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专题 24.8 正多边形和圆（举一反三讲义）
【人教版】
【题型1 正多边形和圆有关的角度计算】..............................................................................................................3
【题型2 正多边形和圆有关的周长、面积问题】.................................................................................................6
【题型3 正多边形的边长、半径与中心角的关系】...........................................................................................10
【题型4 正多边形的边长、半径与边心距的关系】...........................................................................................13
【题型5 正多边形和圆有关的尺规作图问题】...................................................................................................17
【题型6 正多边形和圆与平面直角坐标系的综合】...........................................................................................22
【题型7 正多边形和圆中的证明】........................................................................................................................27
【题型8 正多边形和圆中的最值问题】................................................................................................................33
知识点 1 正多边形及有关概念
1. 各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形．
2. 圆内接正多边形：把圆分成n（n≥3)等份，依次连接各等分点得到的多边形就是这个圆的内接正 n边
形，这个圆就是这个正n边形的外接圆．
3. 与正多边形有关的概念
（1）中心，即正多边形的外接圆的圆心；
（2）半径，即正多边形的外接圆的半径；
（3）中心角，即正多边形每一边所对的圆心角；
（4）边心距，即中心到正多边形的一边的距离．
知识点 2 正多边形的有关计算设正n边形的半径为R，边长为a，边心距为r，则 以正六边形为例：
(n−2)⋅180°
（1）每个内角为 ；每个中心角为
n
360° 360°
；每个外角为 ；
n n
a 2
（2）半径、边长、边心距的关系为R2=r2+(
)
2
1 1
（3）周长l=na；面积 S= arn= lr
2 2
知识点 3 正多边形的画法
画正多边形的关键是等分圆周，等分圆周有两种方法：
1. 用量角器等分
特点：（1）可以画出任意正多边形；
（2）边数很大时，容易产生较大误差．
360° 1
步骤：（1）用量角器画一个等于 的圆心角，这个角所对的弧就是圆周长的 ；
n n
（2）在圆上依次截取与这条弧相等的弧，就得到圆的n等分点；
（3）顺次连接各等分点，即得到圆的内接正n边形．
2. 用尺规等分
特点：（1）不能将圆任意等分，只限一些特殊的正多边形，如正四、八、十六边形，正三、六、十二边
形等；（2）作图比较准确．
画正六边形的步骤：（1）作直径AD；
（2）分别以A，D为圆心，OA长为半径画弧，分别交⊙O于点B，F，C，E；
（3）顺次连接AB，BC，CD，DE，EF，FA，得正六边形ABCDEF．
【题型1 正多边形和圆有关的角度计算】
【例1】（2025·四川南充·一模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F为A´E的中点，则∠ABF=（ ）
A．9° B．12° C．18° D．36°
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形的中心角、圆心角与弧的关系、圆周角定理，熟练掌握圆心角与弧的关系是
