3.6正多边形（分层作业，9大题型）数学新教材浙教版九年级上册

分层作业 3.6 正多边形 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 已知半径，求正多边形边长、边心距 题型03 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 正多边形周长、面积计算 题型03 直角三角形组合综合计算 题型04 正多边形与圆的综合 题型05 与正多边形有关的证明 C组 思维拔高 题型 正多边形·创新性问题 正多边形的中心角题型01 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． B． C． D． 2．（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 3．（24-25九年级下·上海·月考）正十边形的中心角的度数为_____． 4．若一个正多边形的内角和比它的外角和多，则这个正多边形的中心角度数为_____． 5．（25-26九年级上·河南许昌·月考）如图，在平面直角坐标系中，正六边形的中心为原点O，顶点A，D在x轴上，半径为．求其各个顶点的坐标． 已知半径，求正多边形边长、边心距题型02 1．如图，六边形是的内接正六边形，若，则这个正六边形的边长为（    ） A．24 B．6 C．4 D． 2．（24-25九年级上·甘肃武威·月考）已知正六边形的半径为4，则这个正六边形的边心距为（   ） A．2 B． C． D．4 3．如图，正六边形 的边长为1，将正六边形 绕点A旋转得到正六边形，连接，．若，分别是，的中点，连接，则旋转过程中的最大值是（    ） A．1 B． C． D． 4．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______． 5．如图，等边三角形 的边长为 ，求它的中心角、半径和边心距． 正多边形作图题型03 1．如图，为直径，作的内接正六边形，甲、乙两人的作法分别如下： 甲：1．作的中垂线，交圆于两点；2．作的中垂线，交圆于两点；3．顺次连接六个点，六边形即为所求； 乙：1．以为圆心，长为半径作弧，交圆于两点；2．以为圆心，长为半径作弧，交圆于两点；3．顺次连接六个点，六边形即为所求； 对于甲、乙两人的作法，可判断（  ） A．甲对，乙不对 B．甲不对，乙对 C．两人都不对 D．两人都对 2．正多边形的画法： （1）用量角器等分圆，再作正多边形： 在半径为R的圆中，先用量角器画一个等于______的圆心角，这个角所对的弧就是圆周的_____，然后在圆上依次截取这条弧的等弧，就得到圆的___等分点，依次连接各分点，从而作出半径为R的正n边形； （2）用尺规等分圆，再作正多边形： 在中，用直尺和圆规作两条互相垂直的______，就可以把四等分，从而作出正方形；再次平分正方形的每组对边，就可以作出正_____边形． 3．如图，已知，请用尺规作图法作圆的内接正六边形（不写作法，保留作图痕迹）． 4．已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度直尺，按要求画图： (1)在图1中，画出CD的中点G； (2)在图2中，点G为CD中点以G为顶点画出一个菱形． 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．（25-26九年级上·四川·期末）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数是（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 2．如图，点、、、为一个正多边形的顶点，点为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（    ） A．5 B．10 C．12 D．20 3．（24-25九年级上·辽宁兴城·月考）若正多边形的半径与边心距的夹角为，则该正多边形的边数为______． 4．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=____ . 5．（2025·山东青岛·二模）【探究建模】 （1）如图①，是正三角形，边长为，点是的中心点，点是内任意一点，点到各边距离分别为、、．连接，由等面积法，可得______；（结果用含的式子表示） 【类比应用】 （2）如图②，五边形是正五边形，边长为，点是的中心点，点是正五边形内任意一点，点到五边形各边距离分别为，则的值为______（结果用含的式子表示）． （3）正边形的边长为，点是正边形内任意一点，点到正边形各边距离分别为，则的值为______（结果用含和的式子表示）． 正多边形周长、面积计算题型02 1．如图，多边形是正六边形，边长为4，则该正六边形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·福建厦门·质检）正六边形内接于半径为1的圆，则该正六边形的周长是________． 3．（24-25九年级下·上海·月考）已知同一个圆的内接正六边形与内接正三角形的面积之差为，则该圆的半径为_____． 4．如图所示，正的外接圆的圆心为O，半径为2，求的边长a，周长P，边心距r，面积S． 5．