第13讲 正多边形与圆-2024年暑假九年级数学上册自学课系列（苏科版）

第13讲 正多边形与圆 【苏科版】 ·模块一 正多边形 ·模块二 正多边形的画法 ·模块三 课后作业 模块一 正多边形 1. 正多边形的外接圆与圆的内接正多边形 正多边形与圆的关系非常密切，把圆分成n（n就是大于2的自然数）等份，顺次连接各分点所的的多边形就是这个圆的内接正多边形，这个圆就就是这个正多边形的外接圆。 正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。 正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径。 正多边形的中心角：正多边形每一条边所对的圆心角叫做正多边形的中心角。 正多边形的边心距：中心到正多边形一边的距离叫做正多边形的边心距。 2. 正多边形的性质 正n边形的半径与边心距把正多边形分成2n个全等的直角三角形。 所有的正多边形都就是轴对称图形，每个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都经过正n边形的中心；当正n边形的边数为偶数时，这个正n边形也就是中心对称图形，正n边形的中心就就是对称中心。 正n边形的每一个内角等于，中心角与外角相等，等于。 【考点1 正多边形的概念】 【例1.1】（2023·江苏无锡·中考真题）下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是中心对称图形；③正六边形的外接圆半径与边长相等；④正n边形共有n条对称轴．其中真命题的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】根据正多边形的性质以及正多边形与圆的关系逐一进行判断即可． 【详解】解：各边相等各角相等的多边形是正多边形，只有各边相等的多边形不一定是正多边形，如菱形，故①是假命题； 正三角形和正五边形就不是中心对称图形，故②为假命题； 正六边形中由外接圆半径与边长可构成等边三角形，所以外接圆半径与边长相等，故③为真命题； 根据轴对称图形的定义和正多边形的特点，可知正n边形共有n条对称轴，故④为真命题. 故选：C． 【点睛】本题考查的是正多边形的概念以及正多边形与圆的关系，属于基础题型． 【例1.2】（2023九年级·全国·课后作业）给出下列说法： ①各边相等的圆内接多边形是正多边形； ②各边相等的圆外切多边形是正多边形； ③各角相等的圆内接多边形是正多边形； ④各角相等的圆外切多边形是正多边形． 其中正确的是（　　） A．①④ B．②③ C．①②③④ D．都不正确 【答案】A 【分析】本题主要考查了正多边形与圆的关系；根据正多边形的性质，以及正多边形与圆的关系对每小题逐一进行判断即可确定真命题的个数． 【详解】解：①各边相等的圆内接多边形是正多边形，正确； ②各边相等的圆外切多边形的角不一定相等，如菱形，故②错误； ③圆内接矩形，各角相等，但不是正多边形，故③错误； ④各角相等的圆外切多边形是正多边形，正确； ∴正确的为①④， 故选A． 【变式1.1】（2023九年级·甘肃陇南·期中）下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是轴对称图形；③正六边形的每个外角均为；④正n边形有条对角线．其中真命题的个数为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】本题主要考查了命题真假的判断，解题的关键是掌握正多边形的定义和性质，正多边形的内角和对角线条数问题，掌握“各边都相等，各个内角都相等的多边形是正多边形”．根据正多边形的定义和性质，正多边形的内角和对角线条数问题，逐项判断即可． 【详解】解：①各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，故原命题错误，是假命题，不符合题意； ②正多边形是轴对称图形，正确，是真命题，符合题意； ③正六边形的每个外角均为，正确，是真命题，符合题意； ④正n边形每个顶点引出有条对角线，故原命题错误，是假命题，不符合题意． 综上分析可知，真命题有2个， 故选：C． 【变式1.2】（2023九年级·江苏南京·阶段练习）下列说法中，正确的有 ． ①各角相等的圆内接多边形一定是正多边形； ②各边相等的圆内接多边形是正多边形； ③每一个角是，且各边都相等的多边形是正五边形； ④正多边形都是轴对称图形，也是中心对称图形． 【答案】②③ 【分析】此题考查了正多边形与圆的知识．此题难度不大，注意熟记定理是解此题的关键； 根据圆的外接圆与内切圆的性质求解即可求得答案；注意正多边形的定义：各角都相等，各边都相等的多边形是正多边形； 【详解】解：①各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形，如圆内接矩形，各角相等，但不是正多边形，故错误； ②各边相等的圆内接多边形是正多边形；故正确； ③每一个角是，且各边都相等的多边形是正五边形；正确； ④正多边形都是轴对称图形，不一定是中心对称图形；错误； 故答案为：②③． 【变式1.3】（2023·广西柳州·一模）如图，已知五边形ABCDE是正五边形，连结AC、AD．证明：∠ACD=∠ADC． 【答案】详见解析 【分析】根据正五边形的性质，可证∠B=∠E，AB=AE=BC=DE，再利用SAS证明△ABC≌△AED，利用全等三角形的性质，就可证得AC=AD，然后根据等边对等角，可证得结论. 【详解】解：∵正五边形ABCDE ∴∠B=∠E，AB=AE=BC=DE 在△ABC和△AED中 ∴△ABC≌△AED（SAS） ∴AC=AD ∴∠ACD=∠ADC 【点睛】考核知识点：全等三角形的判定与性质，正多边形的定义. 【考点2 正多边形的计算】 【例2.1】（2023·安徽宿州·二模）如图，四边形内接于圆，且、都是圆的内接正五边形的边，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形与圆的性质和圆周角定理是解题的关键． 连接，，，先根据正五边形的性质，求出，从而求得，然后根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：连接，，，如图，    ∵AB、BC都是圆的内接正五边形的边， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【例2.2】（2023九年级·重庆江津·期末）如图，正边形纸片被撕掉一块，若，则的值是（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】本题主要考查多边形的内角和外角和，延长、交于点，根据得到，于是可以得到正多边形的一个外角为，进而可得正多边形的边数． 【详解】如图，延长，交于点， ， ， 正多边形的一个外角为， ． 故选：C． 【例2.3】（2023·福建厦门·模拟预测）如图，是正六边形的中心．在平面直角坐标系中，若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了正六边形的性质，熟练掌握正六边形的有关性质是解题的关键．根据点的坐标求出的长，再根据正六边形的性质求出，进而求出的坐标即可． 【详解】解：如图，连接、， ∵点的坐标为， ∴， ∴， ∴， 故选:． 【变式2.1】（2023九年级·江苏·专题练习）如图，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，连接，，根据圆周角定理得到，即可得到结论，熟练掌握圆周角定理的应用及正确理解正多边形与圆的关系是解题的关键． 【详解】解：连接，， ∵、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心， ∴点、、、在以点为圆心，为半径的同一个圆上， ∵， ∴， ∴这个正多边形的边数， 故选：． 【变式2.2】（2023九年级·河北廊坊·阶段练习）如图，是的内接正六边形的一边，点在上．且是的内接正十边形的一边，若是的内接正边形的一边，则 ．    【答案】/十五 【分析】本题考查正多边形和圆，连接，求出的度数，利用360度除以的度数即可得出结果． 【详解】解：连接，    ∵是的内接正六边形的一边， ∴， ∵是的内接正十边形的一边， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【变式2.3】（2023·江苏南京·一模）如图，正八边形的半径为4，则它的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形与圆，连接，作，求出的面积，乘以8即可得出正八边形的面积． 【详解】解：连接，作， ∵正八边形的半径为4， ∴， ∴， ∴， ∴正八边形的面积为：； 故答案为：． 【规律方法综合练】 【题型1】（2023·四川内江·三模）如图，正六边形内接于，P为上的一点（点P不与点A，B重合），则的度数为 ． 【答案】/60度 【分析】本题考查的是正多边形与圆，圆的内接四边形的性质，先求解正六边形的内角，再利用圆的内接四边形的性质可得答案． 【详解】解：∵正六边形， ∴， ∵P为上的一点（点P不与点A，B重合）， ∴， 故答案为：． 【题型2】（2023九年级·浙江金华·期中）如图所示，已知正八边形内接于，连接、，相交于点．若的半径为1， (1)求的长； (2)求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，，与交于点，先根据正八边形和圆的性质求出的值，再求出的长即可； （2）再根据圆周角定理和三角形的外角定理即可求出的度数． 【详解】（1）解：如图，连接，，与交于点， 由题意可知，，， ∵多边形是正八边形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵所对的圆心角为， ∴所对的圆周角为， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了正八边形与圆的综合、圆周角定理、垂径定理等知识，熟练运用正八边形的性质、圆周角定理是解题的关键． 【题型3】（2023九年级·江苏南京·期中）如图，在的内接正八边形中，，连接．    (1)求证； (2)的长为 　 　． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，先证明，可得，从而可得结论； （2）作，，证明，，四边形是矩形，从而可得答案． 【详解】（1）证明：连接，正八边形， ∴，    ，， ， ∴． （2）∵，同理可证：，， ∴四边形为等腰梯形， ， 作，，    ∵， ， 在中，，， ， 同理可得， ∵，，， ∴四边形是矩形， ， ． 【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． 【拓广探究创新练】 【题型1】（2023九年级·安徽淮南·阶段练习）如图，正六边形的边长为2，求该正六边形的外接圆与内切圆所形成的圆环面积． 【答案】π 【分析】本题考查了正六边形的性质、 等边三角形的判定与性质、 勾股定理；由正六边形的性质得出正六边形的边长与它的外接圆的半径的关系和与内切圆的半径的关系是解决问题的关键 ．连接、，作于，证明是等边三角形， 得出，，由勾股定理求出，再由圆的面积公式即可得出圆环的面积 ． 【详解】解： 连接、，作于，如图所示： 则， ， 是等边三角形， ，， ， 即正六边形外接圆的半径， 它的内切圆的半径， 所以圆环的面积． 【题型2】（2023九年级·湖北武汉·期中）如图，正方形内接于是的中点，连接. (1)求证：； (2)求证：； 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，即可得出． （2）连接，过点作交的延长线于．证明，推出，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵是的中点， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接，过点作交的延长线于． ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【题型3】（2023九年级·广东东莞·期中）如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC上一动点，过P作PMAB交AF于M，作PNCD交DE于N. (1)求出的度数，并证明； (2)如图②，点是的中点，连接、，求证：； (3)如图③，点O是AD的中点，OG平分，求证：四边形OMGN是菱形. 【答案】(1)60°；证明见详解； (2)证明见详解； (3)证明见详解． 【分析】（1）根据正六边形的性质和平行线的性质，得到两个正三角形，然后等量代换即可； （2）根据正六边形的性质，得到OM、ON所在的三角形全等，即可证明； （3）根据（2）的结论以及题意，证明是等边三角形，即可证明结论． 【详解】（1）证明：延长FA、ED，分别交BC延长线于I，H ∵MPAB，PNCD，ABCDEF是正六边形 ∴均为等边三角形 ∴PM=PI，AB=IB，PN=PH，CD=CH，∠IPM=∠HPN=60° ∴∠MPN=180°-60°-60°=60° PM+PN=PI+PH=IB+BP+PC+CH=AB+BC+CD=3a （2）证明：如图，令MP交AD于R，NP交AD于Q， ∵ABCDEF是正六边形，O是AD中点 ∴ ，AO=OD=AB，∠MAR=∠NDQ=60° ∵ ∴ABPR是平行四边形， ∴AR=BP，∠ARM=180°-120°=60° ∴是等边三角形， ∴AM=MQ=AQ，∠MRO=120° 同理可证QD=PC，DN=DQ=QN，∠OQN=120°， ∵AO=AR+RO=OQ+QD=BP+PC ∴AR=OQ，RO=QN 在 ∴ ∴MO=NO （3）证明：连接OE， ∵ABCDEF是正六边形 ∴∠EOD=60° 由（2）知∠NOQ+∠MOR=60° ∴∠MON=120° ∵OG是∠MON的角平分线 ∴∠GON=60° ∵∠GOE+∠EON=60°，∠DON+∠EON=60° ∴∠GOE=∠DON 在 ∴ ∴GO=GN ∴GO=GM ∵∠MOG=∠NOG=60° ∴都是等边三角形 ∵MO=NO ∴MO=NO=NG=GM ∴四边形MONG是菱形； 【点睛】本题考查了正六边形，涉及了正三角形、平行线的性质、全等三角形等知识，掌握并熟练使用相关知识，同时注意解题中需注意的事情，精准识图，合理推论是本题的解题关键． 