解题关键．连接OA,OE,OF，先求出∠AOE=72°，再求出∠AOF=36°，然后根据圆周角定理即可
得．
【详解】解：如图，连接OA,OE,OF，
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
360°
∴∠AOE= =72°，
5
∴A´E的度数为72°，
∵点F为A´E的中点，
1
∴A´F的度数为 ×72°=36°，
2
∴∠AOF=36°，
1
由圆周角定理得：∠ABF= ∠AOF=18°，
2
故选：C．
【变式1-1】（24-25九年级下·贵州遵义·阶段练习）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接OC，则
∠BCO的度数为（ ）A．36° B．48° C．54° D．60°
【答案】C
【分析】本题考查的是正多边形和圆，等腰三角形的性质及三角形内角和定理，连接OB，根据正五边形
1
的性质可得∠BOC= ×360°=72°，由OB=OC，利用三角形内角和定理即可求解．
5
【详解】解：连接OB，
∵五边形ABCDE为正五边形，
1
∴∠BOC= ×360°=72°，
5
∵OB=OC，
1
∴∠BOC=∠CBO= (180°−∠BOC)=54°，
2
故选：C．
【变式1-2】（24-25九年级上·河北唐山·期末）如图，AB是⊙O内接正五边形的一条边，B, C是优弧
ACD上的两点，且点C在点B的右侧．若∠ABC=120°，则∠BAC的度数为 °．
【答案】24
【分析】本题考查的是正多边和圆，圆周角定理，三角形内角和定理，根据题意作出辅助线，构造出圆心
角是解题的关键．连接OA，OB，由AB是⊙O内接正五边形的一条边可得出∠AOB的度数，由圆周角定理即可得出
∠ACB的度数，进而可由三角形内角和定理求解．
【详解】解：连接OA，OB，
∵AB ⊙O
是 内接正五边形的一条边，
360°
∴∠AOB= =72°，
5
1 72°
∴∠ACB= ∠AOB= =36°，
2 2
∵∠ABC=120°，
∴∠BAC=180°−120°−36°=24°，
故答案为：24．
【变式1-3】（2025·江苏扬州·二模）如图，AB是⊙O内接正十边形的一条边，直线l经过点B且与⊙O相
切，则∠1的度数为（ ）
A．16° B．18° C．20° D．36°
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的性质、圆的切线的性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握圆的切线
的性质是解题的关键．连接OB、OA，则OB=OA，根据正多边形的性质可得∠AOB=36°，再根据等
腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠OBA=72°，由切线的性质可得∠OBC=90°，然后根据
∠1=∠OBC−∠OBA求解即可．
【详解】解：如图∶连接OB、OA，则OB=OA，
∵AB是⊙O内接正十边形的一条边，360°
∴∠AOB= =36°．
10
∵ OB=OA
1
∶∴∠OBA= (180°−∠AOB)=72°．
2
由切线的性质可得∠OBC=90°，
∴ ∠1=∠OBC−∠OBA=90°−72°=18°．
故选∶B．
【题型2 正多边形和圆有关的周长、面积问题】
【例2】（2025·山西·一模）如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AD，GD．若⊙O的半径为
2，则线段AD，GD与A´G围成的图形（阴影部分）面积为（ ）
π
A． B．π+2❑√3 C．π+2❑√2 D．π+❑√2
2
【答案】C
【分析】本题考查的是正多边形与圆，求解扇形面积，三角形的中线等分三角形面积，作出合适的辅助线
是解本题的关键．如图，连接AG，DH交于点K，连接OA，OG，可得DH过圆心，
360°
∠AOH=∠GOH= =45°，进一步求解S =S =❑√2=S =S ，结合
8 △AOD △AOH △GOH △DOG
S =2S +S 可得答案．
阴影 △AOD 扇形AOG
【详解】解：如图，连接AG，DH交于点K，连接OA，OG，∵正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，
360°
∴DH过圆心，∠AOH=∠GOH= =45°，
8
∴∠AOG=90°，
∵OA=OG=2，
∴OH⊥AG，∠OAG=∠OGA=45°，
❑√2
∴GK=AK= OA=❑√2，
2
1
∴S =S = ×2×❑√2=❑√2=S =S ，
△AOD △AOH 2 △GOH △DOG
90π×22
∴S =2S +S =2❑√2+ =π+2❑√2；
阴影 △AOD 扇形AOG 360
故选：C．
【变式2-1】（2025·江苏苏州·二模）莱洛三角形广泛应用于建筑、工业、包装等方面，某数学兴趣小组在
学习了莱洛三角形的知识后获得灵感，设计了如图2的美丽图形，爱思考的小聪提出以下问题：如图3，
正五边形ABCDE的边长为3，分别以A和E为圆心，3为半径作BP´E和AP´D交于点P，此时阴影部分的周
长为 ．
【答案】2π+3/ 3+2π
【分析】本题考查等边三角形的判定及性质，弧长公式．连接AP，EP，根据作图可得△APE是等边三
角形，得到∠PAE=∠AEP=60°，根据弧长公式求出A´P=π，P´E=π，进而即可解答．
【详解】解：连接AP，EP，由作图可得AP=AE=3，EP=EA=3，
∴AP=AE=EP，
∴△APE是等边三角形，
∴∠PAE=∠AEP=60°，
3π×60 3π×60
∴A´P= =π，P´E= =π，
180 180
∴阴影部分的周长为A´P+P´E+AE=π+π+3=2π+3．
故答案为：2π+3．
【变式2-2】刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率．如图，内
部多边形为⊙O的内接正十二边形，若⊙O的半径为2，则这个圆内接正十二边形的面积为（ ）
A．1 B．6❑√3 C．12 D．4π
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形与圆，含30°角的直角三角形的性质等知识点，解决此题的关键是熟练运用
这些知识点．
如图，过点A作AC⊥OB于C，得到圆的内接正十二边的圆心角为30°，根据三角形的面积公式即可求出
结论．
【详解】解：由题意可作图如下，过点A作AC⊥OB于C，360°
∵圆的内接正十二边形的圆心角为 =30°，OA=2，
12
1
∴AC= OA=1，
2
1
∴S = ×2×1=1，
△OAB 2
即这个圆的内接正十二边形的面积为12×1=12，
故选：C
【变式2-3】（24-25九年级上·河北廊坊·期末）由六块相同的含30°的直角三角形拼成一个大的正六边形，
内部留下一个小的正六边形空隙，若该直角三角形最短的边长为1，那么小正六边形的面积为 ，周
长为 ．
3❑√3
【答案】 6
2
【分析】本题主要考查正六边形的性质，等边三角形的判定与性质，连接AC,CM，证明△MCN正三角
形，得ON=OM=MN=1,连接OM,ON,得△MON是等边三角形，求出面积即可得解
【详解】解：连接AC,CM，如图，
∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠ABC=120°,AB=BC,
∴∠BAC=∠BCA=30°，
∵∠BAM=30°,
∴AM在AC上，
同理可得，CM在AC上，
∴A,M,C三点共线，
∴∠BCA=30°,
∴∠NCM=90°−30°=60°,
又∠MNC=90°−30°=60°,
∴∠NMC=60°,
∴△MCN正三角形，
∴MN=CN=1,
∴小正六边形的周长为1×6=6；
连接OM,ON,则∠MON=60°,
∴△MON是等边三角形，
∴ON=OM=MN=1,
过点O作OP⊥MN于点P，
1 1
∴PN= MN= ,
2 2
∴OP=❑√ON2−PN2=❑
√
12−
(1) 2
=
❑√3
2 2
1 1 ❑√3 ❑√3
∴S = MN⋅OP= ×1× = ，
ΔMON 2 2 2 4
❑√3 3❑√3
∴小正六边形的面积为=6S =6× = ，
ΔMON 4 2
3❑√3
故答案为：6；
2
【题型3 正多边形的边长、半径与中心角的关系】
【例3】（2025·安徽合肥·一模）如图1，这是中国古建筑中的正六边形窗户设计图，图2是由其抽象而成
2
的正六边形ABCDEF，⊙O是它的外接圆，连接OC，OD，作OG⊥CD．若劣弧CD的长为 π，则
3
OG= ．【答案】❑√3
【分析】先求出中心角∠COD=60°，再根据弧长公式求得半径为2，然后解Rt△OGD即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，⊙O是它的外接圆，
360°
∴中心角∠COD= =60°，
6
2
∵劣弧CD的长为 π，
3
2 60π×OD
∴ π= ，
3 180
解得：OD=2，
∵OG⊥CD，OC=OD
1
∴∠GOD= ∠COD=30°，
2
∴OG=❑√3，
故答案为：❑√3．
【点睛】本题考查了圆圆与正多边形，中心角的求解，弧长公式，综合性较强，熟练掌握知识点是解题的
关键．
【变式3-1】若一个圆内接正多边形的边心距是边长的一半，则这个正多边形的中心角的度数是
°．
【答案】90
【分析】本题考查了圆与正多边形的相关概念，熟练掌握边心距的概念是解题的关键．由题意得，
1 1
