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条
弧．也考查了圆周角定理、等边三角形的性质和矩形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
【题型8 正多边形和圆中求最值】
【例8】（23-24九年级上·山东临沂·期末）如图，⊙O的圆心O与正方形的中心重合，已知⊙O的半径和
正方形的边长都为2，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）A．0.5 B．1 C．4−2❑√2 D．2−❑√2
【答案】D
【分析】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，设正方形四个顶点分别为A、B、C、D，连接
OA并延长，交⊙O于点E，由题意可得，EA的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小
值，求解即可．
【详解】解：设正方形四个顶点分别为A、B、C、D，连接OA并延长，交⊙O于点E，过点O作
OF⊥AB，如下图：
则EA的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
1
由题意可得：OE=AB=2，AF=OF= AB=1，
2
由勾股定理可得：OA=❑√OF2+AF2=❑√2，
∴AE=2−❑√2，
故选：D．
【变式8-1】（23-24·陕西西安·一模）如图，点P为⊙O上一点，连接OP，且OP=4，点A为OP上一动
点，点B为⊙O上一动点，连接AB，以线段AB为边在⊙O内构造矩形ABCD，且点C在⊙O上，则矩形
ABCD面积的最大值为 ．【答案】32
【分析】根据当圆的半径确定以后，圆内接正方形是圆内接矩形中面积最大的，进而求得圆内接正方形的
面积，则矩形ABCD面积的最大值为圆内接正方形面积，据此求解即可．
【详解】如图，四边形BCEF是圆O的内接正方形，当圆的半径确定以后，圆内接正方形是圆内接矩形中
面积最大的；
点A，D分别是正方形的对边BF，CE的中点，
此时矩形ABCD的面积恰好是正方形BCEF的面积，
圆O的直径PQ恰好经过点A，D，
连接BE ，
∵四边形BCEF是圆O的内接正方形，OP=4，
∴BE = PQ = 2OP =8，BC = CE，
∵∠C= 90°，
∴BC2 + CE2 = 2BO2 = BE2 = 8❑ 2，
∴BC2=32，即S BCEF=32，
正方形
如图，当P,A重合时，当A,B,C,D四点都在圆上时，四边形ABCD是正方形矩形ABCD面积的最大值为32．
故答案为：32．
【点睛】本题考查了圆内接四边形，将问题转化为圆内接四边形是解题的关键．
【变式8-2】（23-24九年级上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，点M是边长为2的正六边形ABCDEF内的一
点（不包括边界），且AM⊥BM，P是FC上的一点，N是AF的中点，则PN+PM的最小值为
．
【答案】2
【分析】本题考查了正多边形，轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等
知识．取AB中点O，EF中点Q，连接PQ，MO，延长EF、BA相交于点T，利用轴对称的性质可得
PN+PM+MO=PQ+PM+MO≥QO，从而得出当Q,P,M,O共线时，PN+PM的最小值为
QO−MO=QM，然后利用直角三角形斜边中线的性质求出OM=1，证明△FTA，△QTO为等边三角
形，即可求解．
【详解】解：取AB中点O，EF中点Q，连接PQ，MO，延长EF、BA相交于点T，
，
∵正六边形ABCDEF关于直线CF对称，
∴N，Q也关于直线CF对称，
∴PQ=PN，
∵AM⊥BM，O为AB中点，
1
∴MO= AB=1，
2
∴PN+PM+MO=PQ+PM+MO≥QO，
当Q,P,M,O共线时，PN+PM+MO=PQ+PM+MO=QO，∴PN+PM的最小值为QO−MO=QM，
∵正六边形ABCDEF的边长为2，
360°
∴∠TFA=∠TAF= =60°，AF=EF=AB=2，
6
∴△TAF是等边三角形，
∴FT=AT，∠T=60°，
∵EF=AB=2，O为AB中点，Q为EF中点，
1 1
∴AO= AB=1，FQ= EF=1，
2 2
∴TQ=3=¿，
∴△TQO是等边三角形，
∴QO=3，
∴QM=2，
∴PN+PM的最小值为2．
故答案为：2．
⏜
【变式8-3】（23-24·广东广州·中考真题）如图，⊙O为等边ΔABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧
AB
上运动（不与点A,B重合），连接DA，DB，DC．
（1）求证：DC是∠ADB的平分线；
（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理
由；
（3）若点M,N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位
置，ΔDMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
❑√3
【答案】(1)详见解析；(2)是， S= x2 (2❑√3
