文档内容
专题 17 正多边形和圆（3 个知识点 2 种题型 1 种中考考法）
【目录】
倍速学习四种方法
【方法一】 脉络梳理法
知识点1.正多边形及有关概念（重点）
知识点2.正多边形的有关计算（重点）
知识点3.正多边形的画法
【方法二】 实例探索法
题型1.正多边形的有关计算
题型2.正多边形的旋转问题
【方法三】 仿真实战法
考法. 正多边形的有关计算
【方法四】 成果评定法
【学习目标】
1.初步认识正多边形与圆的关系。
2.理解正n边形的半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，会进行正多边形的有关计算。
3.掌握等分圆周画圆内接正多边形的方法。
【知识导图】【倍速学习五种方法】
【方法一】脉络梳理法
知识点1.正多边形及有关概念（重点）
各边相等，各角也相等的多边形是正多边形．
要点诠释：
判断一个多边形是否是正多边形，必须满足两个条件：(1)各边相等；(2)各角相等；缺一不可.如菱
形的各边都相等，矩形的各角都相等，但它们都不是正多边形(正方形是正多边形).
1.正多边形的外接圆和圆的内接正多边形
正多边形和圆的关系十分密切，只要把一个圆分成相等的一些弧，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．
2.正多边形的有关概念
(1)一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
(2)正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径．
(3)正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
(4)正多边形的中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
3.正多边形的性质
1.正多边形都只有一个外接圆，圆有无数个内接正多边形.
2.正ｎ边形的半径和边心距把正ｎ边形分成2ｎ个全等的直角三角形.
3.正多边形都是轴对称图形，对称轴的条数与它的边数相同，每条对称轴都通过正n边形的中心；当
边数是偶数时，它也是中心对称图形，它的中心就是对称中心.
4.边数相同的正多边形相似。它们周长的比，边心距的比，半径的比都等于相似比，面积的比等于相
似比的平方．
5.任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆
要点诠释：（1）各边相等的圆的内接多边形是圆的内接正多边形；（2）各角相等的圆的外切多边形是圆
的外切正多边形.
【例1】如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，点P在⊙O上，则∠APB等于（ ）
A．30° B．45° C．55° D．60°【答案】连接OA，OB．根据正方形的性质，得∠AOB=90°．再根据圆周角定理，得∠APB=45°．
故选B．
【变式1】．如图1，△PQR是⊙O的内接正三角形，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，BC∥QR，则∠AOQ=
（ ）
A．60° B．65° C．72° D．75°
【思路点拨】
连接OD，根据题意求出∠POQ和∠AOD的度数，利用平行关系求出∠AOP度数，即可求出∠AOQ的
度数．
【答案】D.
【解析】如图2，连接OD，由题意可知∠POQ=120°，∠AOD=90°，
由BC∥RQ可知P为弧AD的中点，所以∠AOP=45°，所以∠AOQ=∠POQ-∠AOP=120°-45°=75°．
故选D．
【点评】解决此类问题的关键是作出恰当的辅助线（如正多边形的半径、边心距、中心角等），再利用正
多边形与圆有关性质求解．
【变式2】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．
【解析与答案】
1
360°72°
(1)正多边形必有外接圆，作出正五边形的外接⊙O，则
AB的度数为 5
，
EDC
∵ ∠EAC的度数等于 的度数的一半，
1
72°272°
2
∴ ∠EAC＝ ，
1
2
同理，∠AED＝ ×72°×3＝108°，
∴ ∠EAC+∠AED＝180°，
∴ ED∥AC．
(2)∵ ∠EMA＝180－∠AEB－∠EAC＝72°，
∴ ∠EAM＝∠EMA＝72°，
∴ EA＝EM．
【点评】辅助圆是特殊的辅助线，一般用得很少，当有共圆条件时可作出辅助圆后利用圆的特殊性去解决
直线型的问题．要证AC∥ED和ME＝AE，都可用角的关系去证，而如果作出正五边形的外接圆，则用圆中
角
的关系去证比较容易．
知识点2.正多边形的有关计算（重点）(1)正ｎ边形每一个内角的度数是 ；
(2)正ｎ边形每个中心角的度数是 ；
(3)正ｎ边形每个外角的度数是 .
要点诠释：要熟悉正多边形的基本概念和基本图形，将待解决的问题转化为直角三角形.
【例2】如图，点G，H分别是正六边形ABCDEF的边BC，CD上的点，且BG=CH，AG交BH于点P．
（1）求证：△ABG≌△BCH；
（2）求∠APH的度数．
【答案与解析】
（1）证明：∵在正六边形ABCDEF中，
AB=BC，∠ABC=∠C=120°，
在△ABG与△BCH中 ，
∴△ABG△BCH；
（2）解：由（1）知：△ABG≌△BCH，
∴∠BAG=∠HBC，
∴∠BPG=∠ABG=120°，
∴∠APH=∠BPG=120°．
【点评】本题考查了正多边形的性质及相关计算，解题的关键是正确地利用正六边形中相等的元素．
【变式】如图，正六边形ABCDEF内接于半径为4的圆，则B、E两点间的距离为 ．
【思路点拨】根据题意可以求得∠BAE的度数，由正六边形ABCDEF内接于半径为4的圆，可以求得B、
E两点间的距离．
【答案】8．【解析】解：连接BE、AE，如右图所示，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BAF=∠AFE=120°，FA=FE，
∴∠FAE=∠FEA=30°，
∴∠BAE=90°，
∴BE是正六边形ABCDEF的外接圆的直径，
∵正六边形ABCDEF内接于半径为4的圆，
∴BE=8，
即则B、E两点间的距离为8，
故答案为：8．
【点评】本题考查正多边形和圆，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
知识点3.正多边形的画法
1.用量角器等分圆
由于在同圆中相等的圆心角所对的弧也相等，因此作相等的圆心角(即等分顶点在圆心的周角)可以等
分圆；根据同圆中相等弧所对的弦相等，依次连接各分点就可画出相应的正n边形.