ON⊥AB，ON= AB，根据三线合一得到AN=BN= AB，那么AN=BN=ON，继而
2 2
△OAN,△ONB均为等腰直角三角形，即可求解．
1
【详解】解：由题意得，ON⊥AB，ON= AB，
2∵OA=OB，
1
∴AN=BN= AB，
2
∴AN=BN=ON，
∵ON⊥AB，
∴△OAN,△ONB均为等腰直角三角形，
∴∠AOB=45°+45°=90°，
∴这个正多边形的中心角的度数是90°，
故答案为：90．
【变式3-2】如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AO，BO，则∠FED−∠AOB=
°．
【答案】90
【分析】本题考查了正多边形与圆，求得正多边形的每个内角度数和中心角度数，相减即可，熟知求得正
多边形相关角度是解题的关键．
360°
【详解】解：在正八边形ABCDEFGH中，每一内角的度数都为180°− =135°，
8
360°
每一个中心角的度数都为 =45°．
8
∴∠FED−∠AOB=135°−45°=90°．
故答案为：90．
【变式3-3】如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，过点D作⊙O的切线交AE的延长线于点F．则∠F
的度数为 ．【答案】72°
【分析】本题主要考查了正多边形与圆，三角形内角和定理，切线的性质，
先求出中心角∠DOE的度数，即可求出∠ODE，再根据切线的性质可求∠≝¿，然后根据正多边形的外
角和定理求出∠≝¿，最后根据三角形内角和定理得出答案．
【详解】解：如图所示，连接OD,OE，
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
360°
∴∠DOE= =72°．
5
∵DO=EO，
180°−72°
∴∠ODE= =54°．
2
∵DF是⊙O的切线，
∴∠ODF=90°，
∴∠EDF=90°−54°=36°．
∵∠≝¿是正五边形ABCDE的外角，
360°
∴∠≝= =72°，
5
∴∠F=180°−∠EDF−∠≝=180°−36°−72°=72°．
故答案为：72°．
【题型4 正多边形的边长、半径与边心距的关系】
【例4】（24-25九年级上·安徽黄山·期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的周长为4π，则
边心距OM的长为（ ）❑√3 1
A．❑√3 B． C． D．2❑√3
2 2
【答案】A
【分析】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、垂径定理、勾股定理、等边三角形的判定与性质；
熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形和运用垂径定理求出是解决问题的关键．
由圆的面积求出OA=OB=2，证明△OAB是等边三角形，得到AB=OA=OB=2，由垂径定理得到
1
AM=BM= AB=1，再由勾股定理求出OM即可．
2
【详解】解：∵⊙O的周长为4π，
∴OA=OB=2
∵六边形ABCDEF为正六边形，
360°
∴∠AOB= =60°，
6
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=OB=2
∵OM⊥AB，
1
∴AM=BM= AB=1，
2
∴OM=❑√22−12=❑√3，
故选：A．
【变式4-1】如图，边长为2的正六边形ABCDEF内接于⊙O，则它的边心距为 ．【答案】❑√3
【分析】本题考查正多边形和圆，根据正六边形的性质以及勾股定理进行计算即可．掌握正六边形的性质
以及勾股定理是解题的关键．
【详解】解：如图，连接OA，OB，过点O作OM⊥AB于点M，
∵边长为2的正六边形ABCDEF内接于⊙O，
360°
∴∠AOB= =60°，OA=OB，AB=2，
6
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=2，
∵OM⊥AB，
1 1
∴AM=BM= AB= ×2=1，
2 2
在Rt△AOM中，OA=2，AM=1，
∴OM=❑√OA2−AM2=❑√22−12=❑√3，
∴它的边心距为❑√3．
故答案为：❑√3．
⏜
【变式4-2】如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点P在
AB
上且点P与点A，点B不重合，连接PA，
PB，PC，用等式表示PA、PB、PC之间的数量关系是 ．
【答案】PC=PA+❑√3PB
【分析】本题考了查正多边形与圆，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，解直角
三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．(6−2)×180°
由正六边形ABCDEF内接于⊙O，得到AB=BC，∠ABC= =120°，在PC上截取
8
CQ=AP，根据全等三角形的性质得到BQ=BP，∠CBQ=∠ABP，求得∠BPQ=∠BQP=30°，过
❑√3
B作BH⊥PQ于H，根据直角三角形的性质得到PQ=2PH，PH= PB，求得PQ=❑√3PB，等量代
2
换得到结论．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
(6−2)×180°
∴AB=BC，∠ABC= =120°，
6
在PC上截取CQ=AP，
在△APB与△CQB中，
{
AP=CQ
)
∠PAB=∠QCB ，
AB=BC
∴△APB≌△CQB(SAS)，
∴BQ=BP，∠CBQ=∠ABP，
∵∠ABC=120°，
∴∠PBQ=∠PBA+∠ABQ=∠ABQ+∠CBQ=120°，
∴∠BPQ=∠BQP=30°，
过B作BH⊥PQ于H，
❑√3
∴PQ=2PH，PH= PB，
2
∴PQ=❑√3PB，
∴PC=CQ+PQ=AP+❑√3PB，
故答案为：PC=AP+❑√3PB．
【变式4-3】（2025九年级下·全国·专题练习）如图，已知⊙O的周长等于8πcm，则圆内接正六边形
ABCDEF的边心距OM的长为 ．【答案】2❑√3cm
【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，连接
OC、OD，由正六边形ABCDEF可求出∠COD=60°，证明△COD是等边三角形，进而可求出
1 ❑√3
∠COM=30°，则有CM= OC，然后通过勾股定理得OM= OC，设OC=2x，则CM=x，
2 2
OM=❑√3x，再由圆周长公式求出x的值即可，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接OC、OD，
∵正六边形ABCDEF是圆内接正六边形，
∴∠COD=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∵OM⊥CD，
1
∴∠COM= ∠COD=30°，∠CMO=90°，
2
1
∴CM= OC，
2
由勾股定理得：OC2=CM2+OM2，
∴OC2= (1 OC ) 2 +OM2 ，
2
❑√3
∴OM= OC，
2
设OC=2x，则CM=x，OM=❑√3x，∵⊙O的周长等于8πcm，
∴2π×2x=8π，解得：x=2，
∴OM=❑√3x=2❑√3，
故答案为：2❑√3cm．
【题型5 正多边形和圆有关的尺规作图问题】
【例5】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5-1】如图，已知⊙O，用尺规作⊙O的内接正四边形ABCD．（写出结论，不写作法，保留作图痕
迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑）
【答案】答案见解析．
【详解】画圆的一条直径AC，作这条直径的中垂线交⊙O于点BD，连结ABCD就是圆内接正四边形
ABCD．
试题解析：如图所示，四边形ABCD即为所求：【变式5-2】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5-3】在圆内接正六边形ABCDEF中，AC，EC分别交BD于点H，G．
(1)如图①，求证：点H，G三等分BD．
(2)如图②，操作并证明．
①尺规作图：过点O作AC的垂线，垂足为K，以点O为圆心，OK的长为半径作圆；（在图②中完成作
图，保留作图痕迹，不需要写作法）
②求证：CE是①所作圆的切线．【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由正多边形的性质证明∠CDG=∠CBH,CD=CB,∠DCG=∠BCH，可得
△CDG≌△CBH，再证明△CGH是等边三角形，从而可得结论；
（2）①按照题干的要求作线段AC的垂直平分线，再作圆即可；②过点O作OP⊥CE，垂足为P，连接
OC， 证明∠PCO=∠KCO=30°．结合OK⊥AC，OP⊥CE，OP=OK．从而可得结论；
【详解】（1）证明：在圆内接正六边形ABCDEF中，
CD=BC=AB=DE,∠CDE=∠DCB=∠ABC=120°，
∴∠CDB=∠CBD=∠ACB=∠DCE=30°，
∴∠ACE=120°−30°−30°=60°,CG=DG,CH=BH．
在△CDG和△CBH中，
∠CDG=∠CBH,CD=CB,∠DCG=∠BCH，
∴△CDG≌△CBH．
∴CG=CH．
∴△CGH是等边三角形，
∴CG=HG=DG=CH=BH．
∴点H，G三等分BD．
（2）①解：如图，即为所求作．
