专题24.10 正多边形和圆【十一大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版）.docx

1、专题24.10 正多边形和圆【十一大题型】【沪科版】【题型1 求正多边形中心角】1【题型2 求正多边形的边数】4【题型3 正多边形与圆中求角度】8【题型4 正多边形与圆中求面积】12【题型5 正多边形与圆中求周长】16【题型7 正多边形与圆中求边心距、边长】24【题型8 正多边形与圆中求最值】28【题型9 尺规作图-正多边形】32【题型10 正多边形与圆中的规律问题】36【题型11 多边形与圆中的证明】40【知识点 正多边形和圆】 （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 求正多边形中心角】【例1】（20

2、23秋广东广州九年级校考期中）下列图形中，绕它的中心旋转60后可以和原图形重合的是（）A正六边形B正五边形C正方形D正三角形【答案】A【分析】根据旋转对称图形的定义，逐一进行判断即可【详解】解：A、正六边形的中心角为：3606=60，绕它的中心旋转60后可以和原图形重合，符合题意；B、正五边形的中心角为：3605=72，绕它的中心旋转60后不能和原图形重合，不符合题意；C、正方形的中心角为：3604=90，绕它的中心旋转60后不能和原图形重合，不符合题意；D、正三角形的中心角为：3603=120，绕它的中心旋转60后不能和原图形重合，不符合题意；故选A【点睛】本题考查旋转对称图形熟练掌握正多边

3、形的中心角等于360n，以及旋转对称图形的定义，是解题的关键【变式1-1】（2023秋河北唐山九年级统考期中）若一个正多边形的边长与半径相等，则这个正多边形的中心角是（）A45B60C90D120【答案】B【分析】根据正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，由已知边长与半径相等，可知一边所对的圆心角为60，即得答案【详解】解：如图所示的正多边形中，AB=OA=OB，ABO为等边三角形，AOB=60，这个正多边形的中心角为60故选B【点睛】此题主要考查正多边形的中心角概念，正确理解题意与中心角概念相结合是解此题的关键【变式1-2】（2023秋河北邯郸九年级统考期末）如图，正六边形与正方形

4、有重合的中心O，若BOC是正n边形的一个中心角，则n的值为（）A8B10C12D16【答案】C【分析】连接OA，先求出AOB的度数，然后利用正多边形外角和等于360，即可求出答案【详解】解：连接OA，如图：根据题意，正六边形和正方形的中心都是点O，AOC=90，AOB=60，COB=90-60=30；COB是某正n边形的一个中心角，n=36030=12；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COB的度数【变式1-3】（2023秋黑龙江大庆九年级统考期末）如图，正五边形ABCDE和正三角形APQ都内接于O，则PC的度数为 【答案】

5、24【分析】连接OA，OB，OP，OC，分别求出正五边形ABCDE和正三角形APQ的中心角，结合图形计算即可【详解】解：连接OA，OB，OP，OC，五边形ABCDE是正五边形，AOB=3605=72，AOC=722=144，APQ是正三角形，AOP=3603=120，POC=AOC-AOP=144-120=24PC的度数为24故答案为：24【点睛】本题考查圆心角和弧之间的关系，正多边形与圆的有关计算掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键【题型2 求正多边形的边数】【例2】（2023秋河北唐山九年级统考期末）如图，点A、B、C、D为一个正多边形的顶点，点O为正多边形的中心，若ADB=18，则

6、这个正多边形的边数为（）A10B12C15D20【答案】A【分析】作正多边形的外接圆，根据圆周角定理得到AOB=36，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，ADB=18，AOB=2ADB=36，这个正多边形的边数为36036=10故选：A【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【变式2-1】（2023秋湖北十堰九年级统考期末）如图，AB,BC和AC分别为O内接正方形，正六边形和正n边形的一边，则n是（）A六B八C十D十二【答案】D【分析】分别求出AOB和COB，从而得到AOC，由此即可得到答案【详解】解：如图所示，连接OA，OC，OB，AB和BC分