模块二 正多边形的画法 【考点1 正多边形的对称性】 【例1.1】（2023·河北沧州·模拟预测）如图，将一个正边形绕其中心旋转或都能和其本身重合，则的最小值是（    ）    A．6 B．8 C．12 D．24 【答案】D 【分析】根据题意得出正边形的中心角最大为，然后由圆周角除以中心角即可得出结果． 【详解】解：正边形绕其中心旋转或都能和其本身重合， ∵和最大公约数为， ∴正边形的中心角最大为， ∴， 故选D． 【点睛】本题考查了旋转对称图形，解答此题的关键是要明确绕其中心旋转或都能和其本身重合得出正边形的中心角最大为． 【例1.2】（2023九年级·山东·课后作业）正多边形都是 对称图形，一个正72边形有 条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的 ；一个正多边形，如果有偶数条边，那么它既是 图形，又是 图形． 【答案】 轴 72 中心 轴对称 中心对称 【分析】根据正多边形的概念和性质进行解答. 【详解】正多边形都是轴对称图形，一个正72边形有72条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的对称中心;一个正多边形，如果有偶数条边，那么它既是轴对称图形，又是中心对称图形.故答案为 (1). 轴    (2).72   (3). 中心    (4). 轴对称    (5). 中心对称. 【点睛】本题考查了轴对称图形和正多边形，解题的关键是掌握轴对称图形和正多边形的性质. 【例1.3】（2023九年级·山东烟台·期中）（1）如图所示的正多边形的对称轴有几条？把答案写在图下方的横线上：    正三角形有______条对称轴，正四边形有______条对称轴， 正五边形有______条对称轴，正六边形有______条对称轴， 正七边形有______条对称轴，正八边形有______条对称轴； （2）一个正n边形有______条对称轴； （3）在图①中画出正六边形的一条对称轴l；    在图②中，只能用无刻度的直尺，准确画出正五边形的一条对称轴m．（不写画法，保留画图痕迹）    【答案】（1）3， 4，5， 6，7， 8；（2）n；（3）见解析 【分析】（1）由正多边形有几个顶点，就有几条对称轴，从而可得答案； （2）由正多边形有几个顶点，就有几条对称轴，从而可得答案； （3）利用正六边形有偶数条边，画出正六边形的对称轴即可，利用全等三角形的性质或等腰三角形的性质画正五边形的对称轴即可． 【详解】解：（1）正三角形有3条对称轴，正四边形有4条对称轴， 正五边形有5条对称轴，正六边形有6条对称轴， 正七边形有7条对称轴，正八边形有8条对称轴； （2）一个正n边形有条对称轴； （3）如图所示，在图①中直线l即为所求；在图②中直线m即为所求．    图②也可以如下作法．    【点睛】本题考查的是正多边形的性质，理解正多边形是轴对称图形，正多边形有几个顶点就有几条对称轴是解本题的关键． 【变式1.1】（2023·江苏泰州·一模）如果一个正多边形的中心角等于，那么这个正多边形的对称轴共有 条． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形与圆，对称轴数量问题，先求得正多边形的边数，进而根据对称性求得对称轴数量，即可求解． 【详解】解：设这个多边形的边数为，∵中心角的度数=， ，， ∴这个正多边形为正五边形，每个顶点与其对边中点的连线所在的直线为对称轴，共5条对称轴， 故答案为：． 【变式1.2】（2023九年级·山东青岛·期中）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合（0°＜旋转角度＜360°），那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角． 例如：如图，正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合，所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90°． (1)判断下列说法的对错（在相应的括号内填上“对”或“错”）． ①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（        ） ② 矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．   （        ） (2)填空：下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是 ．（写出所有正确结论的序号）：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形 ． (3)写出一个满足下述条件的多边形：是旋转对称图形，有一个旋转角为72°，并且是轴对称图形，但不是中心对称图形： ； 写出一个满足下述条件的多边形：是旋转对称图形，有一个旋转角为72°，并且是轴对称图形，又是中心对称图形： ． 【答案】(1)错，对； (2)①③ (3)正五边形；正十边形 【分析】本题考查了旋转对称图形的知识，注意掌握一个正n边形旋转后，可与自身重合． （1）根据题意旋转角的定义，即可作出判断； （2）正多边形的最小旋转角等于分别求出几种图形的旋转角，即可得出答案． （3）根据正多边形的最小旋转角等于进行计算即可． 【详解】（1）解：①等腰梯形旋转一定的角度后不能与自身重合（0°＜旋转角度＜360°），故不是旋转对称图形，所以①说法错误； ②长方形是中心对称图形，绕中心旋转旋转180°能与自身重合，故②说法正确， 故答案为：错，对； （2）①正三角形的最小旋转角为； ②正方形的最小旋转角为； ③正六边形的最小旋转角为； ④正八边形的最小旋转角为； 则有一个旋转角为120°的是①③． （3）正五边形最小旋转角为， 则正五边形是满足有一个旋转角为72°，是轴对称图形，但不是中心对称图形； 正十边形最小旋转角为，故有一个旋转角为72°，既是轴对称图形，又是中心对称图形． 故答案为：正五边形；正十边形． 【变式1.3】（2023九年级·江苏南京·阶段练习）如图，分别以正六边形的顶点，，为圆心、边长为半径作弧，构成了阴影部分的“三叶草”图案．若该正六边形的边长是2，则“三叶草”的面积是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了正六边形和圆以及扇形面积求法，注意圆与多边形的结合得出阴影面积是解题关键．连接，，，根据正六边形的性质得到，，得到，同理，推出四边形是菱形，过作于，得到，根据勾股定理得到，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：连接，，， 正多边形是正六边形， ，， ， 是等边三角形， ， 同理， ， 四边形是菱形， 过作于， ， ， “三叶草”的面积（菱形的面积扇形的面积）， 故答案为：． 