②证明：如图，过点O作OP⊥CE，垂足为P，连接OC，则∠DCO=∠BCO=60°．
由（1）知，∠ECD=∠ACB=30°，
∴∠PCO=∠KCO=30°．
∵OK⊥AC，OP⊥CE，
∴OP=OK．
∴CE是①所作圆的切线．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆的内接多边形的性质，切线的判定，作线段的垂直平分线，掌握以上基础知识是解本题的关键．
【题型6 正多边形和圆与平面直角坐标系的综合】
【例6】在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，已知“雪花”图案（正六边形ABCDEF）的边长是4．
（1）如图1，作出“雪花”图案的外接圆，则B´C长为 ；
（2）如图2，将“雪花”图案放在平面直角坐标系中，若AB与x轴垂直，顶点A的坐标为(2,−3)，则顶
点C的坐标为 ．
4
【答案】 π (2−2❑√3,3)
3
【分析】（1）如图1，令正六边形ABCDEF外接圆的圆心为点O ，由正六边形可得
1
360°
∠BO C= =60°，△O BC是等边三角形，即可得圆的半径等于正六边形的边长，再根据求弧公
1 6 1
式求解即可；
（2）如图2，连接BD交CF于点G，AB交x轴于点H，由（1）得圆的半径等于正六边形的边长，即可得
1
四边形OBCD是菱形，四边形O ABC是菱形，根据菱形的性质，可得O C⊥BD，CG=O G= O C
1 1 1 2 1
，O C∥AB，进而得到O C⊥x轴，BG∥x轴，利用勾股定理求出BG的值，再根据点A坐标求出OH
1 1
，BH的值，然后点C的纵坐标为CH+BH的值，横坐标为−(BG−OH)的值，即可得出答案．
【详解】解：（1）如图1，令正六边形ABCDEF外接圆的圆心为点O ，
1
∵雪花是正六边形，360°
∴ B´C所对的圆心角∠BO C= =60°，
1 6
∵ O B=O C，
1 1
∴ △O BC是等边三角形，
1
∴ O B=O C=BC=4，
1 1
1 4
∴ B´C= ×2π×4= π，
6 3
4
故答案为： π；
3
（2）如图2，连接BD交CF于点G，AB交x轴于点H，
∵由（1）得正六边形ABCDEF外接圆的半径等于其边长，
∴四边形OBCD是菱形，四边形O ABC是菱形，
1
1 1
∴ O C⊥BD，CG=O G= O C= ×4=2，O C∥AB，
1 1 2 1 2 1
∵ AB⊥x轴，
∴ O C⊥x轴，BG∥x轴，
1
在Rt△BCG中，BG=❑√BC2−CG2=❑√42−22=2❑√3，
∵点A坐标为(2,−3)，
∴ AH=3，OH=2，
∴BH=AB−AH=4−3=1，
∴点C的横坐标x =−(BG−OH)=−(2❑√3−2)=2−2❑√3，
C
点C的纵坐标y =BH+CG=1+2=3，
C
∴点C坐标为(2−2❑√3,3)，
故答案为：(2−2❑√3,3)．
【点睛】本题考查了正多边形与外接圆的关系，求弧的长度，勾股定理，解题关键是掌握正六边形的性质，弧长公式，合理添加辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求线段长度，并利用线段长度求点坐标．
【变式6-1】如图，在平面直角坐标系中，正六边形OABCDE的边长是2，则它的外接圆圆心P的坐标是
．
【答案】(1,❑√3).
【分析】过点P作PF⊥OA，垂足为F，计算PF，OF的长度即可.
【详解】如图，过点P作PF⊥OA，垂足为F，
∵正六边形OABCDE的边长是2，
∴OA=2，∠OPA=60°，
∴OP=2，∠OPF=30°，
∴OF=1，PF=❑√3，
∴点P的坐标为（1，❑√3），
故答案为：（1，❑√3）.
【点睛】本题考查了正六边形的计算，熟练掌握正六边形的边长等于外接圆的半径，中心角为60°是解题
的关键.
【变式6-2】如图，将内接于⊙O的正六边形ABCDEF放在直角坐标系中，圆心O与坐标原点重合，若A点
的坐标为（﹣1，0），则图中阴影部分的面积为 （结果保留 根号）❑√3
【答案】
4
【分析】连接BO，CO，则阴影部分的面积等于 OBC的面积，然后由六边形ABCDEF为正六边形可得到
OBC为等边三角形，然后求得 OBC的面积即可△．
△【详解】如图，连接BO，CO．△
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴△OBC是等边三角形．
∵A点的坐标为（−1，0），
∴OA＝1．
∴BC＝1．
∵OB＝OC，OD⊥BC，
1
∴∠BOD＝∠COD＝30°，BD＝DC＝ ，
2
❑√3
∴OD＝❑√3BD＝ ．
2
1 ❑√3 ❑√3
∴阴影部分的面积＝S ＝ ×1× ＝ ．
OBC 2 2 4
△
❑√3
故答案为 .
