3.8 正多边形与圆【十大题型】（举一反三）（北师大版）（教师版）.docx

1、专题3.8 正多边形与圆【十大题型】【北师大版】【题型1 正多边形与圆中求角度】1【题型2 正多边形与圆中求线段长度】5【题型3 正多边形与圆中求半径】8【题型4 正多边形与圆中求面积】11【题型5 正多边形与圆中求周长】14【题型6 确定正多边形的边数】16【题型7 正多边形与圆中的实际应用】19【题型8 正多边形与圆中的规律问题】23【题型9 正多边形与圆中求最值】27【题型10 正多边形与圆中的证明】32【知识点1 正多边形与圆】 （1）正多边形的有关计算中心角边心距周长面积为边数；为边心距；为半径；为边长 （2）正多边形每个内角度数为，每个外角度数为【题型1 正多边形与圆中求角度】【例

2、1】（2022春株洲期末）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是O的内接多边形，则BOM的度数是（）A36B45C48D60【分析】如图，连接AO利用正多边形的性质求出AOM，AOB，可得结论【解答】解：如图，连接AOAMN是等边三角形，ANM60，AOM2ANM120，ABCDE是正五边形，AOB=3605=72，BOM1207248故选：C【变式1-1】（2022长春一模）如图，正六边形ABCDEF内接于O，点M在AF上，则CMD的大小为（）A60B45C30D15【分析】由正六边形的性质得出COD60，由圆周角定理求出CMD30【解答】解：连接OC，OD，多边形ABCDEF是正六边

3、形，COD60，CMD=12COD30，故选：C【变式1-2】（2022春福州期中）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，以点A为圆心，AB为半径画圆弧交AC于点F，连接DF则FDC的度数是 36【分析】根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为108，根据等腰三角形的性质可求出EACDCA72，进而可得四边形AEDF是平行四边形，求出DFC的度数，再根据三角形的内角和定理求出答案即可【解答】解：正五边形ABCDE，ABCEAB=(5-2)1805=108，ABBCCDDEAE，ACBBAC=180-1082=36，EACDCA1083672，DEA+EAC108+72180，DEAC，又DE

4、AEAF，四边形AEDF是平行四边形，AEDF，DFCEAC72DCA，FDC180727236，故答案为：36【变式1-3】（2022绥化）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于O，且有公共顶点A，则BOH的度数为 12度【分析】求出正六边形的中心角AOB和正五边形的中心角AOH，即可得出BOH的度数【解答】解：如图，连接OA，正六边形的中心角为AOB360660，正五边形的中心角为AOH360572，BOHAOHAOB726012故答案为：12【题型2 正多边形与圆中求线段长度】【例2】（2022雅安）如图，已知O的周长等于6，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（）

5、A33B32C332D3【分析】连接OC，OD，由正六边形ABCDEF可求出COD60，进而可求出COG30，根据30角的锐角三角函数值即可求出边心距OG的长【解答】解：连接OC，OD，正六边形ABCDEF是圆的内接多边形，COD60，OCOD，OGCD，COG30，O的周长等于6，OC3，OG=323，故选：C【变式2-1】（2022秋西城区期末）如图，O是正方形ABCD的外接圆，若O的半径为4，则正方形ABCD的边长为（）A4B8C22D42【分析】连接BD由题意，BCD是等腰直角三角形，故可得出结论【解答】解：如图，连接BD由题意，BCD是等腰直角三角形，BD8，CBD45，BCD90，

6、BC=22BD42故选：D【变式2-2】（2022德城区模拟）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上若两个大正六边形的边长均为4，则小正六边形的边长是（）A3-13B13-1C13+1D23-1【分析】在边长为4的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形对应点的距离MF，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可【解答】解：连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ONDE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，由对称性可知，OMOPENDN2，由正六边形的性质可得ON43，OD=DN2+ON2=213=OF，MF21

7、3-2，由正六边形的性质可知，GFH、GHQ、GQM都是正三角形，FH=12MF=13-1，故选：B【变式2-3】（2022凉山州）如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于O，则AD：AB（）A22：3B2：3C3：2D3：22【分析】连接OA、OB、OD，过O作OHAB于H，由垂径定理得出AHBH=12AB，证出AOD是等腰直角三角形，AOHBOH60，AHBH=12AB，得出AD=2OA，AH=32OA，则AB2AH=3OA，进而得出答案【解答】解：连接OA、OB、OD，过O作OHAB于H，如图所示：则AHBH=12AB，等边三角形ABC和正方形ADEF，都内接于O，AOB120，A

