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专题 24.8 正多边形和圆【十一大题型】
【人教版】
【题型1 求正多边形中心角】..................................................................................................................................1
【题型2 求正多边形的边数】..................................................................................................................................4
【题型3 正多边形与圆中求角度】..........................................................................................................................8
【题型4 正多边形与圆中求面积】........................................................................................................................12
【题型5 正多边形与圆中求周长】........................................................................................................................16
【题型7 正多边形与圆中求边心距、边长】.......................................................................................................24
【题型8 正多边形与圆中求最值】........................................................................................................................28
【题型9 尺规作图-正多边形】..............................................................................................................................32
【题型10 正多边形与圆中的规律问题】................................................................................................................36
【题型11 多边形与圆中的证明】............................................................................................................................40
【知识点 正多边形和圆】
（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 求正多边形中心角】
【例1】（2023秋·广东广州·九年级校考期中）下列图形中，绕它的中心旋转60°后可以和原图形重合的是
（ ）
A．正六边形 B．正五边形 C．正方形 D．正三角形
【答案】A
【分析】根据旋转对称图形的定义，逐一进行判断即可．360°
【详解】解：A、正六边形的中心角为： =60°，绕它的中心旋转60°后可以和原图形重合，符合题
6
意；
360°
B、正五边形的中心角为： =72°，绕它的中心旋转60°后不能和原图形重合，不符合题意；
5
360°
C、正方形的中心角为： =90°，绕它的中心旋转60°后不能和原图形重合，不符合题意；
4
360°
D、正三角形的中心角为： =120°，绕它的中心旋转60°后不能和原图形重合，不符合题意；
3
故选A．
360°
【点睛】本题考查旋转对称图形．熟练掌握正多边形的中心角等于 ，以及旋转对称图形的定义，是
n
解题的关键．
【变式1-1】（2023秋·河北唐山·九年级统考期中）若一个正多边形的边长与半径相等，则这个正多边形的
中心角是（ ）
A．45° B．60° C．90° D．120°
【答案】B
【分析】根据正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，由已知边长与半径相等，可知一边所
对的圆心角为60°，即得答案．
【详解】解：如图所示的正多边形中，
∵AB=OA=OB，
∴ΔABO为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴这个正多边形的中心角为60°．
故选B．
【点睛】此题主要考查正多边形的中心角概念，正确理解题意与中心角概念相结合是解此题的关键．
【变式1-2】（2023秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若∠BOC是正n边形的一个中心角，则n的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】C
【分析】连接OA，先求出∠AOB的度数，然后利用正多边形外角和等于360°，即可求出答案．
【详解】解：连接OA，如图：
根据题意，正六边形和正方形的中心都是点O，
∴∠AOC=90°，∠AOB=60°，
∴∠COB=90°-60°=30°；
∵∠COB是某正n边形的一个中心角，
360°
∴n= =12；
30°
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，正多边形的外角和定理，解题的关键是掌握正多边形的性质，正确
求出∠COB的度数．
【变式1-3】（2023秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，正五边形ABCDE和正三角形APQ都内接于
⊙O，则P´C的度数为 °．【答案】24
【分析】连接OA，OB，OP，OC，分别求出正五边形ABCDE和正三角形APQ的中心角，结合图形计