2.用尺规等分圆
对于一些特殊的正ｎ边形，可以用圆规和直尺作图.
①正四、八边形。
在⊙O中，用尺规作两条互相垂直的直径就可把圆分成4等份，从而作出正四边形。 再逐次平分各边
所对的弧(即作∠AOB的平分线交 于 E) 就可作出正八边形、正十六边形等，边数逐次倍增的正多边形。
②正六、三、十二边形的作法。通过简单计算可知，正六边形的边长与其半径相等，所以，在⊙O中，任画一条直径AB，分别以A、B
为圆心，以⊙O的半径为半径画弧与⊙O相交于C、D和E、F，则A、C、E、B、F、D是⊙O的6等分点。
显然，A、E、F(或C、B、D)是⊙O的3等分点。
同样，在图(3)中平分每条边所对的弧，就可把⊙O 12等分……。
要点诠释：画正n边形的方法：（1）将一个圆n等份，（2）顺次连结各等分点.
【例3】（2022秋·江苏盐城·九年级校联考阶段练习）如图，在网格纸中，O、A都是格点，以O为圆心，
为半径作圆，用无刻度的直尺完成以下画图：
(1)在图①中画⊙O的一个内接正六边形 ；
(2)在图②中画⊙O的一个内接正八边形 ．
【分析】（1）设 的延长线与圆交于点D，根据圆的内接正六边形的性质，点D即为正六边形的一个顶
点，且正六边形的边长等于圆的半径，即 ，故在图中找到 的中垂线与圆的交点即为正六边形的
顶点B和F,同理∶在图中找到 的中垂线与圆的交点即为正六边形的顶点C和E，连接
，如图，正六边形 即为所求；
（2）圆的内接八边形的中心角为 ，而正方形的对角线与边的夹角也为 ，根据正方形对角
线能形成 角，以此确定 ，同理即可确定另外4个点位置，再顺次连接即可．
【详解】（1）解：如图所示，如图①，正六边形 即为所求；
（2）如图所示，
如图②，正八边形 即为所求．
【点睛】本题考查了作图-应用与设计作图、正多边形和圆，解决本题的关键是掌握圆内接正多边的性质，
准确画图．
【方法二】实例探索法
题型1.正多边形的有关计算
1．（2022•岳池县模拟）如图，五边形ABCDE是 O的内接正五边形，则正五边形的中心角∠COD的度数
是（ ） ⊙
A．72° B．60° C．48° D．36°360°
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式： 计算即可．
n
【解答】解：∵五边形ABCDE是 O的内接正五边形，
⊙ 360°
∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为 = 72°，
5
故选：A．
360°
【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式： 是解题的关键．
n
2．（2022•成华区模拟）如图，正方形ABCD内接于 O，点P在劣弧^AB上，则∠P的度数为（ ）
⊙
A．15° B．30° C．45° D．60°
【分析】连接OB、OC，如图，先利用正方形的性质得∠BOC＝90°，然后根据圆周角定理求解．
【解答】解：连接OB、OC，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BOC＝90°，
1
∴∠BPC = ∠BOC＝45°．
2
故选C．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对
的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查
了正方形的性质．
3．（2022•宜兴市一模）如图， O与正五边形ABCDE的两边AE，CD相切于A，C两点，则∠AOC的度数
是（ ） ⊙A．108° B．129° C．130° D．144°
【分析】根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为 108°，由切线的性质可得出∠OAE＝∠OCD＝
90°，在五边形CDEAO中由内角和可求出答案．
【解答】解：∵正五边形ABCDE，
(5-2)×180°
∴∠D＝∠E= =108°，
5
又∵ O与正五边形ABCDE的两边AE，CD相切于A，C两点，
∴∠⊙OAE＝∠OCD＝90°，
在五边形CDEAO中，
∠AOC＝（5﹣2）×180°﹣90°×2﹣108°×2＝144°，
故选：D．
【点评】本题考查正多边形与圆，切线的性质，掌握正多边形的内角、内角和的计算方法以及切线的性
质是正确计算的前提．
4．（2022•达拉特旗一模）如图，在拧开一个边长为 a的正六角形螺帽时，扳手张开的开口 b＝10❑√3
mm，则这个正六边形的面积为（ ）
20❑√3
A． mm2 B．300❑√3mm2 C．150❑√3mm2 D．75❑√3mm2
3
【分析】根据正六边形的性质，可得∠ABC＝120°，AB＝BC＝a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，
根据锐角三角函数的余弦，可得答案．
【解答】解：如图：作BD⊥AC于D，
由正六边形，得
∠ABC＝120°，AB＝BC＝a，∠BCD＝∠BAC＝30°．
由AC＝10❑√3mm，得CD＝5❑√3mm．
CD ❑√3 5❑√3 ❑√3
cos∠BCD= = ，即 = ，
BC 2 a 2
解得a＝10，
1
这个正六边形的面积6× ×10×5❑√3=150❑√3（mm2），
2
故选C．
【点评】本题考查了正多边形和圆，利用了正六边形的性质得出等腰三角形是解题关键，又利用了正三
角形的性质，余弦函数，
5．（2022•徐州一模）如图，AF是正五边形ABCDE的外接圆的切线，则∠CAF＝ °．
(5-2)×180°
【分析】连接OC，AO，根据正五边形的性质得到∠B= =108°，根据圆周角定理得到
5
1
∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，根据等腰三角形的性质得到∠CAO = ×（180°﹣144°）＝18°，根据切线的
2
性质得到∠OAF＝90°，于是得到结论．
【解答】解：连接OC，AO，
(5-2)×180°
在正五边形ABCDE中，∠B= =108°，
5
∴∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，
∵OC＝OA，
1
∴∠CAO = ×（180°﹣144°）＝18°，
2
∵AF是正五边形ABCDE的外接圆的切线，
∴∠OAF＝90°，∴∠CAF＝90°﹣18°＝72°，
故答案为：72．
【点评】本题考查了正多边形与圆，切线的性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
