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9.(通辽中考)如图,平面直角坐标系中,原点 O 为正六边形 ABCDEF 的中心，$EF// x$轴,点 E 在双曲线$y=\frac{k}{x}$(k 为常数,$k＞0$)上,将正六边形 ABCDEF 向上平移$\sqrt{3}$个单位长度,点 D 恰好落在双曲线上,则 k 的值为 （
A.$4\sqrt{3}$
B.$3\sqrt{3}$
C.$2\sqrt{3}$
D.3
A
）A.$4\sqrt{3}$
B.$3\sqrt{3}$
C.$2\sqrt{3}$
D.3
答案
A 解析:如图所示,过点 E 作 EH⊥x 轴于点 H,连接 OE,
∵原点 O 为正六边形 ABCDEF 的中心,
∴OE=OD,∠EOD=$\frac{360°}{6}=60°$,
∴△OED是等边三角形,
∴DE=OD.
∵EH⊥OD,
∴ $OH=DH=\frac{1}{2}OD$,
∴ $EH=\sqrt{DE^2-DH^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}OD$.设OD=2m,则OH=m,HE=$\sqrt{3}m$,
∴E($m,\sqrt{3}m$),D(2m,0).
∵将正六边形ABCDEF向上平移$\sqrt{3}$个单位长度,点D恰好落在双曲线上,
∴点(2m,$\sqrt{3}$)在双曲线上.又
∵点E也在双曲线上,
∴ $k=2m·\sqrt{3} = m·\sqrt{3}m$,解得m=2或m=0(舍去),
∴ $k=2m·\sqrt{3}=4\sqrt{3}$.故选A.
解析
【分析】
要解决本题，需结合正六边形的性质与反比例函数的特征：①正六边形的中心到各顶点距离相等，相邻顶点与中心的夹角为60°，由此可判断△OED为等边三角形；②设OD的长度为参数m，利用等边三角形的高与边长的关系，写出点E和点D的坐标；③根据平移后点D在双曲线上，结合反比例函数k=xy的性质，建立方程求解参数，进而算出k的值。
【解析】
过点E作EH⊥x轴于点H，连接OE。
∵原点O为正六边形ABCDEF的中心，
∴OE=OD，∠EOD = $\frac{360°}{6}=60°$，
∴△OED是等边三角形，故DE=OD。
∵EH⊥OD，
∴OH=DH=$\frac{1}{2}OD$，EH=$\sqrt{DE^2 - DH^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}OD$。
设OD=2m（m＞0），则OH=m，EH=$\sqrt{3}m$，
∴点E的坐标为$(m, \sqrt{3}m)$，点D的坐标为$(2m, 0)$。
将正六边形ABCDEF向上平移$\sqrt{3}$个单位长度后，点D的对应点坐标为$(2m, \sqrt{3})$。
∵点E和平移后的点都在双曲线$y=\frac{k}{x}$（k＞0）上，根据反比例函数的性质，横纵坐标的乘积等于k，因此：
$k = m · \sqrt{3}m = 2m · \sqrt{3}$，
整理得：$\sqrt{3}m^2 = 2\sqrt{3}m$，两边同除以$\sqrt{3}$（$\sqrt{3}≠0$），得$m^2=2m$，
解得$m=2$（$m=0$舍去，长度不能为0）。
∴$k=2m · \sqrt{3}=2×2×\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
【答案】A
【知识点】反比例函数、正六边形性质、坐标平移
