北師大版九年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)3.8正多邊形與圓【十大題型】同步練習(xí)(學(xué)生版+解析)

專題3.8正多邊形與圓【十大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1正多邊形與圓中求角度】 1【題型2正多邊形與圓中求線段長(zhǎng)度】 3【題型3正多邊形與圓中求半徑】 4【題型4正多邊形與圓中求面積】 5【題型5正多邊形與圓中求周長(zhǎng)】 6【題型6確定正多邊形的邊數(shù)】 6【題型7正多邊形與圓中的實(shí)際應(yīng)用】 7【題型8正多邊形與圓中的規(guī)律問題】 8【題型9正多邊形與圓中求最值】 10【題型10正多邊形與圓中的證明】 11【知識(shí)點(diǎn)1正多邊形與圓】（1）正多邊形的有關(guān)計(jì)算中心角邊心距周長(zhǎng)面積為邊數(shù)；為邊心距；為半徑；為邊長(zhǎng)（2）正多邊形每個(gè)內(nèi)角度數(shù)為，每個(gè)外角度數(shù)為【題型1正多邊形與圓中求角度】【例1】（2022春?株洲期末）如圖，正五邊形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的內(nèi)接多邊形，則∠BOM的度數(shù)是（）A．36° B．45° C．48° D．60°【變式1-1】（2022?長(zhǎng)春一模）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)M在AF上，則∠CMD的大小為（）A．60° B．45° C．30° D．15°【變式1-2】（2022春?福州期中）如圖，在正五邊形ABCDE中，連結(jié)AC，以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑畫圓弧交AC于點(diǎn)F，連接DF．則∠FDC的度數(shù)是．【變式1-3】（2022?綏化）如圖，正六邊形ABCDEF和正五邊形AHIJK內(nèi)接于⊙O，且有公共頂點(diǎn)A，則∠BOH的度數(shù)為度．【題型2正多邊形與圓中求線段長(zhǎng)度】【例2】（2022?雅安）如圖，已知⊙O的周長(zhǎng)等于6π，則該圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF的邊心距OG為（）A．33 B．32 C．33【變式2-1】（2022秋?西城區(qū)期末）如圖，⊙O是正方形ABCD的外接圓，若⊙O的半徑為4，則正方形ABCD的邊長(zhǎng)為（）A．4 B．8 C．22 D．【變式2-2】（2022?德城區(qū)模擬）已知四個(gè)正六邊形如圖擺放在圖中，頂點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)在圓上．若兩個(gè)大正六邊形的邊長(zhǎng)均為4，則小正六邊形的邊長(zhǎng)是（）A．3?13 B．13?1 C．13+1【變式2-3】（2022?涼山州）如圖，等邊三角形ABC和正方形ADEF都內(nèi)接于⊙O，則AD：AB＝（）A．22：3 B．2：3 C．3：2 D．3：22【題型3正多邊形與圓中求半徑】【例3】（2022春?臨海市期末）如圖，以點(diǎn)O為圓心的兩個(gè)同心圓把以O(shè)A為半徑的大圓O的面積三等分，這兩個(gè)圓的半徑分別為OB，OC．則OA：OB：OC的值是（）A．3：2：1 B．9：4：1 C．3：2：1 D．3：6：2【變式3-1】（2022?虹口區(qū)二模）如果正三角形的邊心距是2，那么它的半徑是．【變式3-2】（2022?欽州模擬）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，連接AC，已知AC＝6，則圓的半徑是（）A．3 B．6 C．23 D．43【變式3-3】（2022?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖：⊙O與正六邊形ABCDEF的兩邊AB和EF相切于點(diǎn)B和點(diǎn)E兩點(diǎn)，若正六邊形的邊長(zhǎng)是3，則⊙O的半徑長(zhǎng)是（）A．1 B．3 C．2 D．3【題型4正多邊形與圓中求面積】【例4】（2022?泗水縣三模）如圖所示的“六芒星”圖標(biāo)是由圓的六等分點(diǎn)連接而成，若圓的半徑為4，則圖中陰影部分的面積為（）A．83 B．123 C．16 D．【變式4-1】（2022秋?宣化區(qū)期末）如圖，已知⊙O的周長(zhǎng)等于6π，則它的內(nèi)接正六邊形ABCDEF的面積是（）A．2732 B．2734 C．【變式4-2】（2022?廬陽區(qū)校級(jí)一模）如圖所示的“六芒星”圖標(biāo)是由圓的六等分點(diǎn)連接而成，若圓的半徑為1，則圖中陰影部分的面積為（）A．334 B．3 C．53【變式4-3】（2022秋?廬江縣期末）⊙O半徑為4，以⊙O的內(nèi)接正三角形、正方形、正六邊形的邊心距為邊作一個(gè)三角形，則所得三角形的面積是（）A．2 B．3 C．22 D．23【題型5正多邊形與圓中求周長(zhǎng)】【例5】（2022?和平區(qū)一模）如圖，若⊙O是正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的外接圓，則正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的周長(zhǎng)之比為（）A．22：3 B．2：1 C．2：3 D．1：3【變式5-1】（2022?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）正六邊形的周長(zhǎng)為12，則它的外接圓的內(nèi)接正三角形的周長(zhǎng)為（）A．23 B．33 C．63 D．6【變式5-2】（2022秋?梅河口市期末）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，連接OC、OD，若OC長(zhǎng)為2cm，則正六形ABCDEF的周長(zhǎng)為cm．【變式5-3】（2022?旌陽區(qū)模擬）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，若⊙O的半徑為6，則△ADE的周長(zhǎng)是（）A．9+33 B．12+63 C．18+33 D．18+63【題型6確定正多邊形的邊數(shù)】【例6】（2022?寬城縣一模）如圖，邊AB是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，點(diǎn)C在AB上，且BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊，若AC是⊙O內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值是（）A．6 B．12 C．24 D．48【變式6-1】（2022秋?濱江區(qū)期末）一個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形中，一條邊所對(duì)的圓心角為72°，則該正多邊形的邊數(shù)是（）A．4 B．5 C．6 D．7【變式6-2】（2022?息烽縣二模）如圖，AB、AC分別為⊙O的內(nèi)接正方形、內(nèi)接正三邊形的邊，BC是圓內(nèi)接正n邊形的一邊，則n等于（）A．8 B．10 C．12 D．16【變式6-3】（2022秋?鋼城區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接正四邊形，△AEF為⊙O的內(nèi)接正三角形，若DF恰好是同圓的一個(gè)內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值為（）A．8 B．10 C．12 D．15【題型7正多邊形與圓中的實(shí)際應(yīng)用】【例7】（2022?安國(guó)市一模）2019年版一元硬幣的直徑約為22.25mm，則用它能完全覆蓋住的正方形的邊長(zhǎng)最大不能超過（）A．11.125mm B．22.25mm C．8928mm D．【變式7-1】（2022秋?門頭溝區(qū)期末）頤和園是我國(guó)現(xiàn)存規(guī)模最大，保存最完整的古代皇家園林，它和承德避暑山莊、蘇州拙政園、蘇州留園并稱為中國(guó)四大名園．該園有一個(gè)六角亭，如果它的地基是半徑為2米的正六邊形，那么這個(gè)地基的周長(zhǎng)是米．【變式7-2】（2022秋?東城區(qū)期末）斛是中國(guó)古代的一種量器．據(jù)《漢書?律歷志》記載：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉．”意思是說：“斛的底面為：正方形外接一個(gè)圓，此圓外是一個(gè)同心圓．”如圖所示．問題：現(xiàn)有一斛，其底面的外圓直徑為兩尺五寸（即2.5尺），“庣旁”為兩寸五分（即兩同心圓的外圓與內(nèi)圓的半徑之差為0.25尺），則此斛底面的正方形的邊長(zhǎng)為尺．【變式7-3】（2022?清苑區(qū)一模）某廠家要設(shè)計(jì)一個(gè)裝彩鉛的紙盒，已知每支筆形狀、大小相同，底面均為正六邊形，六邊形邊長(zhǎng)為1cm．目前廠家提供了圓形和等邊三角形兩種作為底面的設(shè)計(jì)方案，我們以6支彩鉛為例，可以設(shè)計(jì)如圖的兩種收納方案；（1）如果要裝6支彩鉛，在以上兩種方案里，你認(rèn)為更小的底面積是cm．（2）如果你要裝12只彩鉛，要求相鄰彩鉛拼接無空隙，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一種最佳的布局，并使用圓形來設(shè)計(jì)底面，則底面半徑的最小值為13cm．【題型8正多邊形與圓中的規(guī)律問題】【例8】（2022秋?椒江區(qū)校級(jí)月考）已知正方形MNKO和正六邊形ABCDEF邊長(zhǎng)均為1，把正方形放在正六邊形外邊，使OK邊與AB邊重合，如圖所示．按下列步驟操作：將正方形在正六邊形外繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使KN邊與BC邊重合，完成第一次旋轉(zhuǎn)；再繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使NM邊與CD邊重合，完成第二次旋轉(zhuǎn)；…在這樣連續(xù)6次旋轉(zhuǎn)的過程中，點(diǎn)M在圖中直角坐標(biāo)系中的縱坐標(biāo)可能是（）A．2.2 B．﹣2.2 C．2.3 D．﹣2.3【變式8-1】（2022秋?鐵鋒區(qū)期末）如圖，邊長(zhǎng)為1的正六邊形ABCDEF放置于平面直角坐標(biāo)系中，邊AB在x軸正半軸上，頂點(diǎn)F在y軸正半軸上，將正六邊形ABCDEF繞坐標(biāo)原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，那么經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為．【變式8-2】（2022?江西模擬）如圖，我們把先作正方形ABCD的內(nèi)切圓，再作這個(gè)內(nèi)切圓的內(nèi)接正方形A1B1C1D1．稱為第一次數(shù)學(xué)操作，接下來，作正方形A1B1C1D1的內(nèi)切圓，再作這個(gè)內(nèi)切圓的內(nèi)接正方形A2B2C2D2，稱為第二次數(shù)學(xué)操作，按此規(guī)律如此下去，…，當(dāng)完成第n次數(shù)學(xué)操作后，得到正方形AnBn?nDn，則AnA．（22）n B．（12）n C．（32）n D．（【變式8-3】（2022?威海）如圖，正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長(zhǎng)為2，正六邊形A2B2C2D2E2F2的外接圓與正六邊形A1B1C1D1E1F1的各邊相切，正六邊形A3B3C3D3E3F3的外接圓與正六邊形A2B2C2D2E2F2的各邊相切，…按這樣的規(guī)律進(jìn)行下去，A10B10C10D10E10F10的邊長(zhǎng)為（）A．24329 B．81329 【題型9正多邊形與圓中求最值】【例9】（2022?南山區(qū)三模）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，線段MN在對(duì)角線BD上運(yùn)動(dòng)，若⊙O的面積為8π，MN＝2，則△AMN周長(zhǎng)的最小值是（）A．6 B．8 C．9 D．10【變式9-1】（2022?觀山湖區(qū)一模）如圖，點(diǎn)P是正六邊形ABCDEF內(nèi)一點(diǎn)，AB＝4，當(dāng)∠APB＝90°時(shí)，連接PD，則線段PD的最小值是（）A．211?2 B．213?2 【變式9-2】（2022?浙江自主招生）如圖，邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E是弧AB上的一動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合），點(diǎn)F是弧BC上的一點(diǎn)，連接OE，OF，分別與AB，BC交于點(diǎn)G，H，且∠EOF＝90°，則△GBH周長(zhǎng)的最小值為．【變式9-3】（2022秋?廣陵區(qū)期末）如圖，⊙O半徑為2，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E在ADC上運(yùn)動(dòng)，連接BE，作AF⊥BE，垂足為F，連接CF．則CF長(zhǎng)的最小值為．【題型10正多邊形與圓中的證明】【例10】如圖，⊙O的內(nèi)接正五邊形ABCDE中，對(duì)角線AC和BE相交于點(diǎn)F．（1）求∠BAC的度數(shù)．（2）求證：四邊形CDEF為菱形．【變式10-1】已知：如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接等腰三角形，頂角∠BAC＝36°，弦BD、CE分別平分∠ABC、∠ACB．求證：五邊形AEBCD是正五邊形．【變式10-2】（2022?河南模擬）如圖，⊙O半徑為4cm，其內(nèi)接正六邊形ABCDEF，點(diǎn)P，Q同時(shí)分別從A，D兩點(diǎn)出發(fā)，以1cm/s速度沿AF，DC向終點(diǎn)F，C運(yùn)動(dòng)，連接PB，QE，PE，BQ．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．專題3.8正多邊形與圓【十大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1正多邊形與圓中求角度】 1【題型2正多邊形與圓中求線段長(zhǎng)度】 5【題型3正多邊形與圓中求半徑】 8【題型4正多邊形與圓中求面積】 11【題型5正多邊形與圓中求周長(zhǎng)】 14【題型6確定正多邊形的邊數(shù)】 16【題型7正多邊形與圓中的實(shí)際應(yīng)用】 19【題型8正多邊形與圓中的規(guī)律問題】 23【題型9正多邊形與圓中求最值】 27【題型10正多邊形與圓中的證明】 32【知識(shí)點(diǎn)1正多邊形與圓】（1）正多邊形的有關(guān)計(jì)算中心角邊心距周長(zhǎng)面積為邊數(shù)；為邊心距；為半徑；為邊長(zhǎng)（2）正多邊形每個(gè)內(nèi)角度數(shù)為，每個(gè)外角度數(shù)為【題型1正多邊形與圓中求角度】【例1】（2022春?株洲期末）如圖，正五邊形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的內(nèi)接多邊形，則∠BOM的度數(shù)是（）A．36° B．45° C．48° D．60°【分析】如圖，連接AO．利用正多邊形的性質(zhì)求出∠AOM，∠AOB，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接AO．∵△AMN是等邊三角形，∴∠ANM＝60°，∴∠AOM＝2∠ANM＝120°，∵ABCDE是正五邊形，∴∠AOB=360°∴∠BOM＝120°﹣72°＝48°．【變式1-1】（2022?長(zhǎng)春一模）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)M在AF上，則∠CMD的大小為（）A．60° B．45° C．30° D．15°【分析】由正六邊形的性質(zhì)得出∠COD＝60°，由圓周角定理求出∠CMD＝30°．【解答】解：連接OC，OD，∵多邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠COD＝60°，∴∠CMD=12【變式1-2】（2022春?福州期中）如圖，在正五邊形ABCDE中，連結(jié)AC，以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑畫圓弧交AC于點(diǎn)F，連接DF．則∠FDC的度數(shù)是36°．【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)可求出每個(gè)內(nèi)角的度數(shù)為108°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求出∠EAC＝∠DCA＝72°，進(jìn)而可得四邊形AEDF是平行四邊形，求出∠DFC的度數(shù)，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出答案即可．【解答】解：∵正五邊形ABCDE，∴∠ABC＝∠EAB=(5?2)×180°5=108°，AB＝BC＝CD＝DE∴∠ACB＝∠BAC=180°?108°∴∠EAC＝∠DCA＝108°﹣36°＝72°，∴∠DEA+∠EAC＝108°+72°＝180°，∴DE∥AC，又∵DE＝AE＝AF，∴四邊形AEDF是平行四邊形，∴AE∥DF，∴∠DFC＝∠EAC＝72°＝∠DCA，∴∠FDC＝180°﹣72°﹣72°＝36°，故答案為：36°．【變式1-3】（2022?綏化）如圖，正六邊形ABCDEF和正五邊形AHIJK內(nèi)接于⊙O，且有公共頂點(diǎn)A，則∠BOH的度數(shù)為12度．【分析】求出正六邊形的中心角∠AOB和正五邊形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度數(shù)．【解答】解：如圖，連接OA，正六邊形的中心角為∠AOB＝360°÷6＝60°，正五邊形的中心角為∠AOH＝360°÷5＝72°，∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．故答案為：12．【題型2正多邊形與圓中求線段長(zhǎng)度】【例2】（2022?雅安）如圖，已知⊙O的周長(zhǎng)等于6π，則該圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF的邊心距OG為（）A．33 B．32 C．33【分析】連接OC，OD，由正六邊形ABCDEF可求出∠COD＝60°，進(jìn)而可求出∠COG＝30°，根據(jù)30°角的銳角三角函數(shù)值即可求出邊心距OG的長(zhǎng)．【解答】解：連接OC，OD，∵正六邊形ABCDEF是圓的內(nèi)接多邊形，∴∠COD＝60°，∵OC＝OD，OG⊥CD，∴∠COG＝30°，∵⊙O的周長(zhǎng)等于6π，∴OC＝3，∴OG=3【變式2-1】（2022秋?西城區(qū)期末）如圖，⊙O是正方形ABCD的外接圓，若⊙O的半徑為4，則正方形ABCD的邊長(zhǎng)為（）A．4 B．8 C．22 D．【分析】連接BD．由題意，△BCD是等腰直角三角形，故可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，連接BD．由題意，△BCD是等腰直角三角形，∵BD＝8，∠CBD＝45°，∠BCD＝90°，∴BC=22BD＝4故選：D．【變式2-2】（2022?德城區(qū)模擬）已知四個(gè)正六邊形如圖擺放在圖中，頂點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)在圓上．若兩個(gè)大正六邊形的邊長(zhǎng)均為4，則小正六邊形的邊長(zhǎng)是（）A．3?13 B．13?1 C．13+1【分析】在邊長(zhǎng)為4的大正六邊形中，根據(jù)正六邊形和圓的性質(zhì)可求出ON和半徑OD，進(jìn)而得出小正六邊形對(duì)應(yīng)點(diǎn)的距離MF，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)求出半徑GF，即邊長(zhǎng)FH即可．【解答】解：連接AD交PM于O，則點(diǎn)O是圓心，過點(diǎn)O作ON⊥DE于N，連接MF，取MF的中點(diǎn)G，連接GH，GQ，由對(duì)稱性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝2，由正六邊形的性質(zhì)可得ON＝43，∴OD=DN2+O∴MF＝213?由正六邊形的性質(zhì)可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，∴FH=12MF【變式2-3】（2022?涼山州）如圖，等邊三角形ABC和正方形ADEF都內(nèi)接于⊙O，則AD：AB＝（）A．22：3 B．2：3 C．3：2 D．3：22【分析】連接OA、OB、OD，過O作OH⊥AB于H，由垂徑定理得出AH＝BH=12AB，證出△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH＝60°，AH＝BH=12AB，得出AD=2OA，AH=32OA【解答】解：連接OA、OB、OD，過O作OH⊥AB于H，如圖所示：則AH＝BH=12∵等邊三角形ABC和正方形ADEF，都內(nèi)接于⊙O，∴∠AOB＝120°，∠AOD＝90°，∵OA＝OD＝OB，∴△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH=1∴AD=2OA，AH＝OA?sin60°=3∴AB＝2AH＝2×32OA=∴ADAB【題型3正多邊形與圓中求半徑】【例3】（2022春?臨海市期末）如圖，以點(diǎn)O為圓心的兩個(gè)同心圓把以O(shè)A為半徑的大圓O的面積三等分，這兩個(gè)圓的半徑分別為OB，OC．則OA：OB：OC的值是（）A．3：2：1 B．9：4：1 C．3：2：1 D．3：6：2【分析】根據(jù)圓的面積公式得出方程，根據(jù)算術(shù)平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案【解答】解：以O(shè)A半徑的圓的面積是πr2，則以O(shè)B半徑的圓的面積是23πr2，則以O(shè)C半徑的圓的面積是13π∴πrB2=23πr2，πrC∴rB=63r，rC=∴OA：OB：OC＝r：63r：33r=3【變式3-1】（2022?虹口區(qū)二模）如果正三角形的邊心距是2，那么它的半徑是4．【分析】根據(jù)正三角形的性質(zhì)得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，進(jìn)而得出CO即可．【解答】解：（1）過點(diǎn)O作OD⊥BC于點(diǎn)D，∵⊙O的內(nèi)接正三角形的邊心距為2，∴OD＝2，由正三角形的性質(zhì)可得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，∴CO＝2DO＝4，故答案為：4．【變式3-2】（2022?欽州模擬）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，連接AC，已知AC＝6，則圓的半徑是（）A．3 B．6 C．23 D．43【分析】連接BO、AO，OB與AC交于H，根據(jù)正六邊形ABCDEF的性質(zhì)得到AB＝BC，∠BOA=360°6=60°，根據(jù)垂徑定理得到周角定理得到∠BCA=12【解答】解：連接BO、AO，OB與AC交于H，在正六邊形ABCDEF中，AB＝BC，∠BOA=360°∴∠BCA=12∠BOC＝30°，∴BO⊥AC，AH＝CH=12∴BC＝AB＝OB＝23，∴圓的半徑是23，【變式3-3】（2022?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖：⊙O與正六邊形ABCDEF的兩邊AB和EF相切于點(diǎn)B和點(diǎn)E兩點(diǎn)，若正六邊形的邊長(zhǎng)是3，則⊙O的半徑長(zhǎng)是（）A．1 B．3 C．2 D．3【分析】連接OB，OE，BE，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠ABO＝∠FEO＝90°，求得∠BOE＝120°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OBE＝∠OEB＝30°，推出AF∥BE，過A作AM⊥BE于M，F(xiàn)N⊥BE于N，得到四邊形AMNF是矩形，過O作OH⊥BE于H，根據(jù)勾股定理的定義即可得到結(jié)論．【解答】解：連接OB，OE，BE，∵：⊙O與正六邊形ABCDEF的兩邊AB和EF相切于點(diǎn)B和點(diǎn)E兩點(diǎn)，∴∠ABO＝∠FEO＝90°，∵∠BAF＝∠EFA＝120°，∴∠BOE＝540°﹣120°﹣120°﹣90°﹣90°＝120°，∴∠OBE＝∠OEB＝30°，∴∠ABE＝∠FEB＝60°，∴∠ABE+∠BAF＝180°，∴AF∥BE，過A作AM⊥BE于M，F(xiàn)N⊥BE于N，∴四邊形AMNF是矩形，∴MN＝AF=3，BM＝EN=12∴BE＝23，過O作OH⊥BE于H，∴∠OHB＝90°，BH=3∴OB=2，【題型4正多邊形與圓中求面積】【例4】（2022?泗水縣三模）如圖所示的“六芒星”圖標(biāo)是由圓的六等分點(diǎn)連接而成，若圓的半徑為4，則圖中陰影部分的面積為（）A．83 B．123 C．16 D．【分析】如圖，連接OB交AC與點(diǎn)H．解直角三角形求出AC，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接OB交AC與點(diǎn)H．由題意△ABC是等邊三角形，OB＝4，OH＝BH＝2，∵OB⊥AC，∴CH＝AH=BH∴AC＝2CH=4∴陰影部分的面積＝6×34×（433【變式4-1】（2022秋?宣化區(qū)期末）如圖，已知⊙O的周長(zhǎng)等于6π，則它的內(nèi)接正六邊形ABCDEF的面積是（）A．2732 B．2734 C．【分析】首先過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，連接OA，OB，由⊙O的周長(zhǎng)等于6πcm，可得⊙O的半徑，又由圓的內(nèi)接多邊形的性質(zhì)，即可求得答案．【解答】解：過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，連接OA，OB，∴AH=12∵⊙O的周長(zhǎng)等于6π，∴⊙O的半徑為：3，∵∠AOB=16×360°＝60°，OA∴△OAB是等邊三角形，∴AB＝OA＝3，∴AH=3∴OH=O∴S正六邊形ABCDEF＝6S△OAB＝6×12×【變式4-2】（2022?廬陽區(qū)校級(jí)一模）如圖所示的“六芒星”圖標(biāo)是由圓的六等分點(diǎn)連接而成，若圓的半徑為1，則圖中陰影部分的面積為（）A．334 B．3 C．53【分析】根據(jù)題意得到圖中陰影部分的面積＝S△ABC+3S△ADE，代入數(shù)據(jù)即可得到結(jié)論．【解答】解：如圖，∵“六芒星”圖標(biāo)是由圓的六等分點(diǎn)連接而成，∴△ABC與△ADE是等邊三角形，∵圓的半徑為1，∴AH=32，BC＝AB∴AE=33，AF∴圖中陰影部分的面積＝S△ABC+3S△ADE=12×【變式4-3】（2022秋?廬江縣期末）⊙O半徑為4，以⊙O的內(nèi)接正三角形、正方形、正六邊形的邊心距為邊作一個(gè)三角形，則所得三角形的面積是（）A．2 B．3 C．22 D．23【分析】分別畫出對(duì)應(yīng)的圖形計(jì)算出三條邊心距，利用勾股定理的逆定理可證明它們構(gòu)建的三角形為直角三角形，然后根據(jù)三角形面積公式計(jì)算此三角形的面積．【解答】解：如圖1，△ABC為⊙O的內(nèi)接正三角形，作OM⊥BC于M，連接OB，∵∠OBC=12∠∴OM=12如圖2，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接正方形，作ON⊥DC于N，連接OD，∵∠ODC=12∠∴ON＝DN=22OD＝2如圖3，六邊形ABCDEF為⊙O的內(nèi)接正六邊形，作OH⊥DE于H，連接OE，∵∠OED=12∠∴EH=12OE＝2，OH=3EH∴半徑為4的圓的內(nèi)接正三角形、正方形、正六邊形的邊心距分別為2，22，23，∵22+（22）2＝（23）2，∴以三條邊心距所作的三角形為直角三角形，∴該三角形的面積=12×2×22【題型5正多邊形與圓中求周長(zhǎng)】【例5】（2022?和平區(qū)一模）如圖，若⊙O是正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的外接圓，則正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的周長(zhǎng)之比為（）A．22：3 B．2：1 C．2：3 D．1：3【分析】求出⊙O的內(nèi)接正方形和內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)之比，即可得出結(jié)論．【解答】解：連接OA、OB．OE，如圖所示：設(shè)此圓的半徑為R，則它的內(nèi)接正方形的邊長(zhǎng)為2R，它的內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)為R，∴內(nèi)接正方形和內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)之比為2R：R=2∴正方形ABCD與正六邊形AEFCGH的周長(zhǎng)之比＝內(nèi)接正方形和內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)之比＝42：6＝22：3，【變式5-1】（2022?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）正六邊形的周長(zhǎng)為12，則它的外接圓的內(nèi)接正三角形的周長(zhǎng)為（）A．23 B．33 C．63 D．6【分析】根據(jù)題意畫出圖形，求出正六邊形的邊長(zhǎng)，再由正多邊形及直角三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】解：∵圓內(nèi)接正六邊形的周長(zhǎng)為12，∴圓內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)為2，∴圓的半徑為2，如圖，連接OB，過O作OD⊥BC于D，則∠OBC＝30°，BD＝2×3∴BC＝2BD＝23；∴該圓的內(nèi)接正三角形的周長(zhǎng)為63，【變式5-2】（2022秋?梅河口市期末）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，連接OC、OD，若OC長(zhǎng)為2cm，則正六形ABCDEF的周長(zhǎng)為12cm．【分析】根據(jù)正六邊形的定義確定其中心角的度數(shù)，得到△OCD是等邊三角形，求得CD＝2cm，于是得到結(jié)論．【解答】解：∵多邊形ABCDEF為正六邊形，∴∠COD＝360°×1∵OC＝OD，∴△OCD是等邊三角形，∵OC長(zhǎng)為2cm，∴CD＝2cm，∴正六形ABCDEF的周長(zhǎng)為2×6＝12（cm），故答案為：12．【變式5-3】（2022?旌陽區(qū)模擬）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，若⊙O的半徑為6，則△ADE的周長(zhǎng)是（）A．9+33 B．12+63 C．18+33 D．18+63【分析】首先確定三角形的三個(gè)角的度數(shù)，從而判斷該三角形是特殊的直角三角形，然后根據(jù)半徑求得斜邊的長(zhǎng)，從而求得另外兩條直角邊的長(zhǎng)，進(jìn)而求得周長(zhǎng)．【解答】解：連接OE，∵多邊形ABCDEF是正多邊形，∴∠DOE=360°∴∠DAE=12∠DOE=1∵⊙O的半徑為6，∴AD＝2OD＝12，∴DE=12AD=12×12＝6，AE∴△ADE的周長(zhǎng)為6+12+63=18+63故選：D．【題型6確定正多邊形的邊數(shù)】【例6】（2022?寬城縣一模）如圖，邊AB是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，點(diǎn)C在AB上，且BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊，若AC是⊙O內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值是（）A．6 B．12 C．24 D．48【分析】根據(jù)中心角的度數(shù)＝360°÷邊數(shù)，列式計(jì)算分別求出∠AOB，∠BOC的度數(shù)，則∠AOC＝15°，則邊數(shù)n＝360°÷中心角．【解答】解：連接OC，∵AB是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，∴∠AOB＝360°÷6＝60°，∵BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊，∴∠BOC＝360°÷8＝45°，∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC＝60°﹣45°＝15°，∴n＝360°÷15°＝24；故選C．【變式6-1】（2022秋?濱江區(qū)期末）一個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形中，一條邊所對(duì)的圓心角為72°，則該正多邊形的邊數(shù)是（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根據(jù)正多邊形的中心角=360°【解答】解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n．由題意可得：360°n∴n＝5，【變式6-2】（2022?息烽縣二模）如圖，AB、AC分別為⊙O的內(nèi)接正方形、內(nèi)接正三邊形的邊，BC是圓內(nèi)接正n邊形的一邊，則n等于（）A．8 B．10 C．12 D．16【分析】根據(jù)正方形以及正三邊形的性質(zhì)得出∠AOB=360°4=90°，∠AOC=360°3【解答】解：連接AO，BO，CO．∵AB、AC分別為⊙O的內(nèi)接正方形、內(nèi)接正三邊形的一邊，∴∠AOB=360°4=90°，∠∴∠BOC＝30°，∴n=360°【變式6-3】（2022秋?鋼城區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接正四邊形，△AEF為⊙O的內(nèi)接正三角形，若DF恰好是同圓的一個(gè)內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值為（）A．8 B．10 C．12 D．15【分析】連接OA、OB、OC，如圖，利用正多邊形與圓，分別計(jì)算⊙O的內(nèi)接正四邊形與內(nèi)接正三角形的中心角得到∠AOD＝90°，∠AOF＝120°，則∠DOF＝30°，然后計(jì)算360°30°即可得到n【解答】解：連接OA、OD、OF，如圖，∵AD，AF分別為⊙O的內(nèi)接正四邊形與內(nèi)接正三角形的一邊，∴∠AOD=360°4=90°，∠∴∠DOF＝∠AOF﹣∠AOD＝30°，∴n=360°即DF恰好是同圓內(nèi)接一個(gè)正十二邊形的一邊．【題型7正多邊形與圓中的實(shí)際應(yīng)用】【例7】（2022?安國(guó)市一模）2019年版一元硬幣的直徑約為22.25mm，則用它能完全覆蓋住的正方形的邊長(zhǎng)最大不能超過（）A．11.125mm B．22.25mm C．8928mm D．【分析】根據(jù)正方形性質(zhì)得到△AOD為等腰直角三角形，根據(jù)正方形和圓的關(guān)系得到AC的長(zhǎng)度，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出AD的長(zhǎng)度．【解答】解：如圖所示，∵AC＝BD＝22.25mm，∴AO＝OD=22.252∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∴△AOD為等腰直角三角形，∴AD=2AO=89【變式7-1】（2022秋?門頭溝區(qū)期末）頤和園是我國(guó)現(xiàn)存規(guī)模最大，保存最完整的古代皇家園林，它和承德避暑山莊、蘇州拙政園、蘇州留園并稱為中國(guó)四大名園．該園有一個(gè)六角亭，如果它的地基是半徑為2米的正六邊形，那么這個(gè)地基的周長(zhǎng)是12米．【分析】由正六邊形的半徑為2，則OA＝OB＝2米；由∠AOB＝60°，得出△AOB是等邊三角形，則AB＝OA＝OB＝2米，即可得出結(jié)果．【解答】解：如圖所示：∵正六邊形的半徑為2米，∴OA＝0B＝2米，∴正六邊形的中心角∠AOB=360°∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA＝OB，∴AB＝2米，∴正六邊形的周長(zhǎng)為6×2＝12（米）；故答案為：12．【變式7-2】（2022秋?東城區(qū)期末）斛是中國(guó)古代的一種量器．據(jù)《漢書?律歷志》記載：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉．”意思是說：“斛的底面為：正方形外接一個(gè)圓，此圓外是一個(gè)同心圓．”如圖所示．問題：現(xiàn)有一斛，其底面的外圓直徑為兩尺五寸（即2.5尺），“庣旁”為兩寸五分（即兩同心圓的外圓與內(nèi)圓的半徑之差為0.25尺），則此斛底面的正方形的邊長(zhǎng)為2尺．【分析】根據(jù)正方形性質(zhì)確定△CDE為等腰直角三角形，CE為直徑，根據(jù)題意求出正方形外接圓的直徑CE，求出CD，問題得解．【解答】解：如圖，∵四邊形CDEF為正方形，∴∠D＝90°，CD＝DE，∴CE為直徑，∠ECD＝45°，由題意得AB＝2.5，∴CE＝2.5﹣0.25×2＝2，∴CD=22CE故答案為：2．【變式7-3】（2022?清苑區(qū)一模）某廠家要設(shè)計(jì)一個(gè)裝彩鉛的紙盒，已知每支筆形狀、大小相同，底面均為正六邊形，六邊形邊長(zhǎng)為1cm．目前廠家提供了圓形和等邊三角形兩種作為底面的設(shè)計(jì)方案，我們以6支彩鉛為例，可以設(shè)計(jì)如圖的兩種收納方案；（1）如果要裝6支彩鉛，在以上兩種方案里，你認(rèn)為更小的底面積是123cm．（2）如果你要裝12只彩鉛，要求相鄰彩鉛拼接無空隙，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一種最佳的布局，并使用圓形來設(shè)計(jì)底面，則底面半徑的最小值為13cm．【分析】（1）利用圓面積，等邊三角形的面積，即可判斷．（2）設(shè)計(jì)方案如圖所示，利用勾股定理求出半徑即可．【解答】解：（1）如圖1中，圓的半徑為3，∴底面積為9π（cm2）．如圖2中，連接OA，OD．∵OD＝2cm，∠OAD＝30°，∠ADO＝90°，∴OA＝2OD＝4cm，∴AD=OA2?OD∴等邊三角形的邊長(zhǎng)AC＝43（cm），∴底面積=34×（43）2＝123（cm2）＜9π（∴等邊三角形作為底面時(shí)，面積比較小，底面積為123cm2如圖3中，設(shè)計(jì)方案如圖3所示，在Rt△OET中，ET＝1cm，OE＝23cm，∴OT=OE2∴底面半徑的最小值為13cm．