【考点2 正多边形的画法】 【例2.1】（2023九年级·江西上饶·期末）如图，已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图． (1)在图1中，G是AF的中点，过G点作图形的对称轴； (2)在图2中，G、H分别是AF、CD的中点，画出顶点在六边形的边的中点上的矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接AD，CF就有点O，作直线OG即为； （2）利用△BEF的中线交于一点，作出EF的中点M，同法作出BC的中点N，连接GM，MH，HN，NG，四边形GMHN即为所求． 【详解】（1）如图1中，直线OG即为所求； （2）如图2中，矩形GMHN即为所求． 【点睛】本题考查作图-轴对称变换，正多边形与圆，矩形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【例2.2】（2023九年级·湖南郴州·期中）如图，为正五边形，以为圆心，为半径作弧，以为圆心，为半径作弧，两弧相交于点，连接，求的度数． 【答案】 【分析】连接，如图所示，由正多边形性质，等边三角形的判定与性质得到，再由等腰三角形性质几何三角形内角和定理即可得到答案． 【详解】解：连接，如图所示： 为正五边形， ． 又为与的交点， ， ∴为等边三角形， ， ． 又， ， ． 【点睛】本题考查正多边形求角度，涉及正五边形性质、圆的基本性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形性质及三角形内角和定理等知识，熟练掌握正多边形判定与性质，熟记求角度的方法是解决问题的关键． 【例2.3】（2023九年级·安徽黄山·期末）仔细阅读以下画图过程，并解决问题： 如图1，已知及圆上一点.作法： ①如图2，连接并以为边作交于点； ②在圆上依次取点，点，点，点，使得； ③顺次连接各点，得到六边形； ④如图3，过点作的切线，交延长线于点，作直线．             解决问题： (1)若六边形的面积为，求的半径的长； (2)判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)的半径为2 (2)直线与相切，理由见解析 【分析】本题考查了正多边形与圆，切线的判定； （1）根据题意得出六边形为圆内接正六边形，过作于点， 设的半径为，进而根据的面积为即个等边三角形的面积，得出的半径的长； （2）连接，证明，得出即可得证． 【详解】（1）解：在中，且，      ， ，； 又 六边形为圆内接正六边形， 过作于点， 设的半径为， 则有， ， ， 解得． 答：的半径为2． （2）直线与相切．   理由：连接． 为的切线， ， ，     与相切 ． 【变式2.1】（2023九年级·江苏徐州·期中）如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为1，点、都在格点上，以为圆心，为半径作圆，只用无刻度的直尺完成以下画图． (1)在图①中画的一个内接正四边形，___________； (2)在图②中画的一个内接正六边形，__________． 【答案】(1)图见解析，32 (2)图见解析， 【分析】 （1）只需要作直径、，并使得即可； （2）如图所示，取格点B，C，D，E，F，然后顺次连接A、B、C、D、E、F得到正六边形，再求出求面积． 【详解】（1）解：如图所示，正四边形即为所求； ， 故答案为32； （2）解：如图所示，正六边形即为所求； 过点O作于H， ∵正六边形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，熟知正多边形和圆的相关知识是解题的关键． 【变式2.2】（2023九年级·全国·专题练习）在图中，试分别按要求画出圆O的内接正多边形．    【答案】见解析 【分析】根据圆内接正多边形的性质分别画出圆内接正方形、正八边形、正六边形及正三角形即可． 【详解】解：如图所示：    【点睛】本题主要考查了正多边形和圆的关系，熟知圆内接正多边形的性质是解答本题的关键． 【变式2.3】（2023九年级·江西赣州·期末）如图1，正五边形内接于，阅读以下作图过程，并回答下列问题： 作法如图2． 1．作直径． 2．以F为圆心，为半径作圆弧，与交于点M，N． 3．连接，，． (1)求的度数． (2)是等边三角形吗？请说明理由． (3)从点A开始，以长为边长，在上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值． 【答案】(1) (2)是，理由见解析 (3)15 【分析】本题考查正多边形的内角，等边三角形的性质与判定，圆周角定理； （1）运用多边形的内角和公式求出正五边形的内角和，根据每个内角都相等即可解答； （2）连接，，，，由题意可得：，，从而，都是等边三角形，得到，，由圆周角定理可得，，进而，即可得证是等边三角形；    （3）连接，，由圆周角定理得到，又由正五边形的中心角为可得，从而，因此． 【详解】（1）∵正五边形的内角和为：， 且每个内角都相等， ∴． （2）是等边三角形，理由： 连接，，，， 由题意可得：，， ∴， ∴，都是等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （3）连接，， ∵，， ∴， ∵在正五边形中，中心角为， 即， ∴， ∴， ∴该正n边形的中心角为，则边数， ∴n的值是15． 【规律方法综合练】 【题型1】（2023九年级·全国·课后作业）如图，是中互相垂直的两条直径，以点A为圆心，为半径画弧，与交于E、F两点． (1)求证：是正六边形的一边； (2)请在图上继续画出这个正六边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正多边形和圆，熟悉正六边形的性质、尺规作图是解题的关键． （1）连接，得到是等边三角形，从而得到是正六边形的一边； （2）用以的长为圆规两脚间的距离，分别在圆上截得相等的弧长． 【详解】（1）证明：连接，如图． ∵， ∴是等边三角形， ， ∴是正六边形的一边； （2）解：如图所示， 用圆规截去弧的弧长，然后以E点、点B为圆心，为半径画弧，与交于G、H两点，顺次将点A、E、G、B、H、F连接起来，就得到正六边形． 【题型2】（2023九年级·浙江丽水·期末）如图，小吴同学在陶艺课中为八角花盆制作“圆形托盘”，已知八角花盆底部截面是一个正八边形（如图），请根据下列信息解决问题． (1)求八角花盆底部截面正八边形一个内角的度数； (2)若八角花盆底部截面正八边形的边长是，小吴同学制作的圆形托盘半径是，问：这个托盘是否适用于此八角花盆？（图中边长的数据为近似值，供选用） 【答案】(1)； (2)这个托盘适用于此八角花盆． 【分析】（1）求出正八边形的外角，可得结论； （）求出正八边形的边心距，可得结论． 【详解】（1）解：正八边形的外角， ∴正八边形的内角； （2）解：如图中，连接，，过点作于点． ∵，， ∴ ，，由题意得， ∴（， ∵， ∴这个托盘适用于此八角花盆． 