8、OD90，OAODOB，AOD是等腰直角三角形，AOHBOH=1212060，AD=2OA，AHOAsin60=32OA，AB2AH232OA=3OA，ADAB=2OA3OA=23，故选：B【题型3 正多边形与圆中求半径】【例3】（2022春临海市期末）如图，以点O为圆心的两个同心圆把以OA为半径的大圆O的面积三等分，这两个圆的半径分别为OB，OC则OA：OB：OC的值是（）A3：2：1B9：4：1C3：2：1D3：6：2【分析】根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案【解答】解：以OA半径的圆的面积是r2，则以OB半径的圆的面积是23r2，则以OC

9、半径的圆的面积是13r2rB2=23r2，rC2=13r2，rB=63r，rC=33rOA：OB：OCr：63r：33r=3：2：1，故选：C【变式3-1】（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 4【分析】根据正三角形的性质得出：ACOOCB30，进而得出CO即可【解答】解：（1）过点O作ODBC于点D，O的内接正三角形的边心距为2，OD2，由正三角形的性质可得出：ACOOCB30，CO2DO4，故答案为：4【变式3-2】（2022钦州模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于O，连接AC，已知AC6，则圆的半径是（）A3B6C23D43【分析】连接BO、AO，OB与AC交

10、于H，根据正六边形ABCDEF的性质得到ABBC，BOA=3606=60，根据垂径定理得到周角定理得到BCA=12BOC30，AB=BC，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，ABBC，BOA=3606=60，BCA=12BOC30，AB=BC，BOAC，AHCH=12AC3，BCABOB23，圆的半径是23，故选：C【变式3-3】（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3，则O的半径长是（）A1B3C2D3【分析】连接OB，OE，BE，根据切线的性质得到A

11、BOFEO90，求得BOE120，根据等腰三角形的性质得到OBEOEB30，推出AFBE，过A作AMBE于M，FNBE于N，得到四边形AMNF是矩形，过O作OHBE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，ABOFEO90，BAFEFA120，BOE5401201209090120，OBEOEB30，ABEFEB60，ABE+BAF180，AFBE，过A作AMBE于M，FNBE于N，四边形AMNF是矩形，MNAF=3，BMEN=12AB=32，BE23，过O作OHBE于H，OHB90，BH=3，OB=2

12、，故选：C【题型4 正多边形与圆中求面积】【例4】（2022泗水县三模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为4，则图中阴影部分的面积为（）A83B123C16D163【分析】如图，连接OB交AC与点H解直角三角形求出AC，可得结论【解答】解：如图，连接OB交AC与点H由题意ABC是等边三角形，OB4，OHBH2，OBAC，CHAH=BH3=233，AC2CH=433，阴影部分的面积634（433）283故选：A【变式4-1】（2022秋宣化区期末）如图，已知O的周长等于6，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（）A2732B2734C934D273【分析】首先过点O

13、作OHAB于点H，连接OA，OB，由O的周长等于6cm，可得O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案【解答】解：过点O作OHAB于点H，连接OA，OB，AH=12AB，O的周长等于6，O的半径为：3，AOB=1636060，OAOB，OAB是等边三角形，ABOA3，AH=32，OH=OA2-AH2=332，S正六边形ABCDEF6SOAB6123332=2732故选：A【变式4-2】（2022庐阳区校级一模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为1，则图中阴影部分的面积为（）A334B3C534D23【分析】根据题意得到图中阴影部分的面积SABC+3SADE，代

14、入数据即可得到结论【解答】解：如图，“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，ABC与ADE是等边三角形，圆的半径为1，AH=32，BCAB=3，AE=33，AF=12，图中阴影部分的面积SABC+3SADE=12332+1233123=3，故选：B【变式4-3】（2022秋庐江县期末）O半径为4，以O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为边作一个三角形，则所得三角形的面积是（）A2B3C22D23【分析】分别画出对应的图形计算出三条边心距，利用勾股定理的逆定理可证明它们构建的三角形为直角三角形，然后根据三角形面积公式计算此三角形的面积【解答】解：如图1，ABC为O的内接正三角形，作OMBC