算即可．
【详解】解：连接OA，OB，OP，OC，
∵五边形ABCDE是正五边形，
360°
∴∠AOB= =72°，
5
∴∠AOC=72°×2=144°，
∵△APQ是正三角形，
360°
∴∠AOP= =120°，
3
∴∠POC=∠AOC-∠AOP=144°-120°=24°．
∴P´C的度数为24°．
故答案为：24．
【点睛】本题考查圆心角和弧之间的关系，正多边形与圆的有关计算．掌握正多边形的中心角的计算公式
是解题的关键．
【题型2 求正多边形的边数】
【例2】（2023秋·河北唐山·九年级统考期末）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】（2023秋·湖北十堰·九年级统考期末）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
【答案】D
【分析】分别求出∠AOB和∠COB，从而得到∠AOC，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接OA，OC，OB，
∵AB和BC分别是正方形和正六边形的一边，
360° 360°
∴∠AOB= =90°,∠COB= =60°，
4 6
∴∠AOC=∠AOB-∠COB=30°，360°
∴n= =12，
30°
故选D．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形边数与中心角的关系是解题的关键．
【变式2-2】（2023秋·山东济南·九年级统考期末）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．6 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【分析】连接AC,OD,OF，先根据圆内接正多边形的性质可得点O在AC上，且AC是∠BAD和
1 1
∠EAF的角平分线，从而可得∠CAD= ∠BAD=45°,∠CAF= ∠EAF=30°，再根据角的和差
2 2
可得∠DAF=15°，然后根据圆周角定理可得∠DOF=2∠DAF=30°，最后根据正多边形的性质即可
得．
【详解】解：如图，连接AC,OD,OF，
∵四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，∴点O在AC上，且AC是∠BAD和∠EAF的角平分线，∠BAD=90°,∠EAF=60°，
1 1
∴∠CAD= ∠BAD=45°,∠CAF= ∠EAF=30°，
2 2
∴∠DAF=∠CAD-∠CAF=15°，
∴∠DOF=2∠DAF=30°，
∵DF恰好是圆O的一个内接正n边形的一边，
360° 360°
∴n= = =12，
∠DOF 30°
故选：D．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题关键．
【变式2-3】（2023秋·安徽安庆·九年级校联考期末）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，
AB=AD,∠C=120°，点E在弧AD上，连接OD、OE、AE、DE．
（1）∠AED的度数为 ．
（2）当∠DOE=90°时，AE恰好为⊙O的内接正n边形的一边，则n的值为 ．
【答案】 120° 12
【分析】（1）连接BD，由已知条件证 ABD是等边三角形，得到∠ABD=60°，从而由圆内接四边形的性
质可得∠AED=120°； △
（2）连接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，结合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，从而可得
360
n= =12．
30
【详解】（1）连接BD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=AD，∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠ABD=180°，
∴∠AED=120°；
（2）连接OA，
∵∠ABD=60°，
∴∠AOD=2∠ABD=120°，
∵∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠AOD-∠DOE=30°，
360°
∴n= =12．
30°
【点睛】本题考查正多边形与圆相关知识点，理解并熟练运用基本性质和结论是解题关键．
【题型3 正多边形与圆中求角度】
【例3】（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）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），则∠DPF的度数为（ ）
A．22.5° B．30° C．40° D．45°
【答案】D
【分析】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：连接OD、OE、OF，如图，
∵八边形ABCDEFGH是正八边形，
360°
∴∠DOE=∠EOF= =45°，
8
∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=90°，
1
∴∠DPF= ∠DOF=45°，
2
故选：D．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆、圆周角定理的应用；熟练掌握中心角公式，由圆周角定理求出结果
是解决问题的关键．
【变式3-1】（2023秋·浙江嘉兴·九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF和正方形AGDH都内接于
⊙O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为（ ）
A．15° B．30° C．15°或165° D．30°或150°
【答案】C
【分析】先求出正六边形和正方形的边所对的圆心角，求差可得弦BG所对得圆心角，再分别求出优弧和
劣弧所对得圆周角即可．
【详解】如图，连接BO,AO,GO四边形AGDH是正方形
∵∠AOG=360°÷4=90°
∴六边形ABCDEF是正六边形
∵∠AOB=360°÷6=60°
∴∠BOG=∠AOG-∠AOB=90°-60°=30°