【点评】本题将正六边形的几何性质与反比例函数的代数特征结合，通过设参数建立方程求解，关键是利用正六边形的中心角得到等边三角形，进而确定各点坐标，属于几何与函数结合的常规题型，难度适中。
【难度系数】0.5
要解决本题，需结合正六边形的性质与反比例函数的特征：①正六边形的中心到各顶点距离相等，相邻顶点与中心的夹角为60°，由此可判断△OED为等边三角形；②设OD的长度为参数m，利用等边三角形的高与边长的关系，写出点E和点D的坐标；③根据平移后点D在双曲线上，结合反比例函数k=xy的性质，建立方程求解参数，进而算出k的值。
【解析】
过点E作EH⊥x轴于点H，连接OE。
∵原点O为正六边形ABCDEF的中心，
∴OE=OD，∠EOD = $\frac{360°}{6}=60°$，
∴△OED是等边三角形，故DE=OD。
∵EH⊥OD，
∴OH=DH=$\frac{1}{2}OD$，EH=$\sqrt{DE^2 - DH^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}OD$。
设OD=2m（m＞0），则OH=m，EH=$\sqrt{3}m$，
∴点E的坐标为$(m, \sqrt{3}m)$，点D的坐标为$(2m, 0)$。
将正六边形ABCDEF向上平移$\sqrt{3}$个单位长度后，点D的对应点坐标为$(2m, \sqrt{3})$。
∵点E和平移后的点都在双曲线$y=\frac{k}{x}$（k＞0）上，根据反比例函数的性质，横纵坐标的乘积等于k，因此：
$k = m · \sqrt{3}m = 2m · \sqrt{3}$，
整理得：$\sqrt{3}m^2 = 2\sqrt{3}m$，两边同除以$\sqrt{3}$（$\sqrt{3}≠0$），得$m^2=2m$，
解得$m=2$（$m=0$舍去，长度不能为0）。
∴$k=2m · \sqrt{3}=2×2×\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
【答案】A
【知识点】反比例函数、正六边形性质、坐标平移
【点评】本题将正六边形的几何性质与反比例函数的代数特征结合，通过设参数建立方程求解，关键是利用正六边形的中心角得到等边三角形，进而确定各点坐标，属于几何与函数结合的常规题型，难度适中。
【难度系数】0.5
10. (宿迁中考) 如图, 在正六边形 $ABCDEF$ 中,
$AB=6$, 点 $M$ 在边 $AF$ 上, 且 $AM=2$. 若经过点
$M$ 的直线 $l$ 将正六边形面积平分, 则直线 $l$
被正六边形所截的线段长是
$AB=6$, 点 $M$ 在边 $AF$ 上, 且 $AM=2$. 若经过点
$M$ 的直线 $l$ 将正六边形面积平分, 则直线 $l$
被正六边形所截的线段长是
4√7
.答案
$4\sqrt{7}$ 解析:如图,连接AD,CF,交于点O,作直线MO交CD于点H,过点O作OP⊥AF于点P,由正六边形是轴对称图形可得$S_{\mathrm{四边形}ABCO}=S_{\mathrm{四边形}DEFO}$,由正六边形是中心对称图形可得$S_{△ AOM}=S_{△ DOH}$,$S_{△ MOF}=S_{△ CHO}$,$OM=OH$,
∴直线MH平分正六边形的面积,O为正六边形的中心,由正六边形的性质可得△AOF为等边三角形,∠AFO=60°,而AB=6,
∴AB=AF=OF=OA=6,AP=FP=3,
∴ $OP=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$.
∵AM=2,
∴MP=1,
∴ $OM=\sqrt{1^2+(3\sqrt{3})^2}=2\sqrt{7}$,
∴ $MH=2OM=4\sqrt{7}$.
解析
【分析】
要解决本题，需利用正六边形的中心对称性质：平分正六边形面积的直线必过其中心。首先确定正六边形的中心，再结合已知线段长度构造直角三角形，运用勾股定理计算所求线段长度。具体思路：1. 找到正六边形的中心；2. 确定过点M且平分面积的直线，该直线过中心，交CD于点H；3. 作辅助线构造直角三角形，计算OM的长度，进而得到MH的长度。
【解析】
连接AD、CF，交于正六边形的中心O，作直线MO交CD于点H，过点O作OP⊥AF于点P。
∵正六边形ABCDEF是中心对称图形，过中心的直线平分其面积，
∴直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心。
∵正六边形中△AOF为等边三角形，AB=6，
∴AF=OA=OF=6，
∵OP⊥AF，
∴AP=FP=½AF=3，
在Rt△AOP中，OP=√(OA² - AP²)=√(6² - 3²)=3√3，
∵AM=2，
∴MP=AP - AM=3 - 2=1，
在Rt△MOP中，OM=√(MP² + OP²)=√(1² + (3√3)²)=√28=2√7，
∵O是MH的中点（中心对称性质），
∴MH=2OM=2×2√7=4√7。
【答案】
4√7
【知识点】
正六边形性质、中心对称图形、勾股定理
【点评】
本题结合正六边形的中心对称特征，考查面积平分的直线判定，需构造直角三角形运用勾股定理计算线段长度，关键是确定平分面积的直线过正六边形中心，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需利用正六边形的中心对称性质：平分正六边形面积的直线必过其中心。首先确定正六边形的中心，再结合已知线段长度构造直角三角形，运用勾股定理计算所求线段长度。具体思路：1. 找到正六边形的中心；2. 确定过点M且平分面积的直线，该直线过中心，交CD于点H；3. 作辅助线构造直角三角形，计算OM的长度，进而得到MH的长度。
【解析】
连接AD、CF，交于正六边形的中心O，作直线MO交CD于点H，过点O作OP⊥AF于点P。
∵正六边形ABCDEF是中心对称图形，过中心的直线平分其面积，
∴直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心。
∵正六边形中△AOF为等边三角形，AB=6，
∴AF=OA=OF=6，
∵OP⊥AF，
∴AP=FP=½AF=3，
在Rt△AOP中，OP=√(OA² - AP²)=√(6² - 3²)=3√3，
∵AM=2，
∴MP=AP - AM=3 - 2=1，
在Rt△MOP中，OM=√(MP² + OP²)=√(1² + (3√3)²)=√28=2√7，
∵O是MH的中点（中心对称性质），
∴MH=2OM=2×2√7=4√7。
【答案】
4√7
【知识点】
正六边形性质、中心对称图形、勾股定理
【点评】
本题结合正六边形的中心对称特征，考查面积平分的直线判定，需构造直角三角形运用勾股定理计算线段长度，关键是确定平分面积的直线过正六边形中心，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
11.(呼和浩特中考改编)如图,正四边形$ABCD$和正五边形$CEFGH$内接于$\odot O$,$AD$和$EF$相交于点$M$,则$∠ AMF$的度数为
27°
.答案
$27°$ 解析:如图,连接OG,OF,OD,OE,DF,AC,
∵四边形ABCD是正四边形,
∴∠ADC=90°,
∴AC过圆心O,
∴ $∠AOD=\frac{1}{4}×360°=90°$.
∵正五边形CEFGH内接于⊙O,
∴ $∠FOG=∠EOF=\frac{1}{5}×360°=72°$,$\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{CH}=\overset{\frown}{FE}=\overset{\frown}{CE}$,
∴ $\overset{\frown}{GC}=\overset{\frown}{FC}$,
∴ $\overset{\frown}{GA}=\overset{\frown}{FA}$,
∴ $∠AOG=∠AOF=\frac{1}{2}∠FOG=36°$,
∴∠DOF=90°-36°=54°,
∴∠DOE=72°-54°=18°,
∴ $∠AMF=∠MFD+∠MDF=\frac{1}{2}∠DOE +\frac{1}{2}∠AOF=\frac{1}{2}×18°+\frac{1}{2}×36°=27°$.
解析
【分析】要计算∠AMF的度数，需利用正多边形内接于圆时圆心角的性质，先求出正四边形和正五边形各边对应的圆心角，再结合圆周角定理（圆周角等于所对弧度数的一半），通过角度的和差关系推导∠AMF的度数。
【解析】连接OG、OF、OD、OE，
∵四边形ABCD是正四边形，
∴其每条边对应的圆心角为$\frac{360°}{4}=90°$，即$∠AOD=90°$；
∵正五边形CEFGH内接于$\odot O$，
∴其每条边对应的圆心角为$\frac{360°}{5}=72°$，即$∠FOG=∠EOF=72°$；
由正多边形的对称性，可得$∠AOF=\frac{1}{2}∠FOG=36°$，
则$∠DOF=∠AOD - ∠AOF=90°-36°=54°$，
$∠DOE=∠EOF - ∠DOF=72°-54°=18°$；
根据圆周角定理，圆周角等于所对弧度数的一半，
$∠MFD$是弧DE所对的圆周角，故$∠MFD=\frac{1}{2}∠DOE=\frac{1}{2}×18°=9°$，
$∠MDF$是弧AF所对的圆周角，故$∠MDF=\frac{1}{2}∠AOF=\frac{1}{2}×36°=18°$；
又
∵$∠AMF$是$△ MFD$的外角，
∴$∠AMF=∠MFD + ∠MDF=9°+18°=27°$。
【答案】$27°$
【知识点】正多边形与圆，圆周角定理，圆心角
【点评】本题结合正多边形内接于圆的性质与圆周角定理，考查角度计算，需熟练掌握正多边形圆心角求法及圆周角与圆心角的关系，属于中等难度几何计算题。
【难度系数】0.5
【解析】连接OG、OF、OD、OE，
∵四边形ABCD是正四边形，
∴其每条边对应的圆心角为$\frac{360°}{4}=90°$，即$∠AOD=90°$；
∵正五边形CEFGH内接于$\odot O$，
∴其每条边对应的圆心角为$\frac{360°}{5}=72°$，即$∠FOG=∠EOF=72°$；
由正多边形的对称性，可得$∠AOF=\frac{1}{2}∠FOG=36°$，
则$∠DOF=∠AOD - ∠AOF=90°-36°=54°$，
$∠DOE=∠EOF - ∠DOF=72°-54°=18°$；
根据圆周角定理，圆周角等于所对弧度数的一半，
$∠MFD$是弧DE所对的圆周角，故$∠MFD=\frac{1}{2}∠DOE=\frac{1}{2}×18°=9°$，
$∠MDF$是弧AF所对的圆周角，故$∠MDF=\frac{1}{2}∠AOF=\frac{1}{2}×36°=18°$；
又
∵$∠AMF$是$△ MFD$的外角，
∴$∠AMF=∠MFD + ∠MDF=9°+18°=27°$。
【答案】$27°$
【知识点】正多边形与圆，圆周角定理，圆心角
【点评】本题结合正多边形内接于圆的性质与圆周角定理，考查角度计算，需熟练掌握正多边形圆心角求法及圆周角与圆心角的关系，属于中等难度几何计算题。
【难度系数】0.5
12. 如图,$S_{1}$表示$\odot O_{1}$中去掉内接正三角形后所剩部分的面积,$S_{2}$表示$\odot O_{2}$中去掉内接正六边形后所剩部分的面积,$\odot O_{1}$和$\odot O_{2}$的半径均为6,则$S_{1}$
＞
$2S_{2}$(填“＞”“＜”或“=”).答案
＞ 解析:如图①,连接$O_1A,O_1B,O_1C$,过点$O_1$作$O_1D⊥ BC$于点D.如图②,连接$O_2E,O_2F$,过点$O_2$作$O_2M⊥ EF$于点M.在图①中, $∠O_1BD=\frac{1}{2}∠ABC=30°$,$BC=2BD$,$O_1B=6$,$∠BDO_1=90°$,
∴ $O_1D=\frac{1}{2}O_1B=3$,由勾股定理得$BD=3\sqrt{3}$,
∴ $BC=2BD=6\sqrt{3}$,
∴ $S_{△ ABC}=3S_{△ O_1BC}=3×\frac{1}{2}×6\sqrt{3}×3=27\sqrt{3}$,$S_1=π×6^2 - S_{△ ABC}=36π-27\sqrt{3}$.在图②中,∠$EO_2F=60°$,$O_2E=O_2F=6$,
∴△$EO_2F$为等边三角形,$O_2E=O_2F=EF=6$.
∵$O_2M⊥ EF$,
∴ $EM=\frac{1}{2}EF=3$,
∴ $O_2M=\sqrt{O_2E^2-EM^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$,
∴ $S_{△ EO_2F}=\frac{1}{2}EF· O_2M=\frac{1}{2}×6×3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$,$S_2=π×6^2 -6S_{△ EO_2F}=π×6^2 -6×9\sqrt{3}=36π-54\sqrt{3}$,
∴ $2S_2=2(36π-54\sqrt{3})=72π-108\sqrt{3}$,
∴ $S_1-2S_2=36π-27\sqrt{3}-(72π-108\sqrt{3})=81\sqrt{3}-36π＞0$,
∴ $S_1＞2S_2$.
解析
【分析】
要比较$ S_1 $和$ 2S_2 $的大小，需先分别求出$ S_1 $和$ S_2 $的表达式：$ S_1 $是半径为6的圆面积减去其内接正三角形的面积，$ S_2 $是半径为6的圆面积减去其内接正六边形的面积；再通过计算$ S_1 - 2S_2 $的正负，判断两者的大小关系。
【解析】
1. 计算$ S_1 $：
圆$ \odot O_1 $的半径为6，其面积为$ π × 6^2 = 36π $。
连接$ O_1A, O_1B, O_1C $，过$ O_1 $作$ O_1D ⊥ BC $于$ D $。正三角形内接于圆，故$ ∠ O_1BD = 30° $，$ O_1B = 6 $，在$ Rt△ O_1BD $中，$ O_1D = \frac{1}{2}O_1B = 3 $，由勾股定理得$ BD = \sqrt{O_1B^2 - O_1D^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3} $，则$ BC = 2BD = 6\sqrt{3} $。
$ △ ABC $的面积：正三角形可分成3个全等的等腰三角形（如$ △ O_1BC $），故$ S_{△ ABC} = 3 × S_{△ O_1BC} = 3 × \frac{1}{2} × BC × O_1D = 3 × \frac{1}{2} × 6\sqrt{3} × 3 = 27\sqrt{3} $。
因此$ S_1 = 36π - 27\sqrt{3} $。
2. 计算$ S_2 $：
圆$ \odot O_2 $的半径为6，其面积为$ 36π $。
正六边形内接于圆，可分成6个全等的等边三角形，连接$ O_2E, O_2F $，过$ O_2 $作$ O_2M ⊥ EF $于$ M $，则$ ∠ EO_2F = 60° $，$ △ EO_2F $是等边三角形，$ EF = O_2E = 6 $，$ EM = \frac{1}{2}EF = 3 $，由勾股定理得$ O_2M = \sqrt{O_2E^2 - EM^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3} $。
一个等边三角形的面积$ S_{△ EO_2F} = \frac{1}{2} × EF × O_2M = \frac{1}{2} × 6 × 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3} $，故正六边形面积为$ 6 × 9\sqrt{3} = 54\sqrt{3} $。
因此$ S_2 = 36π - 54\sqrt{3} $，则$ 2S_2 = 2(36π - 54\sqrt{3}) = 72π - 108\sqrt{3} $。
3. 比较$ S_1 $和$ 2S_2 $：
$ S_1 - 2S_2 = (36π - 27\sqrt{3}) - (72π - 108\sqrt{3}) = 81\sqrt{3} - 36π $。
因为$ 81\sqrt{3} \approx 140.29 $，$ 36π \approx 113.10 $，故$ 81\sqrt{3} - 36π ＞ 0 $，即$ S_1 ＞ 2S_2 $。
【答案】
＞
【知识点】
圆的面积、正多边形与圆、勾股定理
【点评】
本题考查正多边形与圆的面积计算，需掌握内接正三角形、正六边形的面积求法，通过作差法比较两个式子的大小，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
要比较$ S_1 $和$ 2S_2 $的大小，需先分别求出$ S_1 $和$ S_2 $的表达式：$ S_1 $是半径为6的圆面积减去其内接正三角形的面积，$ S_2 $是半径为6的圆面积减去其内接正六边形的面积；再通过计算$ S_1 - 2S_2 $的正负，判断两者的大小关系。
【解析】
1. 计算$ S_1 $：
圆$ \odot O_1 $的半径为6，其面积为$ π × 6^2 = 36π $。
连接$ O_1A, O_1B, O_1C $，过$ O_1 $作$ O_1D ⊥ BC $于$ D $。正三角形内接于圆，故$ ∠ O_1BD = 30° $，$ O_1B = 6 $，在$ Rt△ O_1BD $中，$ O_1D = \frac{1}{2}O_1B = 3 $，由勾股定理得$ BD = \sqrt{O_1B^2 - O_1D^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3} $，则$ BC = 2BD = 6\sqrt{3} $。
$ △ ABC $的面积：正三角形可分成3个全等的等腰三角形（如$ △ O_1BC $），故$ S_{△ ABC} = 3 × S_{△ O_1BC} = 3 × \frac{1}{2} × BC × O_1D = 3 × \frac{1}{2} × 6\sqrt{3} × 3 = 27\sqrt{3} $。
因此$ S_1 = 36π - 27\sqrt{3} $。
2. 计算$ S_2 $：
圆$ \odot O_2 $的半径为6，其面积为$ 36π $。
正六边形内接于圆，可分成6个全等的等边三角形，连接$ O_2E, O_2F $，过$ O_2 $作$ O_2M ⊥ EF $于$ M $，则$ ∠ EO_2F = 60° $，$ △ EO_2F $是等边三角形，$ EF = O_2E = 6 $，$ EM = \frac{1}{2}EF = 3 $，由勾股定理得$ O_2M = \sqrt{O_2E^2 - EM^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3} $。
一个等边三角形的面积$ S_{△ EO_2F} = \frac{1}{2} × EF × O_2M = \frac{1}{2} × 6 × 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3} $，故正六边形面积为$ 6 × 9\sqrt{3} = 54\sqrt{3} $。
因此$ S_2 = 36π - 54\sqrt{3} $，则$ 2S_2 = 2(36π - 54\sqrt{3}) = 72π - 108\sqrt{3} $。
3. 比较$ S_1 $和$ 2S_2 $：
$ S_1 - 2S_2 = (36π - 27\sqrt{3}) - (72π - 108\sqrt{3}) = 81\sqrt{3} - 36π $。
因为$ 81\sqrt{3} \approx 140.29 $，$ 36π \approx 113.10 $，故$ 81\sqrt{3} - 36π ＞ 0 $，即$ S_1 ＞ 2S_2 $。
【答案】
＞
【知识点】
圆的面积、正多边形与圆、勾股定理
【点评】
本题考查正多边形与圆的面积计算，需掌握内接正三角形、正六边形的面积求法，通过作差法比较两个式子的大小，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
13. 新趋势 尺规作图（2025·镇江期中）如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成,网格中,O,A都是格点,以O为圆心,OA为半径作圆,仅用无刻度的直尺完成以下画图:
(1) 在图①中画$\odot O$的一个内接正六边形ABCDEF;
(2) 在图②中画$\odot O$的一个内接正八边形ABCDEFGH;
(3) 图②中正八边形ABCDEFGH的面积为
(1) 在图①中画$\odot O$的一个内接正六边形ABCDEF;
(2) 在图②中画$\odot O$的一个内接正八边形ABCDEFGH;
(3) 图②中正八边形ABCDEFGH的面积为
32√2
.答案
(1)如图①,正六边形ABCDEF即为所求.
(2)如图②,正八边形ABCDEFGH即为所求.
(3)$32\sqrt{2}$ 解析:如图②所示,过点B作$BM⊥ AO$于点M,
∵ $∠AOB=\frac{1}{8}×360°=45°$,
∴△MOB是等腰直角三角形,
∴ $OM=BM=\frac{\sqrt{2}}{2}OB=\frac{\sqrt{2}}{2}OA=2\sqrt{2}$,
∴ $S_{△ ABO}=\frac{1}{2}AO· BM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$,
∴图②中正八边形ABCDEFGH的面积为$8S_{△ ABO}=32\sqrt{2}$.