“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴． (1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）； (2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积； (3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由． 直角三角形组合综合计算题型03 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．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 3．（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． 4．如果一个正多边形的中心角等于，那么这个多边形的内角和为（     ） A． B． C． D． 5．如图所示的齿轮有16个齿，每两齿之间间隔相等，相邻两齿间的圆心角α的度数为（　　） A．20° B．22.5° C．25° D．30° 正多边形与圆的综合题型04 1．（25-26九年级·甘肃张掖·期末）如图，正六边形内接于，的半径为3，则的长为（   ） A．2 B．3 C． D． 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．（24-25九年级上·山东淄博·期末）如图，边长为4的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（   ） A．2 B． C． D．4 4．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，正六边形内接于，点P是上的任意一点，则的大小是______．      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． 与正多边形有关的证明题型05 1．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． 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，若折线ABCD是的内接正十边形的三条边，AD分别交OB，OC于点M，N．求证：． 4．【阅读理解】如图1，为等边的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与三角形的边分别交于点．设等边的面积为S，通过证明可得，则． 【类比探究】如图2，为正方形的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点．若正方形的面积为S，请用含S的式子表示四边形的面积（写出具体探究过程）． 【拓展应用】如图3，为正六边形的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正六边形的边分别交于点．若四边形面积为，请直接写出正六边形的面积． 正多边形·创新性问题题型 1．（24-25九年级下·甘肃平凉·月考）如图，在正六边形中，点，分别为，上的点，若为等边三角形，满足上述条件的的个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个 2．如图，正六边形和正六边形均以点O为中心，连接A，G，H三点共线），若，则正六边形的边长为（   ） A． B．5 C． D．19 3．（2026·河北石家庄·二模）如图，在正六边形中，对角线和交于点G，以为边，作正六边形，已知正六边形的周长为，则正六边形的面积是______． 4．（26-27九年级上·江西·学情自测）已知四边形是正方形，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图．（不写作法，保留作图痕迹）    (1)如图①，在正方形中，点，分别在边，上，且，请在边，上分别确定点，，使四边形为矩形； (2)如图②，对角线，相交于点，，，，分别是对角线，上的点，且是内嵌于正方形的正八边形的四个顶点，请作出完整的正八边形． 5．如图1，正方形内接于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，其中，连接并延长交于点，连接，，过作于点，连接． (1)如图1，若，，共线，求的值； (2)试探究的大小与的关系，并说明理由； (3)当为等腰直角三角形时，求的值． 6．如图，在边长为的正六边形中，连接，，其中点，分别为和上的动点，若以，，为顶点的三角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为______． 7．（24-25九年级上·新疆 乌鲁木齐·月考）如图，等边的边长为2，点O是的中心，，绕点O旋转，分别交线段，于D，E两点，连接，给出下列四个结论：①；②的面积等于的面积；③四边形的面积始终保持不变；④的周长的最小值为3．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①③ B．②③ C．①③④ D．①②④ 8．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______； 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 3.6 正多边形 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 已知半径，求正多边形边长、边心距 题型03 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 正多边形周长、面积计算 题型03 直角三角形组合综合计算 题型04 正多边形与圆的综合 题型05 与正多边形有关的证明 C组 思维拔高 题型 正多边形·创新性问题 正多边形的中心角题型01 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． B． C． D． 【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． 【详解】解：∴正五边形的最小旋转角为， ∴当旋转角度是的整数倍，即可与原位置重合， 选项中只有符合要求． 2．（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． 3．（24-25九年级下·上海·月考）正十边形的中心角的度数为_____． 【答案】 【分析】本题考查正多边形和圆，根据正多边形的中心角的定义解决问题即可． 【详解】解：正十边形中心角的度数， 故答案为：． 4．若一个正多边形的内角和比它的外角和多，则这个正多边形的中心角度数为_____． 【答案】##40度 【分析】本题考查多边形内角和定理，多边形外角和性质以及正多边形中心角的计算，掌握多边形内角和定理是解题的关键． 根据题意设正多边形的边数为，利用内角和与外角和的关系列方程求出边数，再计算正多边形的中心角度数即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为，任意多边形的外角和为， 根据题意，得， 解得， 正多边形的中心角和为，因此这个正多边形的中心角度数为． 5．（25-26九年级上·河南许昌·月考）如图，在平面直角坐标系中，正六边形的中心为原点O，顶点A，D在x轴上，半径为．求其各个顶点的坐标． 【答案】，，，，， 【分析】本题考查了正多边形的中心角、等边三角形的判定与性质、勾股定理、点坐标与轴对称，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．过点作轴于点，连接，先求出，，再根据等边三角形的判定与性质可得，利用勾股定理可得，然后根据点坐标与轴对称变换规律求解即可得． 【详解】解：如图，过点作轴于点，连接， ∵正六边形的中心为原点，半径为， ∴，，正六边形关于轴和轴对称， ∴是等边三角形，， ∵轴， ∴， ∴， ∴， 又∵点与点关于轴对称、点与点关于轴对称、点与点关于轴对称、点与点关于轴对称， ∴，，，， 综上，正六边形各个顶点的坐标分别为，，，，，． 已知半径，求正多边形边长、边心距题型02 1．如图，六边形是的内接正六边形，若，则这个正六边形的边长为（    ） A．24 B．6 C．4 D． 【答案】C 【分析】证明是等边三角形，得出即可． 【详解】解：如图，连接， ∵六边形为正六边形， ，， ∴是等边三角形， ， 即这个正六边形的边长为4． 2．（24-25九年级上·甘肃武威·月考）已知正六边形的半径为4，则这个正六边形的边心距为（   ） A．2 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正六边形与圆，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，连接，过点作于点，证出是等边三角形，再根据解直角三角形即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， ∵多边形是正六边形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：B． 3．如图，正六边形 的边长为1，将正六边形 绕点A旋转得到正六边形，连接，．若，分别是，的中点，连接，则旋转过程中的最大值是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了三角形中位线性质和线段和最小值问题，正多边形性质等，解题关键是取的中点构造两条中位线． 连接，取的中点，连接、，，根据中位线可得、，而根据三角形两边之和大于第三边可得，当、M、Q三点共线时成立，等号成立，由此即可得出答案． 【详解】解：连接，取的中点，连接、，，如图1， ∵若P，Q分别是，的中点， ∴，，，， ∵，当、、三点共线时成立，等号成立， ∴当旋转过程中的最大值时，，， 过点作，垂足为H，如图1， ∵在正六边形中，，， ∴，， ∴，，， ∴的最大值为， 当旋转过程中的最大值时，，如图2， 由正六边形性质可知：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即：将正六边形 绕点A逆时针旋转时，，的最大值为， 故选B． 4．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． 5．如图，等边三角形 的边长为 ，求它的中心角、半径和边心距． 【答案】等边三角形 的中心角为 ，半径为 ，边心距为 【分析】设等边三角形 的中心为点 ，过点 作 于点 ，连接 ，，再解直角三角形即可. 【详解】解：如图， 设等边三角形 的中心为点 ，过点 作 于点 ，连接 ，，则 ，，． ． ． 设 ，则 ． 在 中，， 即 ． 解得 （负值已舍去）． ，． 等边三角形 的中心角为 ，半径为 ，边心距为 ． 【点睛】本题考查的是正多边形的中心角、半径和边心距，锐角三角函数的应用，熟记概念是解本题的关键. 正多边形作图题型03 1．如图，为直径，作的内接正六边形，甲、乙两人的作法分别如下： 甲：1．作的中垂线，交圆于两点；2．作的中垂线，交圆于两点；3．顺次连接六个点，六边形即为所求； 乙：1．以为圆心，长为半径作弧，交圆于两点；2．以为圆心，长为半径作弧，交圆于两点；3．顺次连接六个点，六边形即为所求； 对于甲、乙两人的作法，可判断（  ） A．甲对，乙不对 B．甲不对，乙对 C．两人都不对 D．两人都对 【答案】D 【分析】甲的做法可根据对角线垂直平分可得到菱形，从而可得到多个等边三角形和各边和各角相等，乙的做法根据等边三角的内角是60°，求出其他等边三角形，从而得出各边和各角相等 【详解】甲： ∵BF是中垂线   ∴四边形OCDE是菱形    ∴△OCD, △OED都是等边三角形， 同理可得△OAB, △OAF也是等边三角形    ∴∠BOC=∠EOF=60° ∴△OBC, △OEF也是等边三角形 ∴内接六边形各边相等，各角相等都是120° ∴圆内接六边形ABCDEF是正六边形 乙： ∵AB=AO=BO=AF=OF ∴△OAB, △OAF都是等边三角形， 同理可得△OCD, △OED也是等边三角形    ∴∠BOC=∠EOF=60° ∴△OBC, △OEF也是等边三角形 ∴内接六边形各边相等，各角相等都是120° ∴圆内接六边形ABCDEF是正六边形 故选D 【点睛】本题关键是想办法求出多个等边三角形，从而得到六条边，六个角也相等 2．正多边形的画法： （1）用量角器等分圆，再作正多边形： 在半径为R的圆中，先用量角器画一个等于______的圆心角，这个角所对的弧就是圆周的_____，然后在圆上依次截取这条弧的等弧，就得到圆的___等分点，依次连接各分点，从而作出半径为R的正n边形； （2）用尺规等分圆，再作正多边形： 在中，用直尺和圆规作两条互相垂直的______，就可以把四等分，从而作出正方形；再次平分正方形的每组对边，就可以作出正_____边形． 【答案】 n 直径 八 【分析】（1）根据把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形解答即可； （2）根据垂直于弦的直径平分弦并且平分弦所对的两条弧解答即可． 【详解】（1）在半径为R的圆中，先用量角器画一个等于的圆心角，这个角所对的弧就是圆周的，然后在圆上依次截取这条弧的等弧，就得到圆的n等分点，依次连接各分点，从而作出半径为R的正n边形； 故答案为：，，n； （2）在中，用直尺和圆规作两条互相垂直的直径，就可以把四等分，从而作出正方形；再次平分正方形的每组对边，就可以作出正八边形． 故答案为：直径，八． 【点睛】本题考查了圆的内接正多边形的知识，以及垂径定理，正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，正多边形每一边所对的外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角，正n边形每个中心角都等于． 3．如图，已知，请用尺规作图法作圆的内接正六边形（不写作法，保留作图痕迹）． 【答案】解：如图，六边形即为所作． 【分析】任意作一条直径，以点A为圆心，的长为半径画弧，分别交于点B，F，再分别以点B，F为圆心，的长为半径画弧，分别交于点C，E，顺次连接，，，，，，即可得六边形． 【详解】略 4．已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度直尺，按要求画图： (1)在图1中，画出CD的中点G； (2)在图2中，点G为CD中点以G为顶点画出一个菱形． 【答案】(1) 点G即为所求； (2) 四边形BGEJ即为所求． 【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）略 （2）略 【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． 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．（25-26九年级上·四川·期末）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数是（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】D 【分析】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算，正多边形的所有中心角之和为，且每个中心角相等，因此边数n可由公式“中心角”计算得出． 【详解】解：∵正多边形的中心角和为，中心角为， ∴， ∴这个正多边形的边数为5． 故选：D． 2．如图，点、、、为一个正多边形的顶点，点为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（    ） A．5 B．10 C．12 D．20 【答案】B 【分析】作正多边形的外接圆，连接 AO，BO，根据圆周角定理得到，根据中心角的定义即可求解． 【详解】解：如图，作正多边形的外接圆，连接AO，BO， ∴， ∴这个正多边形的边数为=10． 故选：B． 【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理． 3．（24-25九年级上·辽宁兴城·月考）若正多边形的半径与边心距的夹角为，则该正多边形的边数为______． 【答案】9 【分析】本题考查了正多边形与圆．根据正多边形的半径与边心距的夹角为，求得正多边形的中心角为，于是得到结论． 【详解】解：∵正多边形的半径与边心距的夹角为， ∴正多边形的中心角为， ∴该正多边形的边数为， 故答案为：9． 