∴ 30° 360°-30°
弦BG所对圆周角的度数为 =15°或 =165°
2 2
∴
故选C．
【点睛】本题考查正多边形和圆的关系，以及同弧所对圆周角是它所对圆心角得一半，注意有两个答案．
【变式3-2】（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，AF是⊙O的直
径，P是⊙O上的一点（不与点B，F重合），则∠BPF的度数为 °．
【答案】54或126
【分析】由正五边形的性质，圆周角定理，得到∠COF=∠DOF，由等腰三角形的性质推出直径
AF⊥CD，从而求出∠BOF的度数，分两种情况，即可解决问题．
【详解】解：连接OC，OD，
∵正五边形ABCDE的五个顶点把圆五等分，
∴AB´C=AE´D，
∴∠AOC=∠AOD，
∴∠COF=∠DOF，∵OC=OD，
∴直径AF⊥CD，
∴C´F=D´F，
1
∵∠COD= ×360°=72°，
5
1
∴∠COF= ×72°=36°，
2
当P在BA´F上时，连接OB，BP，FP，
1
∵∠BOC= ×360°=72°，
5
∴∠BOF=∠BOC+∠COF=108°，
1
∴∠BPF= ∠BOF=54°，
2
当P在BC´F上时，
由圆内接四边形的性质得∠BPF=180°-54°=126°．
∴∠BPF的度数是54°或126°．
故答案为：54或126．
【点睛】本题考查正五边形和圆，关键是掌握正五边形的性质．
【变式3-3】（2023春·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图所示，在正五边形ABCDE中，F是CD的中点，
点G在线段AF上运动，连接EG，DG，当△DEG的周长最小时，∠EGD的度数为 ．
【答案】72°
【分析】根据对称的定义得出当点E、G、C在同一条直线上时，△DEG的周长最小，由正五边形的性
质可得∠CDE=108°，CD=ED，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得
∠DCE=∠DEC=36°，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E、G、C在同一条直线上时，△DEG的周长最小，，
∵五边形ABCDE是正五边形，
(5-2)×180°
∴∠CDE= =108°，CD=ED，
5
180°-∠CDE 180°-108°
∴∠DCE=∠DEC= = =36°，
2 2
∵ F是CD的中点，
∴AF是正五边形ABCDE的一条对称轴，
∴GD=GC，
∴∠GDC=∠GCD=36°，
∴∠EGD=∠GDC+∠GCD=72°，
故答案为：72°．
【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．
【题型4 正多边形与圆中求面积】
【例4】（2023春·河北衡水·九年级校考期中）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为1，分别以其对角
线AD、FB为边作正方形，则两个阴影部分的面积差S -S 的值为（ ）
1 2
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ABCDEF的中心O，连接OF，OB，OC，令OA交BF于点M，
∵正六边形ABCDEF的边长为1，
360°
∴∠BOC=∠AOB=∠AOF=∠COD= =60° ，OF=OB=OC=OA=OD，
6
∴△COD、△BOC与△AOB都是边长为1的等边三角形，OM⊥BF，
∴AD=OA+OD=2，BF=2FM，∠OFM=90°-∠AOF=30°，
1
∴OM=OF= ，
2
∴BF=2FM=2
√
12-
(1) 2
=2×
√3
=√3，
2 2
∴AD为边的正方形的面积为4，FB为边的正方形的面积为3，
∴S -S =4-3=1．
1 2
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．
【变式4-1】（2023秋·山东滨州·九年级统考期中）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√3mm，则这个正六边形的面积为（ ）
20√3
A．25√3mm2 B．75√3mm2 C．150√3mm2 D． mm2
3
【答案】C
【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，根据勾股定理计算，可得答案．
【详解】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
∴a= ×2=10，
√3
1
这个正六边形的面积6× ×10×5√3=150√3(mm2 )，
2
故选C．
【点睛】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
形的性质和勾股定理．
【变式4-2】（2023秋·福建宁德·九年级统考期末）将三个正六边形按如图方式摆放，若小正六边形的面积
是6，则大正六边形的面积是
【答案】54
【分析】由正六边形的性质，可知图中每个三角形都为等边三角形且全等，再确定每个小正三角形得面积，
即可得出结果．
【详解】解：如图连线：∵多边形为正六边形，
∴图中每个三角形都为等边三角形且全等，
∵小正六边形的面积是6，
1
∴每个三角形的面积为 ×6=1，
6
由图得共有54个等边小三角形，
故大正六边形的面积是54×1=54，
故答案为：54．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
【变式4-3】（2023秋·广东湛江·九年级校考期末）如图，在⊙O的内接正六边形ABCDEF中，AB=√3，
则图中阴影部分的面积为 ．
9√3
【答案】3π-
4
【分析】连接OA，OB，OD， OA交BF于G，由圆内正六边形的性质，等边三角形的性质和勾股定理分
别求出圆的半径OB，△BDF的底边BF和高DG，再用圆的面积减去△BDF的面积即可．
【详解】解：如图，连接OA，OB，OD， OA交BF于G，∵六边形ABCDEF是正六边形，且内接于⊙O，
∴点A,O,D在同一条直线上，OA⊥BF，∠AOB=60°，OA=OB=OD，
∴BG=FG，△OAB是等边三角形，
∴OG=AG，
∵AB=√3，
∴OA=OB=AB=√3，
1 √3
∴OG=AG= OA= ，
2 2
3√3
∴DG=OD+OG= ，
2
3
在Rt△OBG中，由勾股定理得BG=√OB2-OG2=
