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第13 讲正多边形与圆
内容导航
01 预习航标→析目标·明方向：预习导航精准定向
02 教材全解→建框架·精讲解：知识体系系统梳理
03 题型突破→析考点·破方法：典型题型深度拆解
题型1 求正多边形的中心角
题型2 已知正多边形的中心角求边数
题型3 尺规作图—正多边形
题型4 利用正多边形和圆的关系求半径
题型5 利用正多边形和圆的关系求面积
题型6 正多边形与圆的规律问题
题型7 正多边形与圆的综合
题型8 正多边形与圆的新定义问题
04 过关检测→练考点·强落实：过关检测全面巩固
关键词
学习目标导航
中心角
尺规作正多边形
正多边形与圆综合
1. 认识正多边形与圆的关系，掌握正多边形相关基本概念。
2. 理解正多边形的中心、半径、边心距、中心角的定义。
3. 掌握正多边形中心角、内角的计算公式并熟练运算。
4. 学会利用半径、边心距构造直角三角形求解边长。
5. 体会数形结合思想，提升正多边形几何解题能力。
学习重点：掌握正多边形与圆的相关概念，熟练计算中心角、边长及边心距。
学习难点：借助直角三角形模型，灵活解决正多边形的综合计算问题。
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知｜识｜框｜架
知｜识｜精｜讲
知识点01 正多边形的相关概念
正多边形的相关概念
各边相等，各角也相等的多边形是正多边形．
要点：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.正多边形的有关要素
(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.正多边形的有关计算
(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
；
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(3)正ｎ边形每个外角的度数是
.
要点：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.
即时即练
1．下列说法正确的是（
）
A．三点确定一个圆
B．相等的圆周角所对的弧相等
C．各边都相等的多边形是正多边形
D．三角形的内心到三角形三边的距离相等
【答案】D
【分析】本题考查三角形的内心和外心、垂径定理、确定圆的条件，根据不在同一条直线上的三个点确定
一个圆，如果三个点在同一条直线上，则没有同时过这三个点的圆，可以判断A；根据垂径定理可以判断B；
根据正多边形的定义，可以判断C；根据三角形的内心到三角形三边的矩离相等，三角形的外心到三角形
各个顶点的距离相等，可以判断D．
【详解】解：不在同一条直线上的三个点确定一个圆，如果三个点在同一条直线上，则没有同时过这三个
点的圆，故选项A 错误，不符合题意；
在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，故选项B 错误，不符合题意；
各边都相等各角都相等的多边形是正多边形，故选项C 错误，不符合题意；
三角形的内心到三角形三边的矩离相等，故选项D 正确，符合题意；
故选：D．
2．每一片雪花各顶点连接其外形就是正六边形．若绕这个正六边形的中心O 旋转至和原图形重合，至少需
要旋转（
）
A．360
B．180
C．120
D．60
【答案】D
【分析】本题考查正多边形与圆，求出正六边形的中心角度数，即可得出结果．
【详解】解：正六边形的中心角的度数为360
6
60
，
∴绕这个正六边形的中心O旋转至和原图形重合，至少需要旋转60．
故选D．
3．下列命题：①三点确定一个圆；②正多边形是中心对称图形；③正六边形的半径与边长相等；④三角形
的外心到三角形各边的距离相等，其中真命题的个数是（
）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】D
【分析】本题考查了命题与定理：要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判定一个命题是假
命题，只需要举出一个反例即可．也考查了正多边形，正六边形，确定圆的条件，三角形的外心等．
根据确定圆的条件判定①，根据正多边形的性质判定②，根据正方六边形的性质判定③，根据三角形的外
心性质判断④．
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【详解】解：A．不共线的三个点确定一个圆，故些项为假命题，不符合题意；
B．正三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此项是假命题，不符合题意；
C．正六边形的半径与边长相等，故此项是真命题，符合题意；
D．三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故此项为假命题，不符合题意．
真命题有1 个，
故选：D．
知识点02 正多边形的性质
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：（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.
即时即练
知识点03 正多边形的画法
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
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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：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.
即时即练
7．按照要求进行尺规作图（保留作图痕迹，不写作图过程）
(1)在图①中作正方形ABCD，且顶点都在圆上．
(2)在图②中将圆的面积6 等分．
【答案】(1)
如图，正方形ABCD即为所求；
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(2)
如图所示：
【分析】（1）在圆上任意找一点A，作弦AE ，AF ，分别作AE ，AF 的垂直平分线，则两条垂直平分线
的交点即为圆心O，作直径AC ，过点O 作AC 的垂直平分线，与
O 交于B、D 两点，顺次连接A、B、C、
D，则四边形ABCD即为所求作的正方形．
（2）根据解析（1）的方法，先找出圆心O，然后在
O 上任意找一点A，以点A 为圆心AO 为半径画弧，
交
O 于点B，然后以点B 为圆心AO 为半径画弧，交
O 于点C，依次找出点D、E、F，连接OA、OB 、
OC 、OD 、OE 、OF ，即可将圆的面积6 等分．
【详解】（1）略
（2）略
8．已知正五边形ABCDE ，请仅用无刻度直尺作图．
（1）在图1 中作点P，使得BDP 是等腰三角形：
（2）在图2 中作点O，使点O称为正五边形ABCDE 的中心．
【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析．
【分析】（1）直接利用正多边形的性质得出点P 的位置；
（2）利用正五边形的性质，得出对角线交点，进而得出其中心P 点位置．
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【详解】解：（1）如图所示：点P 为所求；
（2）如图所示：点O 为所求；
【点睛】此题主要考查了复杂作图以及等腰三角形的性质和正多边形的性质，正确应用正五边形的性质是
解题关键．
9．如图，已知等边△ABC，请用直尺（不带刻度）和圆规，按下列要求作图（不要求写作法，但要保留作
图痕迹）
（1）作△ABC 的外接圆圆心O；
（2）设D 是AB 边上一点，在图中作出一个等边△DFH，使点F，点H 分别在边BC 和AC 上；
（3）在（2）的基础上作出一个正六边形DEFGHI．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析
【分析】（1）根据垂直平分线的作法作出AB，AC 的垂直平分线交于点O 即为所求；
（2）取BF＝CH＝AD 构成等边三角形；
（3）作新等边三角形边的垂直平分，确定外心，再作圆确定另外三点，六边形DEFGHI 即为所求正六边形．
【详解】（1）如图所示：点O 即为所求．
（2）如图所示，等边△DFH 即为所求；
（3）如图所示：六边形DEFGHI 即为所求正六边形．
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【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．
题型1 求正多边形的中心角
1．若正五边形绕着它的中心旋转一定的角度后与原来位置重合，则这个角度可以是（
）
A．36
B．72
C．90
D．180
【答案】B
【分析】本题考查正多边形的旋转对称性，正n 边形绕中心旋转后与自身重合，最小旋转角度为360
n
．
【详解】解：∴正五边形的最小旋转角为360
72
5
，
∴当旋转角度是72的整数倍，即可与原位置重合，
选项中只有72符合要求．
2．青铜太阳轮为三星堆二号祭祀坑出土的商代青铜器，距今约3000 年，如图所示，它的正面图形可近似
地看作是将圆五等分得到的，则图中
的度数为（
）
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A．60
B．70
C．72
D．75
【答案】C
【分析】本题考查正多边形与圆，解题的关键是记住中心角
360
n
．求出正五边形的中心角即可．
【详解】解：正五边形的中心角
360
72
5
．
故选：C．
3．古希腊时期，正九边形被认为是完美和神圣的象征，代表着和谐与平衡．第四套人民币中1 角硬币采用
了圆内接正九边形的独特设计，这个正九边形的中心角为______．
【答案】40
【分析】本题考查了正多边形和圆的关系，根据正多边形和圆的关系可得：正九边形的中心角为360
40
9
，
从而求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：根据正多边形和圆的关系可得：正九边形的中心角为360
40
9
，
故答案为：40．
4．如图，在正八边形ABCDEFGH 中，连接
,
,
,
,
AD EH AE DH AE与DH 交于点O，则
DAO
的度数是______．
【答案】22.5
【分析】本题考查多边形的内角与外角，掌握正八边形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．
根据正八边形的性质以及圆周角定理进行计算即可．
【详解】解：由正八边形的对称性可知，点O是正八边形的中心，
所以
1
1
360
22.5
2
2
8
DAO
DOE
，
故答案为：22.5．
5．如图，AB ，AC 分别为
O 的内接正三角形、正四边形的一边，BC 是圆内接正n 边形的一边
AC
BC
，
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则n 的值为___________．
【答案】12
【分析】本题考查了正多边形与圆，根据已知条件推出
30
BOC
是解题的关键．连接OA、OB 、OC ，
根据题意可得
360
120
3
AOB
，
360
90
4
AOC
，利用角的和差得到
30
BOC
，即可求出n 的值．
【详解】解：如图，连接OA、OB 、OC ，
∵AB 为
O 的内接正三角形的一边，
∴
360
120
3
AOB
，
∵AC 为
O 的内接正四边形的一边，
∴
360
90
4
AOC
，
∴
30
BOC
AOB
AOC
，
∵BC 是圆内接正n 边形的一边，
∴
360
12
30
n
，
故答案为：12．
【易错警示】
计算正多边形中心角时，易记错公式误用内角公式替代。常看错边数导致计算出错，混淆中心角、内角、
外角概念。未掌握周角均分原理，解题不理解公式由来，数值计算失误频发。
题型2 已知正多边形的中心角求边数
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6．已知AB 是
O 的内接正十边形的一条边，AC 是
O 的内接正十五边形的一条边，那么以BC 为边的正
多边形的边数为___．
【答案】6 或30
【分析】本题考查圆与正多边形，掌握好正多边形中心角的计算公式是解题关键．
根据正多边形的中心角公式，分别求出AB 和AC 所对的圆心角，再讨论劣弧AB 和点C 的相对位置，得到BC
所对的圆心角，从而求出以BC 为边的正多边形的边数．
【详解】解：∵AB 是
O 的内接正十边形的一条边，AC 是⊙O 的内接正十五边形的一条边，
∴
360
10
36
AOB
，
360
15
24
AOC
，
①当点C 在劣弧AB 上时，如图，
∠
∠
∠
36
24
12
BOC
AOB
AOC
，
则以BC 为边的正多边形的边数为360
12
30
；
②当点C 在劣弧AB 外时，如图，
∠
∠
∠
36
24
60
BOC
AOB
AOC
，
则以BC 为边的正多边形的边数为360
60
6
；
综上所述，以BC 为边的正多边形的边数为6 或30．
故答案为：6 或30．
7．如图，AB 是
O 的内接正多边形的一条边，连接OA、OB ，
45
AOB
，则这个正多边形的边数为
___________．
【答案】8
【分析】本题考查圆内接正多边形的中心角性质，掌握“正多边形的边数= 360单个中心角的度数”是解题
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关键．
圆内接正多边形的每个中心角相等，且所有中心角之和为360，据此进行计算．
【详解】解：圆内接正多边形的中心角之和为360，且每个中心角相等．
已知该正多边形的一个中心角
45
AOB
，设正多边形的边数为n ，则：
360
360
8
45
n
AOB
．
故答案为：8 ．
8．如图，A
B
C
D
、、、
为一个正多边形的相邻四个顶点，O是正多边形的中心，若
15
ADB
，则这个正
多边形的边数为______．
【答案】12
【分析】本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理，设正多边形的外接圆为
O ，连接OA，OB ，所以
2
30
AOB
ADB
，则这个正多边形为360
30
12
，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，设正多边形的外接圆为
O ，连接OA，OB ，
∵
15
ADB
，
∴
2
30
AOB
ADB
，
∴这个正多边形为360
30
12
，
故答案为：12．
9．如果正n 边形的中心角等于24，求这个正多边形的边数．
【答案】15
【分析】根据正多边形的中心角
360
n
求解即可．
【详解】解：设正多边形的边数为n
360
，
根据题意，得360
24
n
，
解得
15
n
，
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这个正多边形的边数是15．
10．如图，正六边形ABCDEF 内接于
，
O
P 为DE 上一点，连接
，
AP
FP ．
(1)求
APF
的度数；
(2)当点P 为DE 的中点时，PE 是
O 的内接正n 边形的一边，求n 的值．
【答案】(1)30
(2)12
【分析】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正六边形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧所
对的圆周角等于圆心角的一半．
（1）连接OA
OF
，
，先根据正六边形的性质求出圆心角的度数，再根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一
半，进行求解即可；
（2）连接PO，EO，DO ，求出圆心角的度数，再根据度数关系求边数即可．
【详解】（1）解：如图1，连接OA
OF
，
，
正六边形ABCDEF 内接于
O ，
1
360
60
6
AOF
．
1
30
2
APF
AOF
；
（2）解：如图2，连接PO，EO，DO ，
正六边形ABCDEF 内接于
O ，
1
360
60
6
DOE
．
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点P 为DE 的中点，
1
30
2
POE
DOE
，
360
30
12
n
．
题型3 尺规作图—正多边形
11．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．
12．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；
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(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．
13．已经学习了将已知半径R 的圆五等分，进而画正五边形、正六边形的作法，但这都是在已知半径为R
的圆内作出的．实际应用中往往要画出给定边长的正五边形、正六边形．如图，在Rt ABC 中，
90
ABC
，
2
AB
BC
，下面给出以AB 为边利用圆规和无刻度直尺画出的正五边形的方法：
①以C 为圆心，BC 的长为半径画圆，与AC 的延长线交于点D；
②再分别以A，B 为圆心，AD 的长为半径画弧，两弧在AB 下方交点记为点E；
③再分别以A，B 为圆心，AB 的长为半径画弧，各交②中所作两弧的一条于点F，G；
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④连接BG ，GE ，EF ，FA ，得正五边形ABGEF ．
请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图中作出正五边形（保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】如图，正五边形ABGEF 即为所求，
【分析】根据题中步骤作图作图即可．
【详解】略
14．如图，在正五边形ABCDE 中，请仅用无刻度
．．．．．直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
(1)在图1 中作一条与边AB 平行的线段．
(2)在图2 中作出线段AP ，使得AP
CD
．
【答案】(1)
解：如图所示，CE 即为所求；
(2)
解：如图所示，AP 即为所求，
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【分析】（1）连接CE 即为所求；
（2）延长
,
BC ED 交于点F ，连接AF 交CD于点P ，则AP 即为所求．
【详解】（1）略
（2）略
15．在等边ABC 中，按如下步骤作图：
①延长
,
BA BC ；
②以A 为圆心，以AB 为半径作圆，交BM 于点D ；
③以D 为圆心，以AB 为半径作圆，交BM 于点E ；
④以E 为圆心，以AB 为半径作圆，交
D于点F ；
⑤连接DF ．
(1)求证：
120
ADF
．
(2)尺规作图完成正六边形ADFGHC ．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1)见解析
(2)图见解析
【分析】（1）连接EF ，易得DE
DF
EF
，进而得到EDF 为等边三角形，得到
60
EDF
，再根据
平角的定义即可得出结论；
（2）以C 为圆心，AB 的长为半径画圆交BN 于点H ，以
,
H F 为圆心，AB 的长为半径画圆，两圆交于点G ，
连接
,
FG HG ，即可．
【详解】（1）解：连接EF ，由作图可知：DE
DF
EF
AB
，
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∴EDF 为等边三角形，
∴
60
EDF
，
∴
180
120
ADF
EDF
；
（2）解：由题意，作图如下：
【易错警示】
正多边形尺规作图时，易出现等分圆弧不均匀、作图痕迹不保留的问题。容易误将任意等分圆当作正多边
形，作图步骤不规范，混淆边长、半径关系，导致画出的图形不对称、不符合标准，造成作图失分。
题型4 利用正多边形和圆的关系求半径
16．如图，边长为4 的正六边形ABCDEF 内接于
O ，则它的内切圆半径为（
）
A．1
B．2
C．
2
D．2 3
【答案】D
【分析】本题主要考查了正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确解答此题的关键．根据
正六边形的性质知AOB 是正三角形，在Rt AOM 中，利用勾股定理进行计算即可．
【详解】解：如图，连接OA，OB ，过点O作OM
AB
，垂足为点M ，
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六边形ABCDEF 是正六边形，点O是它的中心，
360
60
6
AOB
，
OA
OB
，
AOB 是正三角形，
OM
AB
，
1
2
2
AM
BM
AB
，
在Rt AOM 中，
4
OA
，
2
AM
，
2
2
2 3
OM
OA
AM
．
故答案为：D．
17．如图，正六边形ABCDEF 内接于
O ，若四边形AOCB 的面积为8 3 ，则
O 的半径为（
）
A．2
B．2 2
C．2 3
D．4
【答案】D
【分析】本题考查了圆内接正多边形、菱形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握圆内接
正多边形的性质是解题关键．连接
,
AC OB 于点G ，设
O 的半径为2r ，则
2
OA
OB
OC
r
，先证出四
边形AOCB 是菱形，再根据菱形的性质可得
2 3
AOG
S
，然后利用三角形的面积公式建立方程，解方程即
可得．
【详解】解：如图，连接
,
AC OB 于点G ，
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设
O 的半径为2r ，则
2
OA
OB
OC
r
，
∵正六边形ABCDEF 内接于
O ，
∴
360
60
6
AOB
，
∴AOB 是等边三角形，
∴OA
AB
，
同理可得：OC
BC
，
∴
OA
AB
OC
BC ，
∴四边形AOCB 是菱形，
∴
1
2
OG
OB
r
，AC
OB
，
1
4
A
OG
OCB
A
S
S
菱形
V
，
∴
2
2
3
AG
OA
OG
r
，
∵四边形AOCB 的面积为8 3 ，
∴
1
1
8 3
2 3
2
4
AOG
S
OG AG
V
，即1
3
2 3
2 r
r
，
解得
2
r
或
2
0
r
（不符合题意，舍去），
∴
O 的半径为2
2
2
4
r
，
故选：D．
18．如图，正方形ABCD的边长为2 ，以AB 边上的动点O为圆心，OB 为半径作圆，将AOD 沿OD 翻折
至A OD
，若
O 过A OD
一边上的中点，则
O 的半径为____________________．
【答案】2
3 或5
4 或2 7
2
3
【分析】分三种情况讨论，设
O 的半径为r ，分别根据勾股定理，即可求解．
【详解】设
O 的半径为r ，当
O 经过A O
的中点，即经过AO 的中点，
∴
1
2
3
3
r
AB
，
当
O 经过OD 的中点，则
1
2
r
OB
OD
，
∴
2
OD
r
，
2
AO
AB
OB
r
，
在Rt AOD 中，
2
2
2
AD
AO
OD
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∴
2
2
2
2
2
2
r
r
解得：
2 7
2
3
r
（负值舍去）
当
O 经过A D
的中点，即经过AD 的中点，设AD 的中点为M ，
∴
2
,
1,
AO
r AM
OM
r
∴
2
2
2
2
1
r
r
解得：
5
4
r
综上所述，半径为2
3 、5
4 、2 7
2
3
故答案为：2
3 或5
4 或2 7
2
3
．
【点睛】本题考查翻折的性质，勾股定理，正方形的性质，掌握翻折的性质，勾股定理，正方形的性质以
及分类讨论是正确解答的关键．
19．如图，面积为8 的正方形ABCD内接于
O ，则
O 的半径为__________．
【答案】2
【分析】因为已知正方形面积，所以可先通过正方形面积公式求出正方形的边长．因为正方形内接于圆，
所以正方形的对角线是圆的直径，结合勾股定理可求出正方形的对角线长度．因为圆的半径是直径的一半，
所以用求得的对角线长度除以2 即可得到圆的半径．
【详解】解：连接AC ，设正方形边长为a ，
∵正方形ABCD面积为8，
∴
2
8
a
．
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∵正方形ABCD内接于
O ，
∴正方形的对角线AC 为
O 的直径．
设
O 半径为r，
2
AC
r
．
根据勾股定理，
2
2
2
AC
AB
BC
：
∴
2
2
2
(2 )r
a
a
，
代入
2
8
a
，
得
2
4
8
8
16
r
，
化简得
2
4
r
．
∵半径为正数，
∴
2
r
．
20．如图，正方形ABCD内接于
O ，M 为AD 上的一点，连接BM
CM
，
．
(1)若BM
CM
，求证：M 为AD 的中点．
(2)若正方形的面积为4，请直接写出
O 的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
2
【分析】本题考查正方形的性质、正多边形与圆等知识，推导出AB
DC
=
是解题的关键．
（1）由正方形ABCD得AB
CD
，可得AB
DC
=
，由BM
CM
得BM
CM
，由BM
AB
CM
CD
得
AM
DM
，从而可得结论；
（2）由正方形的面积为4 得正方形的边长为2，连接OC
OD
、
得OCD是等腰直角三角形，可求出．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB
CD
，
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∴AB
DC
=
，
∵BM
CM
，
∴BM
CM
，
∴BM
AB
CM
CD
，
∴AM
DM
，
∴M 为AD 的中点
（2）解：∵正方形的面积为4，
∴正方形的边长为2，
连接OC
OD
、
，
∴OCD是等腰直角三角形，
∴
2
2
2
OC
CD
，即圆的半径为
2 ．
题型5 利用正多边形和圆的关系求面积
21．如图，边长相等的正六边形和正方形部分重叠摆放在一起，已知正方形面积是4，那么非阴影部分面积
是（
）
A．8
B．6 3
4
C．4
D．3 3
【答案】B
【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形、正方形的性质是正确解答的关键．根据正方形的面积求
出正方形的边长，即正六边形的边长，由正六边形的性质以及面积的计算方法求出正六边形的面积即可．
【详解】解：∵阴影正方形面积是4，
∴正方形的边长为2，
即正六边形的边长为2，
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∴正六边形的面积为1
3
2
2
6
6 3
2
2
，
∴非阴影部分面积是6 3
4
，
故选：B．
22．如图所示正六边形ABCDEF 的面积为6，点M 是边EF 的中点，连接AE
CM
、
相交于N ，若四边形
AFMN 的面积记作a ，四边形CDEN 的面积记作b ，则b
a
的值是（
）
A．
3
2
B．1
C．3
D．2
【答案】B
【分析】
NME
NME
AEF
CDEM
b
a
b
S
a
S
S
S
四边形
，根据正六边形的性质分别求出
AEF
CDEM
S
S
四边形
，
即可．
【详解】解：连接
,
,
,
AD BE CF CE ，如图所示：
由正六边形的对称性可知：
1
ABO
BCO
CDO
DEO
EFO
AFO
S
S
S
S
S
S
V
V
V
V
V
V
360
6
60
AOF
AOB
BOC
COD
DOE
EOF
∴
AOF
AOB
BOC
COD
DOE
EOF
V
V
V
V
V
V
，
，
，
，
，
是全等的等边三角形
∴四边形
,
AOEF OCDE 是菱形
1
1
1
2
2
AEF
AFO
EFO
S
S
S
S
V
V
V
菱形AOEF
同理，
1
1
1
2
2
CDE
CDO
DEO
S
S
S
S
V
V
V
菱形OCDE
∵
3
CDO
DEO
EFO
CDE
CEF
CDEF
S
S
S
S
S
S
V
V
V
V
V
四边形
∴
2
CEF
S
V
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∵点M 是边EF 的中点
∴
1
1
2
CFM
CEF
S
S
V
V
∵
CFM
CDEF
CDEM
S
S
S
V
四边形
四边形
∴
3 1
2
CDEM
S
四边形
2 1 1
NME
NME
AEF
CDEM
b
a
b
S
a
S
S
S
四边形
故选：B
【点睛】本题考查了正六边形的性质．将所求面积与正六边形的面积建立联系是解题关键．
23．刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用圆的内接正多边形的
面积无限逼近圆的面积并以此求取圆周率的方法．如图，
O 的半径为2，若用
O 的内接正六边形的面积
来估计
O 的面积，则
O 的面积与其内接正六边形的面积的差值为_________．
【答案】4
6 3
/ 6 3
4
【分析】本题主要考查正多边形与圆、等边三角形的性质、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题
关键．连接OA、OB ，根据正多边形和圆的关系可判断出OAB 为等边三角形，过点O 作OM
AB
于点M，
则
1
AM
BM
，再利用勾股定理即可求出OM 长，进而可求出OAB的面积，最后利用圆的面积公式计算
圆的面积，利用内接正六边形的面积为6
AOB
S
，即可计算出结果．
【详解】解：如图，连接OA、OB ，
由题意可得：
360
6
60
AOB
，
∵