4．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． 5．（2025·山东青岛·二模）【探究建模】 （1）如图①，是正三角形，边长为，点是的中心点，点是内任意一点，点到各边距离分别为、、．连接，由等面积法，可得______；（结果用含的式子表示） 【类比应用】 （2）如图②，五边形是正五边形，边长为，点是的中心点，点是正五边形内任意一点，点到五边形各边距离分别为，则的值为______（结果用含的式子表示）． （3）正边形的边长为，点是正边形内任意一点，点到正边形各边距离分别为，则的值为______（结果用含和的式子表示）． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题主要考查了代数式的规律、正多边形的性质、解直角三角形等知识点，发现相关规律成为解题的关键． （1）由题意可得、，解直角三角形可得，然后根据等面积法题意列方程求解即可； （2）如图：作于I，连接，则、，解直角三角形可得，然后根据等面积法题意列方程求解即可； （3）类比（2）的方法求解即可． 【详解】解：（1）∵是正三角形，边长为，点是的中心点， ∴，， ∴， ∵， ∴，即得：． （2）如图：作于I，连接，则，， ∴， ∴，， ∴，解得：． （3）由（2）可得正边形的面积为，， ∴，解得：． 正多边形周长、面积计算题型02 1．如图，多边形是正六边形，边长为4，则该正六边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正多边形的性质，设正六边形对角线交于点O，作于点H，先证是等边三角形，正六边形的面积为面积的6倍，由此可解． 【详解】解：如图，设正六边形对角线交于点O，作于点H， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 正六边形的面积， 故选B． 2．（24-25九年级上·福建厦门·质检）正六边形内接于半径为1的圆，则该正六边形的周长是________． 【答案】6 【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，掌握圆心角的计算，等边三角形的判定和性质是解题的关键． 根据题意作图可得，，则有，是等边三角形，，由此即可求解． 【详解】解：正六边形内接于半径为1的圆， 如图所示，，， ∴正六边形每条边所对的圆心角的度数为， ∴是等边三角形， ∴， ∴该正六边形的周长是， 故答案为：6 ． 3．（24-25九年级下·上海·月考）已知同一个圆的内接正六边形与内接正三角形的面积之差为，则该圆的半径为_____． 【答案】4 【分析】本题主要考查正多边形与圆，三角形的面积公式，设该圆半径为，根据等边三角形的性质得到；，根据三角形的面积公式得到正三角形的面积；根据勾股定理得到，求得圆的内接正六边形，解方程即可得到结论． 【详解】解：设该圆半径为， 如图1，∵为等边三角形， ∵， ∴；， ∴内接正三角形的面积； 如图2，∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴圆的内接正六边形的面积， ∵一个圆的内接正六边形与内接正三角形的面积之差为， ∴， ∴（负值舍去）， 故答案为：4． 4．如图所示，正的外接圆的圆心为O，半径为2，求的边长a，周长P，边心距r，面积S． 【答案】 【分析】本题考查了等边三角形、等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的外接圆，三角形的面积， 作AD⊥BC于D，根据等边三角形性质得出，，求出，根据勾股定理求出，即可求出，的三倍即为周长，根据三角形的面积公式求出即可． 【详解】解：作于D． ∵是正三角形， ∴点O在上，， 在中，， ， ∴，． 又∵， ∴， ∴，，，． 5．“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴． (1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）； (2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积； (3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由． 【答案】(1)裁剪次数为1．裁剪方案：将矩形卡纸沿竖直方向对称轴对折，再沿水平方向对称轴对折，在原矩形四个内角重叠处的适当位置（在原长与宽的位置小于原长与宽的一半处）裁剪1次，展开即可得到符合要求的八边形卡纸． (2)476 (3) 【分析】（1）由矩形的性质及折叠的性质得出裁剪方案即可； （2）由勾股定理求出，则可得出答案； （3）由全等的等腰直角三角形得出，即，则可得出结论． 【详解】（1）略 （2）解：根据题意，得裁剪掉的4个三角形是全等的直角三角形．设这些直角三角形在宽上的直角边长为m，在长上的直角边长为n， ∵八边形的各边长相等， ∴， 即， ∴八边形的边长为， 根据勾股定理，得， 化简，得． ∵， ∴， ∴， ∴得到的八边形卡纸的面积是． （3）解：∵正八边形的八条边相等， ∴若能裁剪得到，可同理（2），得， 又∵正八边形的八个角都相等，都为， ∴裁剪掉的4个全等的直角三角形的两个锐角都为， 即这4个三角形是全等的等腰直角三角形， 此时，，即， 综上，当时，能够经裁剪得到的八边形卡纸的形状是正八边形． 