7、别是正方形和正六边形的一边，AOB=3604=90,COB=3606=60，AOC=AOB-COB=30，n=36030=12，故选D【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形边数与中心角的关系是解题的关键【变式2-2】（2023秋山东济南九年级统考期末）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（）A6B8C10D12【答案】D【分析】连接AC,OD,OF，先根据圆内接正多边形的性质可得点O在AC上，且AC是BAD和EAF的角平分线，从而可得CAD=12BAD=45,CAF=12EAF=30，再根据角的和差

8、可得DAF=15，然后根据圆周角定理可得DOF=2DAF=30，最后根据正多边形的性质即可得【详解】解：如图，连接AC,OD,OF，四边形ABCD为O的内接正四边形，AEF为O的内接正三角形，点O在AC上，且AC是BAD和EAF的角平分线，BAD=90,EAF=60，CAD=12BAD=45,CAF=12EAF=30，DAF=CAD-CAF=15，DOF=2DAF=30，DF恰好是圆O的一个内接正n边形的一边，n=360DOF=36030=12，故选：D【点睛】本题考查了圆内接正多边形、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题关键【变式2-3】（2023秋安徽安庆九年级校联考期末

9、）如图，在O的内接四边形ABCD中，AB=AD,C=120，点E在弧AD上，连接OD、OE、AE、DE（1）AED的度数为 （2）当DOE=90时，AE恰好为O的内接正n边形的一边，则n的值为 【答案】 120 12【分析】（1）连接BD，由已知条件证ABD是等边三角形，得到ABD=60，从而由圆内接四边形的性质可得AED=120；（2）连接OA，由ABD=60，可得AOD=120，结合DOE=90，可得AOE=30，从而可得n=36030=12【详解】（1）连接BD，四边形ABCD是O的内接四边形，BAD+C=180，C=120，BAD=60，AB=AD，ABD是等边三角形，ABD=60，四

10、边形ABDE是O的内接四边形，AED+ABD=180，AED=120；（2）连接OA，ABD=60，AOD=2ABD=120，DOE=90，AOE=AOD-DOE=30，n=36030=12【点睛】本题考查正多边形与圆相关知识点，理解并熟练运用基本性质和结论是解题关键【题型3 正多边形与圆中求角度】【例3】（2023秋山西阳泉九年级统考期末）如图，正八边形ABCDEFGH内接于O，P为弧AB上的一点（点P不与点A，B重合），则DPF的度数为（）A22.5B30C40D45【答案】D【分析】连接OD、OE、OF，根据正多边形和圆的知识求出正八边形的中心角的度数，根据圆周角定理求出DPF的度数【详

11、解】解：连接OD、OE、OF，如图，八边形ABCDEFGH是正八边形，DOE=EOF=3608=45，DOF=DOE+EOF=90，DPF=12DOF=45，故选：D【点睛】本题考查的是正多边形和圆、圆周角定理的应用；熟练掌握中心角公式，由圆周角定理求出结果是解决问题的关键【变式3-1】（2023秋浙江嘉兴九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF和正方形AGDH都内接于O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为（）A15B30C15或165D30或150【答案】C【分析】先求出正六边形和正方形的边所对的圆心角，求差可得弦BG所对得圆心角，再分别求出优弧和劣弧所对得圆周角即可【详解】如图，连接B

12、O,AO,GO四边形AGDH是正方形AOG=3604=90六边形ABCDEF是正六边形AOB=3606=60BOG=AOG-AOB=90-60=30弦BG所对圆周角的度数为302=15或360-302=165故选C【点睛】本题考查正多边形和圆的关系，以及同弧所对圆周角是它所对圆心角得一半，注意有两个答案【变式3-2】（2023秋江苏南京九年级统考期末）如图，正五边形ABCDE内接于O，AF是O的直径，P是O上的一点（不与点B，F重合），则BPF的度数为 【答案】54或126【分析】由正五边形的性质，圆周角定理，得到COF=DOF，由等腰三角形的性质推出直径AFCD，从而求出BOF的度数，分两种