【点睛】本题考查垂径定理，正多边形与圆，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【拓广探究创新练】 【题型1】（2023九年级·浙江台州·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”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________； (2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”； (3)[总结]随着n的增大，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) (2)， (3)随着n的增大，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，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，， 故答案为：； （2）解：假设正方形边长1， ∴此时正方形的内切圆半径为， ∴； 设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）解：，随着n的增大，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． 【题型2】（2023九年级·河北邯郸·期末）如图，的半径为4，将该圆等分成8份，连接，并延长交于点． (1)连接，直接写出和的位置关系___________； (2)求证：； (3)求的长； 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据将该圆等分成8份，可得是的直径，再根据圆周角定理可证得； （2）连接，，根据圆周角定理可证得，再由被8等分可得，，即可证得，再根据全等三角形的性质，即可证得结论； （3）连接，，，由被8等分可求得，可得，再根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图：连接， 将该圆等分成8份， 是的直径， ， ， 故答案为：； （2）解：如图：连接，， ， 被8等分， ，， 在与中， ∴， ， ，即； （3）解：如图：连接，，， 被8等分， ∴， ， ， ∴在中，． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等分圆的性质，全等三角形的性质及判定定理，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键． 模块三 课后作业 1．（2023九年级·天津南开·期末）如图，正五边形内接于，P为上一点，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键． 【详解】解：连接、， ∵是圆内接五边形， ∴， ∴， 故选B． 2．（2023九年级·福建福州·期末）一个正多边形的半径与边长相等，则这个正多边形的边数为（　　） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【分析】如图（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据正多边形的中心角与边数的关系即可得． 【详解】解：如图，由题意得：， 是等边三角形， ， 则这个正多边形的边数为， 故选：C． 【点睛】本题考查了正多边形，熟练掌握正多边形的中心角与边数的关系是解题关键． 3．（2023九年级·河北衡水·阶段练习）如图，正多边形内接于半径相等的圆，其中正多边形的周长最大的是图形（    ）    A．① B．② C．③ D．无法判定 【答案】C 【分析】根据圆内接多边形的周长小于圆周长，再利用逐步逼近法选择答案． 【详解】解：随着圆内接正多边形边数的增加，它的周长越来越接近圆周长， 故选：C． 【点睛】此题主要考查了正多边形与圆，关键是知道圆内接多边形的周长小于圆周长． 4．（2023九年级·江苏徐州·期中）如图，是内接正六边形的一边，点在弧上，且是内接正八边形的一边．此时是内接正边形的一边，则的值是（    ） A．12 B．16 C．20 D．24 【答案】D 【分析】本题考查正多边形和圆的计算．根据中心角的度数边数，列式计算分别求出的度数，则，则边数中心角，据此求解即可． 【详解】解：连接， ∵是内接正六边形的一边， ∴ ∵是内接正八边形的一边， ∴ ∴ ∴ 故选：D． 5．（2023·山西晋城·三模）如图，在中，A，B为上两点，且，分别以点A，B为圆心，长为半径画圆，将两圆相交的公共部分依次绕点顺时针旋转得到如图所示的“五叶花瓣”（阴影图案）．若，则图中“五叶花瓣”的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形和圆，扇形的面积．连接，作，求得，证明是等边三角形，求得，再求得一个花瓣的面积，据此求解即可． 【详解】解：如图，连接，作， 由题设知，和都是以长为半径， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴为的垂直平分线， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴和相交部分的面积为， ∴图中“五叶花瓣”的面积为， 故选：A． 6．（2023九年级·陕西榆林·开学考试）一个正多边形的边长为2，中心角为，则这个正多边形的周长是 ． 【答案】16 【分析】本题考查了多边形内角：n边形的外角和为．一个正多边形的每个内角都相等，根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以中心角为就可以求出多边形的边数，即可得到结论． 【详解】解：∵多边形的边数为：， 则这个多边形是八边形， ∴这个多边形的周长， 故答案为：16． 7．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，点O是正六边形的中心，以为边构造正五边形，则 ．    【答案】/48度 【分析】连接，根据正六边形的性质得出是等边三角形，得到，再根据正五边形的内角和求出的度数，即可得到答案． 【详解】解：连接,    ∵点O是正六边形的中心， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题考查了正多边形的性质，多边形的内角和公式，正确掌握正多边形的性质是解题的关键． 8．（2023·江苏扬州·二模）三个能够重合的正六边形的位置如图，已知A点的坐标是，则B点的坐标是 ．    【答案】 【分析】如图，延长正六边形的边与x轴交于点E，过A作轴于N，连接，证明可得三点共线，可得关于O对称，从而可得答案． 【详解】解：如图，延长正六边形的边与x轴交于点E，过A作轴于N，连接，    三个正六边形，O为原点， 同理： 三点共线， 关于O对称， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点成中心对称的两个点的坐标特点，正多边形的性质，熟练的应用正多边形的性质解题是解本题的关键． 9．（2023·广东中山·模拟预测）如图，五边形是的内接正五边形，是的直径，则的度数是 °． 【答案】 【分析】根据正五边形的性质和圆周角定理即可得到结论．本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 【详解】解：是的直径，五边形是的内接正五边形， ∴ 则， ， ， ∵ ， ，， ， ． 故答案为：． 10．（2023·北京通州·一模）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”．