故答案為：13．【題型8正多邊形與圓中的規(guī)律問題】【例8】（2022秋?椒江區(qū)校級(jí)月考）已知正方形MNKO和正六邊形ABCDEF邊長(zhǎng)均為1，把正方形放在正六邊形外邊，使OK邊與AB邊重合，如圖所示．按下列步驟操作：將正方形在正六邊形外繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使KN邊與BC邊重合，完成第一次旋轉(zhuǎn)；再繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使NM邊與CD邊重合，完成第二次旋轉(zhuǎn)；…在這樣連續(xù)6次旋轉(zhuǎn)的過程中，點(diǎn)M在圖中直角坐標(biāo)系中的縱坐標(biāo)可能是（）A．2.2 B．﹣2.2 C．2.3 D．﹣2.3【分析】畫出圖形分別求出點(diǎn)M連續(xù)旋轉(zhuǎn)6次旋轉(zhuǎn)過程中點(diǎn)M的縱坐標(biāo)的最大值和最小值，進(jìn)而可得點(diǎn)M在圖中直角坐標(biāo)系中的縱坐標(biāo)的可能值．【解答】解：如圖，∵正方形MNKO和正六邊形ABCDEF邊長(zhǎng)均為1，點(diǎn)M在連續(xù)6次旋轉(zhuǎn)的過程中，點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)A′時(shí)，點(diǎn)M的縱坐標(biāo)最大，∵點(diǎn)M6的縱坐標(biāo)為32所以點(diǎn)A′的縱坐標(biāo)為2+點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)B′時(shí)，點(diǎn)M的縱坐標(biāo)最小，因?yàn)辄c(diǎn)B′的縱坐標(biāo)為﹣1?3所以縱坐標(biāo)的取值范圍為：﹣1?32＜點(diǎn)M即﹣1.866＜點(diǎn)M的縱坐標(biāo)＜2.280．所以點(diǎn)M在圖中直角坐標(biāo)系中的縱坐標(biāo)可能是2.2．【變式8-1】（2022秋?鐵鋒區(qū)期末）如圖，邊長(zhǎng)為1的正六邊形ABCDEF放置于平面直角坐標(biāo)系中，邊AB在x軸正半軸上，頂點(diǎn)F在y軸正半軸上，將正六邊形ABCDEF繞坐標(biāo)原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，那么經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（32，3）．【分析】如圖，連接AD，BD．首先確定點(diǎn)D的坐標(biāo)，再根據(jù)6次一個(gè)循環(huán)，由2022÷6＝337，推出經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)與原來的坐標(biāo)相同，由此即可解決問題．【解答】解：如圖，連接AD，BD，在正六邊形ABCDEF中，AB＝1，AD＝2，∠ABD＝90°，∴BD=A在Rt△AOF中，AF＝1，∠OAF＝60°，∴∠OFA＝30°，∴OA=12AF∴OB＝OA+AB=3∴D（32，3∵將正六邊形ABCDEF繞坐標(biāo)原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，∴6次一個(gè)循環(huán)，∵2022÷6＝337，∴經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)與應(yīng)該不變，∴經(jīng)過第2022次旋轉(zhuǎn)后，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)（32，3故答案為（32，3【變式8-2】（2022?江西模擬）如圖，我們把先作正方形ABCD的內(nèi)切圓，再作這個(gè)內(nèi)切圓的內(nèi)接正方形A1B1C1D1．稱為第一次數(shù)學(xué)操作，接下來，作正方形A1B1C1D1的內(nèi)切圓，再作這個(gè)內(nèi)切圓的內(nèi)接正方形A2B2C2D2，稱為第二次數(shù)學(xué)操作，按此規(guī)律如此下去，…，當(dāng)完成第n次數(shù)學(xué)操作后，得到正方形AnBn?nDn，則AnA．（22）n B．（12）n C．（32）n D．（【分析】根據(jù)正多邊形的特點(diǎn)，構(gòu)建直角三角形來解決．【解答】解：圖形中正方形A1B1C1D1和正方形ABCD一定相似，OF，OC1分別是兩個(gè)正方形的邊心距，△OC1F是等腰直角三角形，因而OF：OC1=22，則A1當(dāng)完成第n次數(shù)學(xué)操作后，得到正方形AnBn?nDn，則AnBnAB的值為（【變式8-3】（2022?威海）如圖，正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長(zhǎng)為2，正六邊形A2B2C2D2E2F2的外接圓與正六邊形A1B1C1D1E1F1的各邊相切，正六邊形A3B3C3D3E3F3的外接圓與正六邊形A2B2C2D2E2F2的各邊相切，…按這樣的規(guī)律進(jìn)行下去，A10B10C10D10E10F10的邊長(zhǎng)為（）A．24329 B．81329 【分析】連接OE1，OD1，OD2，如圖，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得∠E1OD1＝60°，則△E1OD1為等邊三角形，再根據(jù)切線的性質(zhì)得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=32E1D1=32×2，利用正六邊形的邊長(zhǎng)等于它的半徑得到正六邊形A2B2C2D2E2F2的邊長(zhǎng)=32×2，同理可得正六邊形A3B3C3D3E3F3的邊長(zhǎng)＝（32）2×2，依此規(guī)律可得正六邊形A10B10C10D10【解答】解：連接OE1，OD1，OD2，如圖，∵六邊形A1B1C1D1E1F1為正六邊形，∴∠E1OD1＝60°，∴△E1OD1為等邊三角形，∵正六邊形A2B2C2D2E2F2的外接圓與正六邊形A1B1C1D1E1F1的各邊相切，∴OD2⊥E1D1，∴OD2=32E1D1∴正六邊形A2B2C2D2E2F2的邊長(zhǎng)=3同理可得正六邊形A3B3C3D3E3F3的邊長(zhǎng)＝（32）2則正六邊形A10B10C10D10E10F10的邊長(zhǎng)＝（32）9×2=故選：D．【題型9正多邊形與圓中求最值】【例9】（2022?南山區(qū)三模）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，線段MN在對(duì)角線BD上運(yùn)動(dòng)，若⊙O的面積為8π，MN＝2，則△AMN周長(zhǎng)的最小值是（）A．6 B．8 C．9 D．10【分析】由正方形的性質(zhì)，知點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)，過點(diǎn)C作CA′∥BD，且使CA′＝2，連接AA′交BD于點(diǎn)N，取NM＝2，連接AM、CM，則點(diǎn)M、N為所求點(diǎn)，進(jìn)而求解．【解答】解：⊙O的面積為8π，則圓的半徑為22，則BD＝42=AC由正方形的性質(zhì)，知點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)，過點(diǎn)C作CA′∥BD，且使CA′＝2，連接AA′交BD于點(diǎn)N，取NM＝2，連接AM、CM，則點(diǎn)M、N為所求點(diǎn)，理由：∵A′C∥MN，且A′C＝MN，則四邊形MCA′N為平行四邊形，則A′N＝CM＝AM，故△AMN的周長(zhǎng)＝AM+AN+MN＝AA′+2為最小，則A′A=(4則△AMN的周長(zhǎng)的最小值為6+2＝8，【變式9-1】（2022?觀山湖區(qū)一模）如圖，點(diǎn)P是正六邊形ABCDEF內(nèi)一點(diǎn)，AB＝4，當(dāng)∠APB＝90°時(shí)，連接PD，則線段PD的最小值是（）A．211?2 B．213?2 【分析】先判斷出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡：點(diǎn)P在以AB為直徑的圓弧上，取AB的中點(diǎn)O，連接OD，當(dāng)O、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，PD有最小值，連接BD，過點(diǎn)C作CH⊥BD于點(diǎn)H，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得到∠CBH＝30°，∠OBD＝90°，根據(jù)勾股定理即可求出BH、BD、OD，進(jìn)而可得DP的最小值．【解答】解：∵AB＝4，∠APB＝90°，∴點(diǎn)P在以AB為直徑的圓弧上，如圖，取AB的中點(diǎn)O，連接OD，當(dāng)O、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，PD有最小值，連接BD，過點(diǎn)C作CH⊥BD于點(diǎn)H，∵點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，∴OA＝OB＝OP＝4÷2＝2，∵正六邊形的每個(gè)內(nèi)角為180°×（6﹣2）÷6＝120°，∵CD＝CB，∴∠CBD＝（180°﹣120°）÷2＝30°，BD＝2BH，∴∠OBD＝120°﹣30°＝90°，在Rt△CBH中，CH=12CB=2，∴BD=43在Rt△OBD中，OD=2∴PD的最小值為OD﹣OP=213【變式9-2】（2022?浙江自主招生）如圖，邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E是弧AB上的一動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合），點(diǎn)F是弧BC上的一點(diǎn)，連接OE，OF，分別與AB，BC交于點(diǎn)G，H，且∠EOF＝90°，則△GBH周長(zhǎng)的最小值為4+22．【分析】如圖，連接OC，OB，過點(diǎn)O作OM⊥BC于M，由正方形的性質(zhì)可求OB＝OC，AB＝BC＝4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求OM＝2，由“ASA”可證△BOG≌△COH，可得OG＝OH，BG＝CH，可求HG=2OH，由△GBH周長(zhǎng)＝BH+GB+GH＝BH+CH+2OH＝4+2OH，可得當(dāng)OH與OM重合時(shí)，OH【解答】解：如圖，連接OC，OB，過點(diǎn)O作OM⊥BC于M，∵邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴OB＝OC，AB＝BC＝4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，∴△OBC是等腰直角三角形，OM⊥BC，∴OM=12∵∠EOF＝90°＝∠BOC，∴∠COH＝∠BOG，且BO＝CO，∠BCO＝∠ABO，∴△BOG≌△COH（ASA），∴OG＝OH，BG＝CH，∴△GOH是等腰直角三角形，∴HG=2OH∵△GBH周長(zhǎng)＝BH+GB+GH＝BH+CH+2OH＝4+2∴當(dāng)OH最小時(shí)，△GBH周長(zhǎng)有最小值，∴當(dāng)OH⊥BC時(shí)，即（OH與OM重合時(shí)）OH有最小值，∴OH的最小值為2，∴△GBH周長(zhǎng)的最小值為4+22，故答案為：4+22．【變式9-3】（2022秋?廣陵區(qū)期末）如圖，⊙O半徑為2，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E在ADC上運(yùn)動(dòng)，連接BE，作AF⊥BE，垂足為F，連接CF．則CF長(zhǎng)的最小值為5?1【分析】如圖，取AB的中點(diǎn)K，以AB為直徑作⊙K，想辦法求出FK，CK，根據(jù)CF≥CK﹣FK即可解決問題．【解答】解：如圖，取AB的中點(diǎn)K，以AB為直徑作⊙K，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∵AK＝BK，∴KF＝AK＝BK，∵正方形ABCD的外接圓的半徑為2，∴AB＝BC=2∴KF＝AK＝KB＝1，∵∠CBK＝90°，∴CK=B∵CF≥CK﹣KF，∴CF≥5∴CF的最小值為5?故答案為5?【題型10正多邊形與圓中的證明】【例10】如圖，⊙O的內(nèi)接正五邊形ABCDE中，對(duì)角線AC和BE相交于點(diǎn)F．（1）求∠BAC的度數(shù)．（2）求證：四邊形CDEF為菱形．【分析】（1）根據(jù)正五邊形的內(nèi)角和定理可求出一個(gè)內(nèi)角的度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形和三角形的內(nèi)角和求出結(jié)果即可；（2）由（1）的方法求出∠ABE，再求出∠CBF＝∠CFB，進(jìn)而得BC＝CF，同理得出AE＝EF，于是利用四條邊相等的四邊形是平行四邊形可得結(jié)論．【解答】解：（1）∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，∠ABC=(5?2)×180°∴∠B