13、情况，即可解决问题【详解】解：连接OC，OD，正五边形ABCDE的五个顶点把圆五等分，ABC=AED，AOC=AOD，COF=DOF，OC=OD，直径AFCD，CF=DF，COD=15360=72，COF=1272=36，当P在BAF上时，连接OB，BP，FP，BOC=15360=72，BOF=BOC+COF=108，BPF=12BOF=54，当P在BCF上时，由圆内接四边形的性质得BPF=180-54=126BPF的度数是54或126故答案为：54或126【点睛】本题考查正五边形和圆，关键是掌握正五边形的性质【变式3-3】（2023春辽宁沈阳九年级统考期末）如图所示，在正五边形ABCDE中，

14、F是CD的中点，点G在线段AF上运动，连接EG，DG，当DEG的周长最小时，EGD的度数为 【答案】72【分析】根据对称的定义得出当点E、G、C在同一条直线上时，DEG的周长最小，由正五边形的性质可得CDE=108，CD=ED，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得DCE=DEC=36，再由等腰三角形的性质和三角形外角的定义进行计算即可得到答案【详解】解：如图，当点E、G、C在同一条直线上时，DEG的周长最小，五边形ABCDE是正五边形，CDE=5-21805=108，CD=ED，DCE=DEC=180-CDE2=180-1082=36， F是CD的中点，AF是正五边形ABCDE的一条对称轴

15、，GD=GC，GDC=GCD=36，EGD=GDC+GCD=72，故答案为：72【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、三角形外角的定义、对称的性质，熟练掌握正多边形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、三角形外角的定义、对称的性质，是解题的关键【题型4 正多边形与圆中求面积】【例4】（2023春河北衡水九年级校考期中）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为1，分别以其对角线AD、FB为边作正方形，则两个阴影部分的面积差S1-S2的值为（）A0B1C3D2【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ABCDEF的中

16、心O，连接OF，OB，OC，令OA交BF于点M，正六边形ABCDEF的边长为1，BOC=AOB=AOF=COD= 3606=60 ，OF=OB=OC=OA=OD，COD、BOC与AOB都是边长为1的等边三角形，OMBF，AD=OA+OD=2，BF=2FM，OFM=90-AOF=30，OM=OF= 12，BF=2FM=2 12-122=232=3，AD为边的正方形的面积为4，FB为边的正方形的面积为3，S1-S2=4-3=1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4-1】（2023秋山东滨州九年级统考期中）如图，在拧开一

17、个边长为a的正六角形螺帽时，扳手张开的开口b=103mm，则这个正六边形的面积为（）A253mm2B753mm2C1503mm2D2033mm2【答案】C【分析】根据正六边形的性质，可得ABC=120，AB=BC=a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，根据勾股定理计算，可得答案【详解】解：如图：作BDAC于D，由正六边形，得ABC=120，AB=BC=a，BCD=BAC=30由AC=103mm，得CD=53mma=CD32=10，这个正六边形的面积6121053=1503(mm2)，故选C【点睛】本题考查了正多边形和圆，利用了正六边形的性质得出等腰三角形是解题关键，又利用了正三角形的性质和勾

18、股定理【变式4-2】（2023秋福建宁德九年级统考期末）将三个正六边形按如图方式摆放，若小正六边形的面积是6，则大正六边形的面积是 【答案】54【分析】由正六边形的性质，可知图中每个三角形都为等边三角形且全等，再确定每个小正三角形得面积，即可得出结果【详解】解：如图连线：多边形为正六边形，图中每个三角形都为等边三角形且全等，小正六边形的面积是6，每个三角形的面积为166=1，由图得共有54个等边小三角形，故大正六边形的面积是541=54，故答案为：54【点睛】题目主要考查正多边形的性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键【变式4-3】（2023秋广东湛江九年级校考期末）如图，在O的内接正六边形

19、ABCDEF中，AB=3，则图中阴影部分的面积为 【答案】3-934【分析】连接OA，OB，OD， OA交BF于G，由圆内正六边形的性质，等边三角形的性质和勾股定理分别求出圆的半径OB，BDF的底边BF和高DG，再用圆的面积减去BDF的面积即可【详解】解：如图，连接OA，OB，OD， OA交BF于G，六边形ABCDEF是正六边形，且内接于O，点A,O,D在同一条直线上，OABF，AOB=60，OA=OB=OD，BG=FG，OAB是等边三角形，OG=AG，AB=3，OA=OB=AB=3，OG=AG=12OA=32，DG=OD+OG=332，在RtOBG中，由勾股定理得BG=OB2-OG2=32，

20、BF=BG+FG=3，S阴影=SO-SBDF=32-123332=3-934【点睛】本题主要考查了圆内正多边形的性质，熟练掌握圆内正六边形的性质是解题的关键【题型5 正多边形与圆中求周长】【例5】（2023秋四川广安九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF内接于O，若O的周长等于6，则正六边形的周长为（）A63B66C3D18【答案】D【分析】连接OB、OC，根据O的周长等于6，可得O的半径OB=OC=3，而六边形ABCDEF是正六边形，即知BOC=3606=60，BOC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OB、OC，如图：O的周长等于6，O的半径OB=OC=62

21、=3，六边形ABCDEF是正六边形，BOC=3606=60，BOC是等边三角形，BC=OB=OC=3，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60，从而得到BOC是等边三角形【变式5-1】（2023秋江苏南京九年级校联考期末）如图，BF、CE是正六边形ABCDEF的两条对角线，若正六边形ABCDEF的边长是a，则四边形BCEF的周长是 （用含a的代数式表示）【答案】2a23a【分析】过点A作AHBF，垂足为H，先证ABF为等腰三角形，求出ABH的度数，用含a的代数式表示出AH、BH，然后利用等腰三角形的

22、三线合一，矩形的判定与性质即可解决问题【详解】解：过点A作AHBF，垂足为H，如图所示：ABCDEF是正六边形，AB=AF，ABF为等腰三角形，正六边形的每个内角度数为：180(n-2)6=180(6-2)6=120，AHBF，BAH=12BAF=60，ABH=30，AB=a，则AH=12a，BH=AB2-AH2=a2-(12a)2=32a，BF=2BH=3a，又BCEF，BC=EF，CBF=CBA-ABH=90，四边形BCEF为矩形，CBCEF=BC+CE+EF+BF=a+3a+a+3a=2a+23a，故答案为：2a23a【点睛】本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与

23、性质，正确作出辅助线，熟悉这些性质定理是解决问题的关键【变式5-2】（2023春浙江台州九年级校考期中）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”kn如图，正三角形ABC的边长为1，求得其内切圆的半径为36，因此k3=_；(2)探索分别求出正方形和正六边形的“正圆度”k4、k6；(3)总结随着n的增大，kn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)33(2)4，23(3)随着n的增大，kn越来越接近于1，见解析【分析】（1）根据“正圆度”的定义

24、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，kn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，k3=13236=33，故答案为：33；（2）解：假设正方形边长1，此时正方形的内切圆半径为12，k4=14212=4；设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则AOB=3606=60，又OA=OB，AOB是等边三角形，OA=OB=1，AC=12，OC=OA2-AC2=32，k6=16232=23；（3）解：k31.65，k41.27，k61.

25、10，随着n的增大，kn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【变式5-3】（2023春福建福州九年级统考期中）如图，点G，H，I，J，K，L分别是正六边形ABCDEF各边的中点，则六边形GHIJKL与六边形ABCDEF的周长比为 【答案】32【分析】设正六边形ABCDEF的中心为O，周长是6x，连接OH，OC，根据正六边形的性质得到OC=BC=x，求得OH=32OC=32x，于是得到结论【详解】解：设正六边形A

26、BCDEF的中心为O，连接OH，OC，设正六边形ABCDEF的周长是6x，OC=BC=x，OH=32OC=32x，顺次连接正六边形ABCDEF各边的中点G、H、I、J、K、L得到的六边形为正六边形，HI=OH=32x，六边形GHKLMN的周长是33x，GHIJKL与六边形ABCDEF的周长比=33x6x=32，故答案为：32【点睛】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键【题型6 正多边形与圆中求半径】【例6】（2023秋河南郑州九年级统考期末）如图，已知O的内接正方形ABCD的边长为1，则O的半径为（）A2B22C1D12【答案】B【分析】利用正方形

27、的性质结合勾股定理得出O的半径【详解】解：连接OB、OC，如图所示，O的内接正方形ABCD的边长为1，OB=OC，BC=1，BOC=90，在RtBOC中，OB2+OC2=2OB2=BC2=1，OB=22故选：B【点睛】此题考查了正多边形和圆、勾股定理，正确掌握正方形的性质是本题的关键【变式6-1】（2023秋青海海东九年级统考期末）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为 【答案】45cm【分析】圆心为A，设半径为R，大正方形边长是2x，根据图形可得AE=BC=x，CE=2x，EF=DF=4，利用勾股定理列出方程求解，然后代入勾股定理计算即可得出结果【

28、详解】解：如图所示，圆心为A，设半径为R，大正方形边长是2x正方形的两个顶点在半圆上，另外两个顶点在圆心两侧，AE=BC=x，CE=2x，小正方形的面积为16cm2，小正方形的边长为EF=DF=4，由勾股定理得：R2=AE2+CE2=AF2+DF2，即x2+4x2=x+42+42，解得：x=4cm，（负值舍去）R=45cm，故答案为：45cm【点睛】题目主要考查圆的基本性质及勾股定理解三角形，正方形的性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键【变式6-2】（2023秋河南许昌九年级统考期末）若正方形的外接圆的半径为4，则这个正方形内切圆的半径为 【答案】22【分析】根据题意画出图形，再由正方形的性

29、质判断出AOE为等腰直角三角形，然后再用勾股定理即可求得答案【详解】解：如图，连接OA、OE，根据题意知OA=4，AB是小圆的切线，OEAB，四边形ABCD是正方形，AOE是等腰直角三角形，AE=OE，在RtAOE中,根据勾股定理得：AE2+OE2=OA2，2OE2=42，解得OE=22或OE=-22（舍去），故答案为：22【点睛】本题考查了正方形和圆、勾股定理、正方形的性质等知识，根据题意画出图形并利用勾股定理是解答本题的关键，属于中考常考题型【变式6-3】（2023秋天津红桥九年级统考期末）若一个正六边形的边长为2，则其外接圆与内切圆的半径分别为（）A2，1B2，3C3，2D23，3【答案

30、】B【分析】从内切圆的圆心和外接圆的圆心向三角形的边引垂线，构建直角三角形，解直角三角形即可【详解】解：设内切圆的圆心为O，连接OA，OB，过O作OGAB于G正六边形的边长为2，正六边形的半径是2，则外接圆的半径2，内切圆的半径是正六边形的边心距，AOB=60，AO=BO，则AOB是等边三角形，AO=2，AOG=30AG=1GO= AO2-AG2=22-12=3，故选B【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，正多边形的计算一般是通过中心作边的垂线，连接半径，把正多边形中的半径，边长，边心距，中心角之间的计算转化为解直角三角形【题型7 正多边形与圆中求边心距、边长】【例7】（2023秋贵州黔西九年级

31、统考期中）已知四个正六边形按如图所示摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F均在O上，连接AD若两个大正六边形的边长均为4，两个小正六边形全等，则小正六边形的边长是（）A3-13B13-1C13+1D23-1【答案】B【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【详解】解：连接AD交PM于O，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，OM=OP=EN=DN=2，由正六边形的性质可得ON=43，OD=DN2+ON2=213=OF，MF

32、=213-2，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【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键【变式7-1】（2023秋河北石家庄九年级校考期中）如图，半径为2的O是正六边形ABCDEF的外接圆，则边心距OM的长度为（）A1B3C32D2【答案】B【分析】如图所示，连接OC，OD，求出COD=60，进而证明COD是等边三角形，得到CD=OC=2，求出CM=12CD=1，即可利用勾股定理求出答案【详解】解：如图所示，连接OC，OD，由题意得COD=3606=60，OC=OD，COD是等边三角形，CD=OC=2，OMC

33、D，CM=12CD=1，OM=OC2-CM2=3，故选B【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，勾股定理，等边三角形的性质与判断，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键【变式7-2】（2023秋山东东营九年级东营市胜利第一初级中学校考期末）圆内接正六边形与圆外切正三角形的边长之比为 【答案】3:6【分析】设圆的半径为r，求出圆内接正六边形与圆外切正三角形的边长解题即可【详解】解：设圆的半径为r，则圆内接正六边形的边长为r，如图，可知OC=r，OAC=30，OA=2OC=2r，AC=OA2-OC2=3r，AB=2AC=23r，圆内接正六边形与圆外切正三角形的边长之比为r:23r=3:6，故答案为：

34、3:6【点睛】本题考查圆和正多边形，掌握构造直角三角形求边长是解题的关键【变式7-3】（2023秋山东济宁九年级校考期末）如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BD，EC交于点G，已知半径为3，则EG的长为 【答案】2【分析】连接BO、GO，则三角形EOG为直角三角形，利用勾股定理即可求解【详解】解：连接BE、GO、OC，则BE经过O点，且O是BE的中点，六边形ABCDEF是正六边形，ED=BC，EDC=6-21806=120，BOC=3606=60，EBD=CEB，EG=BG，GOBE，EOG=BOG=90，BOC=60，BEC=1260=30，DE=CD=BC，DEC=CEB=EBD=BD

35、C=30，EDG=120-30=90，设EG的长为x，则OG=12EG=12x，12x2+32=x2，解得：x=2或x=-2（舍去）故答案为：2【点睛】本题考查了圆内接正六边形的性质，圆周角定理，勾股定理的应用，解题的关键是掌握各知识点，并能结合图形熟练运用各知识点【题型8 正多边形与圆中求最值】【例8】（2023秋新疆阿克苏九年级统考期末）如图，已知正六边形ABCDEF的边长是6，点P是AD上一动点，则PE+PF的最小值是 【答案】12【分析】易知点B关于AD的对称点为点F，连接BE交AD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AD的对称点为点F，连接B

36、E交AD于点P，那么有PB=PF，此时PE+PF=BE最小六边形ABCDEF是正六边形，对角线BE、AD交于P，APB、APF、EPF都是等边三角形，AP=PB=PE=6，BE=12，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【变式8-1】（2023秋浙江杭州九年级期末）如图所示，已知边长为2的正三角形ABC顶点A的坐标为（0，6），BC的中点D在y轴上，且在点A下方，点E是边长为2，中心在原点的正六边形的一个顶点，把这个正六边形绕中心旋转一周，在此过程中DE的最小值为（）A3-3B2C4-3D1【答案】C【分析】如图，连接OE，设点E性质至y轴正半轴时为点E，首先得到当点E旋转至y轴正半轴上时DE最小，然后分别求得AD、OE的长，最后求得DE的长即可【详解】如图，连接OE，设点E性质至y轴正半轴时为点EOE+DEOD，D、E、O三点在一条直线上时DE有最小值，点E是边长为2，中心在原点的正六边形的一个顶点，OE=OE=2，点D为BC中点，ABC为边长为2的等边三角形，BD=12BC=1，ADBC，AD=22-12=3，点A的坐标为（0，6），OA=6，DE=OA-AD-OE=6-2-3=4-3，