，
2
∴BF=BG+FG=3，
∴S =S -S
阴影 ⊙O △BDF
1 3√3
=π×(√3) 2- ×3×
2 2
9√3
=3π- ．
4
【点睛】本题主要考查了圆内正多边形的性质，熟练掌握圆内正六边形的性质是解题的关键．
【题型5 正多边形与圆中求周长】
【例5】（2023秋·四川广安·九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长等
于6π，则正六边形的周长为（ ）A．6√3 B．6√6 C．3 D．18
【答案】D
【分析】连接OB、OC，根据⊙O的周长等于6π，可得⊙O的半径OB=OC=3，而六边形ABCDEF是
360°
正六边形，即知∠BOC= =60°，△BOC是等边三角形，即可得正六边形的边长，即可得到周长．
6
【详解】解：连接OB、OC，如图：
∵⊙O的周长等于6π，
6π
∴⊙O的半径OB=OC= =3，
2π
∵六边形ABCDEF是正六边形，
360°
∴∠BOC= =60°，
6
∴△BOC是等边三角形，
∴BC=OB=OC=3，
即正六边形的边长为3，
∴正六边形的周长为18，
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形与圆的相关计算，解题的关键是掌握圆内接正六边形中心角等于60°，从而得
到△BOC是等边三角形．
【变式5-1】（2023秋·江苏南京·九年级校联考期末）如图，BF、CE是正六边形ABCDEF的两条对角线，
若正六边形ABCDEF的边长是a，则四边形BCEF的周长是 ．（用含a的代数式表示）【答案】2a＋2√3a
【分析】过点A作AH⊥BF，垂足为H，先证△ABF为等腰三角形，求出∠ABH的度数，用含a的代数式
表示出AH、BH，然后利用等腰三角形的三线合一，矩形的判定与性质即可解决问题．
【详解】解：过点A作AH⊥BF，垂足为H，如图所示：
∵ABCDEF是正六边形，
∴AB=AF，△ABF为等腰三角形，
180°(n-2) 180°×(6-2)
正六边形的每个内角度数为： = =120°，
6 6
∵AH⊥BF，
1
∴∠BAH= ∠BAF=60°，
2
∴∠ABH=30°，
1
∵AB=a，则AH= a，
2
√ 1 2 √3
∴BH=√AB2-AH2= a2-( a) = a，
2 2
∴BF=2BH=√3a，
又∵BC∥EF，BC=EF，∠CBF=∠CBA-∠ABH=90°，∴四边形BCEF为矩形，
∴C =BC+CE+EF+BF=a+√3a+a+√3a=2a+2√3a，
BCEF
故答案为：2a＋2√3a．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正确作出辅助线，
熟悉这些性质定理是解决问题的关键．
【变式5-2】（2023春·浙江台州·九年级校考期中）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π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
√3
度”k ．如图，正三角形ABC的边长为1，求得其内切圆的半径为 ，因此k =___________；
n 6 3
(2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”k 、k ；
4 6
(3)[总结]随着n的增大，k 具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括．
n
3√3
【答案】(1)
π
4 2√3
(2) ，
π π
(3)随着n的增大，k 越来越接近于1，见解析
n
【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，k 越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可
n
得到答案．
1×3 3√3
k = =
【详解】（1）解：由题意得， 3 √3 π ，
2π×
6
3√3
故答案为： ；
π（2）解：假设正方形边长1，
1
∴此时正方形的内切圆半径为 ，
2
1×4 4
k = =
∴ 4 1 π；
2π×
2
360°
设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则∠AOB= =60°，
6
又∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
1
∴OA=OB=1，AC= ，
2
√3
∴OC=√OA2-AC2=
，
2
1×6 2√3
k = =
∴ 6 √3 π ；
2π×
2
（3）解：k ≈1.65，k ≈1.27，k ≈1.10，随着n的增大，k 越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，
3 4 6 n
精进π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．
【变式5-3】（2023春·福建福州·九年级统考期中）如图，点G，H，I，J，K，L分别是正六边形
ABCDEF各边的中点，则六边形GHIJKL与六边形ABCDEF的周长比为 ．√3
【答案】
2
【分析】设正六边形ABCDEF的中心为O，周长是6x，连接OH，OC，根据正六边形的性质得到
√3 √3
OC=BC=x，求得OH= OC= x，于是得到结论．
2 2
【详解】解：设正六边形ABCDEF的中心为O，连接OH，OC，
设正六边形ABCDEF的周长是6x，
∴OC=BC=x，
√3 √3
∴OH= OC= x，
2 2
∵顺次连接正六边形ABCDEF各边的中点G、H、I、J、K、L得到的六边形为正六边形，
√3
∴HI=OH= x，
2
∴六边形GHKLMN的周长是3√3x，
3√3x √3
∴GHIJKL与六边形ABCDEF的周长比= = ，
6x 2
√3
故答案为： ．
2
【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．
【题型6 正多边形与圆中求半径】
【例6】（2023秋·河南郑州·九年级统考期末）如图，已知⊙O的内接正方形ABCD的边长为1，则⊙O
的半径为（ ）
√2 1
A．√2 B． C．1 D．
2 2【答案】B
【分析】利用正方形的性质结合勾股定理得出⊙O的半径．
【详解】解：连接OB、OC，如图所示，