所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积，并以此求取圆周率的方法，刘徽指出“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”．例如，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积估计的面积，，所以的面积近似为，由此可得的估计值为，若用圆内接正十二边形估计的面积，可得的估计值为 ．    【答案】3 【分析】过作于，求得的度数，根据直角三角形的性质得到，求出三角形的面积，于是得到正十二边形的面积，根据圆的面积公式即可得到结论． 本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】如图，是正十二边形的一条边，点是正十二边形的中心，设的半径为1， 过作于，    在正十二边形中，     ， ∴正十二边形的面积为, ， , 的近似值为3， 故答案为：3． 11．（2023九年级·江苏徐州·期中）如图，已知．    (1)用尺规作图作的内接正六边形（不写作法、保留作图痕迹）； (2)若的半径为2，求所作正六边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）在上任取一点A，然后过点A画的直径，以点A为圆心，圆的半径为半径依次在圆上画出交点，则六边形满足条件； （2）连接、，过O点作于G点，则，利用正六边形的性质得到，则可判断为等边三角形，接着计算出的面积，然后把的面积乘以6得到正六边形的面积． 【详解】（1）解：正六边形如图所示：    （2）连接，过点作，垂足为， 则， ． 正六边形的面积． 【点睛】本题主要考查了圆和内接多边形，首先确定六边形的度数或边长关系，再结合圆的度数作图，利用内接六边形的小三角形为正三角形是解题的关键． 12．（2023九年级·全国·课后作业）用等分圆周的方法画下列图形．    【答案】见解析 【分析】根据正多边形和圆的性质求解即可． 【详解】在图1中用半径去截圆周使得，连接，，，，，即可； 在图2中作，连接，，，，即可．    【点睛】本题考查了正多边形和圆，利用圆画出正六边形，正五边形是本题的关键． 13．（2023九年级·江苏南通·阶段练习）如图，正方形的外接圆为，点P在劣弧上（不与点C重合）．    (1)求的度数； (2)若的半径为8，求正方形的边长． 【答案】(1) (2) 【分析】 本题考查圆与正多边形，圆周角定理： （1）连接，根据中心角的计算公式求出的度数，圆周角定理，求出的度数即可； （2）勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：连接，    由题意得：， ∴； （2）由（1）知：， 又∵， ∴， 即正方形的边长为：． 14．（2023·浙江杭州·一模）如图（1）是瓦片做成的窗花，可以从中分离出一朵“花”的图案，如图（2），它是由八片相同的瓦片组成，其中间四片“对扣”，外围截面恰好抽象成一个圆，如图（3），点A，B，C，D表示瓦片的交接点． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若厘米，求图（3）中阴影部分的面积．（结果保留π） 【答案】(1)四边形为正方形，理由见解析 (2)平方厘米 【分析】本题考查与圆有关的计算，正方形的判定和性质，掌握正方形的性质，圆面积、正方形面积的计算方法是正确解答的关键． （1）根据圆周角定理以及正方形的判定方法进行解答即可； （2）根据圆面积，正方形的面积与阴影部分面积之间的关系进行计算即可． 【详解】（1）证明：四边形是正方形，理由如下： 如图，连接，，，，则， 由题意可知，， ，， ， ， 四边形是正方形； （2）解：在中，，， ， 平方厘米． 答：阴影部分面积为平方厘米． 15．（2023·江苏苏州·一模）古建中的数学：古亭探“优”． 【了解】 “江山无限景，都聚一亭中．”八角亭是典型的中国八棱形楼阁式建筑，其结构稳固、匀称，有利于减弱风力、抵御地震，如图①，将八角亭顶部的轮廓抽象后得到的几何图形为正八边形． 【探索】 先将正方形、完全重合，再将正方形绕其中心旋转一定的角度，就得到了正八边形，如图②，这种构造正八边形的方法称为“四转八”法． （1）旋转的角度最小为_______º； （2）若正八边形的边长为2，则正方形的边长为______； （3）连接，则与之间有怎样的数量关系？请说明理由； 【作图】 （4）如图③，已知正方形请你利用无刻度直尺和圆规作一个正八边形，并使其所有顶点均落在正方形的边上．（保留作图痕迹，并写出必要的说明） 【答案】（1）；（2）；（3），理由见解析；（4）见解析 【分析】（1）设正方形、的中心为Q，连结、、、、、、、，可证得，得出，同理，可得； （2）由题意得，再由、、均为等腰直角三角形，即可求得答案； （3）由，，，可得，，即可求得答案； （4）连结、交于点，跟别以四个顶点为圆心，以、、、为半径画圆，圆与四条边的八个交点即为正八边形的顶点． 【详解】（1）解：如图设正方形、的中心为，连结、、、、、、、， 则、、、经过点，， ，， 四边形、是正方形， ， 是正八边形， ，， ， ， 同理， ， ； （2）正八边形的边长为2， ， 由（1）知：、、均为等腰直角三角形， ，， ； （3），理由如下： 由（2）知：，，， 可得，， ， ； （4）如图： 连结、交于点，跟别以四个顶点为圆心，以、、、为半径画圆，圆与四条边的八个交点即为正八边形的顶点． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转变换的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，尺规作图等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第13讲 正多边形与圆 【苏科版】 ·模块一 正多边形 ·模块二 正多边形的画法 ·模块三 课后作业 模块一 正多边形 1. 正多边形的外接圆与圆的内接正多边形 正多边形与圆的关系非常密切，把圆分成n（n就是大于2的自然数）等份，顺次连接各分点所的的多边形就是这个圆的内接正多边形，这个圆就就是这个正多边形的外接圆。 正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。 正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径。 正多边形的中心角：正多边形每一条边所对的圆心角叫做正多边形的中心角。 正多边形的边心距：中心到正多边形一边的距离叫做正多边形的边心距。 2. 正多边形的性质 正n边形的半径与边心距把正多边形分成2n个全等的直角三角形。 所有的正多边形都就是轴对称图形，每个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都经过正n边形的中心；当正n边形的边数为偶数时，这个正n边形也就是中心对称图形，正n边形的中心就就是对称中心。 正n边形的每一个内角等于，中心角与外角相等，等于。 【考点1 正多边形的概念】 【例1.1】（2023·江苏无锡·中考真题）下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是中心对称图形；③正六边形的外接圆半径与边长相等；④正n边形共有n条对称轴．其中真命题的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【例1.2】（2023九年级·全国·课后作业）给出下列说法： ①各边相等的圆内接多边形是正多边形； ②各边相等的圆外切多边形是正多边形； ③各角相等的圆内接多边形是正多边形； ④各角相等的圆外切多边形是正多边形． 其中正确的是（　　） A．①④ B．②③ C．①②③④ D．都不正确 【变式1.1】（2023九年级·甘肃陇南·期中）下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是轴对称图形；③正六边形的每个外角均为；④正n边形有条对角线．其中真命题的个数为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式1.2】（2023九年级·江苏南京·阶段练习）下列说法中，正确的有 ． ①各角相等的圆内接多边形一定是正多边形； ②各边相等的圆内接多边形是正多边形； ③每一个角是，且各边都相等的多边形是正五边形； ④正多边形都是轴对称图形，也是中心对称图形． 【变式1.3】（2023·广西柳州·一模）如图，已知五边形ABCDE是正五边形，连结AC、AD．证明：∠ACD=∠ADC． 【考点2 正多边形的计算】 【例2.1】（2023·安徽宿州·二模）如图，四边形内接于圆，且、都是圆的内接正五边形的边，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【例2.2】（2023九年级·重庆江津·期末）如图，正边形纸片被撕掉一块，若，则的值是（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【例2.3】（2023·福建厦门·模拟预测）如图，是正六边形的中心．在平面直角坐标系中，若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为（） A． B． C． D． 【变式2.1】（2023九年级·江苏·专题练习）如图，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（　　） A． B． C． D． 【变式2.2】（2023九年级·河北廊坊·阶段练习）如图，是的内接正六边形的一边，点在上．且是的内接正十边形的一边，若是的内接正边形的一边，则 ．    【变式2.3】（2023·江苏南京·一模）如图，正八边形的半径为4，则它的面积是 ． 【规律方法综合练】 【题型1】（2023·四川内江·三模）如图，正六边形内接于，P为上的一点（点P不与点A，B重合），则的度数为 ． 【题型2】（2023九年级·浙江金华·期中）如图所示，已知正八边形内接于，连接、，相交于点．若的半径为1， (1)求的长； (2)求的度数． 【题型3】（2023九年级·江苏南京·期中）如图，在的内接正八边形中，，连接．    (1)求证； (2)的长为 　 　． 【拓广探究创新练】 【题型1】（2023九年级·安徽淮南·阶段练习）如图，正六边形的边长为2，求该正六边形的外接圆与内切圆所形成的圆环面积． 【题型2】（2023九年级·湖北武汉·期中）如图，正方形内接于是的中点，连接. (1)求证：； (2)求证：； 【题型3】（2023九年级·广东东莞·期中）如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC上一动点，过P作PMAB交AF于M，作PNCD交DE于N. (1)求出的度数，并证明； (2)如图②，点是的中点，连接、，求证：； (3)如图③，点O是AD的中点，OG平分，求证：四边形OMGN是菱形. 模块二 正多边形的画法 【考点1 正多边形的对称性】 【例1.1】（2023·河北沧州·模拟预测）如图，将一个正边形绕其中心旋转或都能和其本身重合，则的最小值是（    ）    A．6 B．8 C．12 D．24 【例1.2】（2023九年级·山东·课后作业）正多边形都是 对称图形，一个正72边形有 条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的 ；一个正多边形，如果有偶数条边，那么它既是 图形，又是 图形． 【例1.3】（2023九年级·山东烟台·期中）（1）如图所示的正多边形的对称轴有几条？把答案写在图下方的横线上：    正三角形有______条对称轴，正四边形有______条对称轴， 正五边形有______条对称轴，正六边形有______条对称轴， 正七边形有______条对称轴，正八边形有______条对称轴； （2）一个正n边形有______条对称轴； （3）在图①中画出正六边形的一条对称轴l；    在图②中，只能用无刻度的直尺，准确画出正五边形的一条对称轴m．（不写画法，保留画图痕迹）    【变式1.1】（2023·江苏泰州·一模）如果一个正多边形的中心角等于，那么这个正多边形的对称轴共有 条． 【变式1.2】（2023九年级·山东青岛·期中）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合（0°＜旋转角度＜360°），那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角． 例如：如图，正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合，所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90°． (1)判断下列说法的对错（在相应的括号内填上“对”或“错”）． ①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（        ） ② 矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．   （        ） (2)填空：下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是 ．（写出所有正确结论的序号）：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形 ． (3)写出一个满足下述条件的多边形：是旋转对称图形，有一个旋转角为72°，并且是轴对称图形，但不是中心对称图形： ； 写出一个满足下述条件的多边形：是旋转对称图形，有一个旋转角为72°，并且是轴对称图形，又是中心对称图形： ． 【变式1.3】（2023九年级·江苏南京·阶段练习）如图，分别以正六边形的顶点，，为圆心、边长为半径作弧，构成了阴影部分的“三叶草”图案．若该正六边形的边长是2，则“三叶草”的面积是 ． 【考点2 正多边形的画法】 【例2.1】（2023九年级·江西上饶·期末）如图，已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图． (1)在图1中，G是AF的中点，过G点作图形的对称轴； (2)在图2中，G、H分别是AF、CD的中点，画出顶点在六边形的边的中点上的矩形． 【例2.2】（2023九年级·湖南郴州·期中）如图，为正五边形，以为圆心，为半径作弧，以为圆心，为半径作弧，两弧相交于点，连接，求的度数． 【例2.3】（2023九年级·安徽黄山·期末）仔细阅读以下画图过程，并解决问题： 如图1，已知及圆上一点.作法： ①如图2，连接并以为边作交于点； ②在圆上依次取点，点，点，点，使得； ③顺次连接各点，得到六边形； ④如图3，过点作的切线，交延长线于点，作直线．             解决问题： (1)若六边形的面积为，求的半径的长； (2)判断直线与的位置关系，并说明理由． 【变式2.1】（2023九年级·江苏徐州·期中）如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为1，点、都在格点上，以为圆心，为半径作圆，只用无刻度的直尺完成以下画图． (1)在图①中画的一个内接正四边形，___________； (2)在图②中画的一个内接正六边形，__________． 【变式2.2】（2023九年级·全国·专题练习）在图中，试分别按要求画出圆O的内接正多边形．    【变式2.3】（2023九年级·江西赣州·期末）如图1，正五边形内接于，阅读以下作图过程，并回答下列问题： 作法如图2． 1．作直径． 2．以F为圆心，为半径作圆弧，与交于点M，N． 3．连接，，． (1)求的度数． (2)是等边三角形吗？请说明理由． (3)从点A开始，以长为边长，在上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值． 【规律方法综合练】 【题型1】（2023九年级·全国·课后作业）如图，是中互相垂直的两条直径，以点A为圆心，为半径画弧，与交于E、F两点． (1)求证：是正六边形的一边； (2)请在图上继续画出这个正六边形． 【题型2】（2023九年级·浙江丽水·期末）如图，小吴同学在陶艺课中为八角花盆制作“圆形托盘”，已知八角花盆底部截面是一个正八边形（如图），请根据下列信息解决问题． (1)求八角花盆底部截面正八边形一个内角的度数； (2)若八角花盆底部截面正八边形的边长是，小吴同学制作的圆形托盘半径是，问：这个托盘是否适用于此八角花盆？（图中边长的数据为近似值，供选用） 【拓广探究创新练】 【题型1】（2023九年级·浙江台州·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”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________； (2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”； (3)[总结]随着n的增大，具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括． 【题型2】（2023九年级·河北邯郸·期末）如图，的半径为4，将该圆等分成8份，连接，并延长交于点． (1)连接，直接写出和的位置关系___________； (2)求证：； (3)求的长； 模块三 课后作业 1．（2023九年级·天津南开·期末）如图，正五边形内接于，P为上一点，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（2023九年级·福建福州·期末）一个正多边形的半径与边长相等，则这个正多边形的边数为（　　） A．4 B．5 C．6 D．8 3．（2023九年级·河北衡水·阶段练习）如图，正多边形内接于半径相等的圆，其中正多边形的周长最大的是图形（    ）    A．① B．② C．③ D．无法判定 4．（2023九年级·江苏徐州·期中）如图，是内接正六边形的一边，点在弧上，且是内接正八边形的一边．此时是内接正边形的一边，则的值是（    ） A．12 B．16 C．20 D．24 5．（2023·山西晋城·三模）如图，在中，A，B为上两点，且，分别以点A，B为圆心，长为半径画圆，将两圆相交的公共部分依次绕点顺时针旋转得到如图所示的“五叶花瓣”（阴影图案）．若，则图中“五叶花瓣”的面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2023九年级·陕西榆林·开学考试）一个正多边形的边长为2，中心角为，则这个正多边形的周长是 ． 7．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，点O是正六边形的中心，以为边构造正五边形，则 ．    8．（2023·江苏扬州·二模）三个能够重合的正六边形的位置如图，已知A点的坐标是，则B点的坐标是 ．    9．（2023·广东中山·模拟预测）如图，五边形是的内接正五边形，是的直径，则的度数是 °． 10．（2023·北京通州·一模）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”．所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积，并以此求取圆周率的方法，刘徽指出“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”．例如，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积估计的面积，，所以的面积近似为，由此可得的估计值为，若用圆内接正十二边形估计的面积，可得的估计值为 ．    11．（2023九年级·江苏徐州·期中）如图，已知．    (1)用尺规作图作的内接正六边形（不写作法、保留作图痕迹）； (2)若的半径为2，求所作正六边形的面积． 12．（2023九年级·全国·课后作业）用等分圆周的方法画下列图形．    13．（2023九年级·江苏南通·阶段练习）如图，正方形的外接圆为，点P在劣弧上（不与点C重合）．    (1)求的度数； (2)若的半径为8，求正方形的边长． 14．（2023·浙江杭州·一模）如图（1）是瓦片做成的窗花，可以从中分离出一朵“花”的图案，如图（2），它是由八片相同的瓦片组成，其中间四片“对扣”，外围截面恰好抽象成一个圆，如图（3），点A，B，C，D表示瓦片的交接点． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若厘米，求图（3）中阴影部分的面积．（结果保留π） 15．（2023·江苏苏州·一模）古建中的数学：古亭探“优”． 【了解】 “江山无限景，都聚一亭中．”八角亭是典型的中国八棱形楼阁式建筑，其结构稳固、匀称，有利于减弱风力、抵御地震，如图①，将八角亭顶部的轮廓抽象后得到的几何图形为正八边形． 【探索】 先将正方形、完全重合，再将正方形绕其中心旋转一定的角度，就得到了正八边形，如图②，这种构造正八边形的方法称为“四转八”法． （1）旋转的角度最小为_______º； （2）若正八边形的边长为2，则正方形的边长为______； （3）连接，则与之间有怎样的数量关系？请说明理由； 【作图】 （4）如图③，已知正方形请你利用无刻度直尺和圆规作一个正八边形，并使其所有顶点均落在正方形的边上．（保留作图痕迹，并写出必要的说明） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$