15、于M，连接OB，OBC=12ABC30，OM=12OB2；如图2，四边形ABCD为O的内接正方形，作ONDC于N，连接OD，ODC=12ADC45，ONDN=22OD22；如图3，六边形ABCDEF为O的内接正六边形，作OHDE于H，连接OE，OED=12FED60，EH=12OE2，OH=3EH23，半径为4的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为2，22，23，22+（22）2（23）2，以三条边心距所作的三角形为直角三角形，该三角形的面积=12222=22故选：C【题型5 正多边形与圆中求周长】【例5】（2022和平区一模）如图，若O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接

16、圆，则正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比为（）A22：3B2：1C2：3D1：3【分析】求出O的内接正方形和内接正六边形的边长之比，即可得出结论【解答】解：连接OA、OBOE，如图所示：设此圆的半径为R，则它的内接正方形的边长为2R，它的内接正六边形的边长为R，内接正方形和内接正六边形的边长之比为2R：R=2：1，正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比内接正方形和内接正六边形的边长之比42：622：3，故选：A【变式5-1】（2022鼓楼区校级模拟）正六边形的周长为12，则它的外接圆的内接正三角形的周长为（）A23B33C63D6【分析】根据题意画出图形，求出正六边形的边长

17、，再由正多边形及直角三角形的性质求解即可【解答】解：圆内接正六边形的周长为12，圆内接正六边形的边长为2，圆的半径为2，如图，连接OB，过O作ODBC于D，则OBC30，BD232=3，BC2BD23；该圆的内接正三角形的周长为63，故选：C【变式5-2】（2022秋梅河口市期末）如图，正六边形ABCDEF内接于O，连接OC、OD，若OC长为2cm，则正六形ABCDEF的周长为 12cm【分析】根据正六边形的定义确定其中心角的度数，得到OCD是等边三角形，求得CD2cm，于是得到结论【解答】解：多边形ABCDEF为正六边形，COD36016=60，OCOD，OCD是等边三角形，OC长为2cm，

18、CD2cm，正六形ABCDEF的周长为2612（cm），故答案为：12【变式5-3】（2022旌阳区模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于O，若O的半径为6，则ADE的周长是（）A9+33B12+63C18+33D18+63【分析】首先确定三角形的三个角的度数，从而判断该三角形是特殊的直角三角形，然后根据半径求得斜边的长，从而求得另外两条直角边的长，进而求得周长【解答】解：连接OE，多边形ABCDEF是正多边形，DOE=3606=60，DAE=12DOE=126030，AED90，O的半径为6，AD2OD12，DE=12AD=12126，AE=3DE63，ADE的周长为6+12+63=18+6

19、3，故选：D【题型6 确定正多边形的边数】【例6】（2022宽城县一模）如图，边AB是O内接正六边形的一边，点C在AB上，且BC是O内接正八边形的一边，若AC是O内接正n边形的一边，则n的值是（）A6B12C24D48【分析】根据中心角的度数360边数，列式计算分别求出AOB，BOC的度数，则AOC15，则边数n360中心角【解答】解：连接OC，AB是O内接正六边形的一边，AOB360660，BC是O内接正八边形的一边，BOC360845，AOCAOBBOC604515，n3601524；故选C【变式6-1】（2022秋滨江区期末）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72，则该正多边形

20、的边数是（）A4B5C6D7【分析】根据正多边形的中心角=360n计算即可【解答】解：设正多边形的边数为n由题意可得：360n=72，n5，故选：B【变式6-2】（2022息烽县二模）如图，AB、AC分别为O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆内接正n边形的一边，则n等于（）A8B10C12D16【分析】根据正方形以及正三边形的性质得出AOB=3604=90，AOC=3603=120，进而得出BOC30，即可得出n的值【解答】解：连接AO，BO，COAB、AC分别为O的内接正方形、内接正三边形的一边，AOB=3604=90，AOC=3603=120，BOC30，n=36030=12，故选：

21、C【变式6-3】（2022秋钢城区期末）如图，四边形ABCD为O的内接正四边形，AEF为O的内接正三角形，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（）A8B10C12D15【分析】连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得到AOD90，AOF120，则DOF30，然后计算36030即可得到n的值【解答】解：连接OA、OD、OF，如图，AD，AF分别为O的内接正四边形与内接正三角形的一边，AOD=3604=90，AOF=3603=120，DOFAOFAOD30，n=36030=12，即DF恰好是同圆内接一个正十二边形的一边故选：C【