4
【点睛】本题主要考查的是正多边形和圆，解答本题主要应用了正六边形的性质、等边三角形的性质，发
现阴影部分的面积等于 OBC的面积是解题的关键．
【变式6-3】如图，⊙O△的半径为2，圆心O在坐标原点，正方形ABCD的边长为2，点A、B在第二象
限，点C、D在⊙O上，且点D的坐标为（0，2），现将正方形ABCD绕点C按逆时针方向旋转150°，点
B运动到了⊙O上的点B 处，点A、D分别运动到了点A、D 处，即得到正方形ABC D（点C 与C重
1 1 1 1 1 1 1 1
合）；再将正方形ABC D 绕点B 按逆时针方向旋转150°，点A 运动到了⊙O上的点A 处，点D、C 分
1 1 1 1 1 1 2 1 1
别运动到了点D、C 处，即得到正方形ABC D（点B 与B 重合），…，按上述方法旋转2020次后，点
2 2 2 2 2 2 2 1
A 的坐标为 ．
2020【答案】（2+❑√3，﹣1）
【分析】由题意发现旋转12次一个循环，由2020÷12＝168余数为4，推出A 的坐标与A 相同，由此即
2020 4
可解决问题
【详解】解：如图，由题意发现12次一个循环，
∵2020÷12＝168余数为4，
∴A 的坐标与A 相同，
2020 4
∵⊙O的半径为2，正方形ABCD的边长为2，
∴OC =2，EC =1，
4 4
又∵∠OEC =90°，
4
∴OE=❑√OC 2−EC 2=❑√22−12=❑√3，
4 4
∴OF=2+❑√3，
∴A（2+❑√3，﹣1），
4
∴A （2+❑√3，﹣1），
2020
故答案为：（2+❑√3，﹣1）．
【点睛】本题考查坐标与图形的变化——旋转，属于规律性问题，解决问题的关键是找到旋转的规律．
【题型7 正多边形和圆中的证明】
【例7】如图，已知⊙O的内接正十边形ABCD⋯，AD交OB，OC于M，N，求证：(1)MN∥BC；
(2)MN+BC=OB．
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）根据圆心角的计算可得∠AOB=∠BOC=∠COD=36°，
∠AOD=108°，∠OAD=∠ODA=36°，由此可得∠OMN=∠ONM=72°，根据同弧所对圆心角
是圆周角的2倍可得∠BAD=36°，根据三角形内角和可得∠ABM=72°，根据正十边形的性质，内角
和定理可得∠ABC=144°，由此可得∠OBC=72°，根据平行线的判定即可求解；
（2）根据（1）的计算，可得AM=AB=BC，∠AON=∠ANO=72°，再根据
AN=AO=OB=AM+MN即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接OA，OD，则OA=OB=OC=OD，
∵AB，BC，CD是内接正十边形的边长，
360°
∴AB=BC=CD，∠AOB=∠BOC=∠COD= =36°，
10
∴∠AOD=36°+36°+36°=108°，
1
∴∠OAD=∠ODA= (180°−∠AOD)=36°，
2
∴∠MAO=∠MOA=36°=∠AMB=∠DNC，
⏜ ⏜
∵∠BOD=∠BOC+∠COD=36°+36°=72°， BD=BD ，1
∴∠BAD= ∠BOD=36°，
2
∴∠ABM=180°−∠BAD−∠AMB=180°−36°−72°=72°，
∵内接正十边形，
180°×(10−2)
∴∠ABC= =144°，
10
∴∠OBC=∠ABC−∠ABM=144°−72°=72°，
∴∠OMN=∠OBC=72°，
∴MN∥BC；
（2）证明：由（1）可知，∠AMB=∠ABM=72°，
∴AM=AB，
∵AB=BC，
∴AM=BC，
∵∠AON=∠AOB+∠BOC=36°+36°=72°=∠ANO，
∴AO=AN=AM+MN=OB，
∴MN+BC=OB．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆的综合，掌握正多形的性质，多边形内角和定理，圆心角的计算，等
腰三角形的性质，同弧所对圆心角与圆周角的关系，平行线的判定等知识，图形结合分析是解题的关键．
【变式7-1】如图，正方形ABCD内接于⊙O，M为弧AD中点，连接BM,CM．
(1)求证：BM=CM；
(2)连接OB、OM，求∠BOM的度数．
【答案】(1)见解析
(2)135°
【分析】本题考查了正多边形的性质、圆心角、弧、弦的关系定理，掌握正方形的性质、圆心角、弧、弦
的关系定理是解题的关键．
（1）根据正方形的性质得到AB=CD，根据圆心角、弧、弦的关系得到A´B=C´D，得到B´M=C´M，即可
得到结论；（2）连接OA、OB、OM，根据正方形的性质求出∠AOB和∠AOM，计算即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴A´B=C´D．
∵M为A´D的中点，
∴A´M=D´M，
∴B´M=C´M，
∴BM=CM；
（2）连接OA、OB、OM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=90°．
∵M为弧AD的中点，
∴∠AOM=45°，
∴∠BOM=∠AOB+∠AOM=135°．
【变式7-2】如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．
(1)求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF．
S
1
(2)设⊙O的面积为S，六边形ABCDEF的面积为S，求 的值（结果保留π）．
1 2 S
2
【答案】(1)证明见解析2❑√3π
(2)
9
【分析】（1）如图，连接AE，AD，AC，根据正六边形的性质得到EF＝ED＝CD＝BC，求得
E´F=E´D=C´D=B´C，于是得到∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，即可得到结论；
（2）如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，设⊙O的半径为r，推出△ODE是等边三角形，得到DE＝
❑√3
OD＝r，∠OED＝60°，根据勾股定理得到OG=❑√OE2−EG2= r，根据三角形和圆的面积公式即可得
2
到结论．
【详解】（1）证明：如图，连接AE，AD，AC，
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴EF＝ED＝CD＝BC，
∴E´F=E´D=C´D=B´C，
∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，
∴过顶点A的三条对角线四等分∠BAF；
（2）解：如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，
设⊙O的半径为r，
360°
∵∠DOE= =60°，OD＝OE＝r，
6
∴△ODE是等边三角形，
∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°，
∴∠EOG＝30°，
1
∴EG= r，
2
❑√3
∴OG=❑√OE2−EG2= r，
2
1 ❑√3 3❑√3
∴正六边形ABCDEF的面积＝6× ×r× r= r2，
2 2 2∵⊙O的面积＝πr2，
S πr2 2❑√3π
1= =
∴S 3❑√3 9 ．
2 r2
2
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式7-3】如图，在⊙O的内接正八边形ABCDEFGH中，AB=2，连接DG．
(1)求证DG∥AB；
(2)DG的长为 ．
【答案】(1)见解析
(2)2❑√2+2
【分析】（1）连接AD，先证明A´B=B´C=C´D=D´E=E´F=F´G=G´H=A´H，可得∠BAD=∠ADG，
从而可得结论；
（2）作EP⊥DG，FQ⊥DG，证明QG=QF=❑√2，DP=EP=❑√2，四边形PQFE是矩形，从而可得
答案．
【详解】（1）证明：连接AD，正八边形ABCDEFGH，
∴A´B=B´C=C´D=D´E=E´F=F´G=G´H=A´H，
180° 180°
∵ ∠BAD= ×2=45°，∠ADG= ×2=45°，
8 8
∴ ∠BAD=∠ADG，∴DG∥AB．
（2）∵DE=EF=FG=AB=2，同理可证：EF∥DG，EF∥AB，
∴四边形DGFE为等腰梯形，
∴ ∠GFE=∠≝=135°，
作EP⊥DG，FQ⊥DG，
∵EF∥DG，
∴ ∠DGF=180°−135°=45°，
在Rt△QGF中，∠DGF=45°，GF=2，
∴QG=QF=❑√2，
同理可得DP=EP=❑√2，
∵EF∥DG，EP⊥DG，FQ⊥DG，
∴四边形PQFE是矩形，
∴PQ=EF=2，
∴DG=❑√2+❑√2+2=2❑√2+2．
【点睛】本题考查的是圆与正多边形的知识，圆周角定理的应用，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，
掌握正多边形的性质是解本题的关键．
【题型8 正多边形和圆中的最值问题】
【例8】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2π，MN=1
，则△AMN周长的最小值是 ．【答案】4
【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C A′ ∥BD，且使C A′=1，连接
A A′交BD于点N，取NM=1，连接AM、CM，则点M、N为所求点，进而求解．
【详解】解：⊙O的面积为2π，则圆的半径为❑√2，则BD=2❑√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C A′ ∥BD，且使C A′=1，
连接A A′交BD于点N，取NM=1，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MC A′N为平行四边形，
则A′N=CM=AM，
故△AMN的周长=AM+AN+MN=A A′+1为最小，
则A′ A=❑√ (2❑√2) 2+12=3，
则△AMN的周长的最小值为3+1=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了圆的性质、轴对称性质、平行四边形的性质及勾股定理等，确定点M、N的位置是本
题解题的关键．
【变式8-1】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】如图，⊙O半径为❑√2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在AD´C上运动，连接BE，作AF⊥
BE，垂足为F，连接CF.则CF长的最小值为 .【答案】❑√5−1
【分析】先求得正方形的边长，取AB的中点G，连接GF，CG，当点C、F、G在同一直线上时，根据两点
之间线段最短，则CF有最小值，此时即可求得这个值.
【详解】如图，连接OA、OD，取AB的中点G，连接GF，CG，
∵ABCD是圆内接正方形，OA=OD=❑√2，
∴∠AOD=90°，
∴AD=❑√OA2+OD2=❑√2(❑√2) 2=2，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB=90°，
1
∴GF= AB=1，
2
CG=❑√BG2+BC2=❑√12+22=❑√5，
当点C、F、G在同一直线上时，CF有最小值，如下图：
最小值是：❑√5−1，故答案为：❑√5−1．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据两点之间线段
最短确定CF的最小值是解决本题的关键．
⏜
【变式8-3】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