2
OA
OB
，
∴OAB为等边三角形，
∴
2
AB
，
过点O 作OM
AB
于点M，则
1
AM
BM
，
在Rt AOM 中，
2
2
2
1
3
OM
，
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∴
1
2
3
3
2
AOB
S
，
∴⊙O 的面积为：
2
2 π
4π
，
内接正六边形的面积6
6 3
AOB
S
，
∴
O 的面积与其内接正六边形的面积的差值为：4π
6 3
故答案为：4π
6 3
．
24．南北朝数学家祖冲之用“割圆术”首次将“圆周率”精算到小数第七位，割圆术是用圆内接正多边形的面
积去无限逼近圆面积，以此可求得圆周率的近似值．如图，若
O 的半径为1，则圆的面积与其内接正十二
边形面积的差为_____．
【答案】
3
/ 3
【分析】利用圆面积公式
2
π
S
r
，根据已知半径
1
r 求出圆的面积，把圆内接正十二边形分割成12 个等腰
三角形，通过正十二边形中心角求出AOC 为等边三角形，得到相关边长和高，求出单个等腰三角形面积，
乘以12 得到正十二边形面积，用圆的面积减去正十二边形的面积，得出面积差．
【详解】解：如图，将圆内接正十二边形分割成12 个等腰三角形，点A，B，C 为顺次三个分点，连接AC ，
交OB 于点D，
∵圆的半径
1
OA
OB
OC
，
∴
21
S
圆
，
∵正十二边形的中心角为360
30
12
，
∴
30
AOB
BOC
，
∴
60
AOC
，
∴AOC 为等边三角形，
∴
1
OA
AC
OC
，
1
1
2
2
AD
CD
AC
，OD
AC
，
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∴
1
1
2
4
AOB
S
OB
AD
△
，
∴正十二边形的面积为12 个这样的等腰三角形面积之和，即：
1
12
3
4
S
正十二边形
，
∴
3
S
S
S
圆
差
正十二边形
．
25．如图，
O 的半径为4，正六边形ABCDEF 内接于
O ，求OAB的面积．
【答案】4 3
【分析】本题考查了正多边形与圆、等边三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的
关键．根据题意可得
360
60
6
AOB
，推出AOB 是等边三角形，再利用等边三角形的性质和勾股
定理求出OH 的长，再利用三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：
正六边形ABCDEF 内接于
O ，
360
60
6
AOB
，
OA
OB
，
AOB
是等边三角形，
4
AB
OA
OB
，
如图，过O 作AB 的垂线OH ，
则
1
2
2
AH
BH
AB
，
90
AHO
，
2
2
2
2
4
2
2 3
OH
OA
AH
，
1
1
4 2 3
4 3
2
2
OAB
S
AB OH
．
题型6 正多边形与圆的规律问题
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26．如图1，图2，图3⋯，M、N 分别是
O 的内接正三角形ABC ，正方形ABCD，正五边形ABCDE ，…
的边AB
BC
、
上的点，且BM
CN
，连接OM
ON
、
，图1 中
120
MON
，图2 中
90
MON
，图3 中
72
MON
…，根据这样的规律，图n 中
MON
的度数是______．
【答案】360
n
【分析】作多边形的半径，根据多边形的性质可证OAB
OCB
≌
，得
OBA
OBC
，再根据“等边对等角”
得
OBC
OCB
，于是可得
OBM
OCN
，从而可证OBM
OCN
≌
则
BOM
CON
，因此
360
MON
BOC
n
．
本题考查了正多边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边对等角、正多边形中心角等知识点，解题的
关键综合运用这些性质解题．
【详解】不失一般性，设
5
n
时的情形，可以推广到一般情况．连接OA
OB
OC
、
、
，如下图
由正多边形的性质知：
AB
CB
OB
OB
OA
OC
∴
SSS
OAB
OCB
≌
∴
OBA
OBC
由OB
OC
得：
OBC
OCB
∴
OBA
OCB
即：
OBM
OCN
又∵
,
BM
CN OB
OC
∴
SAS
OBM
OCN
≌
∴
BOM
CON
∴
BOM
BON
CON
BON
即：
MON
BOC
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∵
360
BOC
n
∴
360
MON
n
故答案为：360
n
．
27．如图，正六边形
1
1
1
1
1
1
A B C D E F 的边长为2，正六边形
2
2
2
2
2
2
A B C D E F 的外接圆与正六边形
1
1
1
1
1
1
A B C D E F 的各
边相切，正六边形
3
3
3
3
3
3
A B C D E F 的外接圆与正六边形
2
2
2
2
2
2
A B C D E F 的各边相切……按这样的规律进行下去，
10
10
10
10
10
10
A B C D E F 的边长为___________．
【答案】81 3
256
【分析】连接
1
OE ，
1
OD ，
2
OD ，根据正六边形的性质可得
1
1
60
E OD
，则
1
1
E OD 为等边三角形，再根
据切线的性质得
2
1
1
OD
E D
，于是可得
2
1
1
3
3
2
2
2
OD
E D
，利用正六边形的边长等于它的半径可得正
六边形
2
2
2
2
2
2
A B C D E F 的边长
3
2
2
，同理可得正六边形
3
3
3
3
3
3
A B C D E F 的边长
2
3
2
2
，依此规律求解
即可．
【详解】解：连接
1
OE ，
1
OD ，
2
OD ，如图所示，
六边形
1
1
1
1
1
1
A B C D E F 为正六边形，
1
1
60
E OD
，
1
1
E OD
为等边三角形，
正六边形
2
2
2
2
2
2
A B C D E F 的外接圆与正六边形
1
1
1
1
1
1
A B C D E F 的各边相切，
2
1
1
OD
E D
，
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2
1
1
3
3
2
2
2
OD
E D
，
正六边形
2
2
2
2
2
2
A B C D E F 的边长
3
2
2
，
同理可得正六边形
3
3
3
3
3
3
A B C D E F 的边长
2
3
2
2
，
正六边形
10
10
10
10
10
10
A B C D E F 的边长
9
3
81 3
2
2
256
．
故答案为：81 3
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．
28．如图，
60
MON
，作边长为1 的正六边形
1
1
1
1
1
1
A B C D E F ，边
1
1
A B 、
1
1
F E 分别在射线OM、ON 上，边
1
1
C D 所在的直线分别交OM、ON 于点
2
A 、
2
F ，以
2
2
A F 为边作正六边形
2
2
2
2
2
2
A B C D E F ，边
2
2
C D 所在的直线
分别交OM、ON 于点
3
A 、
3
F ，再以
3
3
A F 为边作正六边形
3
3
3
3
3
3
A B C D E F ，…，依此规律，经第n 次作图后，
点
n
B 到ON 的距离是______．
【答案】
1
3
3
n
【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OB1=2=2×30，
OB2=2×31，
OB3=2×32=18，
OB4=2×33=54，
OBn=2×3n-1，
∴Bn 到ON 的距离为2×3n-1•sin60°=
1
3
3
n
，
故答案为：
1
3
3
n
．
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【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．
29．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
度”
nk ．如图，正三角形ABC 的边长为1，求得其内切圆的半径为
3
6
，因此
3k ___________；
(2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”
4
6
k
k
、
；
(3)[总结]随着n 的增大，
nk 具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括．
【答案】(1) 3 3
(2) 4
，2 3
(3)随着n 的增大，
nk 越来越接近于1，见解析
【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，
nk 越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可
得到答案．
【详解】（1）解：由题意得，
3
1 3
3 3
3
2
6
k
，
故答案为：3 3
；
（2）解：假设正方形边长1，
∴此时正方形的内切圆半径为
1
2 ，
∴
4
1 4
4
1
2
2
k
；
设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则
360
60
6
AOB
，
又∵OA
OB
，
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∴AOB 是等边三角形，
∴
1
1
2
OA
OB
AC
，
，
∴
2
2
3
2
OC
OA
AC
，
∴
6
1 6
2 3
3
2
2
k
；
（3）解：
3
4
6
1.65
1.27
1.10
k
k
k
，
，
，随着n 的增大，
nk 越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，精
进的取值的方法可知：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．
30．[阅读与思考]如图①，在正三角形ABC 中，点M
，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，则AN
CM
，
NOC
＝
；
如图②，在正方形ABCD 中，点M ，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，则AN
DM
，NOD
；
如图③，在正五边形ABCDE 中，点M ，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，则AN
EM
，NOE
；
[理解与运用]在正六边形ABCDEF 中，点M ，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，则AN
FM
，
NOF
；
在正十边形ABCDEFGHIJ
中，点M ，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，则AN
JM
，NOJ
；
[归纳与总结]根据以上规律，在正n 边形
n
A A A A
A
1
2
3
4
中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M ，
N 是
1
2
A A
，
2
3
A A 上的点，且AM
A N
1
2
＝
，
1A N
与
n
A M
相交于O；也会有类似的结论，你的结论是
．
【答案】60；90；108；120；144；以上所求的角恰好等于正n 边形的内角(
2) 180
n
n
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【分析】根据等边三角形的性质得出
B
CAM
，AB
AC
，进而利用全等三角形的判定与性质得出，
OAC
BCM
NOC
60 ；
根据正方形的性质以及全等三角形的判定与性质得出：
DON
DAN
ADM
90 ；
根据正五边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出：
EON
AEM
EAN
108
；
根据以上所求结论即可得正六边形ABCDEF 中，
NOF
120 ；
根据以上所求结论即可得正十边形ABCDEFGHIJ 中，
NOJ
144 ；
根据以上所求得出在正n 边形中，类似的结论．
【详解】解：阅读与思考:
∵在正三角形ABC 中，点M，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，
B
CAM
AB
AC
∵在ABN 和CAM
中
AB
AC
B
CAM
BN
AM
(SAS)
ABN
CAM
≌
AN
CM
BAN
MCA
＝
＝
，
NOC
OAC
MCA
OAC
BAN
BAC
60
故答案为：60；
∵在正方形ABCD中，点M，N 是AB ，BC 上的点，且AN
DM
AD
AB
在ABN 和DAM 中
AD
AB
DAM
ABN
AM
BN
(SAS)
ABN
DAM
≌
AMD
ANB
ADM
BAN
，
DON
DAN
ADM
90
答案为：90；
∵在正五边形ABCDE 中，点M，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，则AN
EM
AB
AE
EAM
ABN
＝
＝
，
∵在AEM 和BAN 中，
AB
AE
B
EAM
BN
AM
(SAS)
ABN
EAM
≌
AN
EM
AEM
BAN
，
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EON
AEM
EAO
108
故答案为：108；
理解与运用：
∵正三角形的内角度数为：60；正方形的内角度数为：90；正五边形的内角度数为：108；
∴同理可得：
在正六边形ABCDEF 中，点M，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，则AN
FM
，
NOF
120
；
故答案为：120；
同理可得：
在正十边形ABCDEFGHIJ 中，点M，N 是AB ，BC 上的点，且AM
BN
，则AN
JM
，NOJ
144 ；
故答案为：144；
归纳与总结：
根据以上所求的角恰好等于正n 边形的内角，
所以所求的角恰好等于正n 边形的内角(
2) 180
n
n
故答案为：以上所求的角恰好等于正n 边形的内角(
2) 180
n
n
【点睛】此题主要考查了正多边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练利用三角形的外角性
质是解题关键．
题型7 正多边形与圆的综合
31．阅读与思考
尺规作图
一把直尺，一副圆规，就能开启奇妙的几何之旅．五种基本尺规作图，是构建万千
图形的“钥匙”．不仅能完成严谨的几何证明与图形绘制，还能设计出对称精美的几何图案．
正方形内嵌正八边形，就是其中极具代表性的经典图案．如果一个正方形里面嵌套
了一个正八边形，且正八边形至少有四个顶点分别在正方形的四条边上，那么我们称这个
正八边形内嵌于这个正方形．你能用尺规作出图1 或图2 中正方形的内嵌正八边形吗？
初步分析：从整体特征与元素特征两个角
度回顾正八边形的性质．
（1）整体特征：具有轴对称性和旋转对称性．
（2）元素特征：各边相等，各角相等且都等于135．
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深入分析：以图2 正方形内嵌正八边形为例，如图3，连接AC ，EG ，EF ，FG ，发现
的结论如下：
（1）E ，F ，G ，H 分别是正方形ABCD各边的中点；
（2）IEF 是顶角为135，底角为22.5的等腰三角形；
（3）
I
OE 中，
I
OE
O
；
（4）___________________________．
动手作图：利用作垂直平分线和角平分线的方法作图
（1）如图4，作边AD ，DC 的垂直平分线，分别交AD ，BC ，AB ，CD于点E ，G ，
F ，H ；
（2）分别作
AFE
和
AEF
的角平分线，交于点I ；利用旋转
对称性作出点J ，K ，L ；
（3）顺次连接这八个点．
∴八边形I
E FJGKHL 为正方形ABCD的内嵌正八边形．
任务：
(1)请根据“深入分析”中的条件，写出一条你发现的结论______________．
(2)类比研究图2 正方形内嵌正八边形的方法，如图5，连接AC ，BD ，交于点O．线段AK 是否与线段AO
相等，请说明理由．
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(3)请根据你发现的几何结论，换一种尺规作图方式，在正方形ABCD中作出其内嵌正八边形（不写作图步
骤，保留作图痕迹）．
【答案】(1)
45
AOE
（答案不唯一，合理即可）
(2) AK
AO
．
理由如下：
∵正八边形的内角和是
8
2
180
1080
，
∴
1080
135
8
FEL
JKL
，
∴
180
45
AEL
FEL
，
180
45
DKJ
JKL
，
∴
AEL
DKJ
．
∵四边形ABCD是正方形，
∴
90
BAD
ADC
．
∵八边形
I
EFGH JKL 是正八边形，
∴KJ
KL
EL
．
在AEL 与DJK 中，
,
,
,
AEL
DJK
LAE
KDJ
EL
JK
∴
AEL
DJK AAS
≌
，
∴KD
AL
．
设KD
AL
x
．
在Rt AEL 中，
90
EAL
，
∴sin
AL
AEL
EL
，
∴
2
sin
sin 45
AL
x
EL
x
AEL
，
∴
2
KL
EL
x
，
∴
2
AK
AL
KL
x
x
，
2
2
AD
AL
KL
KD
x
x
．
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在Rt AOD 中，
90
AOD
，
∴cos
AO
OAD
AD
，
∴
cos
2
2
cos45
2
AO
AD
OAD
x
x
x
x
．
∴AK
AO
．
(3)如图，八边形
I
EFGH JKL 即为所作．（答案不唯一，合理即可）
【分析】（1）根据点I ，K 由旋转对称性作图得到，得出
1
360
45
8
AOE
，即可求解．
（2）根据多边形内角和定理求得
135
FEL
JKL
，进而可得
AEL
DKJ
，根据四边形ABCD是正
方形，得出
90
BAD
ADC
，根据正八边形得出KJ
KL
EL
，证明
AEL
DJK AAS
≌
得出KD
AL
，
设KD
AL
x
，解直角三角形得出
2
KL
EL
x
，则
2
AK
AL
KL
x
x
在Rt AOD 中，根据
cos
AO
OAD
AD
，得出
2
AO
x
x
，即可证明AK
AO
．
（3）根据正方形的性质和正八边形的定义进行作图即可．
【详解】（1）解：
45
AOE
（答案不唯一，合理即可）
∵AC
EF
，且点I ，K 由旋转对称性作图得到，
∴对角线AC 经过正方形内嵌正八边形的顶点I 和K ，
∴
1
360
45
8
AOE
．
（2）略
（3）略
32．如图1，在Rt ABC 中，
90
C
，锐角
A
所对的直角边BC 与
A
相邻的直角边AC 的比值称为
A
的
坡度，记为“(
)
A
”，即(
)
BC
A
AC
，同样地，(
)
AC
B
BC
．对于锐角A 的每一个确定的值，(
)
A
都有唯一
确定的值与它对应．
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请回答以下问题：
(1)(
)
A
______
A
的函数（填“是”或“不是”）
(2)在Rt ABC 中，
90
C
，
45
A
，则(
)
A
______；
(3)在Rt ABC 中，
90
C
，
30
A
，则(
)
A
______；
(4)在ABC 中，AB
BC
，
15
A
，则(
)
A
______；
(5)如图2，在Rt ABC 中，
90
ABC
，D 是AC 的中点，过D 点作AC 的垂线交BC 于点E ，
6
AB
，
3
(
)
4
C
，则DE ______；
(6)如图3，两个边长相等的正六边形的公共边为BD ，点A ，B ，C 在同一直线上，点M ，N 分别为两个
正六边形的中心，则(
)
NAB
______；
【答案】(1)是
(2)1
(3)
3
3
(4) 2
3
(5)15
4
(6)
3
5
【分析】（1）根据函数的定义，进行判断即可；
（2）根据题意得到ABC 是等腰直角三角形，BC
AC
，结合坡度的计算方法即可求解；
（3）根据题意得到
3
AC
BC
，结合坡度的计算方法即可求解；
（4）根据题意得到ABC 是等腰三角形，过点B 作BD
AC
于点D ，在AD 上取点E ，连接BE ，使得
BE
AE
，设BD
x
，根据含30 度角的直角三角形的性质，得到
2 ,
3
AE
BE
x DE
x
，则
2
3
AD
x
，
根据坡度的计算方法即可求解；
（5）根据题意，得到
8,
10
BC
AC
，由垂直平分线得到
5
CD
，根据
3
4
DE
C
CD
，由此即可求解；
（6）根据题意，正六边形的每个内角为
180
6
2
120
6
，每条边对应的圆心角的度数为360
60
6
，如
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图所示，连接
,
BN CN ，过点N 作NE
BC
于点E ，设正六边形的边长为a ，由此得到
3
5
,
2
2
NE
a AE
a
，
结合坡度的计算方法即可求解．
【详解】（1）解：∵对于锐角A 的每一个确定的值，(
)
A
都有唯一确定的值与它对应，
∴(
)
A
是
A
的函数；
（2）解：如图所示，
90
C
，
45
A
，
∴
45
B
，
∴ABC 是等腰直角三角形，BC
AC
，
∴
1
BC
A
AC
，
故答案为：1；
（3）解：如图所示，
90
C
，
30
A
，
∴
2
AB
BC
，
2
2
2
2
2
3
AC
AB
BC
BC
BC
BC
，
∴
3
3
3
BC
BC
A
AC
BC
；
（4）解：如图所示，AB
BC
，
15
A
，
∴
=
= 15
A
C
，ABC 是等腰三角形，
过点B 作BD
AC
于点D ，在AD 上取点E ，连接BE ，使得BE
AE
，
∴
15
A
EBA
，
∴
30
BED
EAB
EBA
，
设BD
x
，则
2
2
BE
AE
BD
x
，
由（2）的计算得到
3
3
DE
BD
x
，
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∴
2
3
2
3
AD
AE
ED
x
x
x
，
∴
2
3
2
3
BD
x
A
AD
x
；
（5）解：在Rt ABC 中，
3 ,
6
4
AB
C
AB
BC
，
∴
4
4
6
8
3
3
BC
AB
，
∴
2
2
2
2
6
8
10
AC
AB
BC
，
∵DE 是AC 的垂直平分线，
∴
1
5
2
AD
CD
AC
，
在Rt CDE 中，
3
4
DE
C
CD
，
∴
3
3
15
5
4
4
4
DE
CD
；
（6）解：正六边形的每个内角为
180
6
2
120
6
，每条边对应的圆心角的度数为360
60
6
，
如图所示，连接
,
BN CN ，过点N 作NE
BC
于点E ，设正六边形的边长为a ，
,
60
BN
CN
BNC
，
∴BNC 是等边三角形，
∴BC
BN
a
MA
MB
，
30
BNE
，
∴
1
1
2
2
BE
CE
BC
a
，
∴
3
3
2
NE
BE
a
，
∴
1
5
2
2
AE
AM
MB
BE
a
a
a
a
，
∴
3
5
3
:
2
2
5
NE
a
a
NAB
AE
．
33．正多边形可以由等分圆周得到，请探究下列问题：
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(1)已知正方形ABCD的外接圆半径为
2 ，则正方形ABCD的面积为_________．
(2)如图，正六边形与正十二边形内接于同一个圆中，已知圆的半径为3，记圆的面积为
1S ，正六边形的面
积为
2S ，正十二边形的面积为
3
S ．令
1
2
x
S
S
，
1
3
y
S
S
，求x
y
的值．
(3)由（2）可知，将圆等分后围成的正多边形边数越大，与圆的面积就越接近．设正n 边形（
3
n
且为整
数）的外接圆半径为r，面积为S．试用含n，r 的式子表示S．
【答案】(1)4
(2)
27 3
27
2
(3)
2
n 36
1
2
0
si
n
S
nr
n
【分析】（1）根据正方形的对角线长度等于外接圆的直径得正方形对角线长为2 2 ，设正方形边长为a，
可得
2
2 2
a
，求出
2
a
，可求面积；
（2）分别计算圆的面积为
1S ，正六边形的面积为
2S ，正十二边形的面积为
3
S ．计算出x 、y 的值，即可求
出x
y
；
（3）先求出一个等腰三角形的面积，再求正n 边形的面积即可．
【详解】（1）解：正方形的外接圆半径为
2 ，正方形的对角线长度等于外接圆的直径，即2 2 ，
设正方形边长为a，根据正方形对角线与边长的关系得：
2
2 2
a
，
解得
2
a
，
因此正方形面积为：
2
2
2
4
S
a
；
（2）解：∵圆的半径为
3
r ，
∴圆的面积
2
1
9
S
r
；
正六边形可分成6 个边长为3 的等边三角形，如图，
，
过点O作OG
AB
于点G ，
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∴
1
3
2
2
AG
AB
，
∴
2
2
2
2
3
3
3
3
2
2
OG
OA
AG
，
∴OAB的面积
1
3
9
3
3
3
2
2
4
，
∴
2
9 3
27 3
6
4
2
S
；
正十二边形可分成12 个顶角为30的等腰三角形，如图，
连接AC ，OC ，则OAC 是等边三角形，
∴
3
AC
OB
∴OB
AC
，
∴
1
3
2
2
AG
AC
∴OAB的面积
1
1
3
9
3
2
2
2
4
OB
AG
，
∴
3
9
12
27
4
S
，
∴
1
2
27 3
9
2
x
S
S
，
1
3
9
27
y
S
S
，
∴
27 3
27 3
9
9
27
27
2
2
x
y
（3）解：正n 边形可分成n 个顶角为360
n
的等腰三角形，如图，
∴
360
AOB
n
，
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过点A 作AG
OB
于点G ，
∴
sin
AG
AOG
OA
，
∴
360
sin
AG
r
n
，
∴
360
sin
AG
r
n
，
∴OAB的面积
2
1
1
360
1
360
sin
sin
2
2
2
OB AG
r
r
r
n
n
，
所以，正n 边形的面积：
2
2
n
36
1
1
sin
s
2
0
360
i
2
n
S
n
r
nr
n
n
．
34．有一个边长为6 的等边ABC ．
【概念理解】
如果这个等边ABC 的各顶点和各边均在某个平面图形或图形的内部，则称这个平面图形能覆盖这个等边
ABC ．
例如：用1 个圆覆盖这个等边ABC ，这样的圆可以作出无数个，其中最小的圆的半径为________．
【活动探究一】
小明想用2 个等圆
1
O ，
2
O （可以有部分重叠）组成一个新的平面图形来覆盖这个等边ABC ，思考后，
小明先以BC 为直径作了
1
O ．请你继续探究：
（1）请用圆规在图1 中作出1 个符合题意的
2
O ；
（2）如图2，设该三角形未被
1
O 覆盖的区域内（包含边界）的任意一点与点
2
O 的距离为d ，则d 的取值
范围是_________；
（3）满足题意的点
2
O 的集合是怎样的图形？请利用尺规，在图2 中将它表示出来．
【活动探究二】小聪以这个等边三角形ABC 的一边BC 为直径作了
1
O ，如图3，他想到可以用3个等圆
3
O ，
4
O ，
5
O
e
（可以有部分重叠）组成一个新的平面图形来覆盖这个等边ABC ，并且这三个等圆的半径最
小．请你在图3 中作出其中的两个圆的圆心．
要求：①仅用无刻度的直尺作图；②作这两个圆心的方法是不同类型的作法．
【答案】【概念理解】2 3
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【活动探究一】（1）见解析；（2）0
3
d
；（3）见解析
【活动探究二】见解析
【分析】【概念理解】求等边三角形的外接圆的半径即可；
【活动探究一】（1）以
1
O 与AB 的交点为圆心，到点A 的距离为半径画圆即可；
（2）根据题意，可得未被
1
O 覆盖的区域内（包含边界）的任意一点在
2
O 内或
2
O 上，再根据点和圆的
位置关系即可求解；
（3）根据
2
O 的半径为3 和该三角形未被
1
O 覆盖的区域，即可求解；
【活动探究二】根据题意，可得半径最小的三个等圆，是以AF 、BF 、CF 为直径的圆，则AF 、BF 的中
点即为圆心
3
O 、
4
O ，作图即可．
【详解】解：【概念理解】如图，作ABC 的外接圆
O ，即为半径最小的圆，
连接AO 并延长交BC 于点Q ，连接BO，
等边ABC 的外接圆
O ，
6
AB
，
6
BC
AB
，
60
ABQ
，AQ 垂直平分BC ，BO平分
ABQ
，
1
3
2
BQ
BC
，
1
30
2
OBQ
ABQ
，
在Rt
OBQ
△
中，
30
OBQ
，
1
2
OQ
OB
，
则
2
2
2
BQ
OQ
OB
，即
2
2
2
1
3
2 OB
OB
，
解得
2 3
OB
；
故答案为：2 3 ；
【活动探究一】（1）如图1，
2
O 即为所求；
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（2）
等圆
1
O ，
2
O 覆盖等边ABC ，
1
O 的直径为BC ，
1
O 和
2
O 的半径为3，
又
2
O 要把ABC 未被
1
O 覆盖的区域全部覆盖，
ABC 未被
1
O 覆盖的区域内（包含边界）的任意一点在
2
O 内或
2
O 上，
则这些点与点
2
O 的距离为0
3
d
；
故答案为：0
3
d
；
（3）如图2，分别以点A ，
1
O 与AB 、AC 的交点为圆心，3 为半径作圆，三个圆重合的部分即为满足题
意的点
2
O 的集合；
【活动探究二】如图3，点
3
O 、
4
O 即为所求，
设
1
O 与等边ABC 的边AB 和AC 的交点为点D 、E ，连接CD、BE 相交于点F ，
此时以AF 、BF 、CF 为直径作圆，即为覆盖等边ABC 的3 个等圆
3
O ，
4
O 和
5
O
e
，且半径最小，
作射线
1
EO 交
1
O 于点M ，连接DM ，交BF 于一点，即为圆心
4
O ；
连接
4
AO ，交DF 于点N ，作射线BN 交AF 于一点，即为圆心
3
O ；
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形的外接圆，点和圆的位置关系，基本作图，正确掌握基本作
图的方法是解题的关键．
35．如图1，正五边形ABCDE 内接于
O ，阅读以下作图过程，并回答下列问题：
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作法：如图2．
1．作直径AF ．
2．以点F 为圆心，FO为半径作圆弧，与
O 交于点M ，N ．
3．连接AM ，MN ，NA．
(1) AMN 是正三角形吗？请说明理由．
(2)从点A 开始，以DN 的长为边长，在
O 上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n 边形，求n 的值．
【答案】(1)是，见解析
(2)15
【分析】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，等边三角形的判定与性质，读懂题意，明确题目中的
作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键．
（1）连接ON ，NF，可得FN
OF
ON
，得到
60
NMA
，
60
ANM
，即可得证；
（2）连接OD，得到
360
2
144
5
AOD
，再根据
NOD
AOD
AON
求出
NOD
，计算即可得解；
【详解】（1）AMN 是正三角形．
理由如下：如图，连接ON ，NF，
由题意可得FN
OF
ON
，
FON
是等边三角形，
60
NFA
60
NMA
同理可得
60
ANM
60
MAN
∠
AMN
是正三角形．
（2）如图，连接OD ，
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60
AMN
，
120
AON
360
2
144
5
AOD
，
144
120
24
NOD
AOD
AON
，
360
24
15
，
n
的值是15．
题型8 正多边形与圆的新定义问题
36．如图，正三角形、正方形、正六边形等正n 边形与圆的形状有差异，我们将正n 边形与圆的接近程度
称为“接近度”．
(1)角的“接近度”定义：设正n 边形的每个内角的度数为m，将正n 边形的“接近度”定义为180
m
．于是
180
m
越小，该正n 边形就越接近于圆，
①若
3
n
，则该正n 边形的“接近度”等于．
②若
20
n
，则该正n 边形的“接近度”等于______．
③当“接近度”等于______．时，正n 边形就成了圆．
(2)边的“接近度”定义：设一个正n 边形的外接圆的半径为R，正n 边形的中心到各边的距离为d，将正n 边
形的“接近度”定义为
1
d
R
．分别计算
3,
6
n
n
时边的“接近度”，并猜测当边的“接近度”等于多少时，正n
边形就成了圆？
【答案】(1)①120；②18；③0
(2)
3
n
时，
1
1
2
d
R
；
6
n
时，
3
1
1
2
d
R
，当边的“接近度”等于0 时，正n 边形就成了圆
【分析】（1）①根据正n 边形的“接近度”的定义，即可求解；②根据正n 边形的“接近度”的定义，即可求
解；③根据正n 边形的“接近度”的定义，即可求解；
（2）结合正多边形的外接圆的半径与正多边形的中心到各边的距离构造的直角三角形，求解即可．
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【详解】（1）解：①当
3
n
时，
60
m
，
∴“接近度”等于180
60
120
；
故答案为：120
②当
20
n
时，
20
2
180
162
20
m
，
∴“接近度”等于180 162
18
；
故答案为：18
③∵180
m
越小，该正n 边形就越接近于圆，
∴当180
0
m
时，该正n 边形就成了圆，
此时
180
m
，
∴
0
n
；
故答案为：0
（2）解：如图，当
3
n
时，
O 为正ABC 的外接圆，OD
AB
，
∴
60
CAB
，
∴
30
OAD
，
∴
1
sin
2
d
OAD
R
，
∴
1
1
2
d
R
；
如图，当
6
n
时，
O 为正六边形的外接圆，OD
AB
，
∴
120
CAD
，
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∴
60
OAD
，
∴
3
sin
2
d
OAD
R
，
∴
3
1
1
2
d
R
；
当边的“接近度”等于0 时，正n 边形就成了圆．
【点睛】此题考查了正多边形与其外接圆的关系．解此题的关键是注意数形结合思想的应用．
37．阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告
博学小组
研究对象：等边半正多边形
研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究．
研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明
研究内容：
【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相
邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正
方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形…
【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下：
概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF 是等边半正六边形，那么
AB
BC
CD
DE
EF
FA
，
A
C
E
，
B
D
F
，且
A
B
．
性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论：
内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°．
对角线：…
任务：
(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：．
(2)如图3，六边形ABCDEF 是等边半正六边形．连接对角线AD ，猜想
BAD
与
FAD
的数量关系，并说
明理由；
(3)如图4，已知ACE 是正三角形，
O 是它的外接圆．请在图4 中作一个等边半正六边形ABCDEF （要
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求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】(1)240
(2)
解：
BAD
FAD
．
理由如下：连接BD ，FD ．
六边形ABCDEF 是等边半正六边形．
AB
BC
CD
DE
EF
FA
，
C
E
．
BCD
FED
≌
△
△
．
BD
FD
．
在ABD 与AFD 中，
AB
AF
BD
FD
AD
AD
，
BAD
FAD
△
≌△
．
BAD
FAD
；
(3)如图，六边形ABCDEF 即为所求（答案不唯一）．
作法一：
作法二：
．
【分析】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是
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解题关键．
（1）六边形内角和为720，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为240；
（2）连接BD ，FD ，通过已知条件可证
BCD
FED
≌
△
△
，得到BD
FD
，，进一步证明证BAD
FAD
V
V
≌
出
BAD
FAD
；
（3）作AC 、CE 、AE 的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就
是正六边形了．
【详解】（1）解：∵六边形内角和为
6
2
180
720
，且
A
C
E
，
B
D
F
，
∴等边半正六边形相邻两个内角的和为720
3
240
，
故答案为：240；
（2）略
（3）略
38．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．
（1）如图1，若四边形ABCD是圆美四边形，则美角
A
______度．
（2）在（1）的条件下，若
O 的半径为10．
①求BD 的长．
②如图2，在四边形ABCD中，若CA 平分
BCD
，求证：BC
CD
AC
．
（3）在（1）的条件下，如图3，若AC 是
O 的直径，用等式直接写出线段AB ，BC ，CD之间的数量关
系．
【答案】（1）60；（2）①BD 的长为10 3 ；②证明见解析；（3）线段
,
,
AB BC CD 之间的数量关系为
2
3
BC
CD
AB
．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质、圆美四边形的定义即可得；
（2）①如图1（见解析），连接OB、OD，过点O 作OE
BD
，先根据垂径定理可得
2
BD
BE
，再根据
圆周角定理可求出
120
BOD
，然后利用直角三角形的性质求解即可；
②如图2（见解析），延长CD 至点F，使得DF
BC
，连接AF，先根据角平分线的定义、圆周角定理得
出
,
60
AB
AD
ACD
，再根据圆内接四边形的性质可得
ABC
ADF
，再根据三角形全等的判定定理
与性质可得
60
AFD
ACB
，然后根据等边三角形的判定与性质即可得证；
（3）如图3（见解析），延长BC、AD，交于点G，先根据圆周角定理得出
90
ABC
ADC
，再由（1）
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可知
120
BCD
，从而可得
60
DCG
，然后根据直角三角形的性质即可得．
【详解】（1）
四边形ABCD是圆美四边形，
A
是美角
180
1
2
A
C
A
C
，解得
60
120
A
C
故答案为：60 ；
（2）①如图1，连接OB、OD，过点O 作OE
BD
2
,
10
BD
BE OB
由（1）知，
60
A
2
120
BOD
A
OB
OD
1 (180
)
30
2
ODB
OBD
BOD
则在Rt OBE 中，
2
2
1
5,
5 3
2
OE
OB
BE
OB
OE
2
10 3
BD
BE
故BD 的长为10 3 ；
②如图2，延长CD 至点F，使得DF
BC
，连接AF
由（1）知，
120
BCD
CA平分
BCD
1
60
2
ACD
ACB
BCD
AB
AD
由圆内接四边形的性质得：
180
ABC
ADC
又
180
ADF
ADC
ABC
ADF
在ABC 和ADF 中，
AB
AD
ABC
ADF
BC
DF
(
)
ABC
ADF SAS
60
AFD
ACB
ACF
是等边三角形
AC
CF
CD
DF
CD
BC
即BC
CD
AC
；
（3）如图3，延长BC、AD，交于点G
AC 是
O 的直径
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90
ABC
ADC
由（1）知，
120
BCD
180
0 ,
90
30
6
BCD
DCG
G
DCG
在Rt CDG 中，
2
CG
CD
在Rt ABG 中，
2
2
2
,
3
AG
AB BG
AG
AB
AB
3
2
AB
BG
BC
CG
BC
CD
故所求的线段
,
,
AB BC CD 之间的数量关系为
2
3
BC
CD
AB
．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形全等判定定理与性质、垂径定理、等边三
角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造全等三角形和等边三角形是解题关
键．
39．定义：我们将能完全覆盖某平面图形的圆称为该平面图形的覆盖面．其中，能完全覆盖平面图形的最
小圆称为该平面图形的最小覆盖圆．
例如：如图1，线段AB 的最小覆盖圆就是以线段AB 为直径的圆；
【初步思考】
（1）边长为1cm 的正方形的最小覆盖圆的半径是______cm ；
（2）如图2，边长为1cm 的两个正方形并列在一起，则其最小覆盖圆的半径是______cm ；
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【深入研究】
（1）请分别作出图3 中两个三角形的最小覆盖圆（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
（2）如图4，在正方形网格中建立的平面直角坐标系中，ABC 的顶点A 位于坐标原点，顶点B 、C 的坐
标分别为
4,0 、
3,3 ．则ABC 的最小覆盖圆的圆心坐标为______，半径长为______；如图5，钝角MNP
中，
5
MN
，
123
MPN
，则MNP 的最小覆盖圆的半径为______．
【生活应用】
某地有四个村庄A ，B ，C ，D（其位置如图6 所示），现拟建一个5G 网络信号中转站，为了使这四个村
庄的居民都能接收到信号，且使中转站所需发射功率最小（距离越小，所需功率越小），经过工程人员测
量得到
8km
CD
及图中相关各角度等数据，四边形ABCD区域最小覆盖圆的半径为______．
【答案】【初步思考】（1）
2
2 ；（2 ）
5
2
；【深入探究】（1）见解析；（2 ）
2,1 ，5 ，5
2 ；【生活
应用】8
3km
3
．
【初步思考】（1）边长为1的正方形的最小覆盖圆，就是以以正方形的对角线为直径的圆，从而求出答案；
（2 ）两个正方形组合而成的矩形的最小覆盖圆就是以矩形的对角线为直径的圆；
【深入探究】（1）按题意画出图形即可；
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（2 ）网格中找出AB 和AC 垂直平分线交点，再根据勾股定理求得半径，MN 的中点是覆盖圆圆心，1
2 MN
是半径；
【生活应用】ACD的外接圆就是四边形ABCD的最小覆盖圆，由直角三角形的性质可得出答案．
【详解】【初步思考】（1）∵正方形的边长为1，
∴由勾股定理，得正方形的对角线长为：
2 ，
∴最小覆盖圆的半径是
2
2 ，
故答案为：
2
2 ；
（2 ）∵矩形的长为2 ，宽为1，由勾股定理，得矩形的对角线长为5 ，
∴最小覆盖圆的半径是
5
2
，
故答案为：
5
2
；
【深入探究】（1）如图所示：分别作AC
BC
、
垂直平分线即可；
（2 ）如图，
AB 和AC 垂直平分线的交点在
2,1
I
，
由网格可知：
2
2
2
1
5
OI
，
如图2 ，
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将M
N
、
两点覆盖，到M
N
、
最小距离是点O的位置，即
5
2
OM
ON
，此时
O 可以覆盖点P ，
∴MNP 的最小覆盖圆的半径是5
2 ；
故答案为：
2,1 ，5 ，5
2 ；
【生活应用】解：∵ADC 的最小覆盖圆可以将四边形ABCD覆盖，
∴四边形ABCD的最小覆盖圆是ACD的外接圆，
作直径DE ，连CE ，如图，
∵CD
CD
，
∴
60
E
DAC
，
∴
30
C
，
在Rt DCE 中，
2
DE
CE
，
8km
CD
，
由勾股定理得：
2
2
2
DE
CE
CD
，
即
2
2
2
2
8
CE
CE
，
∴
2
3
64
CE
，即
8
3
3
CE
，
∴
16
3km
3
DE
∴四边形ABCD的最小覆盖圆半径为8
3km
3
．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆，圆周角定理，勾股定理，垂直平分线，正方形和矩形的性质，熟练
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掌握知识点的应用是解题的关键．
40．定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”
（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是______．
（2）如图1，在△ABC 中，AB=2，BC= 5
2 ，AC=3，D 为平面内一点，以A、B、C、D 四点为顶点构成的
四边形为“完美四边形”，若DA，DC 的长是关于x 的一元二次方程x2-(m+3)x+ 1
4 (5m2-2m+13)=0(其中m 为
常数)的两个根，求线段BD 的长度．
（3）如图2，在“完美四边形”EFGH 中，∠F=90°，EF=6，FG=8，求“完美四边形”EFGH 面积的最大值．
【答案】（1）正方形、矩形；（2）3；（3）49．
【分析】（1）根据“完美四边形”的定义即可判断．
（2）利用一元二次方程的根的判别式求出m 的值，推出AD=DC=2，判断出点D 的位置即可解决问题．
（3）由完美四边形的定义以及托勒密定理的逆定理可知：四边形EFGH 是圆的内接四边形，圆心是EC 的
中点O．当点H 是EG 的中点时，△EGH 的面积最大，此时四边形EFGH 的面积最大．
【详解】解：（1）根据完美四边形的定义，可知“正方形”、“矩形”是完美四边形．
故答案为：“正方形”、“矩形”．
（2）∵关于x 的一元二次方程x2-(m+3)x+ 1
4 (5m2-2m+13)=0，有实数根，
∴△=(m+3)2-4× 1
4 (5m2-2m+13)=-4(m-1)2≥0，
∴m=1，△=0，
∴方程为：x2-4x+4=0，
∴x1=x2=2，
∴AD=DC=2，
当点D 在AC 的下方，如图1 中，
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∵四边形ABCD 是完美四边形，
∴BD•AC=CD•AB+BC•AD，
∴3BD=4+5，
∴BD=3．
当点D 在AC 上方时，点D 在线段BC 上，不符合题意．
∴满足条件的BD 的长为3；
（3）如图2 中，
由完美四边形的定义以及托勒密定理的逆定理可知：四边形EFGH 是圆的内接四边形，圆心是EC 的中点O．
∵∠EFG=90°，EF=6，FG=8，
∴EG=
2
2
6
8
=10，
当点H 是EG 的中点时，△EGH 的面积最大，此时四边形EFGH 的面积最大，
∴HG=HE=5
2 ，
∴四边形的面积的最大值=
1
2 ×6×8+
1
2 ×5
2 ×5
2 =49．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了完美四边形的定义，一元二次方程的根的判别式，圆内接四边形
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，属于中考压轴题．
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1．如果一个正多边形的中心角是45°，那么这个正多边形的边数是（
）
A．4
B．6
C．8
D．9
【答案】C
【分析】本题考查正多边形的中心角性质，核心知识点为：正多边形的所有中心角之和为360，且每个中
心角的度数相等，因此正多边形的边数可通过“边数
360
单个中心角度数”计算得出．
【详解】解：∵正多边形的中心角总和为360，且每个中心角度数相等，
∴该正多边形的边数为360
45
8
；
故选：C．
2．如图，正五边形ABCDE 内接于
O ，点Q 是优弧AB 上一点，连接AQ ，BQ ，则
AQB
的度数为（
）
A．40
B．36
C．30
D．25
【答案】B
【分析】本题考查了正五边形的中心角的计算，圆周角定理的应用，连接
,
OA OB ，求得
AOB
，结合圆周
角定理，计算求得
AQB
即可．
【详解】解：如图，连接
,
OA OB ，
正五边形ABCDE 内接于
O ，
360
72
5
AOB
，
1
36
2
AQB
AOB
，
故选：B．
3．如图，点
,
,
,
,
A B C D E 是以点O为中心的正多边形的顶点，若
18
ADB
，则该正多边形的边数为（
）
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A．7
B．8
C．10
D．11
【答案】C
【分析】本题主要考查正多边形与圆，圆周角定理，掌握以上知识，合理作出辅助线是关键．
如图所示，连接
,
OA OB ，根据圆周角定理得到
36
AOB
，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，连接
,
OA OB ，
∴
2
36
AOB
ADB
，
∴360
10
36
，
∴该正多边形的边数为10，
故选：C．
4．张同学在学习圆内接正多边形时，作了一个如图所示的圆内接正八边形．若
O 的半径为
2 ，则这个
圆内接正八边形的面积为（
）
A．
B．2
C．4 2
D．8 2
【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，勾股定理，如图，过A 作AC
OB
于C，得到
圆的内接正八边形的圆心角为360
45
8
，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图，过A 作AC
OB
于C，
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∵圆心角为360
45
8
，
2
OA
，
∴
1
AC
OC
，
∴
1
2
1
2
2
2
OAB
S
，
∴这个圆内接正八边形的面积为
2
8
4 2
2
，
故选：C．
5．如图，在正八边形ABCDEFGH 中，连接AD ，EH ，AE ，DH ，AE 与DH 交于点O，则
DAO
的度
数是（
）
A．20
B．22.5
C．25
D．30
【答案】B
【分析】本题考查多边形的内角与外角，掌握正八边形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．
根据正八边形的性质以及圆周角定理进行计算即可．
【详解】解：如图，由正八边形的对称性可知，点O是正八边形的中心，
所以
1
1
360
22.5
2
2
8
DAO
DOE
，
故选：B．
6．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆
的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割
圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．如图，O 的半径为1，运用“割
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圆术”，以圆内接正方形周长近似估计
O 的周长，可得π的估计值为2 2 ，若用圆内接正六边形作近似估
计，可得π的估计值为（
）．
A．5
B．2 2
C．3
D．2 3
【答案】C
【分析】本题考查等边三角形的性质和圆的对称性．圆内接正六边形可分成六个等边三角形，每个三角形
的边长为1，根据正六边形的周长等于圆的周长进行求解即可．
【详解】解：
O 的半径为1，圆内接正六边形可分成六个等边三角形，每个三角形的边长为1，
则正六边形的周长为6 1
6
，
由于圆的周长为2，当半径为1 时，2
6
，
解得
3
．
故选：C．
7．如图，正五边形ABCDE 内接于
O ，点F 是弧DE 上的动点，则
AFC
的度数为（
）
A．144
B．108
C．72
D．随着点F 的变化而变化
【答案】C
【分析】本题考查了多边形内角和，圆内接四边形，掌握圆内接四边形对角互补是解题关键．先求出正五
边形ABCDE 的内角度数，再利用圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】解：
正五边形ABCDE 内接于
O ，
5
2
180
108
5
ABC
，
点F 是弧DE 上的动点，
四边形ABCF 内接于
O ，
180
ABC
AFC
，
72
AFC
，
故选：C．
8．我国古代重要建筑的室内上方，通常会在正中部位做出向上凸起的穹窿状装饰，称为藻井．北京故宫博
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物院内的太和殿上方即有藻井( 图1) ，全称为龙凤角蝉云龙随瓣枋套方八角浑金蟠龙藻井．它展示出精美的
装饰空间和造型艺术．从分层构造上来看，太和殿藻井由三层组成：最外层为方井，中层为八角井，内层
为圆井．图2 是由图1 抽象出的平面图形．若内层圆井的面积为π
8 ，则最外层方井ABCD的边长是（
）
A．
2
2
B．1
C．
2
D．2
【答案】B
【分析】由题意得，根据圆的面积公式可得圆的半径，从而得到圆的直径，利用等腰直角三角形的性质及
勾股定理得BE 的长，从而可得答案．
本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的面积的计算，知道正多边形之间
的关系是解题的关键．
【详解】解：由题意得，四边形ABCD是正方形，
AB
BC
，
90
B
，
1
2
BE
BF
AB
，
设圆的半径为r，内层圆井的面积为8
，
2
8
r
，
2
4
r
，
由图可知内层圆是正方形EFGH 的内接圆，根据正多边形与圆的关系可知：内层圆的直径即为正方形EFGH
的边长，
∴
2
2
EF
，
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由题意可知：点E 为AB 的中点，BEF 是等腰直角三角形，
2
1
2
2
BE
EF
，
2
1
AB
BE
；
故选：B．
9．如图，
O 的半径等于6，其内接正六边形ABCDEF 中，AE
BF
、
交于点
,
G BD
CE
、
交于点H ，则四边
形BGEH 的面积是（
）
A．36
B．18 3
C．24 3
D．24
【答案】C
【分析】本题考查了内接于圆的正六边形的性质、等边三角形的判定和性质、圆周角定理和含30的直角三
角形的性质，熟练运用以上知识点是解决本题的关键．
如图，连接
,
,
OA OF BE ，根据内接正六边形的性质可得，AOF 是等边三角形，则
1
30
2
AEF
AOF
，
进而根据含30的直角三角形的性质可得
2
4 3
EG
GF
，最后结合菱形的判定和性质进行求解即可．
【详解】解：如图，连接
,
,
OA OF BE ，
六边形ABCDEF 是正六边形，
360
60
6
AOF
，OA
OF
，EF
AF
，
AOF
是等边三角形，
∴
6
OF
OA
AF
，
∵BE 是
O 的直径，
90
BFE
，
1
30
2
AEF
AOF
，
2 3
3
EF
FG
，
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2
4 3
EG
GF
，
同法可得
4 3
GB
BH
EH
，
四边形BGEH 是菱形，
四边形BGEH 的面积
24 3
BG EF
．
故选：C．
10．如图，正六边形ABCDEF 内作正方形ABHG ，连接AD ，交GH 于点O，则DO
AO 的值为（）
A．
2
2
B．
2
1
C．
3
1
D．2
3
【答案】C
【分析】本题考查正多边形的性质，正方形的性质，勾股定理，等边三角形的判定及性质，掌握正多边形
的性质是解题的关键．
连接BE ，交AD 于点J ，设正六边形ABCDEF 和正方形ABHG 的边长都为a，根据正六边形ABCDEF 的性
质可求
2
2
AD
AJ
a
．在Rt AOG 中通过解直角三角形可得
2 3
3
AO
a
，从而
2 3
2
3
DO
AD
AO
a
a
，
即可求解．
【详解】解：连接BE ，交AD 于点J ，设正六边形ABCDEF 和正方形ABHG 的边长都为a，
∵六边形ABCDEF 是正六边形，AD ，BE 是其对角线，
∴
120
FAB
ABC
，AD 平分
FAB
，BE 平分
ABC
∴
1
60
2
DAB
FAD
，
1
60
2
ABE
ABC
，
∴
DAB
ABE
，
∴AJ
BJ
，
∴
ABJ
△
是等边三角形，
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∴AJ
AB
a
，
∵点J 是正六边形ABCDEF 的对角线的交点，
∴
2
2
AD
AJ
a
．
∵四边形ABHG 是正方形，
∴
90
GAB
G
，
∴
30
GAO
GAB
DAB
，
∴
1
2
GO
AO
，
∵在Rt AOG 中，
2
2
2
AG
GO
AO
，即
2
2
2
1
2
a
AO
AO
，
∴
2 3
3
AO
a
，
∴
2 3
2
3
DO
AD
AO
a
a
，
∴
2 3
2
3
3
1
2 3
3
a
a
DO
AO
a
．
故选：C．
11．高港传统建筑中的“斗拱”构件蕴含有丰富的几何知识．某正方形斗拱构件的边长为2，其内切圆的面积
为______．（结果保留π）
【答案】
【分析】根据正方形内切圆的性质，可得内切圆的直径等于正方形的边长，先求出内切圆的半径，再利用
圆的面积公式计算即可得到结果
【详解】解：∵正方形的边长为2，正方形的内切圆直径等于正方形的边长，
∴该内切圆的直径为2，半径
1
r ，
∴
21
S
12．如图，A，B，C，D 为一个正多边形的顶点，点O 为该正多边形外接圆的圆心，连接AD 、BD ，
20
ADB
，
则这个正多边形是边数为____________．
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【答案】9/九
【分析】连接
,
OA OB ，圆周角定理求出
40
AOB
，再根据正多边形的中心角的计算公式，进行求解即可.
