30.3正多边形与圆（分层作业，9大题型）数学新教材人教版九年级上册

分层作业 30.3 正多边形与圆 A组|理解层级|巩固过关；B组|掌握层级|能力进阶；C组|运用层级|思维拔高 目 录 A组 巩固过关 题型01 正多边形的中心角 题型02 正多边形作图 B组 能力进阶 题型01 由正多边形的中心角求边数 题型02 已知半径，求正多边形边长、边心距 题型03 正多边形周长、面积计算 题型04 直角三角形组合综合计算 题型05 正多边形与圆的综合 题型06 与正多边形有关的证明 C组 思维拔高 题型 正多边形与圆·创新性问题 正多边形的中心角题型01 1．青秀山的龙象塔是南宁市的地标建筑之一，始建于明代万历年间．该塔为八角九层，重檐砖结构．如图所示的正八边形是龙象塔其中一层的平面示意图，点为正八边形的中心，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查求正多边形中心角度数，掌握正n边形中心角的计算公式是解题的关键． 用除以正多边形的边数，计算即可． 【详解】解： 故选：C． 2．（25-26九年级上·期末）如图，正五边形内接于，点是上一点，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【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，关键是圆周角定理的应用；求出的度数，则可求． 【详解】解：∵ ∴ 故选：B ． 3．（2026·河南三门峡·模拟）定义：如图，在平面直角坐标系中，原点是正方形的中心，且轴，正八边形的顶点均在正方形的边上，我们称该正八边形内嵌于正方形．已知点的坐标为，将点绕点顺时针旋转，每次转，则旋转2027次后，点的坐标为（     ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，设与y轴正半轴交于点，与x轴正半轴交于点，首先，根据题意得出每旋转4次为一个循环，然后，得出旋转2027次后点的坐标与旋转3次后点的坐标相同，即为点F的坐标，再由点的坐标得的长，接着，证得四边形是正方形及，得，，即可得出点F的坐标及结论． 【详解】解：， 每旋转4次为一个循环． ， 旋转2027次后点的坐标与旋转3次后点的坐标相同，即为点F的坐标． 如图，连接，设与y轴正半轴交于点，与x轴正半轴交于点，    ∵点的坐标为， ∴， ∵原点是正方形的中心，且轴，正八边形的顶点均在正方形的边上， ∴，原点也是正八边形的中心， ∴四边形是正方形，，， ∴，， ∴， ∴， ∴点的坐标为，即旋转2027次后，点的坐标为． 4．如图，是正五边形和正六边形的外接圆，连接和，则的度数为______． 【答案】##24度 【分析】本题考查正多边形与圆，连接，根据正多边形的性质可得：，进而得到，，再根据即可求解． 【详解】解：连接， 根据题意得：， ， ， ， 故答案为：． 5．如图所示的齿轮有20个齿，相邻两齿之间的间隔相等．相邻两齿与圆心连线的夹角为多少度？如果让这样的齿轮旋转1周，那么在旋转过程中有多少次和原图形重合？ 【答案】，20次 【分析】由一个圆的圆心角为 ，可得相邻两齿间的圆心角α的度数，根据旋转角为α即可解答； 【详解】解：∵齿轮有20个齿，相邻两齿之间的间隔相等， ∴此图形可以看成正二十边形， 相邻两齿与圆心连线的夹角． 如果让这样的齿轮旋转1周，那么在旋转过程中有20次和原图形重合． 正多边形作图题型02 1．（25-26九年级上·北京·期中）我们可以只用圆规将圆等分，例如：将圆六等分，只需在上任取点A，从点A开始，以的半径为半径，在上依次截取点B，C，D，E，F，从而点A，B，C，D，E，F把六等分．下列可以只用圆规将圆等分的是（    ）． ①两等分；    ②三等分；    ③四等分． A．② B．①② C．①③ D．①②③ 【答案】B 【分析】本题考查正多边形与圆、尺规作图、等分圆周等知识，解题的关键是理解将圆六等分的方法，属于作图中的难题． 通过圆规六等分圆后，可以利用六等分点间接得到两等分点和三等分点，但四等分点无法仅用圆规得到． 【详解】解：∵ 只用圆规可完成圆的六等分， 可以利用六等分点间接得到两等分点和三等分点， 但无法只用圆规得到四等分点， ∴ ①②可行，③不可行， 故选：B． 2．如图，以正六边形ABCDEF的中心为坐标原点建立平面直角坐标系，顶点C、F在x轴上，顶点A的坐标为（1，），则顶点D的坐标为______． 【答案】（，） 【分析】根据图形，利用对称的性质计算即可求出D的坐标． 【详解】解：根据题意，点D与点A关于原点对称， ∵点A的坐标为：（1，）， ∴点D的坐标为：（，）； 故答案为：（，）； 【点睛】此题考查了正多边形和圆，以及坐标与图形性质，熟练掌握对称的性质是解本题的关键． 3．如图，已知，请用尺规做的内接正四边形．（保留作图痕迹，不写做法） 【答案】 如图，正方形为所作． 【分析】本题考查了作正方形，考查了圆的基本性质，正方形的判定；先在圆上确定一点，连接并延长交于点，再作的垂直平分线交于B、D，连接，则四边形就是所求作的内接正方形． 【详解】解：垂直平分，为的直径， 为的直径， ， ，，， 四边形是矩形 , 四边形是正方形， 又都在圆上， 四边形是的内接正方形． 4．如图，已知正六边形．请仅用无刻度的直尺，分别按照下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图①中，作一条不过正六边形顶点的直线，将正六边形分成面积相等的两部分； (2)在图②中，过点A作一条直线，将正六边形分成面积比为的两部分． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查正六边形的中心对称性质及图形特征性质，根据正六边形的图形特征进行分割是解决问题的关键． （1）根据正六边形是中心对称图形，所以根据此性质，作一条过正六边形的中心且不过顶点的直线即可； （2）利用正六边形的对称性和边的等量关系确定并作图即可． 【详解】（1）解：如下图所示： （2）解：如下图所示： 5．沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动． 活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法． ①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点； ②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、； ③顺次连接、、、、、． (1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________ （请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形． 活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法． ①作的两条互相垂直的直径和； ②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点； ③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点． 如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形． (2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形． （参考数据：，，，，．） 【答案】(1)， (2)， 如下图，连接，，，，， ∵为直径， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴五边形是正五边形． 【分析】（1）各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形，据此即可获得答案； （2）首先结合题意并根据勾股定理解得，进而可得，易得，再在中，由勾股定理解得，即可确定的值；连接，，，，，结合为直径易得，利用三角函数可得，由圆周角定理可得，进而可得，然后利用全等三角形的性质可证明，，即可证明结论． 【详解】（1）解：根据正多边形的定义，我们只需要证明，，就可证明六边形是正六边形． 故答案为：，； （2）解：根据题意，可得，， ∵点为半径的中点， ∴， ∴在中，， ∵以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点， ∴， ∴， ∴在中，， ∵以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点， ∴； 【点睛】本题主要考查了尺规作图、多边形的定义和性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，正确理解题意，熟练掌握相关知识是解题关键． 由正多边形的中心角求边数题型01 1．若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个多边形是（    ） A．正九边形 B．正八边形 C．正七边形 D．正六边形 【答案】D 【分析】根据正多边形的中心角的计算公式计算即可． 【详解】解：设这个多边形的边数是n， 由题意得，， 解得，， 故选：D． 【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关知识，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键． 2．魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术．为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．作圆内接正多边形，当正多边形的边数不断增加时，其周长就无限接近圆的周长，进而可用来求得较为精确的圆周率．祖冲之在刘徽的基础上继续努力，当正多边形的边数增加24576时，得到了精确到小数点后七位的圆周率，这一成就在当时是领先其他国家一千多年，如图，依据“割圆术”，由圆内接正六边形算得的圆周率的近似值是（    ）    A．0.5 B．1 C．3 D．3.2 【答案】C 【分析】本题考查的是正多边形和圆，连接、，根据正六边形的性质得到，得到是等边三角形，得到，根据题意计算即可．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、，    ∵六边形是正六边形， ∴，又， ∴是等边三角形， ∴， 正六边形的周长圆的直径， 故选：C． 3．如果将一个正多边形绕它的中心旋转后，才与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形的边数是_____________． 【答案】12 【分析】本题主要考查了正多边形中心角与其边数的关系，正多边形的中心角等于360度除以其边数，根据题意可得该正多边形的中心角为，据此求解即可． 【详解】解：由题意得，该正多边形的中心角为， ∴这个正多边形的边数为， 故答案为：12． 4．（24-25九年级上·山东·联考）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则______． 【答案】12 【分析】本题考查圆周角定理，正多边形与圆，根据圆周角定理求出中心角的度数，再根据正多边形的中心角度数的计算公式 进行求解即可． 【详解】解：∵是的内接正n边形的一边，点C在上，， ∴， ∴； 故答案为：12． 5．如图，AC是⊙O的内接正六边形的一边，点B在弧AC上，且BC是⊙O的内接正十边形的一边，若AB是⊙O的内接正n边形的一边，则n=____ . 【答案】15. 【分析】连接OB，先求得∠AOB的度数，然后利用360°除以∠AOB度数，根据所得的结果进行分析即可得. 【详解】连接OB，∵AC是⊙O的内接正六边形的一边， ∴∠AOC=360°÷6=60°， ∵BC是⊙O的内接正十边形的一边， ∴∠BOC=360°÷10=36°， ∴∠AOB=60°-36°=24°， 即360°÷n=24°，∴n=15， 故答案为15. 【点睛】本题考查了正多边形和圆，中心角等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键.注意把圆周等分，然后顺次连接各个分点就会得到正多边形． 已知半径，求正多边形边长、边心距题型02 1．如图，正六边形内接于，，则的长为（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】本题考查了正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，由正六边形的性质得到，得到为等边三角形，进而得到，判断出为等边三角形是解题的关键． 【详解】解： ∵是正六边形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， 故选：C． 2．（24-25九年级上·云南昆明·期中）如图，正六边形内接于，的半径为6，则这个正六边形的边心距的长为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正多边形和圆的综合，求正多边形的中心角，三线合一，垂线的性质，含度角的直角三角形，勾股定理等知识点，熟练掌握正多边形的性质和勾股定理是解题的关键． 连接，，由题意可知，根据正六边形的性质可得其中心角，由三线合一可得，根据含度角的直角三角形的性质可得，然后根据勾股定理即可求出这个正六边形的边心距的长． 【详解】解：如图，连接，， 由题意可知：， 是正六边形， ， ，， ， ， ， ， 故选：． 3．如图，已知四个正六边形摆放在图中，顶点，，，，，在圆上，若两个小正六边形的边长均为，则大正六边形的边长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正多边形和圆，根据正六边形的性质和勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，    在小正六边形中，， 则， 在大正六边形中， ， ， 过G作于点H， ， 在中， ， ， ， ， 设， 则，，， 由于， ， 解得（舍去）或， 即， 故选：A． 4．已知是的内接正三角形，的半径是，则边心距的值为__________． 【答案】6cm 【分析】先在图上作出边心距对应的线段，连接，在直角中，，求出的长即可． 【详解】解：过作于，连接，则长为边心距； 在直角中，，cm 【点睛】本题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，掌握基本概念是解题的关键． 5．已知四边形为的内接正四边形，若的半径为1，则正四边形的边长为______，边心距为______． 【答案】 【分析】根据四边形为的内接正四边形得出，，利用勾股定理求出，可得正四边形的边长，根据等腰直角三角形的性质得出即可得出边心距． 【详解】解：如图，连接、，过点作于， ∵四边形为的内接正四边形，的半径为1， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴，即正四边形的边长为， ∵， ∴，即边心距为． 正多边形周长、面积计算题型03 1．如图，螺母的外围可以看作是正六边形ABCDEF，已知这个正六边形的半径是2，则它的周长是（） A．6 B．12 C．12 D．24 【答案】C 【分析】如图，先求解正六边形的中心角，再证明是等边三角形，从而可得答案． 【详解】解：如图，为正六边形的中心，为正六边形的半径， 为等边三角形， 正六边形ABCDEF的周长为 故选： 【点睛】本题考查的是正多边形与圆，正多边形的半径，中心角，周长，掌握以上知识是解题的关键． 2．我国魏晋时期数学家刘徽在公元年撰写的《九章算术》中提出了一种估计的方法，也就是“割圆术”：用圆内接正边形的周长估计圆的周长进而估计的近似值，且越大时圆内接正边形的周长越接近圆的周长，估计值越接近．当时，如图，用这种方法估计此时的近似值为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】A 【分析】连接、，根据正六边形的性质得到，得到是等边三角形，得到，根据题意计算即可． 【详解】解：如图，连接、， ∵六边形是正六边形， ∴， 又， ∴是等边三角形， ∴， ∴正六边形的周长：圆的直径， 故选：A． 3．如图，是由边长为1的正六边形和六角星镶嵌而成的图案，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】计算出1个正六边形的面积，利用矩形的面积减去图中未涂色部分的面积即可． 【详解】解：如图所示， ∵正六边形的中心角为60°， ∴每个边长为1的正六边形由六个全等的等边三角形组成， ∴，，， 因此每个正六边形的面积为：， 图中未涂色部分面积等于16个正六边形的面积：． 整个图形是一个矩形，长为12，宽为， 矩形的面积为：， 因此图中阴影部分的面积是：， 故选C． 【点睛】本题考查等边三角形相关计算，利用等边三角形计算出每个正六边形的面积是解题的关键． 4．（25-26九年级·期末）半径为2的正十二边形中心角的度数是______，每一个内角的度数是______，面积是______． 【答案】 12 【分析】本题考查了正多边形的中心角，内角，以及直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握计算公式． 根据正多边形的中心角外角求解中心角以及外角，即可求解内角，过点作于点，根据直角三角形的性质求出，即可求解的面积，即可求解正十二边形的面积． 【详解】解：正十二边形中心角的度数外角的度数， ∴每个内角的度数为 过点作于点， 则由题意得，，， ∴， ∴， ∴正十二边形的面积， 故答案为：，，． 5．如图，，，分别是某圆内接正六边形、正方形、等边三角形的一边．若，下面四个结论中， ①该圆的半径为2；        ②的长为； ③平分；        ④连接，，则与的面积比为． 所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【分析】根据圆内接正六边形、内接正方形的性质、弧长公式，勾股定理逐一判断可选项即可． 【详解】解：根据题干补全图形，连接， 根据内接正六边形的性质可知：， ∴是等边三角形， ，圆的半径为2，所以①正确； 根据内接正方形的性质可知：， 的长为：，所以②错误； ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分， 所以③正确； 过点A作交延长线于点H，交延长线于点G， ∵， ∴， ∵， ∴， ， ∴， 设交于点M， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，所以④正确； 因此正确的结论：①③④ 故答案为：①③④ 【点睛】本题考查圆内接正六边形、内接正方形的性质、弧长公式，勾股定理，得出圆形的半径是解题的关键． 直角三角形组合综合计算题型04 1．如图，的圆心与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为2，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可． 【详解】解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：    则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值， 由题意可得：，， 由勾股定理可得：， ∴， 故选：D． 2．（24-25九年级上·河北邢台·期末）是边长为4的正六边形的外接圆，点在上，连接，则的长可以是（   ） A．5 B．6 C．7 D．9 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形，以及勾股定理等知识．连接，过点C作于点H，则的长介于和之间，分别求出和的长，再结合选项即可得到问题答案． 【详解】解：连接，过点C作于点H， ∵多边形是正六边形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 3．我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，若用圆的内接正八边形的面积来近似估计的面积，设的半径为2，则的值为_______．（结果保留和根号） 【答案】 【分析】根据中心角公式得到，过作于，根据三角形和圆的面积公式即可得到结论． 【详解】解：由题意得，， 过作于，则是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形和圆、等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 4．（24-25九年级上·江苏南京·期末）如图，点是边长为6的正六边形和边长为的正方形的中心，将正方形绕点旋转一周．若在旋转过程中，正方形始终在正六边形的内部（即正方形边上的所有点都在正六边形内），则的取值范围是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握正多边形的性质，是解题的关键．连接，，过点O作，证明为等边三角形，根据勾股定理得出，根据垂线段最短，正方形的边长不能超过为，从而得出的取值范围是． 【详解】解：连接，，过点O作，如图所示： ∵六边形为正六边形， ∴， ∵点O为正六边形的中心， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵垂线段最短， ∴正方形对角线不能超过， ∴正方形的边长不能超过， ∴的取值范围是， 故答案为：． 5．如图，正六边形内接于，半径为．    (1)求的长度； (2)若G为的中点，连接，求的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，，根据正六边形的性质可得，再根据圆的半径都相等可得是等边三角形，进而可求解． （2）连接，，由为的直径，得，利用勾股定理及中点的性质即可求解． 【详解】（1）解：连接，，如图：   六边形是正六边形， ， 又，是的半径，且半径为， ， 是等边三角形， ． （2）连接，，如图：    则为的直径， ，， 由（1）得：， 在中，， ， G为的中点， ， 在中，， ． 【点睛】本题考查了正多边形的性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理及圆周角，熟练掌握基础知识，借助适当的辅助线解决问题是解题的关键． 正多边形与圆的综合题型05 1．如图，正五边形内接于，连结，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正多边形内接于圆的知识．根据周角等于，正五边形内接于，因此，是该圆的五等分角，即可求得该角度数． 【详解】解：∵该五边形是正五边形 ∴． 故答案为：A． 2．如图，平面直角坐标系中，正六边形的顶点A，B在x轴上，顶点F在y轴上，若，则中心P的坐标为（    ） A． B．（1，） C．（2，2） D．（3，2） 【答案】A 【分析】此题考查了正多边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，连接，作于Q，由正六边形的性质得到，得到，勾股定理求出，再证得四边形是矩形，得到，即可得到点P的坐标 【详解】如图，连接，作于Q， 由正六边形的性质可得． 在中，． ∴． ∵ ∴四边形是矩形， ∴， ∴点P的坐标为． 3．（24-25九年级上·江苏南京·期中）如图，在正八边形中，连接，，，，与交于点．下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】设正八边形的中心为点，连接、、、、、、，过点作于点，过点作于点，设正八边形的边长为，，根据正八边形的性质得，，点、、共线，且点是的中点，证明得，证明得，推出，可判断①；推出点与点重合，得，可得的度数，可判断③；在中，，得，根据等积法得，继而得到，，得，求解后可判断②；分别求出正八边形和四边形的面积，可判断④． 【详解】解：设正八边形的中心为点，连接、、、、、、，过点作于点，过点作于点，设正八边形的边长为，， ∵八边形是正八边形， ∴， 每个内角的度数是：，中心角的度数是：， ∴， ， ∴， ∴点、、共线，且点是的中点， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在四边形中，， 按同样的方法得， ∴， 在中，， ∴，故结论①正确； ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴点是、的中点， ∴点与点重合， ∴， ∴，故结论③正确； 在中，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：或， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故结论②错误； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是等腰梯形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故结论④正确； ∴正确结论的序号是①③④． 故选：C． 【点睛】本题考查正多边形的性质，正多边形的内角、中心角，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，多边形的面积和梯形的面积等知识点．解题的关键是掌握正多边形的性质． 4．如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度后能够与它本身重合，则角可以是________度．（写出一个即可）    【答案】（答案不唯一） 【分析】先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可． 【详解】解：， 则这个图案绕着它的中心旋转或的倍数后能够与它本身重合， 故答案为：（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了旋转对称图形、正多边形的性质，掌握正六边形的中心角是关键． 5．（25-26九年级上·江西南昌·月考）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似地计算圆的面积．如图，若用圆的内接正十二边形的面积来近似地估计的面积S，设的半径为2，则______． 【答案】## 【分析】本题考查了正多边形与圆，正确的求出正十二边形的面积是解题的关键．如图，过点作，垂足为，先求出圆的面积，再求出面积，继而求得正十二边形的面积即可求得答案. 【详解】如图，过点作，垂足为， 的半径为， 的面积，， 圆的内接正十二边形的中心角为， ， ， 圆的内接正十二边形的面积， 则， 故答案为． 与正多边形有关的证明题型06 1．作图与证明：如图，已知和上的一点A，请完成下列任务： (1)作的内接正六边形； (2)连接，．判断四边形的形状并加以证明． 【答案】(1)解：如图，正六边形即为所求； (2)解：四边形是矩形，理由如下， 如图，连接， 六边形是正六边形， ，． ， ， ， ， 四边形是平行四边形． ，， 是等边三角形， ， ． ， ， ， 平行四边形是矩形． 【分析】（1）由正六边形的中心角为，可得是等边三角形，继而可得正六边形的边长等于半径，则可画出的内接正六边形； （2）连接，由六边形是正六边形，则，故，则可得，证得四边形是平行四边形，然后由，，求得，则可证得结论． 【详解】（1）略 （2）略 2．如图，正方形内接于，E是的中点，连接．    (1)求∠E的度数． (2)求证：． (3)若，则点E到的距离为 ． 【答案】(1) (2) 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； (3) 【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，求得中心角的度数，再利用圆周角定理即可求解； （2）要证明，只要证明即可； （3）连接并延长交于点F，证明是线段的垂直平分线，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，，    ∴ ∵正方形内接于， ∴， ∴； （2）略 （3）解：连接并延长交于点F，    ∵，，∴是线段的垂直平分线， ∵，， ∴，， ∴， ∴，即点E到的距离为， 故答案为：． 3．如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．    (1)求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF． (2)设⊙O的面积为S1，六边形ABCDEF的面积为S2，求的值（结果保留π）． 【答案】(1) 证明：如图，连接AE，AD，AC， ∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形， ∴EF＝ED＝CD＝BC， ∴， ∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB， ∴过顶点A的三条对角线四等分∠BAF； (2) 【分析】（1）如图，连接AE，AD，AC，根据正六边形的性质得到EF＝ED＝CD＝BC，求得，于是得到∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，即可得到结论； （2）如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，设⊙O的半径为r，推出△ODE是等边三角形，得到DE＝OD＝r，∠OED＝60°，根据勾股定理得到OGr，根据三角形和圆的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）略 （2）解：如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE， 设⊙O的半径为r， ∵∠DOE60°，OD＝OE＝r， ∴△ODE是等边三角形， ∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°， ∴∠EOG＝30°， ∴EGr， ∴OGr， ∴正六边形ABCDEF的面积＝6rrr2， ∵⊙O的面积＝πr2， ∴． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 4．如图，正方形内接于，E是的中点，连接．    (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1) 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴． (2) 【分析】（1）欲证明，只要证明即可． （2）连接，过点D作交的延长线于F．证明，推出，得到，推出，再利用等腰三角形的性质构建方程求出，即可解决问题． 【详解】（1）略 （2）解：连接，过点D作交的延长线于F． ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴．    【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，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，属于中考常考题型． 5．如图，⊙O的半径为，其内接正六边形，点同时分别从两点出发，以的速度沿向终点运动，连接．设运动时间为． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）填空： ①当________时，四边形为菱形； ②当_________时，四边形为矩形． 【答案】（1）证明：∵正六边形内接于的半径为4， ， ∵点同时分别从两点出发，以的速度沿向终点运动，． 在和中， 同理可证． ∴四边形是平行四边形． （2）①2；②0或4 【分析】（1）根据题意可得，，然后证明，由此可得、，进而可证结论． （2）①根据菱形的性质，，时，四边形是菱形，由此可知t=2； ②根据矩形的性质，当有三个角是直角时，四边形是矩形，由此可知t=4或0． 【详解】（1）略 （2）①2；②0或4 ， ①由对称性可知，当，时，四边形是菱形，此时． ②当时，点在点处， ，，此时四边形是矩形． 当时，点在点处，同理可得，此时四边形是矩形．综上所述，当或时，四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查平行四边形、菱形、矩形的性质与判定，涉及动点问题，掌握各图形的性质及判定方法是解题关键． 正多边形与圆·创新性问题题型 1．点O是边长为m的正多边形的中心，将一块足够长，圆心角为的扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板绕O点旋转． 若正多边形为正三角形，扇形的圆心角时，通过观察或测量，得到如图1、2中，正三角形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度均为m； (1)若正多边形为正方形，扇形的圆心角时， ①如图3，求正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度； ②如图4，正方形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度为多少？并给予证明； (2)若正多边形为正五边形，如图5，当扇形纸板的圆心角为多少度时，正五边形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度仍为定值m． 【答案】(1)①； ②正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度为，证明如下； 如图1，连接， ∵为正方形的中心， ∴，，， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度为； (2)度 【分析】（1）①根据正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度为的长作答即可； ②如图1，连接，证明，则，，然后作答即可； （2）如图2，连接，根据，计算求解即可． 【详解】（1）①解：由题意知，， ∴正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度为； ②略 （2）解：如图2，连接， ∵正五边形， ∴， ∴当扇形纸板的圆心角为时，正五边形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度仍为定值m． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正多边形与圆，旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 2．某数学小组在一个半径为的圆形场地上做探究实践活动． （）如图，小组将圆形场地分为等份，机器人从一个点到另外一个点均是直线行走． ①机器人从点走到点的路程为________； ②机器人从点到点走了两条不同的路线．路线：；路线：，路线的长记为，路线的长记为，则________；（填“”“”或“”） （）如图，机器人从出发，沿与半径夹角为的方向行走，走到场地边缘后，再沿与夹角为的方向折向行走至，，按照这样的方式，机器人走到时第一次超过，且，则______． 【答案】 【分析】（）①由中心角为，得从点走到点其路径对的圆心角为，根据半径为利用勾股定理计算即可； ②根据中心角为，得，继而可判定，， 都是等边三角形，得到， 得到，根据，得到为圆的直径， 根据中心角为，得到，，， 可得，，即得，比较大小即可求解； （）设多边形的中心角为，当转到时，，，根据可求得，进而即可求解． 【详解】解：（）①∵中心角为， ∴从点走到点其路径对的圆心角为， ∵， ∴， 故答案为：； ②∵中心角为， ∴， ∴，， 都是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为圆的直径， ∴，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （）设多边形的中心角为， 当转到时，，， ∵， ∴， 解得， ∵半径相等， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了中心角的计算，等边三角形的判定和性质，勾股定理，无理数的估算，等腰三角形的性质，熟练掌握中心角的计算是解题的关键． 3．（2026·山西晋中·模拟）下面是小晋同学的数学日记，请认真阅读，并完成相应的任务． 正多边形的嵌套 我了解到在一些建筑上常有多边形相互嵌套的图案．如图1所示的建筑图案就是一个正方形里面嵌套了一个正八边形．我想利用尺规在正方形中作出正八边形，且使正方形的每条边上有两个正八边形的顶点． 已知：如图2，正方形． 求作：正八边形，使正方形的每条边上有两个正八边形的顶点． 【草图分析】结合题意画出草图（如图3），对图形分析如下： ①正八边形的每个内角为 °； ②由正多边形的对称性可得，正方形的中心与正八边形的中心重合，记为点．连接，，，，可得 °， °． 【制定方案】根据上面的分析，我制定了如下作图方案： ①连接，相交于点； ②作的角平分线交于点； 【回顾反思】根据上面的方案我完成了作图，但发现作图过程繁琐．继续深入分析图3，设正八边形的边长为，则正方形的边长为 ， ， ，于是得到了新的作图方案． 任务： (1)补全材料： ①正八边形的每个内角为 °； ②= °，= °； ③设正八边形的边长为，则正方形的边长为 ， ， ；（用含的代数式表示） (2)在图2正方形的边上作出正八边形的边． （要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)①；②，；③，， (2)如图所示，边即为所求． 【分析】（）①根据正多边形单个内角度数公式，进而得出正八边形的内角度数． ②根据题意得出，，，，作出辅助线得出，，从而得出． ③利用②的结论得出，，进而得出，再得出，进而得出，进而得出，，再利用勾股定理得出． （）利用（）得出的画图． 【详解】（1）①∵正边形单个内角度数公式为：（其中）， ∴代入可得，正八边形每个内角为． ②∵正方形和正八边形的中心重合为点， ∴，， ，． 如图，过点作于 ∴， ， ∴． ③由②知，，，． ∴，， ∴， ∴， ∵八边形是正八边形，内角为 ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴正方形的边长为， ∵（勾股定理）， ∴， ∴， ∴． 综上，正方形的边长为，． （2）利用（）得出的画图． 如图，连接，相交于点．以点为圆心，为半径画弧交于点；再以点为圆心，为半径画弧交于点，则为正八边形的边． 【点睛】本题考查正多边形内角与中心角公式、正方形几何性质、等腰直角三角形性质、勾股定理、尺规作图原理等知识点；解题用到数形结合、中心对称思想，关键是依托共中心的图形关系推导边角等量、利用等腰直角三角形边长比例代换线段． 4．（2026·山西晋中·二模）古典花窗是中国传统建筑中独具特色的窗式，常见于园林、住宅等场所，兼具实用功能与艺术装饰价值．如图①为某花窗的局部图案，中心部位包含一个菱形与3个全等的正六边形，如图②将其几何示意图放在平面直角坐标系中，点，，，为菱形的顶点，点为正六边形的顶点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题涉及了把几何图形放在平面直角坐标系中，利用坐标求线段的长度，了解菱形对角线的性质：互相垂直平分．熟悉正六边形的性质：中心到顶点的距离等于边长，正六边形的边心距与边长的关系．利用正六边形边长，边心距求E点的坐标． 【详解】解：根据图②， 得到． 设正六边形的边长为，根据正六边形的性质（正六边形的外接圆半径等于边长），则正六边形中心到顶点的距离为． E为其中一个正六边形的顶点， ，． 正六边形的边长为1， 根据正六边形的边心距：中心到一条边的垂直距离为，得到正六边形中心到一边的垂直距离为． E点的坐标为． 5．（2026·山西吕梁·模拟）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“平行六边形”的研究报告研究对象：平行六边形 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】对于一个凸六边形，若其三组对边两两平行，则称该六边形为平行六边形． 如图1，在凸六边形中，，，，则这样的凸六边形就是平行六边形．其中与，与，与叫做“主对边”；与，与，与叫做“主对角”；，，叫做“主对角线”． 【性质探索】 内角：平行六边形的三组主对角分别相等； 对角线：…… 【判定探索】 平行六边形的定义是判定的一种方法，不过根据判定定理可由性质定理的逆命题进行猜想的研究思路，大胆猜测：三组主对角分别相等的凸六边形是平行六边形，探究过程如下： 已知：如图2，在凸六边形中，，，． 求证：凸六边形是平行六边形． 证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． …… 【平行六边形拓展】 六条边都相等的平行六边形叫做等边平行六边形． 任务： (1)补全材料中“【判定探索】”的证明过程； (2)如图4，已知平行六边形满足，则平行六边形________等边平行六边形（填“是”或“不是”）； (3)如图5，已知在菱形中，，请在图中作一个等边平行六边形，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)见解析 (2)是 (3)见解析 【分析】（1）分别延长，交于点G，，交于点H，先推导出，，继而推导出，得到，证明出， 同理可得，，则凸六边形是平行六边形，即可解答； （2）连接，推导出四边形是平行四边形，得到，继而推导出证明出，得到，则平行六边形是等边平行六边形，即可解答； （3）分别用尺规作图作出的垂直平分线，的垂直平分线，的垂直平分线，的垂直平分线，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上，顺次连接成六边形，即可解答． 【详解】（1）证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． ， ． ． ，， ． ， ． ， ． ， 即． 同理可得，． 凸六边形是平行六边形． （2）解：连接，如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行六边形是等边平行六边形； （3）解：如图，六边形即为所求． 理由如下： 连接，如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，， 由作图，可知是的垂直平分线，是的垂直平分线，是的垂直平分线，是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴ ∴，， 同理可得， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴六边形是平行六边形， ∵， ∴六边形是等边平行六边形． 6．【问题背景】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．在一次数学活动课上，老师给出正方形 【问题解决】甲、乙两个小组给出了各自的尺规作图方案： 甲组方案 乙组方案 ①确定正方形的中心； ②分别以点，，，为圆心，的长为半径画弧，与各边相交于点，，，，，，，； ③顺次连接点，，，，，，，，得八边形（如图2） ①连接、交于点； ②作的平分线交于点，延长交于点； ③作的平分线交于点，延长交于点； ④以点为圆心，的长为半径画弧，分别交，，，于点，，，； ⑤顺次连接点，，，，，，，，得八边形 (1)请根据乙组的方案在图1中按步骤完成尺规作图． (2)【课后思考】如果一个菱形的四个顶点分别在一个矩形的四条边上（不与矩形的顶点重合），那么称这个菱形是该矩形的内接菱形．如图3，在矩形中，是边上的一点．用直尺和圆规作矩形的内接菱形，使点，，分别在，，上．（保留作图痕迹，不写画法） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据提示画图即可； （2）连接、交于点，连接并延长交于点G，作的垂直平分线，分别交，于点H，F，顺次连接，，，，则四边形是菱形；根据矩形的性质可得，根据作图可得可得四边形是菱形． 【详解】（1）略 （2）略 7．如图1，在中，，锐角所对的直角边与相邻的直角边的比值称为的坡度，记为“”，即，同样地，．对于锐角的每一个确定的值，都有唯一确定的值与它对应． 请回答以下问题： (1)______的函数（填“是”或“不是”） (2)在中，，，则______； (3)在中，，，则______； (4)在中，，，则______； (5)如图2，在中，，是的中点，过点作的垂线交于点，，，则______； (6)如图3，两个边长相等的正六边形的公共边为，点，，在同一直线上，点，分别为两个正六边形的中心，则______； 【答案】(1)是 (2) (3) (4) (5) (6) 【分析】（1）根据函数的定义，进行判断即可； （2）根据题意得到是等腰直角三角形，，结合坡度的计算方法即可求解； （3）根据题意得到，结合坡度的计算方法即可求解； （4）根据题意得到是等腰三角形，过点作于点，在上取点，连接，使得，设，根据含30度角的直角三角形的性质，得到，则，根据坡度的计算方法即可求解； （5）根据题意，得到，由垂直平分线得到，根据，由此即可求解； （6）根据题意，正六边形的每个内角为，每条边对应的圆心角的度数为，如图所示，连接，过点作于点，设正六边形的边长为，由此得到，结合坡度的计算方法即可求解． 【详解】（1）解：∵对于锐角的每一个确定的值，都有唯一确定的值与它对应， ∴是的函数； （2）解：如图所示，，， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 故答案为：； （3）解：如图所示，，， ∴，， ∴； （4）解：如图所示，，， ∴，是等腰三角形， 过点作于点，在上取点，连接，使得， ∴， ∴， 设，则， 由（2）的计算得到， ∴， ∴； （5）解：在中，， ∴， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴， 在中，， ∴； （6）解：正六边形的每个内角为，每条边对应的圆心角的度数为， 如图所示，连接，过点作于点，设正六边形的边长为， ， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 8．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）我们可以用构图的方法研究一些几何问题． 【基本图形】 （1）如图①，已知正方形，E是延长线上一点，连接，作，交于点F．求证∶． 【方法迁移】 （2）如图②，已知，点P在的内部，求作正方形，使点Q，N分别在上，点M在的内部且点M在点P的右侧．（含边）． 要求：①用直尺和圆规作图；②保留作图的痕迹； 【问题解决】 （3）在（2）的条件下，若， ，点P到的距离为1，直接写出所作正方形的边长． 【答案】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即； （2）如图，正方形即为所求； （3）． 【分析】（1）先根据正方形的性质证明可得，再根据等量代换即可证明结论； （2）根据正方形的性质、垂直平分线的性质进行尺规作图即可完成作答； （3）如图：过P作，交于点L，交于点F，过Q作于点K，过Q作于点E，再利用等腰直角三角形和三垂直全等得到线段长，再利用勾股求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：作法： 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 30.3 正多边形与圆 A组|理解层级|巩固过关；B组|掌握层级|能力进阶；C组|运用层级|思维拔高 目 录 A组 巩固过关 题型01 正多边形的中心角 题型02 正多边形作图 B组 能力进阶 题型01 由正多边形的中心角求边数 题型02 已知半径，求正多边形边长、边心距 题型03 正多边形周长、面积计算 题型04 直角三角形组合综合计算 题型05 正多边形与圆的综合 题型06 与正多边形有关的证明 C组 思维拔高 题型 正多边形与圆·创新性问题 正多边形的中心角题型01 1．青秀山的龙象塔是南宁市的地标建筑之一，始建于明代万历年间．该塔为八角九层，重檐砖结构．如图所示的正八边形是龙象塔其中一层的平面示意图，点为正八边形的中心，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26九年级上·期末）如图，正五边形内接于，点是上一点，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·河南三门峡·模拟）定义：如图，在平面直角坐标系中，原点是正方形的中心，且轴，正八边形的顶点均在正方形的边上，我们称该正八边形内嵌于正方形．已知点的坐标为，将点绕点顺时针旋转，每次转，则旋转2027次后，点的坐标为（     ）    A． B． C． D． 4．如图，是正五边形和正六边形的外接圆，连接和，则的度数为______． 5．如图所示的齿轮有20个齿，相邻两齿之间的间隔相等．相邻两齿与圆心连线的夹角为多少度？如果让这样的齿轮旋转1周，那么在旋转过程中有多少次和原图形重合？ 正多边形作图题型02 1．（25-26九年级上·北京·期中）我们可以只用圆规将圆等分，例如：将圆六等分，只需在上任取点A，从点A开始，以的半径为半径，在上依次截取点B，C，D，E，F，从而点A，B，C，D，E，F把六等分．下列可以只用圆规将圆等分的是（    ）． ①两等分；    ②三等分；    ③四等分． A．② B．①② C．①③ D．①②③ 2．如图，以正六边形ABCDEF的中心为坐标原点建立平面直角坐标系，顶点C、F在x轴上，顶点A的坐标为（1，），则顶点D的坐标为______． 3．如图，已知，请用尺规做的内接正四边形．（保留作图痕迹，不写做法） 4．如图，已知正六边形．请仅用无刻度的直尺，分别按照下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图①中，作一条不过正六边形顶点的直线，将正六边形分成面积相等的两部分； (2)在图②中，过点A作一条直线，将正六边形分成面积比为的两部分． 5．沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动． 活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法． ①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点； ②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、； ③顺次连接、、、、、． (1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________ （请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形． 活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法． ①作的两条互相垂直的直径和； ②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点； ③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点． 如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形． (2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形． （参考数据：，，，，．） 由正多边形的中心角求边数题型01 1．若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个多边形是（    ） A．正九边形 B．正八边形 C．正七边形 D．正六边形 2．魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术．为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．作圆内接正多边形，当正多边形的边数不断增加时，其周长就无限接近圆的周长，进而可用来求得较为精确的圆周率．祖冲之在刘徽的基础上继续努力，当正多边形的边数增加24576时，得到了精确到小数点后七位的圆周率，这一成就在当时是领先其他国家一千多年，如图，依据“割圆术”，由圆内接正六边形算得的圆周率的近似值是（    ）    A．0.5 B．1 C．3 D．3.2 3．如果将一个正多边形绕它的中心旋转后，才与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形的边数是_____________． 4．（24-25九年级上·山东·联考）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则______． 5．如图，AC是⊙O的内接正六边形的一边，点B在弧AC上，且BC是⊙O的内接正十边形的一边，若AB是⊙O的内接正n边形的一边，则n=____ . 已知半径，求正多边形边长、边心距题型02 1．如图，正六边形内接于，，则的长为（    ） A．2 B． C．1 D． 2．（24-25九年级上·云南昆明·期中）如图，正六边形内接于，的半径为6，则这个正六边形的边心距的长为（   ） A．3 B． C． D． 3．如图，已知四个正六边形摆放在图中，顶点，，，，，在圆上，若两个小正六边形的边长均为，则大正六边形的边长是（   ） A． B． C． D． 4．已知是的内接正三角形，的半径是，则边心距的值为__________． 5．已知四边形为的内接正四边形，若的半径为1，则正四边形的边长为______，边心距为______． 正多边形周长、面积计算题型03 1．如图，螺母的外围可以看作是正六边形ABCDEF，已知这个正六边形的半径是2，则它的周长是（） A．6 B．12 C．12 D．24 2．我国魏晋时期数学家刘徽在公元年撰写的《九章算术》中提出了一种估计的方法，也就是“割圆术”：用圆内接正边形的周长估计圆的周长进而估计的近似值，且越大时圆内接正边形的周长越接近圆的周长，估计值越接近．当时，如图，用这种方法估计此时的近似值为（   ） A．3 B． C． D． 3．如图，是由边长为1的正六边形和六角星镶嵌而成的图案，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 4．（25-26九年级·期末）半径为2的正十二边形中心角的度数是______，每一个内角的度数是______，面积是______． 5．如图，，，分别是某圆内接正六边形、正方形、等边三角形的一边．若，下面四个结论中， ①该圆的半径为2；        ②的长为； ③平分；        ④连接，，则与的面积比为． 所有正确结论的序号是______． 直角三角形组合综合计算题型04 1．如图，的圆心与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为2，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（    ） A． B．1 C． D． 2．（24-25九年级上·河北邢台·期末）是边长为4的正六边形的外接圆，点在上，连接，则的长可以是（   ） A．5 B．6 C．7 D．9 3．我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，若用圆的内接正八边形的面积来近似估计的面积，设的半径为2，则的值为_______．（结果保留和根号） 4．（24-25九年级上·江苏南京·期末）如图，点是边长为6的正六边形和边长为的正方形的中心，将正方形绕点旋转一周．若在旋转过程中，正方形始终在正六边形的内部（即正方形边上的所有点都在正六边形内），则的取值范围是______． 5．如图，正六边形内接于，半径为．    (1)求的长度； (2)若G为的中点，连接，求的长度． 正多边形与圆的综合题型05 1．如图，正五边形内接于，连结，则（　　） A． B． C． D． 2．如图，平面直角坐标系中，正六边形的顶点A，B在x轴上，顶点F在y轴上，若，则中心P的坐标为（    ） A． B．（1，） C．（2，2） D．（3，2） 3．（24-25九年级上·江苏南京·期中）如图，在正八边形中，连接，，，，与交于点．下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 4．如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度后能够与它本身重合，则角可以是________度．（写出一个即可）    5．（25-26九年级上·江西南昌·月考）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似地计算圆的面积．如图，若用圆的内接正十二边形的面积来近似地估计的面积S，设的半径为2，则______． 与正多边形有关的证明题型06 1．作图与证明：如图，已知和上的一点A，请完成下列任务： (1)作的内接正六边形； (2)连接，．判断四边形的形状并加以证明． 2．如图，正方形内接于，E是的中点，连接．    (1)求∠E的度数． (2)求证：． (3)若，则点E到的距离为 ． 3．如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．    (1)求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF． (2)设⊙O的面积为S1，六边形ABCDEF的面积为S2，求的值（结果保留π）． 4．如图，正方形内接于，E是的中点，连接．    (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 5．如图，⊙O的半径为，其内接正六边形，点同时分别从两点出发，以的速度沿向终点运动，连接．设运动时间为． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）填空： ①当________时，四边形为菱形； ②当_________时，四边形为矩形． 正多边形与圆·创新性问题题型 1．点O是边长为m的正多边形的中心，将一块足够长，圆心角为的扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板绕O点旋转． 若正多边形为正三角形，扇形的圆心角时，通过观察或测量，得到如图1、2中，正三角形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度均为m； (1)若正多边形为正方形，扇形的圆心角时， ①如图3，求正方形的边被扇形纸板覆盖部分的长度； ②如图4，正方形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度为多少？并给予证明； (2)若正多边形为正五边形，如图5，当扇形纸板的圆心角为多少度时，正五边形的边被扇形纸板覆盖部分的总长度仍为定值m． 2．某数学小组在一个半径为的圆形场地上做探究实践活动． （）如图，小组将圆形场地分为等份，机器人从一个点到另外一个点均是直线行走． ①机器人从点走到点的路程为________； ②机器人从点到点走了两条不同的路线．路线：；路线：，路线的长记为，路线的长记为，则________；（填“”“”或“”） （）如图，机器人从出发，沿与半径夹角为的方向行走，走到场地边缘后，再沿与夹角为的方向折向行走至，，按照这样的方式，机器人走到时第一次超过，且，则______． 3．（2026·山西晋中·模拟）下面是小晋同学的数学日记，请认真阅读，并完成相应的任务． 正多边形的嵌套 我了解到在一些建筑上常有多边形相互嵌套的图案．如图1所示的建筑图案就是一个正方形里面嵌套了一个正八边形．我想利用尺规在正方形中作出正八边形，且使正方形的每条边上有两个正八边形的顶点． 已知：如图2，正方形． 求作：正八边形，使正方形的每条边上有两个正八边形的顶点． 【草图分析】结合题意画出草图（如图3），对图形分析如下： ①正八边形的每个内角为 °； ②由正多边形的对称性可得，正方形的中心与正八边形的中心重合，记为点．连接，，，，可得 °， °． 【制定方案】根据上面的分析，我制定了如下作图方案： ①连接，相交于点； ②作的角平分线交于点； 【回顾反思】根据上面的方案我完成了作图，但发现作图过程繁琐．继续深入分析图3，设正八边形的边长为，则正方形的边长为 ， ， ，于是得到了新的作图方案． 任务： (1)补全材料： ①正八边形的每个内角为 °； ②= °，= °； ③设正八边形的边长为，则正方形的边长为 ， ， ；（用含的代数式表示） (2)在图2正方形的边上作出正八边形的边． （要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 4．（2026·山西晋中·二模）古典花窗是中国传统建筑中独具特色的窗式，常见于园林、住宅等场所，兼具实用功能与艺术装饰价值．如图①为某花窗的局部图案，中心部位包含一个菱形与3个全等的正六边形，如图②将其几何示意图放在平面直角坐标系中，点，，，为菱形的顶点，点为正六边形的顶点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·山西吕梁·模拟）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“平行六边形”的研究报告研究对象：平行六边形 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】对于一个凸六边形，若其三组对边两两平行，则称该六边形为平行六边形． 如图1，在凸六边形中，，，，则这样的凸六边形就是平行六边形．其中与，与，与叫做“主对边”；与，与，与叫做“主对角”；，，叫做“主对角线”． 【性质探索】 内角：平行六边形的三组主对角分别相等； 对角线：…… 【判定探索】 平行六边形的定义是判定的一种方法，不过根据判定定理可由性质定理的逆命题进行猜想的研究思路，大胆猜测：三组主对角分别相等的凸六边形是平行六边形，探究过程如下： 已知：如图2，在凸六边形中，，，． 求证：凸六边形是平行六边形． 证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． …… 【平行六边形拓展】 六条边都相等的平行六边形叫做等边平行六边形． 任务： (1)补全材料中“【判定探索】”的证明过程； (2)如图4，已知平行六边形满足，则平行六边形________等边平行六边形（填“是”或“不是”）； (3)如图5，已知在菱形中，，请在图中作一个等边平行六边形，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 6．【问题背景】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．在一次数学活动课上，老师给出正方形 【问题解决】甲、乙两个小组给出了各自的尺规作图方案： 甲组方案 乙组方案 ①确定正方形的中心； ②分别以点，，，为圆心，的长为半径画弧，与各边相交于点，，，，，，，； ③顺次连接点，，，，，，，，得八边形（如图2） ①连接、交于点； ②作的平分线交于点，延长交于点； ③作的平分线交于点，延长交于点； ④以点为圆心，的长为半径画弧，分别交，，，于点，，，； ⑤顺次连接点，，，，，，，，得八边形 (1)请根据乙组的方案在图1中按步骤完成尺规作图． (2)【课后思考】如果一个菱形的四个顶点分别在一个矩形的四条边上（不与矩形的顶点重合），那么称这个菱形是该矩形的内接菱形．如图3，在矩形中，是边上的一点．用直尺和圆规作矩形的内接菱形，使点，，分别在，，上．（保留作图痕迹，不写画法） 7．如图1，在中，，锐角所对的直角边与相邻的直角边的比值称为的坡度，记为“”，即，同样地，．对于锐角的每一个确定的值，都有唯一确定的值与它对应． 请回答以下问题： (1)______的函数（填“是”或“不是”） (2)在中，，，则______； (3)在中，，，则______； (4)在中，，，则______； (5)如图2，在中，，是的中点，过点作的垂线交于点，，，则______； (6)如图3，两个边长相等的正六边形的公共边为，点，，在同一直线上，点，分别为两个正六边形的中心，则______； 8．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）我们可以用构图的方法研究一些几何问题． 【基本图形】 （1）如图①，已知正方形，E是延长线上一点，连接，作，交于点F．求证∶． 【方法迁移】 （2）如图②，已知，点P在的内部，求作正方形，使点Q，N分别在上，点M在的内部且点M在点P的右侧．（含边）． 要求：①用直尺和圆规作图；②保留作图的痕迹； 【问题解决】 （3）在（2）的条件下，若， ，点P到的距离为1，直接写出所作正方形的边长． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $