2.6 正多边形与圆-2023年新九年级数学同步精讲精练（苏科版）

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2.6正多边形与圆
【推本溯源】
1.之间所学到的正多边形是？那什么叫正多边形？
正三角形（等边三角形），正方形
正多边形：各边相等、各角都相等的多边形叫做正多边形

2.认识圆内接正多边形
用量角器把一个圆分成n等分，依次连接各等分点所得的n边形是这个圆的内接正n边形，这个圆是这个正n边形的外接圆。正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径.

3.与正多边形的有关概念
名称
定义
中心
正多边形的外接圆和内切圆的公共圆心叫做正多边形的中心（如图圆O ）。
半径
正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径（如图R）。
边心距
正多边形内切圆的半径叫做正多边形的边心距.（如图r）。
中心角
正多边形每一条边所对的外接圆的圆心叫做正多边形的中心角（如图∠AOD）。












4.正多边形的计算
名称
公式
内角
正n变形的每个内角都为
中心角
正n边形的每个中心角都为
外角
正n边形的每个外角都为
边心距
正n边形的边心距
周长
正n边形的周长C=na
面积
正n边形的面积


5.正多边形的对称性
正多边形都是轴对称图形，一个正n边形共有n天对称轴，每条对称轴都经过正n边形的中心.一个正多边形，如果有偶数条边，那么它又是中心对称图形，对称中心就是这个正多边形的中心。

6.正多边形的画法
（1）量角器画法
在半径为R的圆中，先用量角器画一个度数为的圆心角，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，顺次连接各等分点即可作出半径为R的正n边形。
（2）尺规作图画法
①作正方形
作法：1.在圆O中作两条互相垂直的直径AC、BD.
2.依次连接A、B、C、D四个点，四边形ABCD即可画出。





②作正六边形
作法：1.在圆O中画出任意一条直径AD；
2.分别以点A、D为圆心，圆O的半径为半径作弧，与圆O相交与点B、F和点C、E；
3.依次连接A、B、C、D、E、F六个点，即可画出正六边形。
【解惑】
例1：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：
例2：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．
例3：我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（　　）

A． B． C．3 D．
【答案】C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形，过点作交于点于点，

∵，
∴，
则，
故正十二边形的面积为，
圆的面积为，
用圆内接正十二边形面积近似估计的面积可得，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
例4：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．
例5：如图，正五边形的两条对角线相交于点F．
(1)求的度数；
(2)求证：四边形为菱形．

【答案】(1)
(2)见解析

【分析】（1）利用正五边形的性质求出及度数，得出，最后求出的度数；
（2）根据四边相等的四边形是菱形即可证．
【详解】（1）解：∵正五边形ABCDE
∴，，
∴
同理：，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，同理
∴
∴四边形CDEF为菱形．
【点睛】本题考查了正多边形的性质及菱形的判定，利用正五边形的性质得出内角度数是解题关键．
【摩拳擦掌】
1．（2023·河北保定·保定市第十七中学校考三模）如图，将一张正六边形纸片的阴影部分剪下，拼成一个四边形，若拼成的四边形的面积为S，则纸片的剩余部分的面积为（    ）
  
A． B． C． D．S
【答案】C
【分析】如图所示可将正六边形分为6个全等的三角形，拼成的四边形由两个三角形组成，剩余部分由4个三角形组成，故此可求得剩余部分的面积．
【详解】解：如图所示：
  
将正六边形可分为6个全等的三角形，
∵拼成的四边形的面积为S，
∴每一个三角形的面积为，
∵剩余部分可分割为4个三角形，
∴剩余部分的面积为．
故选C．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆的含义，熟练的把正六边形分割为6个全等三角形是解本题的关键．
2．（2023·安徽·统考中考真题）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．
3．（2023·广东汕头·汕头市潮阳实验学校校考二模）下列说法正确的是（    ）
A．五边形的外角和是
B．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形
C．三角形的外心是三角形三个内角角平分线的交点
D．圆内接正六边形的边长与该圆的半径相等
【答案】D
【分析】根据三角形外心的性质、正方形的判定和多边形的外角和以及正多边形和圆，判断即可．
【详解】解∶ A、五边形的外角和是，故原说法错误；
B、对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，故原说法错误；
C、三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点，故原说法错误；
D、圆内接正六边形的边长与该圆的半径相等，故原说法正确；
故选∶D．
【点睛】考查了三角形外心、正方形的判定和多边形的外角和，解题的关键是了解三角形外心、正方形的判定和多边形的外角和等知识，难度不大．
4．（2023·山东临沂·统考中考真题）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（    ）
A．60° B．90° C．180° D．360°
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，以及正多边形的中心角的度数，进行判断即可．
【详解】解：正六边形的中心角的度数为：，
∴正六边形绕其中心旋转或的整数倍时，仍与原图形重合，
∴旋转角的大小不可能是；
故选B．
【点睛】本题考查旋转图形，正多边形的中心角．熟练掌握旋转的性质，正多边形的中心角的度数的求法，是解题的关键．
5．（2023·福建泉州·统考模拟预测）刺绣是我国独特的民间传统手工艺品之一，至少有二三千年历史.如图是用红色纱线完成的正五角星刺绣作品，则图中的度数是__________度.
  
【答案】126
【分析】由正五角星得，,得到，由正五边形的中心角得,利用四边形内角和为即可得到的度数.
【详解】解：如图，
  
由正五角星得，,
∴，
∵,
∴，
故答案为：126
【点睛】此题考查了正多边形的相关知识，数形结合和正确计算是解题的关键.
6．（2023·广东茂名·校考模拟预测）一个正多边形的中心角为36°，则这个正多边形的内角和为_______度．
【答案】1440
【分析】依据正多边形的中心角和为求得边数，再依据多边形内角和公式代入求解即可．
【详解】解：因为正多边形的中心角为36°，且中心角和为，
所以这个多边形边数：，
则这个多边形的内角和为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形内角和公式、中心角性质，通过中心角求得边数是解题的关键．
7．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度后能够与它本身重合，则角可以是________度．（写出一个即可）
  
【答案】（答案不唯一）
【分析】先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．
【详解】解：，
则这个图案绕着它的中心旋转或的倍数后能够与它本身重合，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了旋转对称图形、正多边形的性质，掌握正六边形的中心角是关键．
8．（2023·湖南·统考中考真题）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是________ 个．
  
【答案】10
【分析】先求出正五边形的外角为，则，进而得出，即可求解．
【详解】解：根据题意可得：
∵正五边形的一个外角，
∴，
∴，
∴共需要正五边形的个数（个），
故答案为：10．
  
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法．
9．（2022秋·云南昆明·九年级校考期中）如图，点、、、都在上，，．

(1)求的度数；
(2)求的度数；
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据垂径定理得出，再利用圆周角定理得出的度数:
（2）连接，根据圆内接四边形的性质便可求得结果．
【详解】（1）∵点、、、都在上，
∴，
∵，
∴，
∴的度数为
（2）连接，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，垂径定理和圆周角定理等知识，熟练掌握和运用这些定理是解决问题的关键．
10．（2023春·陕西西安·九年级统考阶段练习）如图，已知，请用尺规作图法，求作的一个内接正方形（保留作图痕迹，不写作法）．

【答案】见解析
【分析】先作直径，再作的垂直平分线交于点，，则四边形为的内接正方形．
【详解】解：如图，正方形即为所求．

【点睛】本题考查了作图-应用与设计作图：首先要理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作出图，同时此题也考查了正多边形和圆．
11．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，若一个正方形和一个正六边形有一边重合．

(1)用无刻度的直尺画出这个图形的对称轴；
(2)求的度数．
【答案】(1)作图见解析
(2)

【分析】（1）连接，交于点，连接，交于点，过点，作直线即可；
（2）根据多边形的内角和可得和的度数，再根据周角是即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，交于点，连接，交于点，
∵正方形、正六边形都是轴对称图形，
∴对称轴经过点和点，
∴直线是这个图形的对称轴．
则直线即为所作．

（2）∵正方形的内角和为：，
∴正方形的每一个内角的度数为：，
∴，
∵正六边形的内角和为：
∴正六边形一个内角的度数为：，
∴，
∴．
∴的度数为．
【点睛】本题考查作图，正多边形的内角和： （且为正整数），角的和差．解题的关键是应用正多边形的性质：正多边形每一个内角都相等，都是轴对称图形，对称轴经过正多边形的中心．
12．（2022秋·九年级单元测试）如图，已知．

(1)求作的内接正方形（要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)若的半径为，求它的内接正方形的边长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）作出直径，再过点作的垂线，进而得出答案；
（2）利用正方形的性质结合勾股定理得出正方形的边长．
【详解】（1）解：如图所示，正方形即为所求作图形．

（2）因为的半径为，四边形是正方形，
所以，，
所以．
故的内接正方形的边长为．
【点睛】此题主要考查了复杂作图、正多边形和圆、勾股定理；正确掌握正方形的性质是解题关键．
【知不足】
1．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考二模）下列图形中，旋转后能与原图形重合的是（　　）
A．等边三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正八边形
【答案】A
【分析】确定每个图形的中心角，然后根据旋转的性质确定即可．
【详解】解：如图

∵等边三角形的中心角为，
∴旋转后即可与原图形重合；
∵正方形的中心角为，
正五边形的中心角为，
正八边形的中心角为，
∴正方形、正五边形、正八边形旋转后不能与原图形重合．
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质，确定图形的中心角，理解旋转的性质是解题关键．
2．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，将一个正边形绕其中心旋转或都能和其本身重合，则的最小值是（    ）
  
A．6 B．8 C．12 D．24
【答案】D
【分析】根据题意得出正边形的中心角最大为，然后由圆周角除以中心角即可得出结果．
【详解】解：正边形绕其中心旋转或都能和其本身重合，
∵和最大公约数为，
∴正边形的中心角最大为，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了旋转对称图形，解答此题的关键是要明确绕其中心旋转或都能和其本身重合得出正边形的中心角最大为．
3．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，正五边形内接于，点F在弧上．若，则的大小为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，，，根据五边形是正五边形，可求出的度数，由，可得的度数，再根据圆周角定理进一步求解即可．
【详解】如图，连接，，，
  
∵五边形是正五边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正五边形内接于，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、正多边形的内角和，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
4．（2023·广东广州·校考二模）如图，是的内接正六边形一边，点P是优弧上的一点图6点P不与点A，B重合)且，与交于点C，则的度数为_______________．

【答案】/90度
【分析】根据是的内接正六边形一边，得出，再根据圆周角定理得出，由,得出，再由三角形外角性质推出．
【详解】解：∵是的内接正六边形一边，
∴，
∴.
∵,
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆和正多边形的性质，熟练运用圆周角定理是解题的关键．
5．（2023·北京海淀·北京市师达中学校考模拟预测）如图，是内接正五边形的一条边，点在优弧上，则的度数为______．
  
【答案】
【分析】如图所示，连接，先根据正五边形与圆的关系求出，则由圆周角定理可得．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是内接正五边形的一条边，
∴，
∴，
故答案为：．
  
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理，熟知同圆或等圆中，同弧所对的圆周角度数是圆心角的一半是解题的关键．
6（2023·上海·统考中考真题）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为________．
【答案】18
【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】根据正n边形的中心角的度数为，
则，
故这个正多边形的边数为18，
故答案为：18．
【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．
7．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，正六边形与相切于点、，则______°．
  
【答案】120
【分析】根据正多边形内角和公式可求出、，根据切线的性质可求出、，从而可求出的度数．
【详解】解：六边形是正六边形，
．
、与相切，
，
，
故答案为：120．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、正六边形的性质、多边形的内角和公式、熟练掌握切线的性质是解决本题的关键．
8．（2022春·八年级单元测试）如图，每个小正方形的边长均为1，线段、的端点A、C、E、F均在小正方形的顶点上．

(1)在方格纸中画出以为对角线的正方形（字母顺序为逆时针顺序），点B、D在小正方形的顶点上；
(2)在方格纸中画出以为顶角的等腰三角形（非等腰直角三角形），点C在小正方形的格点上，连接，并直接写出线段的长．
【答案】(1)见详解；
(2)见详解．

【分析】（1）利用数形结合的思想求出正方形的边长即可解决问题；
（2）根据，寻找点G，利用勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：正方形如图所示：

（2）解：以为顶角的等腰三角形如图所示：

．
【点睛】本题考查作图−应用与设计、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想思考问题，属于中考常考题型．
9．（2022秋·九年级单元测试）如图，求边长为a的正方形的外接圆的半径长．
  
【答案】
【分析】连接，，根据正方形的性质得到，，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵正方形边长为a，
∴，
∴，
即半径长为．
  
【点睛】本题考查了正多边形和圆，勾股定理，正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质．
10．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，是的直径，，是的弦，，延长到，连接，．
  
(1)求证：是的切线；
(2)以为边的圆内接正多边形的周长等于________．
【答案】(1)见解析
(2)18

【分析】（1）根据等腰三角形性质以及三角形内角和定理计算出即可；
（2）得出以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，再求出的长即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
  
，
，
，
，
，
即，
又是半径，
是的切线；
（2）解：连接，
  
，
以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，
，
以为边的圆内接正六边形的周长为．
【点睛】本题考查切线的判定，圆内接正六边形的性质，掌握切线的判定方法是正确解答的前提．
11．（2023秋·江苏镇江·九年级统考期末）如图，是的直径，，是的弦，，延长到，连接，．

(1)求证：是的切线；
(2)以为边的圆内接正多边形的周长等于________．
【答案】(1)见解析
(2)18

【分析】（1）根据等腰三角形性质以及三角形内角和定理计算出即可；
（2）得出以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，再求出的长即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，

，
，
，
，
，
即，
又是半径，
是的切线；
（2）解：连接，

，
以为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，
，
以为边的圆内接正六边形的周长为．
【点睛】本题考查切线的判定，圆内接正六边形的性质，掌握切线的判定方法是正确解答的前提．
【一览众山小】
1．（2023·河北保定·统考二模）如图，一个正多边形纸片被一块矩形挡板遮住一部分，则这个正多边形纸片的边数是（    ）
  
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】先根据正多边形的定义把图形补充完整，再求解．
【详解】解：根据正多边形的定义把多边形补充完整如下图；
  
有图形得：这个正多边形纸片是六边形，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，掌握正多边形的定义是解题的关键．
2．（2023·河北承德·统考二模）如图，在边长为2的正六边形纸片上剪一个正方形，若，则得到的正方形边长最大为(   )
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】当正方形顶点落在正六边形边上时，正方形面积最大，由此画出图形求解即可．
【详解】解析：当正方形顶点落在正六边形边上时，正方形面积最大．
如图，取正六边形的中心O，连接，交于点M，
  
此时，垂直平分，正方形的中心也是O，是等边三角形，
∴，，．
设，则，
∴，解得，
∴，
∴正方形的边长为：，
故选D．
【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的三边关系，正六边形的性质等知识，根据题意画出符合条件的正方形是解题的关键．
3．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（    ）．
  
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
【详解】解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：
  
则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
由题意可得：，
由勾股定理可得：，
∴，
故选：D
【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
4．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，边长为1的正六边形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，将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转，那么经过第2026次旋转后，顶点D的坐标为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，连接，，把绕点顺时针旋转至，过点作轴于点，过点作轴于点，经过第2026次旋转后，顶点D在的位置，先求出点的坐标，再证明即可．
【详解】解：连接，，把绕点顺时针旋转至，过点作轴于点，过点作轴于点，
  
在正六边形中，，，

，
，
将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转，
，即8次旋转一周，
余2，
，
故经过第2026次旋转后，顶点D在的位置，


，
即，
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
5．（2023·江苏·九年级假期作业）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．设的半径为，若用的内接正六边形的面积来近似估计的面积，则的面积约为________．

【答案】
【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、
  
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：．
【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．
6．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则_________．
  
【答案】2
【分析】连接，首先证明出是的内接正三角形，然后证明出，得到，，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接，
  
∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∴是的内接正三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
又∵，
∴，
∴，
由圆和正六边形的性质可得，，
由圆和正三角形的性质可得，，
∵，
∴．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
7．（2023·湖南长沙·校考三模）如图所示，已知正八边形内接于，连接，相交于点．若的半径为1，以下结论正确的是______ ．（填序号）
①；②；③的面积为；④．
  
【答案】①②③④
【分析】连接，，，，交于，由正多边形与圆可知，，进而可知，，均为等腰直角三角形，利用其性质即可判断结论．
【详解】解：连接，，，，交于，
  
∵正八边形内接于，
∴，故④正确，
，则，，
∴为等腰直角三角形，同理，为等腰直角三角形，
∴，故①正确，
，则为等腰直角三角形，
由四边形的内角和为，可知，故②正确，
∵为等腰直角三角形，
∴，则，
∴，故③正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查正多边形与圆，等腰直角三角形的判定及性质，掌握正多边形与圆的关系是解决问题的关键．
8.（2023·河北唐山·统考二模）如图，点是正六边形内部一个动点，，则点到这个正六边形六条边的距离之和为__________．
  
【答案】
【分析】根据正六边形的性质求出正六边形的“边心距”，再将问题转化为“边心距”的6倍即可．．
【详解】解：设正六边形的中心为O，连接、，过点O作，垂足为T，
  
∵正六边形，
∴，
∵，
∴是正三角形，
∴，
∴，
过点P分别作正六边形的各条边的垂线，垂足分别为M、N、S、Q、G、H， 则点P到这个正六边形六条边的距离之和，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形与圆，掌握正六边形的性质是正确解答的关键．
9．（2023秋·九年级单元测试）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”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________；
(2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”；
(3)[总结]随着n的增大，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)
(2)，
(3)随着n的增大，越来越接近于1，见解析

【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可；
（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，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，，
故答案为：；
（2）解：假设正方形边长1，
∴此时正方形的内切圆半径为，
∴；
设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；

（3）解：，随着n的增大，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．
10．（2023春·吉林长春·九年级校考阶段练习）图①、图②、图③都是的网格，每个小正方形的顶点称为格点．点、均在格点上．图①、图②中的点在上，在图①、图②、图③给定的网格中，仅用无刻度的直尺，按下列要求完成画图，所画图形的顶点均在格点上，并保留作图痕迹．

(1)在图①中画一个的内接正方形．
(2)在图②中画一个的内接四边形，使该四边形只是轴对称图形，且点在该四边形内部．
(3)在图③中画一个四边形，使该四边形对角互补，其中一个内角为45°，且点在该四边形的一条边上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）如图所示，取格点B、C、D，作四边形，则四边形即为所求；
（2）如图所示，取格点B、C、D，作四边形，则四边形即为所求；
（3）如图所示，取格点B、C、D，作四边形，则四边形即为所求；
【详解】（1）解：如图所示，四边形即为所求；
∵，，
∴，
∴四边形是正方形；

（2）解：如图所示，四边形即为所求；
∵
∴四边形是等腰梯形，
∴四边形是轴对称图形；

（3）解：如图所示，四边形即为所求；
由正方形的性质可知，
∴四边形对角互补，且经过点O．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，轴对称图形的定义，勾股定理和勾股定理得逆定理，正多边形与圆，数量掌握相关知识是解题的关键．
11．（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．
12．（2023·山西·校联考二模）如图，正方形内接于，连接，点F是的中点，过点D作的切线与的延长线相交于点G．

(1)试判断与的位置关系，并说明理由．
(2)求的度数．
【答案】(1),理由见解析
(2)

【分析】（1）连接，可得，根据切线的定义可得，即可得出结论．
（2）根据正方形的性质可得，，，则．根据点F是的中点，可得．最后根据平行线的性质可得．
【详解】（1）解：．
理由：如图，连接，

∵正方形内接于，
∴．
∵与相切于点D，
∴，即．
∴，
∴．
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵点F是的中点，
∴，
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的内接正多边形，平行线的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接正多边形的中心角，同弧所对的圆周角相等，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，以及平行线的判定和性质．