∵⊙O的内接正方形ABCD的边长为1，
∴OB=OC，BC=1，∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，OB2+OC2=2OB2=BC2=1，
√2
∴OB= ．
2
故选：B．
【点睛】此题考查了正多边形和圆、勾股定理，正确掌握正方形的性质是本题的关键．
【变式6-1】（2023秋·青海海东·九年级统考期末）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的
面积为16cm2，则该半圆的半径为 ．
【答案】4√5cm
【分析】圆心为A，设半径为R，大正方形边长是2x，根据图形可得AE=BC=x，CE=2x，
EF=DF=4，利用勾股定理列出方程求解，然后代入勾股定理计算即可得出结果．
【详解】解：如图所示，圆心为A，设半径为R，大正方形边长是2x
∵正方形的两个顶点在半圆上，另外两个顶点在圆心两侧，∴AE=BC=x，CE=2x，
∵小正方形的面积为16cm2，
∴小正方形的边长为EF=DF=4，
由勾股定理得：
R2=AE2+CE2=AF2+DF2，
即x2+4x2=(x+4) 2+42，
解得：x=4cm，（负值舍去）
∴R=4√5cm，
故答案为：4√5cm．
【点睛】题目主要考查圆的基本性质及勾股定理解三角形，正方形的性质，熟练掌握运用这些知识点是解
题关键．
【变式6-2】（2023秋·河南许昌·九年级统考期末）若正方形的外接圆的半径为4，则这个正方形内切圆的
半径为 ．
【答案】2√2
【分析】根据题意画出图形，再由正方形的性质判断出△AOE为等腰直角三角形，然后再用勾股定理即
可求得答案．
【详解】解：如图，连接OA、OE，根据题意知OA=4，
∵AB是小圆的切线，
∴OE⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴△AOE是等腰直角三角形，AE=OE，
∴在Rt△AOE中,根据勾股定理得：
AE2+OE2=OA2，
∴2OE2=42，解得OE=2√2或OE=-2√2（舍去），
故答案为：2√2．【点睛】本题考查了正方形和圆、勾股定理、正方形的性质等知识，根据题意画出图形并利用勾股定理是
解答本题的关键，属于中考常考题型．
【变式6-3】（2023秋·天津红桥·九年级统考期末）若一个正六边形的边长为2，则其外接圆与内切圆的半
径分别为（ ）
A．2，1 B．2，√3 C．√3，2 D．2√3，3
【答案】B
【分析】从内切圆的圆心和外接圆的圆心向三角形的边引垂线，构建直角三角形，解直角三角形即可．
【详解】解：设内切圆的圆心为O，连接OA，OB，过O作OG⊥AB于G．
∵正六边形的边长为2，
∴正六边形的半径是2，则外接圆的半径2，
∵内切圆的半径是正六边形的边心距，
∵∠AOB=60°，AO=BO，则△AOB是等边三角形，AO=2，
∴∠AOG=30°
∴AG=1
∴GO= √AO2-AG2=√22-12=√3，
故选B．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，正多边形的计算一般是通过中心作边的垂线，连接半径，把正多
边形中的半径，边长，边心距，中心角之间的计算转化为解直角三角形．
【题型7 正多边形与圆中求边心距、边长】
【例7】（2023秋·贵州黔西·九年级统考期中）已知四个正六边形按如图所示摆放在图中，顶点A，B，
C，D，E，F均在⊙O上，连接AD．若两个大正六边形的边长均为4，两个小正六边形全等，则小正六
边形的边长是（ ）A．3-√13 B．√13-1 C．√13+1 D．2√3-1
【答案】B
【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．
【详解】解：∵连接AD交PM于O，
∴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．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键．
【变式7-1】（2023秋·河北石家庄·九年级校考期中）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7-2】（2023秋·山东东营·九年级东营市胜利第一初级中学校考期末）圆内接正六边形与圆外切正三
角形的边长之比为 ．【答案】√3:6
【分析】设圆的半径为r，求出圆内接正六边形与圆外切正三角形的边长解题即可．
【详解】解：设圆的半径为r，则圆内接正六边形的边长为r，
如图，可知OC=r，∠OAC=30°，
∴OA=2OC=2r，
∴AC=√OA2-OC2=√3r，
∴AB=2AC=2√3r，
∴圆内接正六边形与圆外切正三角形的边长之比为r:2√3r=√3:6，
故答案为：√3:6．
【点睛】本题考查圆和正多边形，掌握构造直角三角形求边长是解题的关键．
【变式7-3】（2023秋·山东济宁·九年级校考期末）如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BD，EC交于
点G，已知半径为√3，则EG的长为 ．
【答案】2
【分析】连接BO、GO，则三角形EOG为直角三角形，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接BE、GO、OC，则BE经过O点，且O是BE的中点，∵六边形ABCDEF是正六边形，
(6-2)×180° 360°
∴E´D=B´C，∠EDC= =120°，∠BOC= =60°，
6 6
∴∠EBD=∠CEB，
∴EG=BG，
∴GO⊥BE，
∴∠EOG=∠BOG=90°，
∵∠BOC=60°，
1
∴∠BEC= ×60°=30°，
2
∵D´E=C´D=B´C，
∴∠DEC=∠CEB=∠EBD=∠BDC=30°，
∴∠EDG=120°-30°=90°，
1 1
设EG的长为x，则OG= EG= x，
2 2
∴ (1 x ) 2 +(√3) 2=x2 ，
2
解得：x=2或x=-2（舍去）．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了圆内接正六边形的性质，圆周角定理，勾股定理的应用，解题的关键是掌握各知识点，
并能结合图形熟练运用各知识点．
【题型8 正多边形与圆中求最值】
【例8】（2023秋·新疆阿克苏·九年级统考期末）如图，已知正六边形ABCDEF的边长是6，点P是AD
上一动点，则PE+PF的最小值是 ．【答案】12
【分析】易知点B关于AD的对称点为点F，连接BE交AD于点P，根据轴对称的性质进行解答即可．
【详解】解：利用正多边形的性质可得点B关于AD的对称点为点F，连接BE交AD于点P，
那么有PB=PF，此时PE+PF=BE最小．
∵六边形ABCDEF是正六边形，对角线BE、AD交于P，
∴△APB、△APF、△EPF都是等边三角形，
∴AP=PB=PE=6，
∴BE=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，轴对称的性质，掌握正六边形的性质以及轴对称路线最短问题的解题
方法是正确解答的关键．
【变式8-1】（2023秋·浙江杭州·九年级期末）如图所示，已知边长为2的正三角形ABC顶点A的坐标为
（0，6），BC的中点D在y轴上，且在点A下方，点E是边长为2，中心在原点的正六边形的一个顶点，
把这个正六边形绕中心旋转一周，在此过程中DE的最小值为（ ）A．3-√3 B．2 C．4-√3 D．1
【答案】C
【分析】如图，连接OE，设点E性质至y轴正半轴时为点E′，首先得到当点E旋转至y轴正半轴上时DE
最小，然后分别求得AD、OE′的长，最后求得DE′的长即可．
【详解】如图，连接OE，设点E性质至y轴正半轴时为点E′
∵OE+DE≥OD，
∴D、E、O三点在一条直线上时DE有最小值，
∵点E是边长为2，中心在原点的正六边形的一个顶点，
∴OE′=OE=2，
∵点D为BC中点，△ABC为边长为2的等边三角形，
1
∴BD= BC=1，AD⊥BC，
2
∴AD=√22-12=√3，
∵点A的坐标为（0，6），
∴OA=6，
∴DE′=OA-AD-OE′=6-2-√3=4-√3，
∴在此过程中DE的最小值为4-√3，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的计算及等边三角形的性质，正确得出DE有最小值时点E的位置是解题关
键．
【变式8-2】（2023春·江苏·九年级期末）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】（2023秋·浙江台州·九年级校联考期末）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为
2，把正方形放在正六边形中，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
中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN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B，M之间距离的最小值是 ．
【答案】4﹣2√2．
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间
的距离大于等于4-2√2小于等于4，由此即可判断．
【详解】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于4-2√2小于等于4，
∴B，M之间距离的最小值是4-2√2．
故答案为4-2√2．
【点睛】本题考查正六边形、正方形的性质等知识，解题的关键作出点M的运动轨迹，利用图象解决问题，
题目有一定的难度．
【题型9 尺规作图-正多边形】
【例9】（2023·全国·九年级专题练习）已如：⊙O与⊙O上的一点A（1）求作：⊙O的内接正六边形ABCDEF；（ 要求：尺规作图，不写作法但保留作图痕迹）
（2）连接CE，BF，判断四边形BCEF是否为矩形，并说明理由．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【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BE，如图，利用正六边形的性质得AB=BC=CD=DE=EF=FA，A´B=B´C=C´D=D´E=E´F=A´F
，则判断BE为直径，所以∠BFE=∠BCE=90°，同理可得∠FBC=∠CEF=90°，然后判断四边形BCEF为矩
形．
【详解】解:（1）如图，正六边形ABCDEF为所作；
（2）四边形BCEF为矩形．理由如下：
连接BE，如图，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∴A´B=B´C=C´D=D´E=E´F=A´F，
∴B´C+C´D+D´E=E´F+A´F+A´B，
∴BA´E=BC´E，
∴BE为直径，
∴∠BFE=∠BCE=90°，
同理可得∠FBC=∠CEF=90°，
∴四边形BCEF为矩形．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图
形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把
复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的判定与正六边形的性质．【变式9-1】（2023·江苏·九年级假期作业）如图，已知AC为⊙O的直径．请用尺规作图法，作出⊙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】作AC的垂直平分线交⊙O于B、D，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⊙O的内接正方形．
【点睛】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的
基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆的基本性质，正方形的判定．
【变式9-2】（2023·江苏·九年级假期作业）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9-3】（2023春·全国·九年级专题练习）已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度直尺，按要求画图：(1)在图1中，画出CD的中点G；
(2)在图2中，点G为CD中点以G为顶点画出一个菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）如图1，分别连接AD、CF交于点H，分别延长线段BC、线段ED于点I，连接HI与线段
CD交于点G，点G即为所求；
（2）如图2，延长线段IH与线段AF交于点J，连接BG、GE、EJ、JB，四边形BGEJ即为所求．
【详解】（1）如图1，分别连接AD、CF交于点H，分别延长线段BC、线段ED于点I，连接HI与线段
CD交于点G，点G即为所求；
（2）如图2，延长线段IH与线段AF交于点J，连接BG、GE、EJ、JB，四边形BGEJ即为所求．
【点睛】本题考查了无刻度直尺作图的问题，掌握正六边形的性质、中线的性质、菱形的性质是解题的关
键．【题型10 正多边形与圆中的规律问题】
【例10】（2023春·山东威海·九年级校联考期中）如图，正六边形A B C D E F 的边长为2，正六边
1 1 1 1 1 1
形A B C D E F 的外接圆与正六边形A B C D E F 的各边相切，正六边形A B C D E F 的外接
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3
圆与正六边形A B C D E F 的各边相切……按这样的规律进行下去，A B C D E F 的边长为
2 2 2 2 2 2 10 10 10 10 10 10
．
81√3
【答案】
256
【分析】连接OE ，OD ，OD ，根据正六边形的性质可得∠E OD =60°，则△E OD 为等边三角
1 1 2 1 1 1 1
√3 √3
形，再根据切线的性质得OD ⊥E D ，于是可得OD = E D = ×2，利用正六边形的边长等于
2 1 1 2 2 1 1 2
√3
它的半径可得正六边形A B C D E F 的边长= ×2，同理可得正六边形A B C D E F 的边长
2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3
2
(√3)
= ×2，依此规律求解即可．
2
【详解】解：连接OE ，OD ，OD ，如图所示，
1 1 2
∵六边形A B C D E F 为正六边形，
1 1 1 1 1 1
∴∠E OD =60°，
1 1
∴△E OD 为等边三角形，
1 1∵正六边形A B C D E F 的外接圆与正六边形A B C D E F 的各边相切，
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1
∴OD ⊥E D ，
2 1 1
√3 √3
∴OD = E D = ×2，
2 2 1 1 2
√3
∴正六边形A B C D E F 的边长= ×2，
2 2 2 2 2 2 2
2
(√3)
同理可得正六边形A B C D E F 的边长= ×2，
3 3 3 3 3 3 2
9
(√3) 81√3
∴正六边形A B C D E F 的边长= ×2= ．
10 10 10 10 10 10 2 256
81√3
故答案为： ．
256
【点睛】本题主要考查正多边形与圆的关系，解题的关键在于利用正六形边的一边与圆的两条半径可构成
特殊的三角形——等边三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一个正六边形的边长．
【变式10-1】（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π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
√3
度”k ．如图，正三角形ABC的边长为1，求得其内切圆的半径为 ，因此k =___________；
n 6 3
(2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”k 、k ；
4 6
(3)[总结]随着n的增大，k 具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括．
n
3√3
【答案】(1)
π
4 2√3
(2) ，
π π
(3)随着n的增大，k 越来越接近于1，见解析
n
【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，k 越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可
n
得到答案．
1×3 3√3
k = =
【详解】（1）解：由题意得， 3 √3 π ，
2π×
6
3√3
故答案为： ；
π
（2）解：假设正方形边长1，
1
∴此时正方形的内切圆半径为 ，
2
1×4 4
k = =
∴ 4 1 π；
2π×
2
360°
设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则∠AOB= =60°，
6
又∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
1
∴OA=OB=1，AC= ，
2
√3
∴OC=√OA2-AC2=
，
2
1×6 2√3
k = =
∴ 6 √3 π ；
2π×
2
（3）解：k ≈1.65，k ≈1.27，k ≈1.10，随着n的增大，k 越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，
3 4 6 n
精进π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．【变式10-2】（2023春·宁夏银川·九年级校联考期中）如图，∠MON=60°，作边长为1的正六边形
A B C D E F ，边A B 、F E 分别在射线OM、ON上，边C D 所在的直线分别交OM、ON于点A 、
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2
F ，以A F 为边作正六边形A B C D E F ，边C D 所在的直线分别交OM、ON于点A 、F ，再以
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3
A F 为边作正六边形A B C D E F ，…，依此规律，经第n次作图后，点B 到ON的距离是 ．
3 3 3 3 3 3 3 3 n
【答案】3n-1 ⋅√3
【分析】寻找规律求出OBn的长，根据Bn到ON的距离为OBn•sin60°计算即可．
【详解】解：观察图象可知OB=2=2×30，
1
OB=2×31，
2
OB=2×32=18，
3
OB=2×33=54，
4
OBn=2×3n-1，
∴Bn到ON的距离为2×3n-1•sin60°=3n-1·√3，
故答案为：3n-1·√3．
【点睛】本题考查正多边形与圆、等边三角形的性质、正六边形的性质等知识，解题的关键是掌握从特殊
到一般的探究方法，属于中考常考题型．
【变式10-3】（2023秋·北京海淀·九年级期末）已知⊙O的半径为a，按照下列步骤作图：（1）作⊙O
的内接正方形ABCD（如图1）；（2）作正方形ABCD的内接圆，再作较小圆的内接正方形A B C D
1 1 1 1
（如图2）；（3）作正方形A B C D 的内接圆，再作其内接正方形A B C D （如图3）；…；依次作
1 1 1 1 2 2 2 2
下去，则正方形A B C D 的边长是 ．
n n n nn+1
(√2)
【答案】 a
2n
【分析】观察图形，先根据圆内接正方形的性质求得前几个正方形的边长，进而得出变化规律即可求解．
【详解】解：根据题意，
在图1中圆⊙O的半径为a，则正方形ABCD的边长AB=√2a，
1 √2
在图2中，A B=BB = AB= a，
1 1 2 2
2
√2 (√2)
则正方形A B C D 的边长A B =√2A B=√2× a= a，
1 1 1 1 1 1 1 2 2
1 1 (√2) 2 (√2) 2
在图3中，A A =A B = A B = × a= a，
1 2 1 2 2 1 1 2 2 2
(√2) 2 (√2) 3
则正方形A B C D 的边长A B =√2A A =√2× a= a，
2 2 2 2 2 2 1 2 2 22
……
n+1
(√2)
依次类推，正方形A B C D 的边长为A B = a，
n n n n n n 2n
n+1
(√2)
故答案为： a．
2n
【点睛】本题考查圆内接正多边形与圆的规律探究型问题、正方形的性质，观察图形，正确得出边长的变
化规律是解答的关键．
【题型11 多边形与圆中的证明】
【例11】（2023秋·陕西渭南·九年级校考期中）如图，已知AB、BC、CD是⊙O的内接正十边形的边，
连接AD、OB、OC，求证：AD∥BC．【答案】见解析
【分析】利用正十边形的性质，圆心角与圆周角关系定理，同旁内角互补，两直线平行证明．
【详解】证明：如图，连接OA，OD，
∵AB、BC、CD为⊙O的内接正十边形的边，
360∘
∴∠AOB=∠BOC=∠COD= =36∘，
10
∴∠BOD=72∘，
1
∴∠BAD= ∠BOD=36∘ ．
2
∵OA=OB=OC，
1
∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB= ×(180∘-36∘)=72∘ ，
2
∴∠ABC=∠OBA+∠OBC=144∘．
∴∠BAD+∠ABC=180∘，
∴AD∥BC．
【点睛】本题考查了正十边形的性质，圆心角与圆周角关系定理，同旁内角互补，两直线平行，熟练掌握
正十边形的性质，圆心角与圆周角关系定理，是解题的关键．
【变式11-1】（2023春·九年级课时练习）如图，已知l是⊙O的切线，切点为A，点B在⊙O上，BC交
⊙O于E，交直线l于C，OC交⊙O于F，且AB＝AO＝AC．一同学通过测量猜测，EF为⊙O的内接正二
十四边形的一边，你认为他的猜测正确，请你证明；若你认为他的猜测不正确，请说明理由．【答案】猜测正确．证明见解析.
【详解】试题分析: 由AC切⊙O于点A，可知∠CAO=90°， 由已知AB=OA， OB=OA， 可求出
∠OAB的度数，进而可求出∠BAC的度数，根据三角形内角和为180°可求出∠ABC的度数；根据同弧
所对的圆心角是圆周角的2倍，可求出∠AOE 的度数，进而可求出∠EOF的度数，可对猜测进行判断.
试题解析：∵AC切⊙O于点A，
∠CAO=90°， ∵AC=OA，
∴∠AOC=45°.
∵AB=OA，OB=OA，
∴∠BAO=60°，∠BAC=60°+90°=150°.
∵AC=AB，
1
∴∠ABC= (180°-150°)=15°.
2
∵∠AOE是^AE所对圆心角，∠ABE是^AE所对的圆周角，
∴∠AOE=30°，
∴∠EOF=15°.
360°
∵ =24，
15°
∴EF是⊙O内接正二十四边形的一边.
【变式11-2】（2023秋·九年级课时练习）已知，如图， ABC内接于⊙O，AB=AC，∠BAC=36°，AB、
AC的中垂线分别交⊙O于点E、F，证明：五边形AEBCF△是⊙O的内接正五边形．【答案】证明见解析
【详解】试题分析：要求证五边形AEBCF是正五边形，就是证明这个五边形的五条边所对的弧相等进而
得出即可．
试题解析：
连接BF，CE，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
又∵∠BAC=36°，
∴∠ABC=∠ACB=72°．
又∵AB、AC的中垂线分别交⊙O于点E、F，
∴AF=CF，AE=BE，
∴∠BAC=∠BCE=∠ACE=∠ABF=∠FBC=36°，
∴ ^AE=^AF=^BE=^BC=^FC，
∴AE=AF=BE=BC=FC，
∴∠EAF=∠AFC=∠FCB=∠CBE=∠BEA．
∴五边形AEBCF为正五边形．
【变式11-3】（2023秋·九年级单元测试）（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为弧
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为弧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为弧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．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）PA=PC+√3PB
【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. △
【详解】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=√3PB+PC；
证明：在AP上截取AQ＝PC，
连接BQ，∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，
∴△ABQ≌△CBP，
∴BQ＝BP．
又∵∠APB＝30°，
∴PQ=√3PB
∴PA=PQ+AQ=√3PB+PC
【点睛】本题考查了正多边形和圆、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、正方形的性质、圆周
角定理，熟练掌握这些知识点是本题解题的关键.