6.（2022春•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 ．
【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，
(5-2)×180°
∴∠ABC＝∠EAB= =108°，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，
5
180°-108°
∴∠ACB＝∠BAC = = 36°，
2
∴∠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°．【点评】本题考查正多边形与圆，掌握正五边形的性质以及三角形的内角和定理是正确解答的前提．
7.如图，AG是正八边形ABCDEFGH的一条对角线．
（1）在剩余的顶点B、C、D、E、F、H中，连接两个顶点，使连接的线段与AG平行，并说明理由；
（2）两边延长AB、CD、EF、GH，使延长线分别交于点P、Q、M、N，若AB=2，求四边形PQMN的面
积．
【答案与解析】
解：（1）连接BF，则有BF∥AG．
理由如下：
∵ABCDEFGH是正八边形，
∴它的内角都为135°．
又∵HA=HG，
∴∠1=22.5°，
从而∠2=135°﹣∠1=112.5°．
由于正八边形ABCDEFGH关于直线BF对称，
∴
即∠2+∠3=180°，故BF∥AG．
（2）根据题设可知∠PHA=∠PAH=45°，
∴∠P=90°，同理可得∠Q=∠M=90°，
∴四边形PQMN是矩形．
又∵∠PHA=∠PAH=∠QBC=∠QCB=∠MDE=∠MED=45°，AH=BC=DE，
∴△PAH≌△QCB≌△MDE，
∴PA=QB=QC=MD．即PQ=QM，
故四边形PQMN是正方形．在Rt△PAH中，∵∠PAH=45°，AH=2，
∴PA=
∴ ．
故 ．
【点评】此题主要考查了正多边形和圆以及全等三角形的判定与性质等知识，得出PQ的长是解题关键．
8.如图（1）所示，圆内接△ABC中，AB＝BC＝CA，OD、OE为⊙O的半径，OD⊥BC于点F，OE⊥AC于点G，
1
3
求证：阴影部分四边形OFCG的面积是△ABC的面积的 ．
图（1）
【答案与解析】
(1)连OA、OB、OC，如图（2）所示，
图（2）
则OA＝OB＝OC，又AB＝BC＝CA．∴ △OAB≌△OBC≌△OCA，
1 1
2 2
又OD⊥BC于F，OE⊥AC于G，由垂径定理得AG＝ AC，FC＝ BC，
∴ AG＝CF．∴ Rt△AOG≌Rt△COF
1
S S S S S S S
四边形OFCG OCG OCF OCG AOG AOC 3 ABC
∴ ．
【点评】首先连接OC，根据垂径定理的知识，易证得Rt△OCG≌Rt△OCF，设OG=a，根据直角三角形的
性质与等边三角形的知识，即可求得阴影部分四边形OFCG的面积与△ABC的面积，继而求得答案．
9.如下图，若∠DOE保持120°角度不变，求证：当∠DOE绕着O点旋转时，由两条半径和△ABC的两条边
1
3
围成的图形，图中阴影部分的面积始终是△ABC的面积的 ．【答案】连接OA、OB、OC，由(1)知△OAB≌△OBC≌△OCA．
∴ ∠1＝∠2．
设OD交BC于F，OE交AC于G，则∠AOC＝∠3+∠4＝120°，
∠DOE＝∠5+∠4＝120°，∴ ∠3＝∠5．
21
OAOC
35
在△OAG和△OCF中 ，∴ △OAG≌△OCF．
1
S S S
四边形OFCG ΔAOC 3 ΔABC
∴ ．
10．如图，正方形ABCD内接于 O，E是^BC的中点，连接AE，DE，CE．
（1）求证：AE＝DE； ⊙
（2）若CE＝1，求四边形AECD的面积．
【分析】（1）欲证明AE＝DE，只要证明^AE=^DE．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF（AAS），推出AE＝CF，
推出S△ADE ＝S△CDF ，推出S四边形AECD ＝S△DEF ，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问
题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，∴^AB=C^D，
∵E是^BC的中点，
∴^BE=^EC，
∴^AB+^BE=C^D+^EC，即^AE=^DE，
∴AE＝DE．
（2）解：连接BD，AO，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠DEC＝45°，DA＝DC，
∵∠EDF＝90°，
∴∠F＝∠EDF﹣∠DEF＝90°﹣45°＝45°，
∴DE＝DF，
1
∵∠AED= ∠AOD＝45°，
2
∴∠AED＝∠F＝45°，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE+∠EDC＝∠CDF+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF
在△ADE和△CDF中，
{∠ADE=∠CDF
∠AED=∠F ，
DA=DC
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴S△ADE ＝S△CDF ，
∴S四边形AECD ＝S△DEF ，
∵EF=❑√2DE＝EC+DE，EC＝1，
∴1+DE=❑√2DE，
∴DE=❑√2+1，
1 3
∴S四边形AECD ＝S△DEF =
2
DE2=❑√2+
2
．【点评】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和
性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
题型2.正多边形的旋转问题
11．（2023秋·江苏·九年级专题练习）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不
可能是（ ）
A．60° B．90° C．180° D．360°
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，以及正多边形的中心角的度数，进行判断即可．
【详解】解：正六边形的中心角的度数为： ，
∴正六边形绕其中心旋转 或 的整数倍时，仍与原图形重合，
∴旋转角的大小不可能是 ；
故选B．
【点睛】本题考查旋转图形，正多边形的中心角．熟练掌握旋转的性质，正多边形的中心角的度数的求法，
是解题的关键．
12．（2022秋·九年级课时练习）如图①、②、③，正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别