22、题型7 正多边形与圆中的实际应用】【例7】（2022安国市一模）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（）A11.125mmB22.25mmC8928mmD8938mm【分析】根据正方形性质得到AOD为等腰直角三角形，根据正方形和圆的关系得到AC的长度，根据等腰直角三角形的性质求出AD的长度【解答】解：如图所示，ACBD22.25mm，AOOD=22.252=898mm四边形ABCD为正方形，ACBD，AOD为等腰直角三角形，AD=2AO=8982mm故选：C【变式7-1】（2022秋门头沟区期末）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇

23、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12米【分析】由正六边形的半径为2，则OAOB2米；由AOB60，得出AOB是等边三角形，则ABOAOB2米，即可得出结果【解答】解：如图所示：正六边形的半径为2米，OA0B2米，正六边形的中心角AOB=3606=60，AOB是等边三角形，ABOAOB，AB2米，正六边形的周长为6212（米）；故答案为：12【变式7-2】（2022秋东城区期末）斛是中国古代的一种量器据汉书律历志记载：“斛底，方而圜（hun）其外，旁有庣（tio）焉”意思是说：“斛的底面为：

24、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 2尺【分析】根据正方形性质确定CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解【解答】解：如图，四边形CDEF为正方形，D90，CDDE，CE为直径，ECD45，由题意得AB2.5，CE2.50.2522，CD=22CE=2故答案为：2【变式7-3】（2022清苑区一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均为正六边形，六边形边长为

25、1cm目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以6支彩铅为例，可以设计如图的两种收纳方案；（1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是 123cm（2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底面，则底面半径的最小值为 13cm【分析】（1）利用圆面积，等边三角形的面积，即可判断（2）设计方案如图所示，利用勾股定理求出半径即可【解答】解：（1）如图1中，圆的半径为3，底面积为9（cm2）如图2中，连接OA，ODOD2cm，OAD30，ADO90，OA2OD4cm，AD=OA2-OD2=23（cm），等边三角形的边长

26、AC43（cm），底面积=34（43）2123（cm2）9（cm2），等边三角形作为底面时，面积比较小，底面积为123cm2如图3中，设计方案如图3所示，在RtOET中，ET1cm，OE23cm，OT=OE2+ET2=(23)2+12=13（cm），底面半径的最小值为13cm故答案为：13【题型8 正多边形与圆中的规律问题】【例8】（2022秋椒江区校级月考）已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示按下列步骤操作：将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使NM边与CD边重

27、合，完成第二次旋转；在这样连续6次旋转的过程中，点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是（）A2.2B2.2C2.3D2.3【分析】画出图形分别求出点M连续旋转6次旋转过程中点M的纵坐标的最大值和最小值，进而可得点M在图中直角坐标系中的纵坐标的可能值【解答】解：如图，正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，点M在连续6次旋转的过程中，点M旋转到点A时，点M的纵坐标最大，点M6的纵坐标为32所以点A的纵坐标为2+32，点M旋转到点B时，点M的纵坐标最小，因为点B的纵坐标为1-32，所以纵坐标的取值范围为：1-32点M的纵坐标2+32即1.866点M的纵坐标2.280所以点M在图中直角坐标系中

28、的纵坐标可能是2.2故选：A【变式8-1】（2022秋铁锋区期末）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60，那么经过第2022次旋转后，顶点D的坐标为 （32，3）【分析】如图，连接AD，BD首先确定点D的坐标，再根据6次一个循环，由20226337，推出经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与原来的坐标相同，由此即可解决问题【解答】解：如图，连接AD，BD，在正六边形ABCDEF中，AB1，AD2，ABD90，BD=AD2-AB2=3，在RtAOF中，AF1，OAF60，O

29、FA30，OA=12AF=12，OBOA+AB=32，D（32，3），将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60，6次一个循环，20226337，经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与应该不变，经过第2022次旋转后，顶点D的坐标（32，3）故答案为（32，3）【变式8-2】（2022江西模拟）如图，我们把先作正方形ABCD的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A1B1C1D1称为第一次数学操作，接下来，作正方形A1B1C1D1的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A2B2C2D2，称为第二次数学操作，按此规律如此下去，当完成第n次数学操作后，得到正方形AnBnnDn，则AnBnA