直角三角形组合综合计算题型03 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．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． 3．（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 ． 4．如果一个正多边形的中心角等于，那么这个多边形的内角和为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正多边形的中心角和为360°和正多边形的中心角相等，列式计算可求出这个多边形的边数，然后根据多边形的内角和公式（n-2）×180°可得出结果． 【详解】解：根据题意可得，这个多边形的边数为：360÷72=5， ∴这个多边形的内角和为：（5-2）×180°=540°． 故选：B． 【点睛】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算以及多边形的内角和公式，掌握正多边形的中心角和为360°和正多边形的中心角相等是解题的关键． 5．如图所示的齿轮有16个齿，每两齿之间间隔相等，相邻两齿间的圆心角α的度数为（　　） A．20° B．22.5° C．25° D．30° 【答案】B 【分析】根据正n边形的中心角计算即可． 【详解】解：由题意这是正十六边形， ∴中心角， 故选B． 【点睛】本题考查正多边形的有关性质，解题的关键是熟记正n边形的中心角． 正多边形与圆的综合题型04 1．（25-26九年级·甘肃张掖·期末）如图，正六边形内接于，的半径为3，则的长为（   ） A．2 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】根据正多边形的中心角公式，得出，进而判定是等边三角形即可求解． 【详解】解：正六边形内接于，的半径为3， ，， 是等边三角形， ． 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 【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．（24-25九年级上·山东淄博·期末）如图，边长为4的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（   ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【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以及勾股定理进行计算即可。 【详解】解：如图，连接，，过点作，垂足为点， 六边形是正六边形，点是它的中心， ， ， 是正三角形， ， ， 在中，，， , 即它的内切圆半径为， 故答案为：C. 4．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，正六边形内接于，点P是上的任意一点，则的大小是______．      【答案】##30度 【分析】本题考查正多边形和圆，熟练掌握求正多边形的中心角和圆赒角定理是解题的关键. 连接、，先求出，再根据圆周角定理求解即可. 【详解】解：连接、，如图，    ∵正六边形内接于， ∴， ∴， 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． 与正多边形有关的证明题型05 1．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) 证明：连接，如图． ∵， ∴是等边三角形， ， ∴是正六边形的一边； (2) 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． 【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）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，若折线ABCD是的内接正十边形的三条边，AD分别交OB，OC于点M，N．求证：． 【答案】 证明：如图，连接，． ∵折线是的内接正十边形的三条边， ∴ ，， ， ． 又， ， ． 【分析】本题考查了正多边形与圆、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、平行线的判定等知识点，解题的关键是掌握平行线的判定． 连接，，先计算出正十边形的中心角得到，再根据三角形内角和定理结合等边对等角计算出，然后根据三角形外角的性质得到，再根据三角形内角和定理结合等边对等角计算出，最后根据平行线的判定即可得到结论． 【详解】略 4．【阅读理解】如图1，为等边的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与三角形的边分别交于点．设等边的面积为S，通过证明可得，则． 【类比探究】如图2，为正方形的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点．若正方形的面积为S，请用含S的式子表示四边形的面积（写出具体探究过程）． 【拓展应用】如图3，为正六边形的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正六边形的边分别交于点．若四边形面积为，请直接写出正六边形的面积． 【答案】【类比探究】四边形的面积=．【拓展应用】6 【分析】类比探究：通过证明可得，则． 拓展应用：通过证明可得，则． 