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专题3.7 正多边形
模块1：学习目标
1、了解正多边形和圆的有关概念；
2、理解并掌握正多边形半径和边长、边心距、中心角之间的关系，会应用多边形和圆的有关知识画多边形。
模块2：知识梳理
1、正多边形的概念
各边相等，各角也相等的多边形是正多边形．
注意：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.
2、正多边形的重要元素
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）正多边形的有关概念
(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；
(3)正n边形每个外角的度数是.
3、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）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
4、正多边形的画法：1）用量角器等分圆；2）用尺规等分圆
模块3：核心考点与典例
考点1. 正多边形与圆中求角度
例1．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，正六边形内接于，点在上，是的中点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先计算正六边形的中心角，再利用同圆或等圆中，等弧对的圆心角相等，圆周角定理计算即可．
【详解】如图，连接，
∵正六边形，是的中点，
∴，，
∴，∴，故选C
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形中心角计算，圆周角定理是解题的关键．
变式1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）正八边形的中心角等于（ ）度
A．36 B．45 C．60 D．72
【答案】B
【分析】直接用360度除以边数即可得到答案．
【详解】解：，∴正八边形的中心角等于45度，故选B．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，熟知正n边形的中心角度数为是解题的关键．
变式2．（2022秋·广西河池·九年级统考期末）如图，已知正五边形内接于，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正边形的中心角的计算公式（为正整数，）解答即可．
【详解】解：∵正五边形内接于，
∴正五边形的中心角．故选：C．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正边形的中心角的计算公式（为正整数，）是解题的关键．
变式3．（2023·四川成都·模拟预测）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】C
【分析】连接，先求出的度数，然后利用正多边形外角和等于，即可求出答案．
【详解】解：连接，如图：
根据题意，正六边形和正方形的中心都是点O，
∴，，∴；
∵是某正n边形的一个中心角，∴；故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，正多边形的外角和定理，解题的关键是掌握正多边形的性质，正确求出的度数．
考点2. 正多边形与圆中求线段长度
例2．（2022秋·辽宁抚顺·九年级统考阶段练习）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形，若对角线的长约为，则正六边形的边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正六边形的性质和题目中的数据，可以求得正六边形的边长．
【详解】解：连接，，、交于点，如图所示，
六边形是正六边形，的长约为，
，，和约为，约为，故选：D．
【点睛】本题考查多边形的对角线，解答本题的关键是明确正六边形的特点．
变式1．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，正六边形ABCDEF内接于，若的周长是，则正六边形的边长是（ ）
A． B．3 C．6 D．
【答案】C
【分析】如图所示，由正六边形ABCDEF内接于，可知是等边三角形，由的周长是，可得即可得出结果．
【详解】解：如图所示：
∵正六边形ABCDEF内接于，是等边三角形，
∵的周长是，故选：
【点睛】本题主要考查了圆内接正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，正确运用圆与正六边形的性质是解此题的关键．
变式2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）正六边形的半径为4，则它的边心距是（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】C
【分析】根据正六边形的特点，通过中心作边的垂线，连接半径，结合勾股定理的有关知识解决．
【详解】解：如图，连接；过点O作于点G．
在中，，∴，∴.故选：C．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
变式3．（2023·河北石家庄·统考二模）如图，在边长为的正六边形中，连接BE，，相交于点O，若点分别为，的中点，则的长为（ ）
A．6 B． C．8 D．9
【答案】D
【分析】连接，利用是含角的直角三角形，再利用是三角形的中位线求MN即可.
【详解】解：连接BF，
∵在正六边形中，，，
∴∴，
∴在正六边形中，，
∴是等边三角形，∴，∴是含角的直角三角形
又∵正六边形的边长为，即∴，
∴
∵点分别为，的中点，∴是三角形的中位线，∴ 故选：D.
【点睛】本题考查正多边形的内角和中心角，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形三边关系，正确作出辅助线是解题的关键.
考点3. 正多边形与圆中求坐标
例3．（2022 虹口区二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的半径是 ．
【分析】根据正三角形的性质得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，进而得出CO即可．
【解答】解：（1）过点O作OD⊥BC于点D，
∵⊙O的内接正三角形的边心距为2，∴OD＝2，
由正三角形的性质可得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，∴CO＝2DO＝4，故答案为：4．
变式1.（2022 钦州模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接AC，已知AC＝6，则圆的半径是（ ）
A．3 B．6 C．2 D．4
【分析】连接BO、AO，OB与AC交于H，根据正六边形ABCDEF的性质得到AB＝BC，∠BOA＝60°，根据垂径定理得到周角定理得到∠BCA∠BOC＝30°，，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：连接BO、AO，OB与AC交于H，
在正六边形ABCDEF中，AB＝BC，∠BOA＝60°，
∴∠BCA∠BOC＝30°，，∴BO⊥AC，AH＝CHAC＝3，
∴BC＝AB＝OB＝2，∴圆的半径是2，故选：C．
变式2.（2022 碑林区校级模拟）如图：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，若正六边形的边长是，则⊙O的半径长是（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【分析】连接OB，OE，BE，根据切线的性质得到∠ABO＝∠FEO＝90°，求得∠BOE＝120°，根据等腰三角形的性质得到∠OBE＝∠OEB＝30°，推出AF∥BE，过A作AM⊥BE于M，FN⊥BE于N，得到四边形AMNF是矩形，过O作OH⊥BE于H，根据勾股定理的定义即可得到结论．
【解答】解：连接OB，OE，BE，
∵⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，∴∠ABO＝∠FEO＝90°，
∵∠BAF＝∠EFA＝120°，∴∠BOE＝540°﹣120°﹣120°﹣90°﹣90°＝120°，
∴∠OBE＝∠OEB＝30°，∴∠ABE＝∠FEB＝60°，∴∠ABE+∠BAF＝180°，∴AF∥BE，
过A作AM⊥BE于M，FN⊥BE于N，∴四边形AMNF是矩形，
∴MN＝AF，BM＝ENAB，∴BE＝2，
过O作OH⊥BE于H，∴∠OHB＝90°，BH，∴OB=2，故选：C．
考点4. 正多边形与圆中求面积
例4．（2023春·河北邢台·九年级统考开学考试）如图所示正六边形的面积为6，点是边的中点，连接相交于，若四边形的面积记作，四边形的面积记作，则的值是（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】，根据正六边形的性质分别求出 即可．
【详解】解：连接，如图所示：
由正六边形的对称性可知：
∴是全等的等边三角形
∴四边形是菱形
同理，
∵∴
∵点是边的中点∴ ∵∴
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．
变式1．（2023春·河北衡水·九年级校考期中）如图，已知正六边形的边长为，分别以其对角线、为边作正方形，则两个阴影部分的面积差的值为（ ）
A．0 B．1 C．3 D．2
【答案】B
【分析】分别求出两个正方形的面积，再求差可得结论．
【详解】解∶如图，取正六边形的中心，连接，令交于点
∵正六边形的边长为，
∴，
∴、与都是边长为的等边三角形，，
∴，，
∴，∴，
∴为边的正方形的面积为，为边的正方形的面积为，∴．故选∶B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，正方形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
变式2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图是一个正八边形，图中空白部分的面积等于12，则正八边形的面积等于（ ）
A．12 B．20 C．24 D．12
【答案】A
【分析】作出正方形，在中，设，则，，正八边形的边长为，根据空白部分的面积是12可列方程求出的值，然后利用矩形和三角形的面积求出阴影部分的面积，从而可以求出正八边形的面积．
【详解】解：作出正方形，如图所示，
在中，设，则，，
正八边形的边长为，正方形的边长为：，
根据题意得：，解得：，
则阴影部分的面积为：，
正八边形的面积为：，故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形的计算，作出正方形，根据空表部分的面积，正确求出的直角边的长是关键．
考点5. 正多边形与圆中求周长
例5．（2023秋·河南许昌·九年级校联考期末）如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，这个正六边形的半径是，则这个正六边形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，正六边形的半径是，由正六边形的性质构造证出是等边三角形，由等边三角形的性质得出，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，交点为，
由正多边形的性质得，点为正六边形的中心
点是正六边形的中心，正六边形的半径是，
，
，是等边三角形，，
正六边形的周长为：，故选：C．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质；根据题意构造出是等边三角形是解题关键．
变式1．（2023秋·天津津南·九年级统考期末）已知正六边形的半径是r，则此六边形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接正六边形的中心与各个顶点，正六边形被半径分成六个全等的正三角形．利用正三角形的性质分析．
【详解】解：连接正六边形的中心与一边的两个端点，
根据中心角是，因而正六边形的一边与半径构成正三角形；
正六边形的半径是，因而正六边形的边长是，因而正六边形的周长是，故选：B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，连接正六边形的中心与各个顶点，正六边形被半径分成六个全等的正三角形是解决问题的关键．
变式2．（2023春·江苏苏州·九年级校考阶段练习）已知一个正多边形的中心角为，边长为5，那么这个正多边形的周长等于 ．
【答案】40
【分析】利用正多边形的中心角求出正多边形的边数，最后根据正多边形的性质求出其周长．
【详解】解：一个正多边形的中心角为，
这个正多边形的边数为：，
这个正多边形的周长为：．故答案为：40．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，解题的关键在于知道中心角与边长的关系．
考点6. 确定正多边形的边数
例6．（2023·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）中心角为的正多边形的边数是 ．
【答案】4/四
【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案．
【详解】解：因为．所以这个正多边形的边数为4．故答案为：4．
【点睛】本题考查的是正多边形内角、外角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关．
变式1．（2023春·上海·九年级专题练习）圆的内接正多边形中，正多边形的一条边所对的圆心角是，则正多边形的边数是
【答案】5
【分析】根据正多边形的中心角计算即可．
【详解】解：设正多边形的边数为n．由题意可得：，∴，故答案为：5．
【点睛】本题考查正多边形的有关知识，解题的关键是记住正多边形的中心角．
变式2．（2023秋·湖北·九年级专题练习）如图，内接于，，弦是圆内接正多边形的一边，则该正多边形的边数是 ．
【答案】5
【分析】如图所示，连接，由圆周角定理得到，则该多边形的中心角为，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，∴，∴，∴该正多边形是正五边形，故答案为：5．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是构造同弧所对的圆心角，难度不大．
考点7. 正多边形与圆中的实际应用
例7．（2023·江苏·九年级期末）2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边长最大不能超过（ ）
A．11.125mm B．22.25mm C．mm D．mm
【答案】C
【分析】根据正方形和圆的性质，可得出△AOD为等腰直角三角形及AC的长度，再根据等腰直角三角形的性质即可求出AD的长度．
【详解】解：画出图形，如图所示．
∵AC=BD=mm， ∴AO=OD=mm．
∵四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD， ∴△AOD为等腰直角三角形，
∴ mm． 故选：C．
【点睛】本题考查了正方形和圆以及等腰直角三角形的性质，根据正方形和圆的性质，确认△AOD为等腰直角三角形是解题的关键．
变式1．（2023·北京门头沟·九年级统考期末）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇家园林，它和承德避暑山庄、苏州拙政园、苏州留园并称为中国四大名园．该园有一个六角亭，如果它的地基是半径为2米的正六边形，那么这个地基的周长是 米．
【答案】12
【详解】试题分析：如图所示：连接OB，OC，过点O作OH⊥BC于H，
∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BOC=×360°=60°，
∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴BC=OB=OC，∴周长为2×6=12 故答案为12
【考点】正多边形和圆．
变式2．（2023·湖北黄冈·三模）斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为 尺．
【答案】
【分析】如图，根据四边形CDEF为正方形，可得∠D=90°，CD=DE，从而得到CE是直径，∠ECD=45°，然后利用勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，
∵四边形CDEF为正方形，∴∠D=90°，CD=DE，∴CE是直径，∠ECD=45°，
根据题意得：AB=2.5， ，∴ ，∴ ，
即此斛底面的正方形的边长为 尺．故答案为：
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形，勾股定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，勾股定理是解题的关键．
考点8. 正多边形与圆中的规律问题
例8．（2023·河南新乡·校联考二模）我们知道，五边形具有不稳定性．正五边形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，点P为边的中点，固定边，将正五边形向右推，使点A、B、C三点共线，且点C落在y轴上，如图2所示，点P的对应点，则此时点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图2中，连接，分别过、B作x轴的垂线，垂足分别为点M、N．求出点B的坐标，证明四边形是菱形，推出D，B关于对称，可得结论．
【详解】∵，∴，，由正五边形的性质可知，，
∴点B为的中点，∴，
如图，连接，分别过、B作x轴的垂线，垂足分别为点M、N．
∴，易知为的中位线，
∴，，，∴点，
∵，∴四边形为菱形，
∴点B与点D关于y轴对称，∴．故选：D．
【点睛】本题考查正多边形与圆，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
变式1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫．如图，将“雪花”图案（边长为4的正六边形）放在平面直角坐标系中，若与轴垂直，顶点A的坐标为，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接、于点，根据正六边形的性质以及坐标与图形的性质进行计算即可．
【详解】解：如图，连接、于点，
∵正六边形边长为4，，∴，
在中，，，
，，
点的横坐标为，纵坐标为，
点的坐标为．故选：B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，勾股定理，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确计算的前提，理解坐标与图形的性质是解决问题的关键．
变式2．（2023·广西·九年级专题练习）如图，点O为正六边形的中心，P，Q分别从点同时出发，沿正六边形按图示方向运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，则第次相遇地点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据，O为正六边形的中心，可得，连接OB，作于点G，可得，，可得，，根据题意可得，P，Q第一次相遇地点的坐标在点，以此类推：第二次相遇地点在点，第三次相遇地点在点，…如此循环下去，即可求出第次相遇地点的坐标．
【详解】解：，O为正六边形的中心，，
连接OB，作于点G，
则，，，，
正六边形的边长为1，正六边形的周长等于6，
又点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，
第1次相遇需要的时间为：（秒），
此时点P的路程为，点Q的路程为，此时P，Q相遇地点的坐标在点，
以此类推：第二次相遇地点在点，第三次相遇地点在点，…如此下去，
，第2023次相遇地点在点，的坐标为．故选：A．
【点睛】本题考查正多边形和圆、平面直角坐标系中坐标的规律探究及等边三角形的性质，熟练掌握正六边形的性质找到坐标的运动规律是解题的关键．
考点9. 正多边形与圆中求最值
例9．（2023·湖北咸宁·统考二模）如图，正方形内接干圆，线段在对角线BD上运动，若圆O的面积为，，周长的最小值是 ．
【答案】4
【分析】由正方形的性质知点C是点A关于的对称点，过点C作，且使，连接交于点N，取，连接，则点M、N为所求点，进而求解．
【详解】解：的面积为，则圆的半径为，，
由正方形的性质知点C是点A关于的对称点，
过点C作，且使，
连接交于点N，取，连接，则点M、N为所求点，
理由：，且，则四边形为平行四边形，则，
故的周长为最小，
正方形中，，，
则的周长的最小值为，故答案为：4．
【点睛】本题考查圆的性质、点的对称性、平行四边形的性质等，确定点M、N的位置是解题的关键．
变式1．（2023·广东珠海·校考一模）如图，正方形内接于，且，点E在上运动，连接，作，垂足为F，连接，则长的最小值为 ．
【答案】/
【分析】由于，知点F在以为直径的上，根据即可解决问题．
【详解】解：∵，∴，∴点F在以为直径的上，如图，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴．
∵，∴，∴的最小值为．故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
变式2．（2023秋·湖北·九年级专题练习）如图，已知正六边形的边长是6，点P是上一动点，则的最小值是 ．
【答案】12
【分析】易知点B关于的对称点为点F，连接交于点P，根据轴对称的性质进行解答即可．
【详解】解：利用正多边形的性质可得点B关于的对称点为点F，连接交于点P，
那么有，此时最小．
∵六边形是正六边形，对角线交于P，
∴都是等边三角形，∴，∴，故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，轴对称的性质，掌握正六边形的性质以及轴对称路线最短问题的解题方法是正确解答的关键．
考点10. 正多边形与圆中的证明
例10．（2022秋·湖北武汉·九年级校考期中）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．
变式1．（2023·上海静安·统考二模）如图，在矩形中，点是边的中点，是的外接圆，交边于点．
(1)求证：；(2)当是以点为中心的正六边形的一边时，求证：．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析．
【分析】（1）根据矩形的性质及线段中点的定义得到三角形全等的条件，则，根据“全等三角形的对应边相等”得到
（2）连接，并延长PO交AD于点M，先证明，再根据“有一个角是的等腰三角形是等边三角形”得到为等边三角形，然后根据“两直线平行，内错角相等”得到，则，最后根据“在同圆中，相等的圆心角所对的弧相等”得到．
【详解】（1）四边形是矩形，且点是边的中点，
在和中，，∴；
（2）证明：如图，连接，并延长交于点，
四边形是矩形，∴∵，，
∴点、都在线段的垂直平分线上，∴垂直平分，
∴，，
是以点为中心的正六边形的一边，由正六边形性质可得∶，
∵，是等边三角形，
又，，．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，矩形的性质，等边三角形的判定及性质，线段垂直平分线的判定以及正多边形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的判定及性质以及等边三角形的判定及性质是解题的关键．
变式2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）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．
模块四：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023·江苏无锡·统考中考真题）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．
2．（2023·广东·九年级专题练习）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．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】根据正多边形的边数周角中心角，计算即可得解．
【详解】解：这个多边形的边数是，故选：C．
【点睛】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算；熟记正多边形的中心角与边数的关系是解题的关键．
3．（2023·四川广安·九年级统考期末）如图，正六边形内接于，若的周长等于，则正六边形的周长为（ ）
A． B． C．3 D．18
【答案】D
【分析】连接、，据的周长等于，可得的半径，而六边形是正六边形，即知，是等边三角形，即可得正六边形的边长，即可得到周长．
【详解】解：连接、，如图：
的周长等于，的半径，
六边形是正六边形，，
是等边三角形，，
即正六边形的边长为3，∴正六边形的周长为18，故选：D．
【点睛】本题考查正多边形与圆的相关计算，解题的关键是掌握圆内接正六边形中心角等于，从而得到是等边三角形．
4．（2023秋·辽宁沈阳·九年级校考期末）在圆内接正六边形中，正六边形的边长为，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【分析】根据中心角的定义可得这个正六边形的中心角，如图（见解析），过圆心作于点，先根据等边三角形的判定可得是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，再利用勾股定理即可得．
【详解】解：这个正六边形的中心角为，如图，过圆心作于点，
，是等边三角形，
，，
即这个正六边形的边心距为，故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角和边心距、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握正多边形的中心角和边心距的概念是解题关键．
5．（2023·安徽·中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵，
∴，故选D．
【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
6．（2023·重庆·九年级统考学业考试）在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫．如图，作出“雪花”图案（正六边形）的外接圆，若已知该外接圆的半径是4，则正六边形的面积是（ ）
A． B．24 C． D．
【答案】C
【分析】连接、，由正六边形的特点求出判断出的形状，作，由特殊角的三角函数值求出的长，利用三角形的面积公式即可求出的面积，进而可得出正六边形的面积．
【详解】连接、，
六边形是正六边形，，，
，∴是等边三角形，
作交于点，则，
，．故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，在本题中，注意正六边形的边长等于半径的特点，进行解题．
7．（2023·辽宁阜新·校联考一模）如图，点O为正六边形对角线上一点，假设可以随机在正六边形中取点，那么这个点取在阴影部分的概率是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，连接、、，则交点为，设正六边形的边长为，每个小三角形底边上的高为，则的长为，正六边形的面积为，，然后根据这个点取在阴影部分的概率是，计算求解即可．
【详解】解：∵正六边形，如图，连接、、，则交点为，
设正六边形的边长为，每个小三角形底边上的高为，则的长为，
∴正六边形的面积为，
，
∴这个点取在阴影部分的概率是，故选：B．
【点睛】本题考查了几何概率．解题的关键在于正确表示阴影部分、正六边形的面积．
8．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重台，轴，交y轴于点P．将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
AI
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正六边形的性质推出，进而得出，，则，再根据旋转的性质，依次得出前几次旋转的点A的对应点坐标，总结出一般变化规律，即可解答．
【详解】解：∵该六边形为正六边形，∴，，
∵轴，正六边形中心与原点0重合，∴，
∴，，∴，∴，∴
AI
第1次旋转结束时，点A的坐标为；第2次旋转结束时，点A的坐标为；
第3次旋转结束时，点A的坐标为；第4次旋转结束时，点A的坐标为，
∵4次一个循环，∴ 第2023次旋转结束时，点A的坐标为．故选：A．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握求正多边形中心角的方法，旋转的性质．
9．（2023·四川成都·模拟预测）如图，多边形是的内接正n边形，已知的半径为r，的度数为，点O到的距离为d，的面积为S．下面三个推断中．
①当n变化时，随n的变化而变化，与n满足的函数关系是反比例函数关系；
②若为定值，当r变化时，d随r的变化而变化，d与r满足的函数关系是正比例函数关系；
③若n为定值，当r变化时，S随r的变化而变化，S与r满足的函数关系是二次函数关系．
其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】（1）正n边形每条边对应的圆心角度数为，因此为反比例函数关系；
（2）d与r是的邻边和斜边，因此是化简后即正比例函数关系；
（3）三角形面积为×底×高，底为，高为，直接代入即可．
【详解】①，所以与n满足的函数关系是反比例函数关系，正确；
②，所以，所以d与r满足的函数关系是正比例函数关系，正确；
③，所以S与r满足的函数关系是二次函数关系，正确．
故选D
【点睛】本题考查正多边形、圆心角的度数、弦心距、三角形的面积之间的函数关系，解题的关键是读懂题意，求出其中的函数关系式．
9.（2023·广西·校考模拟预测）用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：如图，①在上任取一点A，连接AO并延长交于点B；②以点B为圆心，BO为半径作圆弧分别交于C，D两点；③连接CO，DO并延长分别交于点E，F；④顺次连接BC，CF，FA，AE，ED，DB，得到六边形AFCBDE．连接AD，EF，交于点G，则下列结论错误的是（ ）
A．的内心与外心都是点G B．
C．点G是线段EF的三等分点 D．
【答案】D
【分析】证明△AOE是等边三角形，EF⊥OA，AD⊥OE，可判断A；证明∠AGF=∠AOF=60°，可判断B；证明FG=2GE，可判断C；证明EF=AF，可得结论．
【解析】解：如图，
在正六边形AEDBCF中，∠AOF=∠AOE=∠EOD=60°，
∵OF=OA=OE=OD，∴△AOF，△AOE，△EOD都是等边三角形，
∴AF=AE=OE=OF，OA=AE=ED=OD，∴四边形AEOF，四边形AODE都是菱形，
∴AD⊥OE，EF⊥OA，∴△AOE的内心与外心都是点G，故A正确，
∵∠EAF=120°，∠EAD=30°，∴∠FAD=90°，
∵∠AFE=30°，∴∠AGF=∠AOF=60°，故B正确，
∵∠GAE=∠GEA=30°，∴GA=GE，∵FG=2AG，∴FG=2GE，
∴点G是线段F的三等分点，故C正确，
∵AF=AE，∠FAE=120°，∴EF=AF，故D错误，故选：D．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形的内心，外心等知识，解题的关键是证明四边形AEOF，四边形AODE都是菱形．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023·陕西西安·校考模拟预测）一个正多边形的中心角为，则从该正多边形的一个顶点出发共有条 对角线．
【答案】7
【分析】利用正多边形的中心角的定义，即可求出这个多边形的边数，再根据边形从一个顶点出发可引出条对角线可求答案．
【详解】解：，．
故这个正多边形从一个顶点出发可以作的对角线条数是7．故答案为：7．
【点睛】本题主要考查了正多边形的中心角的定义、多边形的对角线，熟练掌握边形从一个顶点出发可引出条对角线是本题的关键．
12．（2023春·上海普陀·九年级统考期中）正九边形的中心角等于 度．
【答案】40
【分析】用度除以边数，即可求解．
【详解】解：正九边形的中心角等于：．故答案是：．
【点睛】本题主要考查了正多边形中心角的计算，理解正多边形的中心角相等是关键．
13．（2023秋·全国·九年级专题练习）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”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，已知的半径为2，则的内接正六边形的面积为 ．
AI
【答案】6
【分析】连接、，根据正多边形和圆的关系可判断出为等边三角形，过点作于点，再利用勾股定理即可求出长，进而可求出的面积，最后利用的面积约为即可计算出结果．
【详解】解：如图，连接、，
AI
由题意可得：，，为等边三角形，，
过点作于点，则，
在中，，，
的面积约为．故答案为：6．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．
14．（2023秋·全国·九年级专题练习）一个正多边形的边长为2，每个内角为，则这个多边形的周长是 ．
【答案】16
【分析】一个正多边形的每个内角都相等，根据内角与外角互为邻补角，因而就可以求出外角的度数，根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，求得多边形的边数，即可得到结论．
【详解】解：∵正多边形的每个内角为，∴每个外角是，
∵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．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角：n边形的外角和为．
15．（2023秋·江苏·九年级专题练习）正六边形内接于，正六边形的周长是24，则的半径是 ．
【答案】4
【分析】连接，首先求出，进而证明为等边三角形，问题即可解决．
【详解】解：连接，
∵多边形是正六边形，∴，
∵，∴是等边三角形， ∴，
∵正六边形的周长是24，∴，∴的半径是4，故答案为：4．
【点睛】本题考查正多边形和圆，以正多边形外接圆、正多边形的性质，熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形是解题的关键．
16．（2023秋·全国·九年级专题练习）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．
17．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，正六边形的半径为，点在边上运动，连接，则的长度可以是 （只写出一个满足条件的值即可）．
【答案】答案不唯一，只要符合即可．
【分析】设正六边形的中心为，连接，，，，，根据正六边形的性质得和为等边三角形，然后可由勾股定理求出，进而得，再求出，根据在边上运动得，最后在这个的范围内取一个值即可．
【详解】解：设正六边形的中心为，连接，，，，
根据正六边形的性质得：经过点，，，
为等边三角形，，
同理：为等边三角形， ，
又，，，，
在中，，，由勾股定理得：，，
又，，在边上运动，，即：，．
故答案为：答案不唯一，只要符合即可．
【点睛】此题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握正多边形的性质，中心角、半径等概念．
18．（2023·浙江温州·校联考三模）图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人堂盆栽放置在木板上，图2是其示意图．两个正六边形的边与，与均在同一直线上．木板（木板厚度忽略不计），，则的长为 ．盆栽由矩形和圆弧组成，且，，恰好在同一直线上，已知，圆弧最高点到的距离与线段的长度之比为，则圆弧的半径为 ．
【答案】 20
【分析】设 的圆心是 ，作 于 ，连接 ，由正六边形的性质求出 ， 的长， 由直角三角形的性质， 等腰三角形的性质求出 的长，得到 的长，由勾股定理列出关于 半径的方程， 即可解决问题；
【详解】解：设 的圆心 是 ，作 于 ，连 接 ，
∵ 是圆弧最高点，∴ 在 上，
∵两个多边形是正六边形，∴ ，
∴，∴ 是等边三角形，
三点共线，
∵四边形 是矩形，∴
∵圆弧最高点 到 的距离与线段 的长度之 比为 ，
∴ 到 的距离是 ，
设 的半径是 ，
∴ 的半径是 故答案为：
【点睛】本题考查正多边形的性质，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，关键是由以上知识点求出正六边形的边长， 的长， 的长得到 的长，由勾股定理列出关于 半径的方程
三、解答题（本大题共7小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023·江苏·九年级假期作业）请用圆规和直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹．
已知：⊙O，点A在圆上．
求作：以A为一顶点作圆内接正方形ABCD．
【答案】见解析
【分析】作直径AC，过点O作BD⊥AC交⊙O于B，D，连接AB，BC，CD，AD即可．
【详解】如图，四边形ABCD即为所求作．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
20．（2023·江苏·九年级假期作业）如图1，等边内接于⊙O，连接CO并延长交⊙O于点D．
（1）可以证明CD垂直平分AB，写出与的数量关系：___．
（2）请你仅使用无刻度的直尺按要求作图：
①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，作图结果用实线表示）．
②请在图2中作出⊙O的内接正六边形ADBECF的一条不经过顶点的对称轴，保留作图痕迹(作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）．
【答案】（1）；（2）①见解析，②见解析
【分析】（1）结合外心的定义和等边三角形的性质推断出CD垂直平分AB，从而利用垂径定理得出结论即可；
（2）①结合（1）的结论，可直接连接AO，BO，分别延长与圆相交，再顺次连接各交点即可；
②如图，延长AF，EC，交于一点，此时可构成等边三角形，从而连接交点与圆心的直线即为所求的对称轴．
【详解】（1），
∵O为三角形的外心，∴O为三角形三边中垂线的交点，
又∵三角形为等边三角形，∴可得CD垂直平分AB，根据垂径定理可得：；
（2）①如图所示，在（1）的基础之上，连接AO，并延长至E，连接BO，并延长至F，顺次连接圆周上各点即可；
②如图所示：（方法不唯一）
【点睛】本题考查复杂作图，以及正多边形与圆之间的关系，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
21．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，点，分别是正六边形的边，上的点，且，交于点．(1)求证：；(2)求的度数．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据正六边形的性质得到，，由三角形全等的判定定理即可证出；（2）由，得到，然后根据三角形的外角性质即可得到结果．
【详解】（1）证明：∵在正六边形中，，，
在与中，，∴；
（2）解：由（1）知：，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴．
【点睛】本题考查了正多边形的计算及全等三角形的判定及性质，解题的关键是正确地利用正六边形中相等的元素．
22．（2022 通辽九年级期中）中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s的速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，PE，QB，QE，设运动时间为t（s）．（1）求证：四边形PBQE为平行四边形；（2）求矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比．
【思路点拨】（1）证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP＝EQ，同理PE＝BQ，由此即可证明；
（2）求出t＝0s或6s时，四边形PBQE是矩形，求出矩形面积和正六边形面积，即可得出结论．
【答案】（1）证明：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠DEF＝∠F，
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP＝DQ＝t，PF＝QC＝6﹣t，
在△ABP和△DEQ中，，∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP＝EQ，同理可证PE＝QB，∴四边形PEQB为平行四边形．
（2）解：连接BE、OA，则∠AOB＝＝60°，
∵OA＝OB，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝OA＝6，BE＝2OB＝12，
当t＝0时，点P与A重合，Q与D重合，四边形PBQE即为四边形ABDE，如图1所示：
则∠EAF＝∠AEF＝30°，∴∠BAE＝120°﹣30°＝90°，
∴此时四边形ABDE是矩形，即四边形PBQE是矩形．
当t＝6时，点P与F重合，Q与C重合，四边形PBQE即为四边形FBCE，如图2所示：
同法可知∠BFE＝90°，此时四边形PBQE是矩形．
综上所述，t＝0s或6s时，四边形PBQE是矩形，∴AE＝＝6，
∴矩形PBQE的面积＝矩形ABDE的面积＝AB×AE＝6×6＝36；
∵正六边形ABCDEF的面积＝6△AOB的面积＝6×矩形ABDE的面积＝6××36＝54，
∴矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比＝．
【点睛】本题考查了正六边形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
23．（2022 庐阳区期末）已知，正方形ABCD内接于⊙O，点P是弧AD上一点．（1）如图1，若点P是弧AD的中点，求证：CE＝CD；（2）如图2，若图中PE＝OE，求的值．
【思路点拨】（1）连接DE，由是正方形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD＝OC，由等腰直角三角形的性质得到EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，∠EBD＝∠EDB，
由圆周角的性质得到∠POD＝∠ABD＝22.5°，进而得到∠EDC＝67.5°，∠CED＝67.5°，根据等腰三角形的判定即可得到CE＝CD；（2）根据正方形的性质和圆周角定理及角平分线的性质证得∠1＝∠2＝∠PDE，由三角形内角和定理求出∠2＝30°，根据含30°直角三角形的性质和勾股定理得到DE＝2OE，OD＝OE，进而得到OD＝OA＝OE，AE＝（﹣1）OE，EC＝（+1）OE，代入即可得到结果．
【答案】（1）证明：如图1，连接DE，
∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OB＝OD＝OC，
∴EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，∴∠EBD＝∠EDB，
∵点P是弧AD的中点，∴∠PBD＝∠ABD＝×∠AOD＝22.5°，
∴∠EDC＝45°+22.5°＝67.5°，∴∠CED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠CED＝∠EDC，∴CE＝CD；
（2）解：如图2，连接DE，DP，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠EOD＝90°，OA＝OD，∴∠P＝∠BAD＝90°，
∵PE＝OE，∴∠PDE＝∠2，由（1）知∠1＝∠2，
∴∠1＝∠2＝∠PDE，∴∠1+∠2+∠PDE＝90°，∴∠2＝30°，∴OE＝DE，∴DE＝2OE，
∴OD＝＝OE，∴＝，∴OD＝OA＝OE，
∴AE＝OA﹣OE＝（﹣1）OE，EC＝OE+OC＝（+1）OE，∴＝＝2﹣．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，正方形和圆，圆周角定理，角平分线的判定，线段垂直平分线的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线，证得EA＝ED，是解决问题的关键
24．（2023·江苏·九年级假期作业）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务：
克罗狄斯 托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 ．
任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 ．
（2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由托勒密定理可直接求解；
（2）连接，根据圆周角与弦的关系可得，设，在四边形中，根据托勒密定理有，，建立方程即可求得的长
【详解】（1）由托勒密定理可得：
故答案为：
（2）如图，连接，五边形是正五边形，则,
设，即
解得（舍去）
【点睛】本题考查了托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，理解题意添加辅助线是解题的关键．
25．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图①、②、③，正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别是⊙O的内接三角形、内接四边形、内接五边形，点M、N分别从点B、C开始，以相同的速度中⊙O上逆时针运动．
（1）求图①中∠APB的度数；（2）图②中，∠APB的度数是 ，图③中∠APB的度数是 ；
（3）根据前面探索，你能否将本题推广到一般的正n边形情况？若能，写出推广问题和结论；若不能，请说明理由．
【答案】（1）120°；（2）=，=；（3）能，∠APB=
【分析】（1）由题意可得，根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得，在利用三角形外角的性质即可求解（2）根据（1）的求解过程，即可求解（3）结合（1），（2）的推理过程，即可得出结论
【详解】（1）∠APB=120°（如图①）
∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，∴∠BAM=∠CBN，
又∵∠APN=∠BPM，∴∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°，∴∠APB=120°；
（2）同理可得：图②中∠APB=90°；图③中∠APB=72°．
（3）由（1），（2）可知，∠APB=所在多边形的外角度数，故在图n中，∠APB=．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，以及正多边形外角的求法，三角形外角的性质是解题关键．
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专题3.7 正多边形
模块1：学习目标
1、了解正多边形和圆的有关概念；
2、理解并掌握正多边形半径和边长、边心距、中心角之间的关系，会应用多边形和圆的有关知识画多边形。
模块2：知识梳理
1、正多边形的概念
各边相等，各角也相等的多边形是正多边形．
注意：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.
2、正多边形的重要元素
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）正多边形的有关概念
(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；
(3)正n边形每个外角的度数是.
3、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）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
4、正多边形的画法：1）用量角器等分圆；2）用尺规等分圆
模块3：核心考点与典例
考点1. 正多边形与圆中求角度
例1．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，正六边形内接于，点在上，是的中点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
变式1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）正八边形的中心角等于（ ）度
A．36 B．45 C．60 D．72
变式2．（2022秋·广西河池·九年级统考期末）如图，已知正五边形内接于，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
变式3．（2023·四川成都·模拟预测）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
考点2. 正多边形与圆中求线段长度
例2．（2022秋·辽宁抚顺·九年级统考阶段练习）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形，若对角线的长约为，则正六边形的边长为（ ）
A． B． C． D．
变式1．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，正六边形ABCDEF内接于，若的周长是，则正六边形的边长是（ ）
A． B．3 C．6 D．
变式2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）正六边形的半径为4，则它的边心距是（ ）
A．2 B．4 C． D．
变式3．（2023·河北石家庄·统考二模）如图，在边长为的正六边形中，连接BE，，相交于点O，若点分别为，的中点，则的长为（ ）
A．6 B． C．8 D．9
考点3. 正多边形与圆中求坐标
例3．（2022 虹口区二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的半径是 ．
变式1.（2022 钦州模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接AC，已知AC＝6，则圆的半径是（ ）
A．3 B．6 C．2 D．4
变式2.（2022 碑林区校级模拟）如图：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，若正六边形的边长是，则⊙O的半径长是（ ）
A．1 B． C．2 D．3
考点4. 正多边形与圆中求面积
例4．（2023春·河北邢台·九年级统考开学考试）如图所示正六边形的面积为6，点是边的中点，连接相交于，若四边形的面积记作，四边形的面积记作，则的值是（ ）
A． B．1 C． D．2
变式1．（2023春·河北衡水·九年级校考期中）如图，已知正六边形的边长为，分别以其对角线、为边作正方形，则两个阴影部分的面积差的值为（ ）
A．0 B．1 C．3 D．2
变式2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图是一个正八边形，图中空白部分的面积等于12，则正八边形的面积等于（ ）
A．12 B．20 C．24 D．12
考点5. 正多边形与圆中求周长
例5．（2023秋·河南许昌·九年级校联考期末）如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，这个正六边形的半径是，则这个正六边形的周长是（ ）
A． B． C． D．
变式1．（2023秋·天津津南·九年级统考期末）已知正六边形的半径是r，则此六边形的周长是（ ）
A． B． C． D．
变式2．（2023春·江苏苏州·九年级校考阶段练习）已知一个正多边形的中心角为，边长为5，那么这个正多边形的周长等于 ．
考点6. 确定正多边形的边数
例6．（2023·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）中心角为的正多边形的边数是 ．
变式1．（2023春·上海·九年级专题练习）圆的内接正多边形中，正多边形的一条边所对的圆心角是，则正多边形的边数是 。
变式2．（2023秋·湖北·九年级专题练习）如图，内接于，，弦是圆内接正多边形的一边，则该正多边形的边数是 ．
考点7. 正多边形与圆中的实际应用
例7．（2023·江苏·九年级期末）2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边长最大不能超过（ ）
A．11.125mm B．22.25mm C．mm D．mm
变式1．（2023·北京门头沟·九年级统考期末）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇家园林，它和承德避暑山庄、苏州拙政园、苏州留园并称为中国四大名园．该园有一个六角亭，如果它的地基是半径为2米的正六边形，那么这个地基的周长是 米．
变式2．（2023·湖北黄冈·三模）斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为 尺．
考点8. 正多边形与圆中的规律问题
例8．（2023·河南新乡·校联考二模）我们知道，五边形具有不稳定性．正五边形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，点P为边的中点，固定边，将正五边形向右推，使点A、B、C三点共线，且点C落在y轴上，如图2所示，点P的对应点，则此时点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
变式1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫．如图，将“雪花”图案（边长为4的正六边形）放在平面直角坐标系中，若与轴垂直，顶点A的坐标为，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
变式2．（2023·广西·九年级专题练习）如图，点O为正六边形的中心，P，Q分别从点同时出发，沿正六边形按图示方向运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，则第次相遇地点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
考点9. 正多边形与圆中求最值
例9．（2023·湖北咸宁·统考二模）如图，正方形内接干圆，线段在对角线BD上运动，若圆O的面积为，，周长的最小值是 ．
变式1．（2023·广东珠海·校考一模）如图，正方形内接于，且，点E在上运动，连接，作，垂足为F，连接，则长的最小值为 ．
变式2．（2023秋·湖北·九年级专题练习）如图，已知正六边形的边长是6，点P是上一动点，则的最小值是 ．
考点10. 正多边形与圆中的证明
例10．（2022秋·湖北武汉·九年级校考期中）如图，正方形内接于是的中点，连接.(1)求证：；(2)求证：；
变式1．（2023·上海静安·统考二模）如图，在矩形中，点是边的中点，是的外接圆，交边于点．
(1)求证：；(2)当是以点为中心的正六边形的一边时，求证：．
变式2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）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.
模块四：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023·江苏无锡·统考中考真题）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
2．（2023·广东·九年级专题练习）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．4 B．6 C．8 D．10
3．（2023·四川广安·九年级统考期末）如图，正六边形内接于，若的周长等于，则正六边形的周长为（ ）
A． B． C．3 D．18
4．（2023秋·辽宁沈阳·九年级校考期末）在圆内接正六边形中，正六边形的边长为，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（ ）
A．， B．， C．， D．，
5．（2023·安徽·中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·重庆·九年级统考学业考试）在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫．如图，作出“雪花”图案（正六边形）的外接圆，若已知该外接圆的半径是4，则正六边形的面积是（ ）
A． B．24 C． D．
7．（2023·辽宁阜新·校联考一模）如图，点O为正六边形对角线上一点，假设可以随机在正六边形中取点，那么这个点取在阴影部分的概率是（ ）．
A． B． C． D．
8．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重台，轴，交y轴于点P．将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
AI
A． B． C． D．
9．（2023·四川成都·模拟预测）如图，多边形是的内接正n边形，已知的半径为r，的度数为，点O到的距离为d，的面积为S．下面三个推断中．
①当n变化时，随n的变化而变化，与n满足的函数关系是反比例函数关系；
②若为定值，当r变化时，d随r的变化而变化，d与r满足的函数关系是正比例函数关系；
③若n为定值，当r变化时，S随r的变化而变化，S与r满足的函数关系是二次函数关系．
其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
9.（2023·广西·校考模拟预测）用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：如图，①在上任取一点A，连接AO并延长交于点B；②以点B为圆心，BO为半径作圆弧分别交于C，D两点；③连接CO，DO并延长分别交于点E，F；④顺次连接BC，CF，FA，AE，ED，DB，得到六边形AFCBDE．连接AD，EF，交于点G，则下列结论错误的是（ ）
A．的内心与外心都是点G B．
C．点G是线段EF的三等分点 D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023·陕西西安·校考模拟预测）一个正多边形的中心角为，则从该正多边形的一个顶点出发共有条 对角线．
12．（2023春·上海普陀·九年级统考期中）正九边形的中心角等于 度．
13．（2023秋·全国·九年级专题练习）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”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，已知的半径为2，则的内接正六边形的面积为 ．
AI
14．（2023秋·全国·九年级专题练习）一个正多边形的边长为2，每个内角为，则这个多边形的周长是 ．
15．（2023秋·江苏·九年级专题练习）正六边形内接于，正六边形的周长是24，则的半径是 ．
16．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点O是正六边形的中心，以为边构造正五边形，则 ．
17．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，正六边形的半径为，点在边上运动，连接，则的长度可以是 （只写出一个满足条件的值即可）．
18．（2023·浙江温州·校联考三模）图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人堂盆栽放置在木板上，图2是其示意图．两个正六边形的边与，与均在同一直线上．木板（木板厚度忽略不计），，则的长为 ．盆栽由矩形和圆弧组成，且，，恰好在同一直线上，已知，圆弧最高点到的距离与线段的长度之比为，则圆弧的半径为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023·江苏·九年级假期作业）请用圆规和直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹．
已知：⊙O，点A在圆上．
求作：以A为一顶点作圆内接正方形ABCD．
20．（2023·江苏·九年级假期作业）如图1，等边内接于⊙O，连接CO并延长交⊙O于点D．
（1）可以证明CD垂直平分AB，写出与的数量关系：___．
（2）请你仅使用无刻度的直尺按要求作图：
①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，作图结果用实线表示）．
②请在图2中作出⊙O的内接正六边形ADBECF的一条不经过顶点的对称轴，保留作图痕迹(作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）．
21．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，点，分别是正六边形的边，上的点，且，交于点．(1)求证：；(2)求的度数．
22．（2022 通辽九年级期中）中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s的速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，PE，QB，QE，设运动时间为t（s）．（1）求证：四边形PBQE为平行四边形；（2）求矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比．
23．（2022 庐阳区期末）已知，正方形ABCD内接于⊙O，点P是弧AD上一点．（1）如图1，若点P是弧AD的中点，求证：CE＝CD；（2）如图2，若图中PE＝OE，求的值．
24．（2023·江苏·九年级假期作业）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务：
克罗狄斯 托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 ．
任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 ．
（2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长．
25．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图①、②、③，正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别是⊙O的内接三角形、内接四边形、内接五边形，点M、N分别从点B、C开始，以相同的速度中⊙O上逆时针运动．
（1）求图①中∠APB的度数；（2）图②中，∠APB的度数是 ，图③中∠APB的度数是 ；
（3）根据前面探索，你能否将本题推广到一般的正n边形情况？若能，写出推广问题和结论；若不能，请说明理由．
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