30、B的值为（）A（22）nB（12）nC（32）nD（34）n【分析】根据正多边形的特点，构建直角三角形来解决【解答】解：图形中正方形A1B1C1D1和正方形ABCD一定相似，OF，OC1分别是两个正方形的边心距，OC1F是等腰直角三角形，因而OF：OC1=22，则A1B1AB的值为22，当完成第n次数学操作后，得到正方形AnBnnDn，则AnBnAB的值为（22）n故选：A【变式8-3】（2022威海）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2

31、C2D2E2F2的各边相切，按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为（）A24329B81329C8129D81328【分析】连接OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得E1OD160，则E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2E1D1，于是可得OD2=32E1D1=322，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=322，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长（32）22，依此规律可得正六边形A10B10C10D10E10F10的边长（32）92，然后化简即可【解答】解：连接OE1，OD1，OD2，如图，六边

32、形A1B1C1D1E1F1为正六边形，E1OD160，E1OD1为等边三角形，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，OD2E1D1，OD2=32E1D1=322，正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=322，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长（32）22，则正六边形A10B10C10D10E10F10的边长（32）92=81328故选：D【题型9 正多边形与圆中求最值】【例9】（2022南山区三模）如图，正方形ABCD内接于O，线段MN在对角线BD上运动，若O的面积为8，MN2，则AMN周长的最小值是（）A6B8C9D10【分析】由

33、正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CABD，且使CA2，连接AA交BD于点N，取NM2，连接AM、CM，则点M、N为所求点，进而求解【解答】解：O的面积为8，则圆的半径为22，则BD42=AC，由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CABD，且使CA2，连接AA交BD于点N，取NM2，连接AM、CM，则点M、N为所求点，理由：ACMN，且ACMN，则四边形MCAN为平行四边形，则ANCMAM，故AMN的周长AM+AN+MNAA+2为最小，则AA=(42)2+22=6，则AMN的周长的最小值为6+28，故选：B【变式9-1】（2022观山湖区一模）如图，点P是正

34、六边形ABCDEF内一点，AB4，当APB90时，连接PD，则线段PD的最小值是（）A211-2B213-2C6D43【分析】先判断出点P的运动轨迹：点P在以AB为直径的圆弧上，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，连接BD，过点C作CHBD于点H，再根据正六边形的性质得到CBH30，OBD90，根据勾股定理即可求出BH、BD、OD，进而可得DP的最小值【解答】解：AB4，APB90，点P在以AB为直径的圆弧上，如图，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，连接BD，过点C作CHBD于点H，点O为AB的中点，OAOBOP422，正六边形的每个内

35、角为180（62）6120，CDCB，CBD（180120）230，BD2BH，OBD1203090，在RtCBH中，CH=12CB=2，BH=23，BD=43，在RtOBD中，OD=22+(43)2=213，PD的最小值为ODOP=213-2故选：B【变式9-2】（2022浙江自主招生）如图，边长为4的正方形ABCD内接于O，点E是弧AB上的一动点（不与A、B重合），点F是弧BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且EOF90，则GBH周长的最小值为4+22【分析】如图，连接OC，OB，过点O作OMBC于M，由正方形的性质可求OBOC，ABBC4，BOC90，OCBOBA

36、45，由等腰直角三角形的性质可求OM2，由“ASA”可证BOGCOH，可得OGOH，BGCH，可求HG=2OH，由GBH周长BH+GB+GHBH+CH+2OH4+2OH，可得当OH与OM重合时，OH的长最小，即GBH周长有最小值【解答】解：如图，连接OC，OB，过点O作OMBC于M，边长为4的正方形ABCD内接于O，OBOC，ABBC4，BOC90，OCBOBA45，OBC是等腰直角三角形，OMBC，OM=12BC2，EOF90BOC，COHBOG，且BOCO，BCOABO，BOGCOH（ASA），OGOH，BGCH，GOH是等腰直角三角形，HG=2OH，GBH周长BH+GB+GHBH+CH+

37、2OH4+2OH，当OH最小时，GBH周长有最小值，当OHBC时，即（OH与OM重合时）OH有最小值，OH的最小值为2，GBH周长的最小值为4+22，故答案为：4+22【变式9-3】（2022秋广陵区期末）如图，O半径为2，正方形ABCD内接于O，点E在ADC上运动，连接BE，作AFBE，垂足为F，连接CF则CF长的最小值为5-1【分析】如图，取AB的中点K，以AB为直径作K，想办法求出FK，CK，根据CFCKFK即可解决问题【解答】解：如图，取AB的中点K，以AB为直径作K，AFBE，AFB90，AKBK，KFAKBK，正方形ABCD的外接圆的半径为2，ABBC=22=2，KFAKKB1，C

38、BK90，CK=BK2+BC2=22+12=5，CFCKKF，CF5-1，CF的最小值为5-1故答案为5-1【题型10 正多边形与圆中的证明】【例10】如图，O的内接正五边形ABCDE中，对角线AC和BE相交于点F（1）求BAC的度数（2）求证：四边形CDEF为菱形【分析】（1）根据正五边形的内角和定理可求出一个内角的度数，再根据等腰三角形和三角形的内角和求出结果即可；（2）由（1）的方法求出ABE，再求出CBFCFB，进而得BCCF，同理得出AEEF，于是利用四条边相等的四边形是平行四边形可得结论【解答】解：（1）五边形ABCDE是正五边形，ABBCCDDEEA，ABC=(5-2)1805=

39、108，BACACB=180-1082=36；（2）由（1）可得ABEAEB36，CBFABCABE1083672，在BCF中，BFC180723672，BCCF，同理可得AEEF，CDDEEFFC，四边形CDEF为菱形【变式10-1】已知：如图，ABC是O的内接等腰三角形，顶角BAC36，弦BD、CE分别平分ABC、ACB求证：五边形AEBCD是正五边形【分析】求证五边形AEBCD是正五边形，就是证明这个五边形的五条边所对的弧相等【解答】证明：ABAC，ABCACB，又BAC36，ABCACB72又BD、CE平分ABC、ACBBACBCEACEABDDBC36，AE=BE=BC=CD=DA易

40、证五边形AEBCD为正五边形【变式10-2】（2022河南模拟）如图，O半径为4cm，其内接正六边形ABCDEF，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，连接PB，QE，PE，BQ设运动时间为t（s）（1）求证：四边形PEQB为平行四边形；（2）填空：当t2s时，四边形PBQE为菱形；当t0或4s时，四边形PBQE为矩形【分析】（1）只要证明ABPDEQ（SAS），可得BPEQ，同理PEBQ，由此即可证明；（2）当PAPF，QCQD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t2s；当t0时，EPFPEF30，推出BPE1203090，推出此时四边形PBQE是矩形当

41、t4时，同法可知BPE90，此时四边形PBQE是矩形；【解答】（1）证明：正六边形ABCDEF内接于O，ABBCCDDEEFFA，AABCCDDEFF，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，APDQt，PFQC4t，在ABP和DEQ中，AB=DEA=DAP=DQ，ABPDEQ（SAS），BPEQ，同理可证PEQB，四边形PEQB是平行四边形（2）解：当PAPF，QCQD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t2s当t0时，EPFPEF30，BPE1203090，此时四边形PBQE是矩形当t4时，同法可知BPE90，此时四边形PBQE是矩形综上所述，t0s或4

42、s时，四边形PBQE是矩形故答案为2s，0s或4s【变式10-3】（2022张家口一模）（1）已知：如图1，ABC是O的内接正三角形，点P为BC上一动点，求证：PAPB+PC下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法证明：在AP上截取AECP，连接BEABC是正三角形ABCB1和2的同弧圆周角12ABECBP（2）如图2，四边形ABCD是O的内接正方形，点P为BC上一动点，求证：PAPC+2PB（3）如图3，六边形ABCDEF是O的内接正六边形，点P为BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，直接写出结论【分析】（1）延长BP至E，使PEPC，

43、连接CE，证明PCE是等边三角形利用CEPC，E360，EBCPAC，得到BECAPC，所以PABEPB+PC；（2）过点B作BEPB交PA于E，证明ABECBP，所以PCAE，可得PAPC+2PB（3）在AP上截取AQPC，连接BQ可证ABQCBP，所以BQBP又因为APB30所以PQ=3PB，PAPQ+AQ=3PB+PC【解答】证明：（1）延长BP至E，使PEPC，连接CE1260，3460，CPE60，PCE是等边三角形，CEPC，E360；又EBCPAC，BECAPC，PABEPB+PC（2）过点B作BEPB交PA于E1+22+39013，又APB45，BPBE，PE=2PB；又ABBC，ABECBP，PCAEPA=AE+PE=PC+2PB（3）答：PA=PC+3PB；证明：在AP上截取AQPC，连接BQ，如图3，BAPBCP，ABBC，ABQCBP，BQBP又APB30，PQ=3PBPA=PQ+AQ=3PB+PC