【详解】解：连接
,
OA OB ，则
2
AOB
ADB
，
∵
20
ADB
，
∴
40
AOB
，
∵A，B，C，D 为一个正多边形的顶点，点O 为该正多边形外接圆的圆心，
∴这个正多边形是边数为360
9
40
.
13．第四套人民币中1 角硬币采用了圆内接九边形的独特设计．九边形设计呼应了中国传统文化中“九”为
尊数的概念，这个正九边形的中心角等于_____°．
【答案】40
【分析】根据正多边形中心角度数公式计算即可．
【详解】解：正九边形中心角度数为360
40
9
．
14．太极八卦图蕴含着丰富的传统文化与数学奥秘，其外围的卦象排布可近似看作一个正八边形（如图）．则
这个正八边形的中心角度数为________．
【答案】45/45 度
【分析】本题主要考查了正多边形中心角的计算，熟练掌握正多边形中心角的计算公式360
n
（其中n 为正
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多边形的边数）是解题的关键．正多边形的中心角是指以正多边形的中心为顶点，将周角360平均分成与
边数相同份数的角．因此，求正八边形的中心角度数，只需用周角360除以边数8 即可．
【详解】解：中心角度数
360
45
8
，
故答案为：45．
15．某手工艺人制作圆形正五边形拼接装饰盘，需用正五边形木片排成圆环状，这些木片完全相同．现已
摆放3 个正五边形木片，呈现如图所示的位置关系．手工艺人计划将这些木片围绕圆形装饰盘排成一个完
整的圆环状．要完成这一圆环排列，总共需要______个正五边形木片．
【答案】10
【分析】本题考查了正多边形与圆的关系，正多边形的中心角的计算，等边对等角，确定
36
AOB
是关
键，根据题意得到正多边形每个内角，对应外角的度数，由此得到圆心角的度数，由此即可求解．
【详解】解：正五边形的每个内角为
180
5
2
108
5
，
∴对应的外角的度数为180
108
72
，
如图所示，OA
OB
，
∴
72
OAB
OBA
，
∴
180
2 72
36
AOB
，
∴360
36
10
，
∴总共需要10 个正五边形木片．
故答案为：10 ．
16．如图，正六边形ABCDEF 内接于
O ，点P 是弧FD 上任意一点，连接BP ，CP ，则
BPC
的度数为
______．
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【答案】30
【分析】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，掌握正六边形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．根
据正六边形的性质求出其中心角，再根据圆周角定理得出答案．
【详解】解：连接OB ，OC ，
∵正六边形ABCDEF 内接于
O ，
∴
360
60
6
BOC
，
∴
1
30
2
BPC
BOC
，
故答案为：30．
17．拙政园的天泉亭因亭内正中一口元代古井——天泉井而得名，天泉亭形制为重檐八角攒尖亭，从亭子
正上方俯瞰，呈正八边形（如图），图中OCD是由OAB 绕着点O按逆时针方向旋转一定角度得到，则旋
转角的度数为________．
【答案】90
【分析】根据正八边形的性质求出中心角的度数，结合旋转的性质确定旋转角为
AOC
，即可求解．
【详解】解：∵俯视图呈正八边形，
∴正八边形的中心角为360
45
8
，
即
45
AOB
BOC
COD
，
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∵OCD 是由
OAB绕着点O按逆时针方向旋转得到的，
∴线段OA 旋转后的对应线段为OC ，线段OB 旋转后的对应线段为OD ，
∴旋转角为
AOC
，
∴旋转角
45
45
90
AOC
AOB
BOC
．
18．如图，AB ，CD分别是
O 的内接正五边形和内接正三角形的一边，连接BC ．若
35
ABC
，则
BCD
的度数为___________．
【答案】49
【分析】本题考查了正多边形与圆、圆周角定理，熟练掌握正多边形的中心角公式是解题的关键．
连接OA、OB 、OC 、OD ，根据正多边形的中心角公式可得
360
72
5
AOB
，
360
120
3
COD
，
再根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图，连接OA、OB 、OC 、OD ，
∵AB ，CD分别是
O 的内接正五边形和内接正三角形的一边，
∴
360
72
5
AOB
，
360
120
3
COD
，
∵
2
2 35
70
AOC
ABC
，
∴
360
70
72
120
98
BOD
，
∴
1
49
2
BCD
BOD
．
故答案为：49．
19．我国古代数学家刘徽发现，圆内接正多边形边数不断增加时，多边形的周长就逼近圆周长，从而创立“割
圆术”，为计算圆周率建立起完善的算法．如图，六边形ABCDEF 是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作
出一个圆内接正十二边形，连接AG ，CF ，AG 交CF 于点P ，若
3 2
AP
，则半径的长为______．
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【答案】2 3
【分析】本题考查正多边形和圆的相关计算，分别求出
HAP
和
HAF
的度数是解决本题的关键．
设正六边形外接圆的圆心为O，连接OA、OG ，过点A 作AH
CF
于H ，如图所示，易得AFO 是等边三
角形，则OA
AF
，进而求出
HAP
和
HAF
的度数，在等腰Rt AHP 中，根据
3 2
AP
，求出
3
AH
HP
，
在Rt AHF 中，结合含30的直角三角形性质与勾股定理求得AF 的长度，即为半径的长度．
【详解】解：设正六边形外接圆的圆心为O，连接OA、OG ，过点A 作AH
CF
于H ，如图所示：
则结合题意等分圆周可知，
60
FOA
，
90
AHF
，
150
FOG
，
OF
OA
，
AFO 是等边三角形，
OA
AF
，
60
OFA
，
1
75
2
FAG
FOG
，
在AHF 中，
90
AHF
，
60
OFA
，则
30
FAH
，
75
30
45
HAP
，
AHP
是等腰直角三角形，
在等腰Rt AHP 中，AH
HP
，
3 2
AP
，则由勾股定理可得
2
2
2
3 2
AH
，解得
3
AH
HP
，
在Rt AHF 中，
90
AHF
，
30
FAH
，则
2
FA
FH
，
又
3
AH
，则勾股定理可得
2
2
2
FH
AH
FA
，即
2
3
9
FH
，解得
3
FH
，
∴
2 3
AF
，
则
2 3
OA
AF
，
故答案为：2 3 ．
20．如图，圆心O恰好为正六边形ABCDEF 的中心，已知
12,
AB
O
的半径为3 ，现将
O 在正六边形
内部沿某一方向平移，当它与正六边形ABCDEF 的某条边相切时停止平移，设此时平移的距离为d ，则d 的
取值范围是__________．
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【答案】5 3
10
d
【分析】首先得到OAB 是等边三角形，求出
12
OE
OB
，当
O 平移到
P 时，
P 和BC 相切于点M，
此时平移距离最短，当
O 平移到
Q 时，
Q 和DE ，EF 分别相切于点G，H 时，此时平移距离最长，
分别利用勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，连接OB ，OE ，
∵圆心O恰好为正六边形ABCDEF 的中心，
∴OAB是等边三角形，
∴
12
OA
OB
AB
，
∴
12
OE
OB
，
当
O 平移到
P 时，
P 和BC 相切于点M，此时平移距离最短，
∴OM
BC
∵
60
OBC
∴
30
BOM
∴
1
6
2
BM
OB
∴
2
2
6 3
OM
OB
BM
∴此时平移的距离
6 3
3
5 3
d
；
当
O 平移到
Q 时，
Q 和DE ，EF 分别相切于点G，H 时，此时平移距离最长，
∴QG
DE
∵
60
QEG
∴
30
EQG
∴
1
2
EG
QE
∵
2
2
2
QG
EG
QE
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∴
2
2
2
1
3
2 QE
QE
∴
2
QE
∴此时平移的距离
12
2
10
d
；
综上所述，d 的取值范围是5 3
10
d
．
故答案为：5 3
10
d
．
【点睛】此题考查了切线的性质，正多边形和圆综合，勾股定理，等边三角形的性质和判定等知识，解题
的关键是掌握以上知识点．
21．一个多边形的所有内角与它的外角和的和是1260．
(1)求该多边形的边数；
(2)若该多边形为正多边形，求中心角的度数．
【答案】(1)7
(2) 360
7
【分析】本题考查了多边形内角和与外角和，中心角的含义．
（1）设该多边形的边数为n ，根据多边形的内角和
2
180
n
与外角和360可得方程，解之即可.
（2）利用（1）的结论，可得该多边形是正七边形，然后利用中心角的含义：正n 边形的每个中心角都等于
360
n
,进行计算即可解答．
【详解】（1）解：设该多边形的边数为n ，
由题意可得：
2
180
360
1260
n
，
解得：
7
n
，
∴该多边形的边数为7.
（2）解：由（1）可得该多边形是正七边形，
中心角的度数
360
7
．
22．如图，正方形ABCD的外接圆为
O ，点P 在劣弧CD 上（不与点C 重合）．
(1)求
BPC
的度数；
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(2)若
O 的半径为8，求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)45
(2)8 2
【分析】本题考查圆与正多边形，圆周角定理：
（1）连接
,
OB OC ，根据中心角的计算公式求出
BOC
的度数，圆周角定理，求出
BPC
的度数即可；
（2）勾股定理求出BC 的长即可．
【详解】（1）解：连接
,
OB OC ，
由题意得：
360
90
4
BOC
，
∴
1
45
2
BPC
BOC
；
（2）由（1）知：
90
BOC
，
又∵
8
OB
OC
，
∴
2
2
2
2
8
8
8 2
BC
OB
OC
，
即正方形的边长为：8 2 ．
23．正六边形ABCDEF 的边长为8，求这个正六边形的周长和面积．
【答案】周长48 ，面积96 3
【分析】本题主要考查了正六边形的性质，根据正多边形的性质，得出OAB为等边三角形，即可解答．解
题的关键是掌握正多边形每条边相等，以及中心角的求法．
【详解】解：正六边形的周长
6
48
AB
；
连接
,
OA OB ，过点O 作OG
AB
于点G，
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∵该六边形为正六边形，
∴
,
60
OA
OB
AOB
，
∴OAB为等边三角形，
∴
8
AB
OA
，
60
OAB
，
∵
3
3
8
4 3
2
2
OG
OA
，
正六边形的面积
1
6
8 4 3
96 3
2
S
．
24．如图，正方形ABCD内接于
O ，E 是AD 的中点，连接BE
CE
，
．
(1)求∠E 的度数．
(2)求证：BE
CE
．
(3)若
2
AB
，则点E 到BC 的距离为．
【答案】(1)
45
E
(2)见解析
(3)
2
1
【分析】本题考查了正多边形和圆，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理等知识．
（1）利用正方形和圆的关系，求得中心角
BOC
的度数，再利用圆周角定理即可求解；
（2）要证明BE
CE
，只要证明BE
CE
即可；
（3）连接EO并延长交BC 于点F，证明EF 是线段BC 的垂直平分线，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接OB ，OC ，
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∴
1
2
E
BOC
∵正方形ABCD内接于
O ，
∴
1
360
90
4
BOC
，
∴
1
45
2
E
BOC
；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB
CD
，
∴AB
CD
．
∵E 是AD 的中点，
∴AE
DE
，
∴AB
AE
CD
DE
，
∴BE
CE
，
∴BE
CE
；
（3）解：连接EO并延长交BC 于点F，
∵EB
EC
，OB
OC
，∴EF 是线段BC 的垂直平分线，
∵
90
BOC
，OB
OC
，
∴
2
2
2
OB
OC
BC
，
1
1
2
OF
BC
，
∴
2
OE
OB
OC
，
∴
2
1
EF
OE
OF
，即点E 到BC 的距离为
2
1
，
故答案为：
2
1
．
25．根据要求利用“圆规和无刻度直尺”完成作图．
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(1)作
O 的一个内接等边三角形；
(2)作
M 的一个外切直角三角形．
【答案】(1)
如图，ABC 即为所求：
(2)
如图，ABC 即为所求：
【分析】（1）先任意作一条直径，再分别以直径的端点为圆心，
O 的半径为半径画与
O 相交的弧，间
隔一个弧连接可得等边ABC ；
（2）过M 作直线MD ，交
M 于D，过D 作DM 的垂线BC ，过M 作DM 的垂线，交
M 于E，过E 作ME
的垂线AC 交BC 于C，作射线MF 交
M 于F，过F 作MF 的垂线AB 交AC 于A，交BC 于B，则ABC 即
为所求．
【详解】（1）解：由作图痕迹得AB
BC
AC
，
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∴AB
BC
AC
，则ABC 为等边三角形；
（2）解：由作图痕迹，BC
MD
，又MD 是
M 的半径，
∴BC 与
M 相切，
∵ME
MD
，
∴ME
BC
∥
，
∵AC
ME
，ME 是
M 的半径，
∴AC 与
M 相切，AC
BC
，
同理AB 与
M 相切，
∴ABC 为
M 的一个外切直角三角形．
26．如图，
O 的半径为4 ．
(1)求作它的内接正方形ABCD；
(2)求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)见解析
(2)4 2
【分析】本题考查了复杂作图、正多边形和圆、勾股定理，正方形的性质，正确掌握正方形的性质是解题
关键．
（1）作出直径AC ，再作AC 的线段垂直平分线，与
O 相交于B 、D ，顺次连接A 、B 、C 、D 即可；
（2）利用正方形的性质可得AC
BD
，
4
OA
OB
，再结合勾股定理得出正方形ABCD的边长．
【详解】（1）解：如图所示，正方形ABCD即为所求作图形．
BD 是AC 的垂直平分线，
90
AOB
BOC
COD
AOD
，
AB
BC
CD
AD
，
四边形ABCD是菱形，
AC 是
O 的直径，
90
ABC
，
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四边形ABCD是正方形；
（2）解：
O的半径为4 ，四边形ABCD是正方形，
AC
BD
，
4
OA
OB
，
2
2
2
2
4
4
4 2
AB
OA
OB
．
即正方形ABCD的边长为4 2 ．
27．如图，AB 是
O 的直径，
6
AB
，AC 是
O 的弦，
30
BAC
，延长AB 到D，连接CD，AC
CD
．
(1)求证：CD是
O 的切线；
(2)以BC 为边的圆内接正多边形的周长等于
．
【答案】(1)见解析
(2)18
【分析】本题考查切线的判定，圆内接正六边形的性质，掌握切线的判定方法是正确解答的前提．
（1）根据等腰三角形性质以及三角形内角和定理计算出
90
OCD
即可；
（2）得出以BC 为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，再求出BC 的长即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OC ，
∵OA
OC
，
∴
30
OAC
OCA
，
∴
60
COD
，
∵AC
CD
，
∴
30
OAC
ODC
，
∴
180
30
60
90
OCD
，
即OC
CD
，
又∵OC 是半径，
∴CD是
O 的切线；
（2）解：∵
60
BOC
，
∴以BC 为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，
∵AB 是
O 的直径，
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∴
90
ACB
，
∴
1
3
2
BC
AB
，
∴以BC 为边的圆内接正六边形的周长为3 6
18
．
故答案为：18．
28．如图，
O 的半径为R ，六边形ABCDEF 是圆内接正六边形，四边形EFGH 是正方形．
(1)求
OGF
的度数；
(2)求正六边形与正方形的面积比．
【答案】(1)15
(2)3 3 : 2
【分析】本题侧重考查有关圆内接多边形的题目，需要掌握圆内接多边形的性质以及等腰三角形的性质．
（1）在等腰OFG 中易得顶角的度数，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出底角
OGF
的度数；
（2）根据正六边形中心角的度数及同圆半径相等得到EOF 为等边三角形，设正六边形的边长为a ，从而
得到EF 的长；利用面积公式求出正六边形的面积以及正方形的面积，进而得到正六边形与正方形的面积比．
【详解】（1）解：连接OE ，
∵
O 的半径为R ，六边形ABCDEF 是圆内接正六边形，四边形EFGH 是正方形．
∴
360
60
6
EOF
，OE
OF
，EF
FG
，
∴OEF 是等边三角形，
∴OF
EF
FG
，
∴OFG 是等腰三角形，
∵
90
EFG
，
60
OFE
，
∴
150
OFG
，
∴
1 180
150
15
2
OGF
．
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（2）解：过O作OM
EF
于M ，设正六边形的边长为a ．
∵
FOE
为正六边形的中心角，
∴
60
FOE
．
∵EO
FO
a
，
∴EOF 是边长为a 的等边三角形，
∴EF
a
，
1
30
2
EOM
EOF
，
∴正方形EFGH 的面积为
2
a ，
1
1
2
2
ME
OE
a
,
∴
2
2
3
2
OM
OE
ME
a
，
正六边形的面积为
2
1
3
3 3
6
2
2
2
a
a
a
，
∴正六边形与正方形的面积比为
2
2
3 3
:
3 3 : 2
2
a
a
．
29．阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告
博学小组
研究对象：等边半正多边形
研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究．
研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明
研究内容：
【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相
邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正
方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形…
【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下：
概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF 是等边半正六边形，那么
AB
BC
CD
DE
EF
FA
，
A
C
E
，
B
D
F
，且
A
B
．
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性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论：
内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°．
对角线：…
任务：
(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：．
(2)如图3，六边形ABCDEF 是等边半正六边形．连接对角线AD ，猜想
BAD
与
FAD
的数量关系，并说
明理由；
(3)如图4，已知ACE 是正三角形，
O 是它的外接圆．请在图4 中作一个等边半正六边形ABCDEF （要
求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】(1)240
(2)
解：
BAD
FAD
．
理由如下：连接BD ，FD ．
六边形ABCDEF 是等边半正六边形．
AB
BC
CD
DE
EF
FA
，
C
E
．
BCD
FED
≌
△
△
．
BD
FD
．
在ABD 与AFD 中，
AB
AF
BD
FD
AD
AD
，
BAD
FAD
△
≌△
．
BAD
FAD
；
(3)如图，六边形ABCDEF 即为所求（答案不唯一）．
作法一：
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作法二：
．
【分析】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是
解题关键．
（1）六边形内角和为720，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为240；
（2）连接BD ，FD ，通过已知条件可证
BCD
FED
≌
△
△
，得到BD
FD
，，进一步证明证BAD
FAD
V
V
≌
出
BAD
FAD
；
（3）作AC 、CE 、AE 的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就
是正六边形了．
【详解】（1）解：∵六边形内角和为
6
2
180
720
，且
A
C
E
，
B
D
F
，
∴等边半正六边形相邻两个内角的和为720
3
240
，
故答案为：240；
（2）略
（3）略
30．解决以下问题
(1)如图1，等腰ABC 内接于
O ，AB
AC
，
60
B
，连接AO 并延长交
O 于点D，交BC 于点H．请
你仅使用无刻度的直尺在图1 中作出一个正六边形，保留作图痕迹（作图过程用虚线表示，作图结果用实
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线表示）；
(2)如图2，
O 是ABC 的外接圆，AB
AC
，P 是⊙O 上一点，请你只用无刻度的直尺，在⊙O 上画一点
D，使得PD 平分
BPC
；
(3)如图3，在5×5 的网格中，ABC 的三个顶点都在格点上，圆是ABC 的外接圆，只用无刻度的直尺在图
3 中AB 上画出点F（点F 不与点C 重合），使得AF
AC
．
【答案】(1)正六边形为
AFBDCE
(2)点D 即为所求
(3)点F 即为所求，
【分析】(1) 由已知条件可证ABC 为等边三角形，利用等边三角形外心的性质，结合对顶角相等，将圆周
三等分后再将每段弧二等分，得到六段相等的弧，对应弦长构成正六边形；
(2) 利用等腰三角形外接圆的性质，AO 所在直线为BC 的垂直平分线，延长AO 交圆于点D ，则D 为BC 的
中点，再利用等弧所对圆周角相等，可得PD 平分
BPC
；
(3) 利用网格构造全等三角形，通过对应角相等得到圆周角相等，进而得到所对弧相等，确定点F 的位置．
【详解】（1）解：
AB
AC
，
60
B
，
ABC
为等边三角形，
120
AOB
BOC
COA
，
AO 的延长线交
O 于点D ，
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AD
为
O 的直径，
180
60
BOD
AOB
，
180
60
COD
AOC
，
分别连接BO、CO并延长，交
O 于点E 、H ，
B 、O、E 三点共线，
180
60
AOE
AOB
，
180
60
COE
BOC
，
C 、O、H 三点共线，
180
60
AOH
AOC
，
180
60
BOH
BOC
°
° ，
圆上相邻两点间的圆心角均为60，
弦AH
HB
BD
DC
CE
EA
，
顺次连接点A 、H 、B 、D 、C 、E ，所得六边形AHBDCE 即为正六边形．
（2）解：连接AO 并延长，交
O 于点D ，点D 即为所求。
AB
AC
，
点A 在BC 的垂直平分线上，
O 为ABC 外接圆的圆心，
点O在BC 的垂直平分线上，
直线AO 为BC 的垂直平分线，
直线AO 平分BC ，
点D 为BC 的中点，
BD
CD
，
BPD
CPD
，
PD
平分
BPC
．
（3）解：在点A 上方2 个单位处取格点M ，在点M 右侧2 个单位处取格点N ，连接CN 交
O 于点F （F
不与C 重合），点F 即为所求。
2
AC
，
4
CB
，
90
ACB
，
2
MN
，
4
MC
，
90
NMC
，
AC
MN
，CB
MC
，
ACB
NMC
，
ACB
NMC
≌
，
B
NCM
，
点F 在直线CN 上，
NCM
ACF
，
B
ACF
，
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AF
AC
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