【详解】解：类比探究：如图2，∵为正方形的中心角， ∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=45°， ∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点 ∴∠BOM=∠CON， ∴△BOM≌△CON， ∴． 拓展应用：如图3，∵为正六边形EF的中心角， ∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=60°， ∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点 ∴∠BOM=∠CON， ∴△BOM≌△CON， ∴． ∵四边形面积为， ∴正六边形的面积为6． 【点睛】本题考查了旋转，正多边形的性质，正多边形的中心角，三角形的全等，图形的割补，熟练掌握旋转的性质，正多边形的性质是解题的关键． 正多边形·创新性问题题型 1．（24-25九年级下·甘肃平凉·月考）如图，在正六边形中，点，分别为，上的点，若为等边三角形，满足上述条件的的个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个 【答案】D 【分析】本题考查了正六边形的性质，中心角的计算，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键． 连接，记对角线交点为点，将绕点顺时针旋转交于点，证明，即可得到为等边三角形，故有无数个． 【详解】解：如图，连接，记对角线交点为点， ∴半径，， ∴为等边三角形， ∴，， 将绕点顺时针旋转交于点，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴当点H在移动时，有无数个等边， 故选：D． 2．如图，正六边形和正六边形均以点O为中心，连接A，G，H三点共线），若，则正六边形的边长为（   ） A． B．5 C． D．19 【答案】C 【分析】本题考查正多边形的性质，全等三角形的性质，直角三角形的性质，连接，，，，根据正六边形的性质证明，得到，，即可得到B，I，H三点共线，同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且，然后在三角形中计算即可． 【详解】连接，，，，过作于， ∵正六边形和正六边形均以点O为中心， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴，， ∵A，G，H三点共线， ∴， ∴， ∴， ∴B，I，H三点共线， 同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即正六边形的边长为， 故选：C． 3．（2026·河北石家庄·二模）如图，在正六边形中，对角线和交于点G，以为边，作正六边形，已知正六边形的周长为，则正六边形的面积是______． 【答案】## 【分析】根据正六边形的周长求出边长，进而求出正六边形的边长，再根据正六边形的性质计算面积即可． 【详解】解：如图，作于点K，连接交于点O，作于点M． ∵正六边形GDHIJE的周长为， ∴， ∴． ∵正六边形的内角和为， ∴， ∴． ∵，， ∴， 即正六边形的边长为3． 由正六边形的性质可知，是等边三角形，． ∵， ∴． 4．（26-27九年级上·江西·学情自测）已知四边形是正方形，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图．（不写作法，保留作图痕迹）    (1)如图①，在正方形中，点，分别在边，上，且，请在边，上分别确定点，，使四边形为矩形； (2)如图②，对角线，相交于点，，，，分别是对角线，上的点，且是内嵌于正方形的正八边形的四个顶点，请作出完整的正八边形． 【答案】(1)如图所示，矩形即为所求 (2)如图所示，正八边形即为所求 【分析】（1）连结对角线、交于点，连并延长交于点，连并延长交于点； （2）连、交于点，连、交于点，直线与、的交点即为、的中点；同理作出、的中点，顺次连结即可． 【详解】（1）解：连结、交于点，连并延长交于点，连并延长交于点． 理由：∵平分，，， ∴(， ∴． ∵是正方形的中心，、、共线，在上， ∴点是点关于点的对称点，；同理． ∴，且与互相平分， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）． （2）解：连、交于点，连、交于点，作直线，分别交、于点、；连、交于点，连、交于点，作直线，分别交、于点、；顺次连结、、、、、、、，正八边形即为所求． 理由：正方形与点、、、构成的图形关于过点且平行于的直线成轴对称，其中与、与、与、与均为对称点， ∴直线与直线关于该对称轴对称，∴交点在对称轴上；同理也在该对称轴上， ∴直线就是过点且平行于的对称轴， ∴、分别落在、上，且由与、与关于对称轴对称得，，即、分别是、的中点； 同理，直线是过点且平行于的对称轴，、分别是、的中点． ∵点、、、是内嵌正八边形的四个顶点，∴，且相邻两条连线（如与）的夹角均为， ∴，八个顶点均匀分布，顺次连结即得内嵌正八边形． 【点睛】本题考查正方形的性质与无刻度直尺作图：第（1）问利用中心对称构造对角线互相平分、再由得对角线相等，从而判定矩形；第（2）问利用对称轴上的点到对称点距离相等，先作出四条边的中点，再结合对称性补全正八边形． 5．如图1，正方形内接于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，其中，连接并延长交于点，连接，，过作于点，连接． (1)如图1，若，，共线，求的值； (2)试探究的大小与的关系，并说明理由； (3)当为等腰直角三角形时，求的值． 【答案】(1) (2)的大小与无关，，是个定值 (3)或 【分析】（1）连接，取的中点T，连接，可证明点O为正方形对角线的交点，则，进而可得，由旋转的性质可得，可证明是等边三角形，得到，则可得到，即； （2）连接，可求出；由旋转的性质可得，则，，进而可求出，，证明，可得到；证明E、F、D、G四点共圆，可得，据此可得结论； （3）当和当两种情况，通过构造与的全等三角形求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，连接，取的中点T，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴都是的直径， ∴点O为正方形对角线的交点， ∴， ∵，且，，共线， ∴，； 由旋转的性质可得， ∴； ∵T为的中点， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即； （2）解：的大小与无关，，是个定值，理由如下： 如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴； 由旋转的性质可得， ∴ ，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 又∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴E、F、D、G四点共圆， ∴， ∴的大小与无关，，是个定值； （3）解：如图3-1所示，当时，过点A作交于M， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，； ∵四边形是正方形， ∴ ， ∴， ∴， ∴， 由（2）可得， ∴， ∴， ∴； 如图3-2所示，当时， ∵是等腰直角三角形， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题主要考查了圆与正方形综合，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线和利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 6．如图，在边长为的正六边形中，连接，，其中点，分别为和上的动点，若以，，为顶点的三角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为______． 【答案】9或10或18 【分析】根据点，分别为和上的动点，以，，为顶点的三角形是等边三角形，先在脑海中生成运动的动态图，通过从满足条件的特殊的情况入手，然后再适当左右摆动图形，寻找其它可能存在的解． 【详解】解：如下图： （1）当M，N分别与B，F重合时，在中，由题意得： ， 易算得：，根据正多边形的性质得， ， 为等边三角形，即为等边三角形，边长为18， 此时已为最大张角，故在左上区域不存在其它解； （2）当M，N分别与DF，DB的中点重合时，由（1）且根据三角形的中位线 得：， ， 为等边三角形，边长为9， （3）在（2）的条件下，阴影部分等边三角形会适当的左右摆动，使得存在无数个这样的等边三角形且边长会在到之间，其中包含边长为，， ，且等边三角形的边长为整数， 边长在到之间只能取9或10， 综上所述：该等边三角形的边长可以为9或10或18． 故答案是：9或10或18． 【点睛】本题考查了正多边形中动点产生等边三角形问题，解题的关键是：根据等边三角形的边只能取整数为依据，进行分类讨论，难点在于阴部部分等边三角形向左右适当摆动时如何取边长的整数值． 7．（24-25九年级上·新疆 乌鲁木齐·月考）如图，等边的边长为2，点O是的中心，，绕点O旋转，分别交线段，于D，E两点，连接，给出下列四个结论：①；②的面积等于的面积；③四边形的面积始终保持不变；④的周长的最小值为3．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①③ B．②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】C 【分析】由等边三角形的性质可得，再证明，即可判断①，过O作于，于Q，由等腰三角形的性质和勾股定理可得，，由含角的直角三角形的性质可得，，而，保持不变，即可判断②③，，当时，最小，的周长最小，此时，即可判断④． 【详解】解：连接，如图， 为等边三角形， ， ∵点是的中心， 分别平分和， ， ， ， ， ， ， ， ， 故①正确； 过O作于，于Q， ，， ，， ， ， 在中，， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ，保持不变， 随的变化而变化，而四边形的面积为定值， ， 故②错误， ③正确； ， 的周长， 当时，最小，的周长最小， 此时， 周长的最小值， 所以④正确， 故正确的有：①③④． 故选：． 【点睛】本题考查了正多边形的中心，等边三角形的性质，等腰三角形的性质和判定，含角的直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上的性质和判定并能综合的运用． 8．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， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $