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专题 24.8 正多边形与圆【十大题型】
【人教版】
【题型1 正多边形与圆中求角度】.......................................................................................................................1
【题型2 正多边形与圆中求线段长度】...............................................................................................................5
【题型3 正多边形与圆中求半径】.......................................................................................................................8
【题型4 正多边形与圆中求面积】.....................................................................................................................11
【题型5 正多边形与圆中求周长】.....................................................................................................................14
【题型6 确定正多边形的边数】.........................................................................................................................16
【题型7 正多边形与圆中的实际应用】.............................................................................................................19
【题型8 正多边形与圆中的规律问题】.............................................................................................................23
【题型9 正多边形与圆中求最值】.....................................................................................................................27
【题型10 正多边形与圆中的证明】.....................................................................................................................32
【知识点1 正多边形与圆】
（1）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
（2）正多边形每个内角度数为 ，每个外角度数为
【题型1 正多边形与圆中求角度】
【例1】（2022春•株洲期末）如图，正五边形 ABCDE和正三角形 AMN都是⊙O的内接多边形，则
∠BOM的度数是（ ）A．36° B．45° C．48° D．60°
【分析】如图，连接AO．利用正多边形的性质求出∠AOM，∠AOB，可得结论．
【解答】解：如图，连接AO．
∵△AMN是等边三角形，
∴∠ANM＝60°，
∴∠AOM＝2∠ANM＝120°，
∵ABCDE是正五边形，
360°
∴∠AOB= =72°，
5
∴∠BOM＝120°﹣72°＝48°．
故选：C．
【变式1-1】（2022•长春一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点M在^AF上，则∠CMD的大小为
（ ）
A．60° B．45° C．30° D．15°
【分析】由正六边形的性质得出∠COD＝60°，由圆周角定理求出∠CMD＝30°．【解答】解：连接OC，OD，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠COD＝60°，
1
∴∠CMD= ∠COD＝30°，
2
故选：C．
【变式1-2】（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 36 ° ．
【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°．
【变式1-3】（2022•绥化）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则
∠BOH的度数为 1 2 度．
【分析】求出正六边形的中心角∠AOB和正五边形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度数．
【解答】解：如图，连接OA，
正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°，
正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°，
∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．故答案为：12．
【题型2 正多边形与圆中求线段长度】
【例2】（2022•雅安）如图，已知⊙O的周长等于6π，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（
）
3 3❑√3
A．3❑√3 B． C． D．3
2 2
【分析】连接OC，OD，由正六边形ABCDEF可求出∠COD＝60°，进而可求出∠COG＝30°，根据30°
角的锐角三角函数值即可求出边心距OG的长．
【解答】解：连接OC，OD，
∵正六边形ABCDEF是圆的内接多边形，
∴∠COD＝60°，
∵OC＝OD，OG⊥CD，
∴∠COG＝30°，
∵⊙O的周长等于6π，
∴OC＝3，
3
∴OG= ❑√3，
2
故选：C．
【变式2-1】（2022秋•西城区期末）如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，若⊙O的半径为4，则正方形
ABCD的边长为（ ）A．4 B．8 C．2❑√2 D．4❑√2
【分析】连接BD．由题意，△BCD是等腰直角三角形，故可得出结论．
【解答】解：如图，连接BD．
由题意，△BCD是等腰直角三角形，
∵BD＝8，∠CBD＝45°，∠BCD＝90°，
❑√2
∴BC= BD＝4❑√2．
2
故选：D．
【变式2-2】（2022•德城区模拟）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点 A，B，C，D，E，F在圆上．
若两个大正六边形的边长均为4，则小正六边形的边长是（ ）
A．3-❑√13 B．❑√13-1 C．❑√13+1 D．2❑√3-1
【分析】在边长为4的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正
六边形对应点的距离MF，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．
【解答】解：连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点
G，连接GH，GQ，
由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝2，
由正六边形的性质可得ON＝4❑√3，∴OD=❑√DN2+ON2=2❑√13=OF，
∴MF＝2❑√13-2，
由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，
1
∴FH= MF=❑√13-1，
2
故选：B．
【变式 2-3】（2022•凉山州）如图，等边三角形 ABC 和正方形 ADEF 都内接于⊙O，则 AD：AB＝
（ ）
A．2❑√2：❑√3 B．❑√2：❑√3 C．❑√3：❑√2 D．❑√3：2❑√2
1
【分析】连接OA、OB、OD，过O作OH⊥AB于H，由垂径定理得出AH＝BH= AB，证出△AOD是
2
1 ❑√3
等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH＝60°，AH＝BH= AB，得出AD=❑√2OA，AH= OA，则AB＝
2 2
2AH=❑√3OA，进而得出答案．
【解答】解：连接OA、OB、OD，过O作OH⊥AB于H，如图所示：
1
则AH＝BH= AB，
2
∵等边三角形ABC和正方形ADEF，都内接于⊙O，
∴∠AOB＝120°，∠AOD＝90°，
∵OA＝OD＝OB，1
∴△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH= ×120°＝60°，
2
❑√3
∴AD=❑√2OA，AH＝OA•sin60°= OA，
2
❑√3
∴AB＝2AH＝2× OA=❑√3OA，
2
AD ❑√2OA ❑√2
∴ = = ，
AB ❑√3OA ❑√3
故选：B．
【题型3 正多边形与圆中求半径】
【例3】（2022春•临海市期末）如图，以点O为圆心的两个同心圆把以OA为半径的大圆O的面积三等分，
这两个圆的半径分别为OB，OC．则OA：OB：OC的值是（ ）
A．3：2：1 B．9：4：1 C．❑√3：❑√2：1 D．3：❑√6：❑√2
【分析】根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案
2
【解答】解：以OA半径的圆的面积是πr2，则以OB半径的圆的面积是 πr2，则以OC半径的圆的面积
3
1
是 πr2
3
2 1
∴πr❑
2=
πr2，πr❑
2=
πr2，
B 3 C 3
❑√6 ❑√3
∴r = r，r = r．
B 3 C 3❑√6 ❑√3
∴OA：OB：OC＝r： r： r=❑√3：❑√2：1，
3 3
故选：C．
【变式3-1】（2022•虹口区二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的半径是 4 ．
【分析】根据正三角形的性质得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，进而得出CO即可．
【解答】解：（1）过点O作OD⊥BC于点D，
∵⊙O的内接正三角形的边心距为2，
∴OD＝2，
由正三角形的性质可得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，
∴CO＝2DO＝4，
故答案为：4．
【变式3-2】（2022•钦州模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接AC，已知AC＝6，则圆的半径
是（ ）
A．3 B．6 C．2❑√3 D．4❑√3
【分析】连接 BO、AO，OB 与 AC 交于 H，根据正六边形 ABCDEF 的性质得到 AB＝BC，∠BOA
360° 1
= =60°，根据垂径定理得到周角定理得到∠BCA= ∠BOC＝30°，^AB=^BC，根据直角三角形的
6 2
性质即可得到结论．
【解答】解：连接BO、AO，OB与AC交于H，
360°
在正六边形ABCDEF中，AB＝BC，∠BOA= =60°，
61
∴∠BCA= ∠BOC＝30°，^AB=^BC，
2
1
∴BO⊥AC，AH＝CH= AC＝3，
2
∴BC＝AB＝OB＝2❑√3，
∴圆的半径是2❑√3，
故选：C．
【变式3-3】（2022•碑林区校级模拟）如图：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E
两点，若正六边形的边长是❑√3，则⊙O的半径长是（ ）
A．1 B．❑√3 C．2 D．3
【分析】连接OB，OE，BE，根据切线的性质得到∠ABO＝∠FEO＝90°，求得∠BOE＝120°，根据等
腰三角形的性质得到∠OBE＝∠OEB＝30°，推出AF∥BE，过A作AM⊥BE于M，FN⊥BE于N，得到
四边形AMNF是矩形，过O作OH⊥BE于H，根据勾股定理的定义即可得到结论．
【解答】解：连接OB，OE，BE，
∵：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，
∴∠ABO＝∠FEO＝90°，
∵∠BAF＝∠EFA＝120°，
∴∠BOE＝540°﹣120°﹣120°﹣90°﹣90°＝120°，
∴∠OBE＝∠OEB＝30°，
∴∠ABE＝∠FEB＝60°，
∴∠ABE+∠BAF＝180°，
∴AF∥BE，过A作AM⊥BE于M，FN⊥BE于N，
∴四边形AMNF是矩形，
1 ❑√3
∴MN＝AF=❑√3，BM＝EN= AB= ，
2 2
∴BE＝2❑√3，
过O作OH⊥BE于H，
∴∠OHB＝90°，BH=❑√3，
∴OB=2，
故选：C．
【题型4 正多边形与圆中求面积】
【例4】（2022•泗水县三模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为 4，
则图中阴影部分的面积为（ ）
A．8❑√3 B．12❑√3 C．16 D．16❑√3
【分析】如图，连接OB交AC与点H．解直角三角形求出AC，可得结论．
【解答】解：如图，连接OB交AC与点H．
由题意△ABC是等边三角形，OB＝4，OH＝BH＝2，
∵OB⊥AC，
BH 2❑√3
∴CH＝AH= = ，
❑√3 34❑√3
∴AC＝2CH= ，
3
❑√3 4❑√3
∴阴影部分的面积＝6× ×（ ）2＝8❑√3．
4 3
故选：A．
【变式4-1】（2022秋•宣化区期末）如图，已知⊙O的周长等于6π，则它的内接正六边形ABCDEF的面
积是（ ）
27❑√3 27❑√3 9❑√3
A． B． C． D．27❑√3
2 4 4
【分析】首先过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，
又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．
【解答】解：过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，
1
∴AH= AB，
2
∵⊙O的周长等于6π，
∴⊙O的半径为：3，
1
∵∠AOB= ×360°＝60°，OA＝OB，
6
∴△OAB是等边三角形，
∴AB＝OA＝3，
3
∴AH= ，
2
3❑√3
∴OH=❑√OA2-AH2= ，
2
1 3❑√3 27❑√3
∴S ＝6S ＝6× ×3× = ．
正六边形ABCDEF △OAB 2 2 2
故选：A．
【变式4-2】（2022•庐阳区校级一模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半
径为1，则图中阴影部分的面积为（ ）3❑√3 5❑√3
A． B．❑√3 C． D．2❑√3
4 4
【分析】根据题意得到图中阴影部分的面积＝S +3S ，代入数据即可得到结论．
△ABC △ADE
【解答】解：如图，∵“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，
∴△ABC与△ADE是等边三角形，
∵圆的半径为1，
3
∴AH= ，BC＝AB=❑√3，
2
❑√3 1
∴AE= ，AF= ，
3 2
1 3 1 ❑√3 1
∴图中阴影部分的面积＝S +3S = ×❑√3× + × × ×3=❑√3，
△ABC △ADE
2 2 2 3 2
故选：B．
【变式4-3】（2022秋•庐江县期末）⊙O半径为4，以⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距
为边作一个三角形，则所得三角形的面积是（ ）
A．❑√2 B．❑√3 C．2❑√2 D．2❑√3
【分析】分别画出对应的图形计算出三条边心距，利用勾股定理的逆定理可证明它们构建的三角形为直
角三角形，然后根据三角形面积公式计算此三角形的面积．
【解答】解：如图1，△ABC为⊙O的内接正三角形，作OM⊥BC于M，连接OB，
1
∵∠OBC= ∠ABC＝30°，
2
1
∴OM= OB＝2；
2
如图2，四边形ABCD为⊙O的内接正方形，作ON⊥DC于N，连接OD，1
∵∠ODC= ∠ADC＝45°，
2
❑√2
∴ON＝DN= OD＝2❑√2；
2
如图3，六边形ABCDEF为⊙O的内接正六边形，作OH⊥DE于H，连接OE，
1
∵∠OED= ∠FED＝60°，
2
1
∴EH= OE＝2，OH=❑√3EH＝2❑√3，
2
∴半径为4的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为2，2❑√2，2❑√3，
∵22+（2❑√2）2＝（2❑√3）2，
∴以三条边心距所作的三角形为直角三角形，
1
∴该三角形的面积= ×2×2❑√2=2❑√2．
2
故选：C．
【题型5 正多边形与圆中求周长】
【例5】（2022•和平区一模）如图，若⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆，则正方形
ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比为（ ）
A．2❑√2：3 B．❑√2：1 C．❑√2：❑√3 D．1：❑√3
【分析】求出⊙O的内接正方形和内接正六边形的边长之比，即可得出结论．
【解答】解：连接OA、OB．OE，如图所示：
设此圆的半径为R，
则它的内接正方形的边长为❑√2R，它的内接正六边形的边长为R，∴内接正方形和内接正六边形的边长之比为❑√2R：R=❑√2：1，
∴正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比＝内接正方形和内接正六边形的边长之比＝4❑√2：6＝
2❑√2：3，
故选：A．
【变式5-1】（2022•鼓楼区校级模拟）正六边形的周长为12，则它的外接圆的内接正三角形的周长为（
）
A．2❑√3 B．3❑√3 C．6❑√3 D．6
【分析】根据题意画出图形，求出正六边形的边长，再由正多边形及直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵圆内接正六边形的周长为12，
∴圆内接正六边形的边长为2，
∴圆的半径为2，
如图，
连接OB，过O作OD⊥BC于D，
❑√3
则∠OBC＝30°，BD＝2× =❑√3，
2
∴BC＝2BD＝2❑√3；
∴该圆的内接正三角形的周长为6❑√3，
故选：C．
【变式5-2】（2022秋•梅河口市期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接OC、OD，若OC长为
2cm，则正六形ABCDEF的周长为 1 2 cm．【分析】根据正六边形的定义确定其中心角的度数，得到△OCD是等边三角形，求得CD＝2cm，于是
得到结论．
【解答】解：∵多边形ABCDEF为正六边形，
1
∴∠COD＝360°× =60°，
6
∵OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∵OC长为2cm，
∴CD＝2cm，
∴正六形ABCDEF的周长为2×6＝12（cm），
故答案为：12．
【变式5-3】（2022•旌阳区模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的半径为6，则△ADE的
周长是（ ）
A．9+3❑√3 B．12+6❑√3 C．18+3❑√3 D．18+6❑√3
【分析】首先确定三角形的三个角的度数，从而判断该三角形是特殊的直角三角形，然后根据半径求得
斜边的长，从而求得另外两条直角边的长，进而求得周长．
【解答】解：连接OE，
∵多边形ABCDEF是正多边形，
360°
∴∠DOE= =60°，
6
1 1
∴∠DAE= ∠DOE= ×60°＝30°，∠AED＝90°，
2 2
∵⊙O的半径为6，∴AD＝2OD＝12，
1 1
∴DE= AD= ×12＝6，AE=❑√3DE＝6❑√3，
2 2
∴△ADE的周长为6+12+6❑√3=18+6❑√3，
故选：D．
【题型6 确定正多边形的边数】
【例6】（2022•宽城县一模）如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在^AB上，且BC是⊙O内接
正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
【分析】根据中心角的度数＝360°÷边数，列式计算分别求出∠AOB，∠BOC的度数，则∠AOC＝15°，
则边数n＝360°÷中心角．
【解答】解：连接OC，
∵AB是⊙O内接正六边形的一边，
∴∠AOB＝360°÷6＝60°，
∵BC是⊙O内接正八边形的一边，
∴∠BOC＝360°÷8＝45°，
∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC＝60°﹣45°＝15°，
∴n＝360°÷15°＝24；
故选C．【变式6-1】（2022秋•滨江区期末）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边
形的边数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
360°
【分析】根据正多边形的中心角= 计算即可．
n
【解答】解：设正多边形的边数为n．
360°
由题意可得： = 72°，
n
∴n＝5，
故选：B．
【变式6-2】（2022•息烽县二模）如图，AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆
内接正n边形的一边，则n等于（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
360° 360°
【分析】根据正方形以及正三边形的性质得出∠AOB= =90°，∠AOC= =120°，进而得出
4 3
∠BOC＝30°，即可得出n的值．
【解答】解：连接AO，BO，CO．
∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的一边，360° 360°
∴∠AOB= =90°，∠AOC= =120°，
4 3
∴∠BOC＝30°，
360°
∴n= =12，
30°
故选：C．
【变式6-3】（2022秋•钢城区期末）如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正
三角形，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．15
【分析】连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角
360°
形的中心角得到∠AOD＝90°，∠AOF＝120°，则∠DOF＝30°，然后计算 即可得到n的值．
30°
【解答】解：连接OA、OD、OF，如图，
∵AD，AF分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，
360° 360°
∴∠AOD= =90°，∠AOF= =120°，
4 3
∴∠DOF＝∠AOF﹣∠AOD＝30°，
360°
∴n= =12，
30°
即DF恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故选：C．【题型7 正多边形与圆中的实际应用】
【例7】（2022•安国市一模）2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边
长最大不能超过（ ）
89❑√2 89❑√3
A．11.125mm B．22.25mm C． mm D． mm
8 8
【分析】根据正方形性质得到△AOD为等腰直角三角形，根据正方形和圆的关系得到AC的长度，根据
等腰直角三角形的性质求出AD的长度．
【解答】解：如图所示，
∵AC＝BD＝22.25mm，
22.25 89
∴AO＝OD= = mm．
2 8
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴△AOD为等腰直角三角形，
89
∴AD=❑√2AO= ❑√2mm．
8
故选：C．
【变式7-1】（2022秋•门头沟区期末）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇家园林，它和承
德避暑山庄、苏州拙政园、苏州留园并称为中国四大名园．该园有一个六角亭，如果它的地基是半径为
2米的正六边形，那么这个地基的周长是 1 2 米．【分析】由正六边形的半径为2，则OA＝OB＝2米；由∠AOB＝60°，得出△AOB是等边三角形，则
AB＝OA＝OB＝2米，即可得出结果．
【解答】解：如图所示：
∵正六边形的半径为2米，
∴OA＝0B＝2米，
360°
∴正六边形的中心角∠AOB= =60°，
6
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
∴AB＝2米，
∴正六边形的周长为6×2＝12（米）；
故答案为：12．
【变式7-2】（2022秋•东城区期末）斛是中国古代的一种量器．据《汉书•律历志》记载：“斛底，方而
圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉．”意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个
同心圆．”如图所示．问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸
五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为 ❑√2 尺．【分析】根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直
径CE，求出CD，问题得解．
【解答】解：如图，
∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D＝90°，CD＝DE，
∴CE为直径，∠ECD＝45°，
由题意得AB＝2.5，
∴CE＝2.5﹣0.25×2＝2，
❑√2
∴CD= CE=❑√2．
2
故答案为：❑√2．
【变式7-3】（2022•清苑区一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均
为正六边形，六边形边长为1cm．目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以
6支彩铅为例，可以设计如图的两种收纳方案；
（1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是 1 2❑√3 cm．
（2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底
面，则底面半径的最小值为 ❑√13 cm．
【分析】（1）利用圆面积，等边三角形的面积，即可判断．
（2）设计方案如图所示，利用勾股定理求出半径即可．
【解答】解：（1）如图1中，圆的半径为3，∴底面积为9π（cm2）．
如图2中，连接OA，OD．
∵OD＝2cm，∠OAD＝30°，∠ADO＝90°，
∴OA＝2OD＝4cm，
∴AD=❑√OA2-OD2=2❑√3（cm），
∴等边三角形的边长AC＝4❑√3（cm），
❑√3
∴底面积= ×（4❑√3）2＝12❑√3（cm2）＜9π（cm2），
4
∴等边三角形作为底面时，面积比较小，底面积为12❑√3cm2
如图3中，设计方案如图3所示，在Rt△OET中，ET＝1cm，OE＝2❑√3cm，
∴OT=❑√OE2+ET2=❑√(2❑√3) 2+12=❑√13（cm），
∴底面半径的最小值为❑√13cm．
故答案为：❑√13．
【题型8 正多边形与圆中的规律问题】
【例8】（2022秋•椒江区校级月考）已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在
正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：
将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针
旋转，使NM边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点M在图中直角坐
标系中的纵坐标可能是（ ）
A．2.2 B．﹣2.2 C．2.3 D．﹣2.3
【分析】画出图形分别求出点M连续旋转6次旋转过程中点M的纵坐标的最大值和最小值，进而可得
点M在图中直角坐标系中的纵坐标的可能值．
【解答】解：如图，∵正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，
点M在连续6次旋转的过程中，
点M旋转到点A′时，点M的纵坐标最大，
❑√3
∵点M 的纵坐标为 ．
6 2
❑√3
所以点A′的纵坐标为❑√2+ ，
2
点M旋转到点B′时，点M的纵坐标最小，
❑√3
因为点B′的纵坐标为﹣1- ，
2
❑√3 ❑√3
所以纵坐标的取值范围为：﹣1- ＜点M的纵坐标＜❑√2+ ．
2 2
即﹣1.866＜点M的纵坐标＜2.280．
所以点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是2.2．
故选：A．
【变式8-1】（2022秋•铁锋区期末）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边
AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋
3
转60°，那么经过第2022次旋转后，顶点D的坐标为 （ ，❑√3）． ．
2
【分析】如图，连接AD，BD．首先确定点D的坐标，再根据6次一个循环，由2022÷6＝337，推出经
过第2022次旋转后，顶点D的坐标与原来的坐标相同，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AD，BD，
在正六边形ABCDEF中，AB＝1，AD＝2，∠ABD＝90°，
∴BD=❑√AD2-AB2=❑√3，
在Rt△AOF中，AF＝1，∠OAF＝60°，∴∠OFA＝30°，
1 1
∴OA= AF= ，
2 2
3
∴OB＝OA+AB= ，
2
3
∴D（ ，❑√3），
2
∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，
∴6次一个循环，
∵2022÷6＝337，
∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与应该不变，
3
∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标（ ，❑√3）．
2
3
故答案为（ ，❑√3）．
2
【变式8-2】（2022•江西模拟）如图，我们把先作正方形ABCD的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形
ABC D ．称为第一次数学操作，接下来，作正方形ABC D 的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形
1 1 1 1 1 1 1 1
ABC D ，称为第二次数学操作，按此规律如此下去，…，当完成第 n次数学操作后，得到正方形
2 2 2 2
A B
A n B n∁n D n ，则 A n B n的值为（ ）❑√2 1 ❑√3 3
A．（ ）n B．（ ）n C．（ ）n D．（ ）n
2 2 2 4
【分析】根据正多边形的特点，构建直角三角形来解决．
【解答】解：图形中正方形ABC D 和正方形ABCD一定相似，OF，OC 分别是两个正方形的边心距，
1 1 1 1 1
❑√2 A B ❑√2
△OC F是等腰直角三角形，因而OF：OC = ，则 1 1的值为 ，
1 1 2 AB 2
A B ❑√2
当完成第n次数学操作后，得到正方形A n B n∁n D n ，则 A n B n的值为（ 2 ）n．
故选：A．
【变式8-3】（2022•威海）如图，正六边形ABC DEF 的边长为2，正六边形ABC DEF 的外接圆与正
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2
六边形ABC DEF 的各边相切，正六边形ABC DEF 的外接圆与正六边形ABC DEF 的各边相切，
1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
…按这样的规律进行下去，A B C D E F 的边长为（ ）
10 10 10 10 10 10
243 81❑√3 81 81❑√3
A． B． C． D．
29 29 29 28
【分析】连接OE，OD ，OD ，如图，根据正六边形的性质得∠EOD ＝60°，则△EOD 为等边三角形，
1 1 2 1 1 1 1
❑√3 ❑√3
再根据切线的性质得OD ⊥ED ，于是可得OD = ED = ×2，利用正六边形的边长等于它的半径
2 1 1 2 2 1 1 2
❑√3 ❑√3
得到正六边形ABC DEF 的边长= ×2，同理可得正六边形ABC DEF 的边长＝（ ）2×2，依
2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2
❑√3
此规律可得正六边形A B C D E F 的边长＝（ ）9×2，然后化简即可．
10 10 10 10 10 10 2
【解答】解：连接OE，OD ，OD ，如图，
1 1 2∵六边形ABC DEF 为正六边形，
1 1 1 1 1 1
∴∠EOD ＝60°，
1 1
∴△EOD 为等边三角形，
1 1
∵正六边形ABC DEF 的外接圆与正六边形ABC DEF 的各边相切，
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1
∴OD ⊥ED，
2 1 1
❑√3 ❑√3
∴OD = ED = ×2，
2 2 1 1 2
❑√3
∴正六边形ABC DEF 的边长= ×2，
2 2 2 2 2 2 2
❑√3
同理可得正六边形ABC DEF 的边长＝（ ）2×2，
3 3 3 3 3 3 2
❑√3 81❑√3
则正六边形A B C D E F 的边长＝（ ）9×2 = ．
10 10 10 10 10 10 2 28
故选：D．
【题型9 正多边形与圆中求最值】
【例9】（2022•南山区三模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的
面积为8π，MN＝2，则△AMN周长的最小值是（ ）
A．6 B．8 C．9 D．10
【分析】由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA′∥BD，且使CA′＝2，连
接AA′交BD于点N，取NM＝2，连接AM、CM，则点M、N为所求点，进而求解．
【解答】解：⊙O的面积为8π，则圆的半径为2❑√2，则BD＝4❑√2=AC，由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，
过点C作CA′∥BD，且使CA′＝2，
连接AA′交BD于点N，取NM＝2，连接AM、CM，则点M、N为所求点，
理由：∵A′C∥MN，且A′C＝MN，则四边形MCA′N为平行四边形，
则A′N＝CM＝AM，
故△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AA′+2为最小，
则A′A=❑√(4❑√2) 2+22=6，
则△AMN的周长的最小值为6+2＝8，
故选：B．
【变式9-1】（2022•观山湖区一模）如图，点P是正六边形ABCDEF内一点，AB＝4，当∠APB＝90°时，
连接PD，则线段PD的最小值是（ ）
A．2❑√11-2 B．2❑√13-2 C．6 D．4❑√3
【分析】先判断出点P的运动轨迹：点P在以AB为直径的圆弧上，取AB的中点O，连接OD，当O、
P、D三点共线时，PD有最小值，连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，再根据正六边形的性质得到
∠CBH＝30°，∠OBD＝90°，根据勾股定理即可求出BH、BD、OD，进而可得DP的最小值．
【解答】解：∵AB＝4，∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的圆弧上，
如图，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，
连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，∵点O为AB的中点，
∴OA＝OB＝OP＝4÷2＝2，
∵正六边形的每个内角为180°×（6﹣2）÷6＝120°，
∵CD＝CB，
∴∠CBD＝（180°﹣120°）÷2＝30°，BD＝2BH，
∴∠OBD＝120°﹣30°＝90°，
1
在Rt△CBH中，CH= CB=2，BH=2❑√3，
2
∴BD=4❑√3，
在Rt△OBD中，OD=❑√22+(4❑√3) 2=2❑√13，
∴PD的最小值为OD﹣OP=2❑√13-2．
故选：B．
【变式9-2】（2022•浙江自主招生）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是弧AB上的一动点
（不与A、B重合），点F是弧BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF
＝90°，则△GBH周长的最小值为 4+ 2❑√2 ．
【分析】如图，连接OC，OB，过点O作OM⊥BC于M，由正方形的性质可求 OB＝OC，AB＝BC＝
4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，由等腰直角三角形的性质可求 OM＝2，由“ASA”可证
△BOG≌△COH，可得OG＝OH，BG＝CH，可求HG=❑√2OH，由△GBH周长＝BH+GB+GH＝BH+CH
+❑√2OH＝4+❑√2OH，可得当OH与OM重合时，OH的长最小，即△GBH周长有最小值．
【解答】解：如图，连接OC，OB，过点O作OM⊥BC于M，∵边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，
∴OB＝OC，AB＝BC＝4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，
∴△OBC是等腰直角三角形，OM⊥BC，
1
∴OM= BC＝2，
2
∵∠EOF＝90°＝∠BOC，
∴∠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周长＝BH+GB+GH＝BH+CH+❑√2OH＝4+❑√2OH，
∴当OH最小时，△GBH周长有最小值，
∴当OH⊥BC时，即（OH与OM重合时）OH有最小值，
∴OH的最小值为2，
∴△GBH周长的最小值为4+2❑√2，
故答案为：4+2❑√2．
【变式9-3】（2022秋•广陵区期末）如图，⊙O半径为❑√2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在^ADC上运
动，连接BE，作AF⊥BE，垂足为F，连接CF．则CF长的最小值为 ❑√5-1 ．
【分析】如图，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AB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❑√2，
∴AB＝BC=❑√2⋅❑√2=2，
∴KF＝AK＝KB＝1，
∵∠CBK＝90°，
∴CK=❑√BK2+BC2=❑√22+12=❑√5，
∵CF≥CK﹣KF，
∴CF≥❑√5-1，
∴CF的最小值为❑√5-1．
故答案为❑√5-1．
【题型10 正多边形与圆中的证明】
【例10】如图，⊙O的内接正五边形ABCDE中，对角线AC和BE相交于点F．
（1）求∠BAC的度数．
（2）求证：四边形CDEF为菱形．
【分析】（1）根据正五边形的内角和定理可求出一个内角的度数，再根据等腰三角形和三角形的内角
和求出结果即可；
（2）由（1）的方法求出∠ABE，再求出∠CBF＝∠CFB，进而得BC＝CF，同理得出AE＝EF，于是利
用四条边相等的四边形是平行四边形可得结论．【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，
(5-2)×180°
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，∠ABC= =108°，
5
180°-108°
∴∠BAC＝∠ACB= =36°；
2
（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，
∴四边形CDEF为菱形．
【变式10-1】已知：如图，△ABC是⊙O的内接等腰三角形，顶角∠BAC＝36°，弦BD、CE分别平分
∠ABC、∠ACB．
求证：五边形AEBCD是正五边形．
【分析】求证五边形AEBCD是正五边形，就是证明这个五边形的五条边所对的弧相等．
【解答】证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
又∵∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝72°．
又∵BD、CE平分∠ABC、∠ACB．
∴∠BAC＝∠BCE＝∠ACE＝∠ABD＝∠DBC＝36°，
∴^AE=^BE=^BC=C^D=^DA．
易证五边形AEBCD为正五边形．
【变式10-2】（2022•河南模拟）如图，⊙O半径为4cm，其内接正六边形ABCDEF，点P，Q同时分别从
A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，QE，PE，BQ．设运动时间为t（s）．
（1）求证：四边形PEQB为平行四边形；
（2）填空：
①当t＝ 2 s时，四边形PBQE为菱形；
②当t＝ 0 或 4 s时，四边形PBQE为矩形．
【分析】（1）只要证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP＝EQ，同理PE＝BQ，由此即可证明；
（2）①当PA＝PF，QC＝QD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t＝2s；
②当t＝0时，∠EPF＝∠PEF＝30°，推出∠BPE＝120°﹣30°＝90°，推出此时四边形PBQE是矩形．当
t＝4时，同法可知∠BPE＝90°，此时四边形PBQE是矩形；
【解答】（1）证明：∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠DEF＝∠F，
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP＝DQ＝t，PF＝QC＝4﹣t，
在△ABP和△DEQ中，
{
AB=DE
∠A=∠D，
AP=DQ
∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP＝EQ，同理可证PE＝QB，
∴四边形PEQB是平行四边形．
（2）解：①当PA＝PF，QC＝QD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t＝2s．
②当t＝0时，∠EPF＝∠PEF＝30°，
∴∠BPE＝120°﹣30°＝90°，
∴此时四边形PBQE是矩形．
当t＝4时，同法可知∠BPE＝90°，此时四边形PBQE是矩形．
综上所述，t＝0s或4s时，四边形PBQE是矩形．故答案为2s，0s或4s．
【变式10-3】（2022•张家口一模）（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为^BC上一动
点，求证：PA＝PB+PC．
下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法．
证明：在AP上截取AE＝CP，连接BE
∵△ABC是正三角形
∴AB＝CB
∵∠1和∠2的同弧圆周角
∴∠1＝∠2
∴△ABE≌△CBP
（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为^BC上一动点，求证：PA＝PC+❑√2PB．
（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为^BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者
之间有何数量关系，直接写出结论．
【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+❑√2PB．
（3）在AP上截取AQ＝PC，连接BQ可证△ABQ≌△CBP，所以BQ＝BP．又因为∠APB＝30°．所以
PQ=❑√3PB，PA＝PQ+AQ=❑√3PB+PC．
【解答】证明：（1）延长BP至E，使PE＝PC，
连接CE．∵∠1＝∠2＝60°，∠3＝∠4＝60°，∴∠CPE＝60°，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE＝PC，∠E＝∠3＝60°；
又∵∠EBC＝∠PAC，
∴△BEC≌△APC，
∴PA＝BE＝PB+PC．
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E．
∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°
∴∠1＝∠3，
又∵∠APB＝45°，
∴BP＝BE，∴PE=❑√2PB；
又∵AB＝BC，
∴△ABE≌△CBP，
∴PC＝AE．
∴PA=AE+PE=PC+❑√2PB．
（3）答：PA=PC+❑√3PB；
证明：在AP上截取AQ＝PC，连接BQ，如图3，
∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，
∴△ABQ≌△CBP，
∴BQ＝BP．
又∵∠APB＝30°，
∴PQ=❑√3PB
∴PA=PQ+AQ=❑√3PB+PC