是⊙O的内接三角形、内接四边形、内接五边形，点M、N分别从点B、C开始，以相同的速度中⊙O上逆
时针运动．
（1）求图①中∠APB的度数；
（2）图②中，∠APB的度数是 ，图③中∠APB的度数是 ；
（3）根据前面探索，你能否将本题推广到一般的正n边形情况？若能，写出推广问题和结论；若不能，请说明理由．
【答案】（1）120°；（2）=，=；（3）能，∠APB=
【分析】（1）由题意可得 ，根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得 ，在利用三
角形外角的性质即可求解
（2）根据（1）的求解过程，即可求解
（3）结合（1），（2）的推理过程，即可得出结论
【详解】（1）∠APB=120°（如图①）
∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，
∴∠BAM=∠CBN，
又∵∠APN=∠BPM，
∴∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°，
∴∠APB=120°；
（2）同理可得：图②中∠APB=90°；图③中∠APB=72°．
（3）由（1），（2）可知，∠APB=所在多边形的外角度数，故在图n中，∠APB= ．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，以及正多边形外角的求法，
三角形外角的性质是解题关键．
13．（2022秋·九年级课时练习）如图所示，正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别是
的内接三角形、内接四边形、内接五边形，点M、N分别从点B、C开始，以相同的速度在 上逆时针运
动．
（1）求图①中 的度数（2）图②中 的度数是______，图③中 的度数是______；
（3）若推广到一般的正n边形情况，请写出 的度数是______．
【答案】（1）120°；（2）90°，72°；（3）
【分析】（1）根据等边三角形的性质、旋转的性质，求出 ，即可求出答案；
（2）与（1）同理，可求 ，根据正方形和正五边形的内角度数，即可求出答案；
（3）与（1）（2）同理，∠APB为所在多边形的外角度数，即可得到答案．
【详解】解：（1）∵ 是正三角形，
∴ ，
∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在 上逆时针运动，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）由图②，四边形ABCD是正方形，则与（1）同理，
，
∴ ；
由图③，正五边形ABCDE中，与（1）同理，
∴ ，
∴ ；
故答案为：90°；72°；
（3）由（1）可知，∠APB为所在正多边形的外角度数，故在图n中，有∠APB= ；
故答案为： ；
【点睛】此题是一道规律探索题，体现了探索发现的一般规律：通过计算得出特殊多边形中的角∠APN的
度数，然后得出n边形的∠APN的度数．
【方法三】 仿真实战法
考法. 正多边形的有关计算
1．（2021•徐州）如图，一枚圆形古钱币的中间是一个正方形孔，已知圆的直径与正方形的对角线之比为
3：1，则圆的面积约为正方形面积的（ ）A．27倍 B．14倍 C．9倍 D．3倍
【分析】根据圆的直径与正方形的对角线之比为 3：1，设圆的直径，表示出正方形的对角线的长，再
分别表示圆、正方形的面积即可．
【解答】解：设AB＝6a，因为CD：AB＝1：3，
所以CD＝2a，OA＝3a，
因此正方形的面积为 CD•CD＝2a2，
圆的面积为 ×（3a）2＝9 a2，
所以圆的面积π是正方形面积π的9 a2÷（2a2）≈14（倍），
故选：B． π
【点评】本题考查圆的有关计算，正方形的性质，掌握圆的面积和正方形面积的计算方法是得出正确答
案的前提．
2．（2023•连云港）以正六边形 ABCDEF的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，使得新正六边形
A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，则正六边形ABCDEF至少旋转 °．
【分析】以正六边形ABCDEF的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，即∠DCD'是旋转角，∠BCD＝120°，要使新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，则∠DCD'至少要旋转60°．
【解答】解：∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BCD＝120°，
要使新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，
则∠DCD'至少为60°，则正六边形ABCDEF至少旋转60°．
故答案为：60°．
【点评】本题考查多边形的性质和旋转的性质，熟悉性质是解题关键．
3．（2022•宿迁）如图，在正六边形ABCDEF中，AB＝6，点M在边AF上，且AM＝2．若经过点M的直
线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是 ．
【分析】设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M、O作直线l交CD于点N，则直线l将正六边形的面
积平分，直线l被正六边形所截的线段长是MN，连接OF，过点M作MH⊥OF于点H，连接OA，由正
六边形的性质得出AF＝AB＝6，∠AFO＝ ∠AFE＝ × ＝60°，MO＝ON，进而得出
△OAF是等边三角形，得出OA＝OF＝AF＝6，由AM＝2，得出MF＝4，由MH⊥OF，得出∠FMH＝
30°，进而求出FH＝2，MH＝2 ，再求出OH＝4，利用勾股定理求出OM＝2 ，即可求出MN的长
度，即可得出答案．
【解答】解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M、O作直线l交CD于点N，则直线l将正
六边形的面积平分，直线l被正六边形所截的线段长是MN，连接OF，过点M作MH⊥OF于点H，连
接OA，∵六边形ABCDEF是正六边形，AB＝6，中心为O，
∴AF＝AB＝6，∠AFO＝ ∠AFE＝ × ＝60°，MO＝ON，
∵OA＝OF，
∴△OAF是等边三角形，
∴OA＝OF＝AF＝6，
∵AM＝2，
∴MF＝AF﹣AM＝6﹣2＝4，
∵MH⊥OF，
∴∠FMH＝90°﹣60°＝30°，
∴FH＝ MF＝ ×4＝2，MH＝ ＝ ＝2 ，
∴OH＝OF﹣FH＝6﹣2＝4，
∴OM＝ ＝ ＝2 ，
∴NO＝OM＝2 ，
∴MN＝NO+OM＝2 +2 ＝4 ，
解法二：利用对称性，DN＝AM＝2，由M向下作垂线，利用勾股定理求解，可得结论．
故答案为：4 ．
【点评】本题考查了正多边形和圆，掌握正六边形的特点，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾
股定理等知识是解决问题的关键．
【方法四】 成果评定法
一．选择题（共10小题）1．（2022秋•惠阳区校级月考）如图，正八边形ABCDEFGH中，∠EAG大小为（ ）
A．30° B．40° C．45° D．50°
【分析】连接AC、GE、EC，易知四边形ACEG为正方形，根据正方形的性质即可求解．
【解答】解：连接AC、GE、EC，如图所示：
则四边形ACEG为正方形，
∴∠EAG＝45°，
故选：C．
【点评】本题考查了正多边形的性质、正方形的性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
2．（2023秋•西山区校级月考） O的半径为2，则它的内接正六边形的边长为（ ）
⊙
A．2 B．2 C． D．2
【分析】如图，首先求出∠AOB＝60°，结合OA＝OB，得到△OAB为等边三角形，即可解决问题．
【解答】解：如图，AB为 O的内接正六边形的边长；
⊙
∵∠AOB＝ ＝60°，OA＝OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB＝OA＝2，
故选：A．【点评】该题考查了正多边形和圆的位置关系及其应用问题；灵活运用正多边形和圆的位置关系判断
△OAB为等边三角形，是解题的关键．
3．（2022秋•丰顺县校级月考）如图，正五边形ABCDE内接于 O，P为 上的一点（点P不与点D重
⊙
合），则∠CPD的度数为（ ）
A．30° B．36° C．60° D．72°
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
【解答】解：如图，连接OC，OD．
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝ ＝72°，
∴∠CPD＝ ∠COD＝36°，
故选：B．
【点评】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考
题型．
4．（2023秋•仓山区校级月考）若 O的内接正n边形的边长与 O的半径相等，则n的值为（ ）
A．4 B．5 ⊙ C．6 ⊙ D．7
【分析】因为 O的半径与这个正n边形的边长相等，推出这个多边形的中心角＝60°，构建方程即可
解决问题． ⊙
【解答】解：∵ O的半径与这个正n边形的边长相等，
∴这个多边形的⊙中心角＝60°，∴ ＝60°，
∴n＝6，
故选：C．
【点评】本题考查正多边形与圆，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，属于
中考常考题型．
5．（2023秋•诸暨市校级月考）圆内接正六边形的边长为2，则该圆内接正三角形的边长为（ ）
A．4 B． C． D．
【分析】根据题意画出图形，设出圆的半径，再由正多边形及特殊角的三角函数值求解即可．
【解答】解：如图（一），
∵圆内接正六边形边长为2，
∴AB＝2， ，
∵OA＝OB，
∴△OAB是等边三角形，圆的半径为2，
如图（二），
连接OB，过O作OD⊥BC于D，
则根据内接正三角形的性质，可得∠OBC＝30°，
即BD＝OB•cos30°＝ ×2＝ ，
故 ．故选：D．
【点评】本题考查的是圆内接正三角形及正六边形的性质，根据题意画出图形，作出辅助线构造出直角
三角形是解答此题的关键．
6．（2023秋•雨花区校级月考）我们都知道蜂巢是很多个正六边形组合来的．正六边形蜂巢的建筑结构密
合度最高、用材最少、空间最大、也最为坚固、如图，某蜂巢的房孔是边长为6的正六边形ABCDEF，
若 O的内接正六边形为正六边形ABCDEF，则BF的长为（ ）
⊙
A．12 B． C． D．
【分析】根据圆内接正六边形的性质以及直角三角形的边角关系进行计算即可．
【解答】解：如图，连接OA、OB，
∵六边形ABCDEF是 O的内接正六边形，
⊙
∴AB＝AF＝6，∠AOB＝ ＝60°，
∴OA⊥BF，
∴BG＝FG，
在Rt△BOG中，∠O＝60°，OB＝6，
∴BG＝ OB＝3 ，
∴BF＝2BG＝6 ，
故选：C．
【点评】本题考查正多边形与圆，解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系以及圆内接正六边形的性
质是正确解答的前提．7．（2023秋•东湖区月考）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O
重台，AB∥x轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，
点A的坐标为（ ）
A．（ ，﹣1） B．（﹣1，﹣ ） C．（﹣ ，1） D．（1， ）
【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．
【解答】解：正六边形 ABCDEF 边长为2，中心与原点0重合，AB∥x轴，
∴AP＝1，AO＝2．∠OPA＝90°，
：OP﹣＝ ＝ ．
第1次旋转结束时，点A的坐标为（﹣ ．1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（﹣1，﹣ ）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（ ，﹣1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1. ），
∵4次一个循环，
∴2023÷4＝505.....3．
第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ，﹣1）．
故选：A．
【点评】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．
8．（2023秋•崇川区校级月考）如图，正五边形ABCDE内接于 O，PD与 O相切于点D，连接OE并
延长，交PD于点P，则∠P的度数是（ ） ⊙ ⊙A．36° B．28° C．20° D．18°
【分析】连接OD，利用切线的性质证明∠ODP＝90°，再利用正五边形的性质求出∠POD，可得结论．
【解答】解：如图，连接OD．
∵PD是 O的切线，
∴∠ODP⊙＝90°，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EOD＝ ＝72°，
∴∠P＝90°﹣∠POD＝18°．
故选：D．
【点评】本题考查正多边形与圆，切线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正五边形的性质，切线的
性质，属于中考常考题型．
9．（2023秋•诸暨市校级月考）如图，AB，BC和AC分别为 O内接正方形，正六边形和正n边形的一边，
则n是（ ） ⊙
A．六 B．八 C．十 D．十二
【分析】根据正多边形中心角的定义求出，∠AOB，∠BOC可得结论．
【解答】解：连接OA，OB，OC．由题意，∠AOB＝ ＝90°，∠BOC＝ ＝60°，
∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC＝30°，
∴n＝ ＝12，
故选：D．
【点评】本题考查正多边形与圆，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
10．（2023秋•高邮市校级月考）如图， O半径为 ，正方形ABCD内接于 O，点E在 上运动，
⊙ ⊙
连接BE，作AF⊥BE，垂足为F，连接CF．则CF长的最小值为（ ）
A． ﹣1 B．1 C． ﹣1 D．
【分析】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A⊙B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 ，
∴AB＝BC＝ ＝2，
∴KF＝AK＝KB＝1，
∵∠CBK＝90°，
∴CK＝ ＝ ＝ ，
∵CF≥CK﹣KF，
∴CF≥ ﹣1，
∴CF的最小值为 ﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想
思考问题．
二．填空题（共8小题）
11．（2023秋•五华区校级月考）把一个正多边形绕它的中心旋转 36°后能与原来的位置重合，则这个多边
形的边数至少是 1 0 ．
【分析】正多边形都是旋转对称图形，中心角即为最小的旋转角，（360°÷中心角度数）即为边数．
【解答】解：∵正多边形绕它的中心旋转40°后，能和原来的图形重合，
∴多边形的边数是：360°÷36°＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了旋转对称的知识，解答本题的关键是掌握旋转对称及旋转角的定义．
12．（2023秋•仓山区校级月考）正五边形的中心角的度数是 72 ° ．
【分析】根据正多边形的圆心角定义可知：正n边形的圆中心角为 ，则代入求解即可．
【解答】解：正五边形的中心角为： ＝72°．
故答案为：72°．
【点评】此题考查了正多边形的中心角的知识．题目比较简单，注意熟记定义．
13．（2023秋•栖霞区校级月考）已知边长为2的正三角形，能将其完全覆盖的最小圆的面积为 ．【分析】先求出边长为2的正三角形的外接圆的半径，再求出其面积即可．
【解答】解：连接OB、OC，过O作OD⊥BC于D，
∵△ABC是边长为4的等边三角形，BC＝2，
∴∠BOC＝120°，
∴∠BOD＝ ∠BOC＝60°，BD＝1，
∴OB＝ ＝ ，
∴能够完全覆盖这个正三角形的最小圆的面积为： ×（ ）2＝ ，
π
故答案为： ．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，根据题意画出图形，掌握正三角形的性质、利用数形结
合求解是解答此题的关键．
14．（2023秋•江宁区校级月考）如图，AE是正八边形ABCDEFGH的一条对角线，则∠BAE＝ 67.5
°．
【分析】先根据多边形内角和定理求出正八边形的内角和，再求出各内角的度数，根据正八边形的特点
即可得出结论．
【解答】解：∵图中是正八边形，
∴各内角度数和＝（8﹣2）×180°＝1080°，
∴∠HAB＝ ＝135°，
∴∠BAE＝ ＝67.5°．故答案为：67.5．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，熟知正八边形的各内角都相等是解答此题的关键．
15．（2023秋•东台市月考）已知正六边形的半径是2，则这个正六边形的边长是 2 ．
【分析】如图，求出圆心角∠AOB＝60°，得到△OAB为等边三角形，即可解决问题．
【解答】解：如图，AB为 O内接正六边形的一边；
⊙
则∠AOB＝ ＝60°，
∵OA＝OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB＝OA＝2．
故答案为：2．
【点评】该题主要考查了正多边形和圆的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用正多边形和圆的性
质来分析、判断、解答．
16．（2023秋•沭阳县校级月考）如图摆放着正五边形 ABCDE和正△EFG，其中点A、B、F在同一直线
上，EG∥BF，则∠DEG的度数是 144 ° ．
【分析】利用平行线的性质求出∠AEG＝108°，可得结论．
【解答】解：在正五边形ABCED中，∠BAE＝∠AED＝108°，
∵EG∥BF，
∴∠AEG＝∠BAE＝108°，
∴∠DEG＝360°﹣108°﹣108°＝144°．
故答案为：144°．
【点评】本题考查正多边形与圆，平行线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解
决问题．
17．（2023 秋•栖霞区校级月考）如图，点 O 是正六边形 ABCDEF 的中心，以 AB 为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，连接OD，ON，则∠DON＝ 10 5 °．
【分析】连接OA，OB，OE，OF，利用正六边形的性质得到 OA＝OB＝OF＝OE＝OD，∠AOB＝
∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，则△OAB为等边三角形，D，O，A在一条直线上；利用正方形的性质，
等边三角形的性质和等腰三角形的性质求得∠AON的度数，则结论可得．
【解答】解：连接OA，OB，OE，OF，如图，
∵点O是正六边形ABCDEF的中心，
∴OA＝OB＝OF＝OE＝OD，∠AOB＝∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，
∴△OAB为等边三角形，∠AOF+∠FOE+∠EOD＝180°，
∴D，O，A在一条直线上，∠OAB＝60°，OA＝AB．
∵以AB为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，
∴∠NAB＝90°，AB＝AN，
∴∠NAO＝30°，OA＝AN，
∴∠AON＝∠ANO＝ ＝75°，
∴∠NOD＝180°﹣∠AON＝105°．
故答案为：105．
【点评】本题主要考查了正六边形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性
质，三角形的内角和定理，连接正六边形的半径，证得D，O，A在一条直线上是解题的关键．
18．（2023秋•玄武区校级月考）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 ．
⊙ ⊙
【分析】如图，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．
【解答】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°，
∴AE＝2AH＝2×1×cos30°＝ ，
∴AG＝AE＝ ，
∵OG⊥AD，
∴OG＝ ＝ ＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解直角三角形等知识，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．三．解答题（共8小题）
19．（2023秋•仓山区校级月考）李师傅要为某单位修建正多边形花台，已知正多边形花台的一个外角的
度数比一个内角度数的 多12°，请你帮李师傅求出这个正多边形的一个内角的度数和它的边数．
【分析】设这个多边形的一个内角的度数是x°，则相邻的外角度数是 x°+12°，得出方程x+ x+12＝
180，求出x，再根据多边形的外角和等于360°求出边数即可．
【解答】解：设这个多边形的一个内角的度数是x°，则相邻的外角度数是 x°+12°，
则x+ x+12＝180，
解得：x＝140，
这个正多边形的一个内角度数是140°，
180°﹣140°＝40°，
所以这个正多边形的边数是 ＝9．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，能求出多边形的一个内角的度数是解此题的关键，注意：多
边形的外角和等于360°．
20．（2022秋•响水县校级月考）如图，正方形ABCD内接于 O，P为 上的一点，连接DP，CP．
⊙
（1）求∠CPD的度数；
（2）当点P为 的中点时，CP是 O的内接正n边形的一边，求n的值．
⊙
【分析】（1）连接OD，OC，根据正方形ABCD内接于 O，结合圆周角定理可得∠CPD；
（2）结合正多边形的性质以及圆周角定理得出∠COP的⊙度数，进而得出答案．
【解答】解：（1）连接OD，OC，
∵正方形ABCD内接于 O，
∴∠DOC＝90°． ⊙∴ ；
（2）连接PO，OB，
∵正方形ABCD内接于 O，
∴∠COB＝90°， ⊙
∵点P为BC的中点，
∴ ＝ ，
∴ ，
∴n＝360÷45＝8．
【点评】此题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正方形的性质，正确掌握正方形的性质是解题
关键．
21．（2022秋•下城区校级月考）如图，正五边形ABCDE，连接对角线AC，BD，设AC与BD相交于O．
（1）求证：AO＝CD；
（2）判断四边形AODE的形状，并说明理由．
【分析】（1））根据正五边形的性质可知 AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，
AE∥BD，所以∠ABO＝72°，∠BAO＝ （180°﹣108°）＝36°，因此∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°
＝∠ABO，推出AB＝AO，则CD＝AO；
（2）根据圆周角定理求出∠BDE、∠E的度数，进而证明DF∥AE；证明AF∥DE，AE＝DE，即可解
决问题．【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，
∴∠ABO＝72°，∠BAO＝ （180°﹣108°）＝36°，
∴∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，
∴AB＝AO，
∴CD＝AO；
（2）四边形AODE是菱形；理由如下：
∵正五边形ABCDE内接于 O，
⊙
∴∠BDE＝ ＝72°，∠E＝ ×360°＝108°，
∴∠BDE+∠E＝180°，DO∥AE；
同理可证：AO∥DE，而AE＝DE，
∴四边形AODE是菱形．
【点评】该题主要考查了正多边形和圆的性质及其应用问题；解题的关键是：深入分析、大胆猜测、合
情推理、科学论证．
22．（2022秋•崇川区校级月考）如图，正方形 ABCD的外接圆为 O，点P在劣弧 上（不与C点重
⊙
合）．
（1）求∠BPC的度数；
（2）若 O的半径为8，求正方形ABCD的边长．
⊙
【分析】（1）连接OB，OC，由正方形的性质知，△BOC是等腰直角三角形，根据∠BOC＝90°，由圆
周角定理可以求出；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，由等腰直角三角形的性质可知OE＝BE，由垂径定理可知BC＝2BE，
故可得出结论．
【解答】解：（1）连接OB，OC，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠BOC＝90°，
∴∠P＝ ∠BOC＝45°；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，
∵OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠OBE＝45°，
∴OE＝BE，
∵OE2+BE2＝OB2，
∴BE＝ ＝ ＝4
∴BC＝2BE＝2×4 ＝8 ．
解法二：如图，连接BD．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，BC＝CD，
∴∠CBD＝45°，
∴BC＝BD•cos45°＝16× ＝8 ．
【点评】本题考查的是圆周角定理、垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角
形是解答此题的关键．
23．（2022秋•长沙期中）明达中学在校园里建了一个读书亭．它的地基是半径为4米的正六边形．（1）求地基的周长是多少？
（2）求地基的面积是多少？
【分析】连接OB、OC求出圆心角∠BOC的度数，再由等边三角形的性质即可求出正六边形的周长；
过O作△OBC的高OG，利用等边三角形及特殊角的三角函数值可求出OG的长，利用三角形的面积公
式即可解答．
【解答】解：（1）连接OB、OC；
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC＝ ＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB＝4m，
∴正六边形ABCDEF的周长＝6×4＝24（m）．
（2）过O作OG⊥BC于G，
∵△OBC是等边三角形，OB＝4m，
∴∠OBC＝60°，
∴OG＝OB•sin∠OBC＝4× ＝2 （m），
∴S△OBC ＝ BC•OG＝ ×4×2 ＝4 （m2），
∴S六边形ABCDEF ＝6S△OBC ＝6×4 ＝24 （m2）．【点评】本题考查的是正六边形及等边三角形的性质、特殊角的三角函数值，作出辅助线构造出等边三
角形是解答此题的关键．
24．（2022秋•平潭县校级月考）如图，正方形ABCD是 O的内接正方形，E在边AB上，F在DC的延
长线上，且∠F＝∠BEC，BF交 O于点G，连接DG，⊙交BC于点H．
（1）求证：四边形BECF是平行⊙四边形；
（2）求证：DH＝CE．
【分析】（1）证明CF∥BE，BF∥EC可得结论；
（2）证明△DCH≌△CBE（ASA），可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DF，
∴∠DCE＝∠CEB，
∵∠F＝∠BEC，
∴∠F＝∠DCE，
∴BF∥CE，
∴四边形BECF是平行四边形；
（2）∵BF∥EC，
∴∠CBF＝∠BCE，
∵∠CDH＝∠CBG，∴∠CDH＝∠BCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCH＝∠CBE＝90°，
在△DCH和△CBE中，
，
∴△DCH≌△CBE（ASA），
∴DH＝CE．
【点评】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质
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．
25．（2022•安徽二模）如图，正方形ABCD内接于 O，E是 的中点，连接AE，DE，CE．
⊙
（1）求证：AE＝DE；
（2）若CE＝1，求四边形AECD的面积．
【分析】（1）欲证明AE＝DE，只要证明 ＝ ．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF（AAS），推出AE＝CF，
推出S△ADE ＝S△CDF ，推出S四边形AECD ＝S△DEF ，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问
题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD，
∴ ＝ ，
∵E是 的中点，
∴ ＝ ，
∴ + ＝ + ，即 ＝ ，
∴AE＝DE．
（2）解：连接BD，AO，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠DEC＝45°，DA＝DC，
∵∠EDF＝90°，
∴∠F＝∠EDF﹣∠DEF＝90°﹣45°＝45°，
∴DE＝DF，
∵∠AED＝ ∠AOD＝45°，
∴∠AED＝∠F＝45°，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE+∠EDC＝∠CDF+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴S△ADE ＝S△CDF ，
∴S四边形AECD ＝S△DEF ，
∵EF＝ DE＝EC+DE，EC＝1，∴1+DE＝ DE，
∴DE＝ +1，
∴S四边形AECD ＝S△DEF ＝ DE2＝ + ．
【点评】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和
性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
26．（2022秋•五华区校级期中）（1）已知：如图1，△ABC是 O的内接正三角形，点P为劣弧BC上
一动点．求证：PA＝PB+PC； ⊙
（2）已知：如图2，四边形ABCD是 O的内接正方形，点P为劣弧BC上一动点．求证：PA＝PC+
⊙
PB．
【分析】（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，证明△PCE是等边三角形．利用CE＝PC，∠E＝
∠3＝60°，∠EBC＝∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA＝BE＝PB+PC；
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，证明△ABE≌△CBP，所以PC＝AE，可得PA＝PC+ PB；
【解答】证明：（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，如图1，∵A、B、P、C四点共圆，
∴∠BAC+∠BPC＝180°，
∵∠BPC+∠EPC＝180°，
∴∠BAC＝∠CPE＝60°，
∵PE＝PC，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE＝PC，∠E＝60°；
又∵∠BCE＝60°+∠BCP，∠ACP＝60°+∠BCP，
∴∠BCE＝∠ACP，
∵△ABC、△ECP为等边三角形，
∴CE＝PC，AC＝BC，
在△BEC和△APC中，
，
∴△BEC≌△APC（SAS），
∴PA＝BE＝PB+PC；
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，连接OA，OB．如图2，∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°
∴∠1＝∠3，
∵∠APB＝ ∠AOB＝45°，
∴BP＝BE，
∴PE＝ PB，
在△ABE和△CBP中，
，
∴△ABE≌△CBP（SAS），
∴PC＝AE，
∴PA＝AE+PE＝PC+ PB；
【点评】本题主要考查三角形全等的性质和判定方法以及正多边形和圆的有关知识．要熟悉这些基本性
质和全等三角形的判定方法才能灵活运用解决综合性的习题．