解析
【分析】
本题需结合圆内接正多边形的性质解题：首先明确圆内接正多边形的中心角公式为$\frac{360°}{n}$（$n$为边数），先确定$\odot O$的半径$OA=4$（网格中数得）。作内接正多边形时，根据中心角在圆上找到对应顶点；计算正八边形面积时，将其分割为8个全等的等腰三角形，利用三角形面积公式求和。
【解析】
(1) 圆内接正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，在$\odot O$上依次取点$B、C、D、E、F$，使相邻两点与$O$的连线夹角为$60°$，连接$A、B、C、D、E、F$，得到正六边形$ABCDEF$，如图①所示。
(2) 圆内接正八边形的中心角为$\frac{360°}{8}=45°$，在$\odot O$上依次取点$B、C、D、E、F、G、H$，使相邻两点与$O$的连线夹角为$45°$，连接$A、B、C、D、E、F、G、H$，得到正八边形$ABCDEFGH$，如图②所示。
(3) 正八边形可分割为8个全等的$△ AOB$，其中$∠ AOB=45°$，$OA=OB=4$。过$B$作$BM⊥ AO$于$M$，在$Rt△ MOB$中，$∠ BOM=45°$，故$BM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OB=2\sqrt{2}$。则$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× AO× BM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，因此正八边形面积为$8× S_{△ AOB}=8×4\sqrt{2}=32\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 如图①，正六边形$ABCDEF$即为所求； (2) 如图②，正八边形$ABCDEFGH$即为所求； (3) $32\sqrt{2}$
【知识点】
圆内接正多边形、正多边形中心角、正多边形面积计算
【点评】
本题结合网格考查圆内接正多边形的尺规作图与面积计算，核心是利用正多边形的中心角性质确定顶点位置，面积计算通过分割为等腰三角形简化，需掌握正多边形与圆的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题需结合圆内接正多边形的性质解题：首先明确圆内接正多边形的中心角公式为$\frac{360°}{n}$（$n$为边数），先确定$\odot O$的半径$OA=4$（网格中数得）。作内接正多边形时，根据中心角在圆上找到对应顶点；计算正八边形面积时，将其分割为8个全等的等腰三角形，利用三角形面积公式求和。
【解析】
(1) 圆内接正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，在$\odot O$上依次取点$B、C、D、E、F$，使相邻两点与$O$的连线夹角为$60°$，连接$A、B、C、D、E、F$，得到正六边形$ABCDEF$，如图①所示。
(2) 圆内接正八边形的中心角为$\frac{360°}{8}=45°$，在$\odot O$上依次取点$B、C、D、E、F、G、H$，使相邻两点与$O$的连线夹角为$45°$，连接$A、B、C、D、E、F、G、H$，得到正八边形$ABCDEFGH$，如图②所示。
(3) 正八边形可分割为8个全等的$△ AOB$，其中$∠ AOB=45°$，$OA=OB=4$。过$B$作$BM⊥ AO$于$M$，在$Rt△ MOB$中，$∠ BOM=45°$，故$BM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OB=2\sqrt{2}$。则$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× AO× BM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，因此正八边形面积为$8× S_{△ AOB}=8×4\sqrt{2}=32\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 如图①，正六边形$ABCDEF$即为所求；
(2) 如图②，正八边形$ABCDEFGH$即为所求； (3) $32\sqrt{2}$【知识点】
圆内接正多边形、正多边形中心角、正多边形面积计算
【点评】
本题结合网格考查圆内接正多边形的尺规作图与面积计算，核心是利用正多边形的中心角性质确定顶点位置，面积计算通过分割为等腰三角形简化，需掌握正多边形与圆的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
14. 新趋势 项目式学习 (1) 如图①,已知 $△ ABC$ 是$\odot O$ 的内接正三角形,点 $P$ 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,求证:$PA=PB+PC$;
(2) 如图②,四边形 $ABCD$ 是$\odot O$ 的内接正方形,点 $P$ 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,求证:$PA = PC + \sqrt{2}PB$;
(3) 如图③,六边形 $ABCDEF$ 是$\odot O$ 的内接正六边形,点 $P$ 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,请探究 $PA$, $PB$,$PC$ 三者之间有何数量关系,并给予证明.
视频讲题
(2) 如图②,四边形 $ABCD$ 是$\odot O$ 的内接正方形,点 $P$ 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,求证:$PA = PC + \sqrt{2}PB$;
(3) 如图③,六边形 $ABCDEF$ 是$\odot O$ 的内接正六边形,点 $P$ 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,请探究 $PA$, $PB$,$PC$ 三者之间有何数量关系,并给予证明.
视频讲题
答案
(1) 如图①,延长BP至点E,使PE=PC,连接CE.
∵A,B,P,C四点共圆,
∴∠BAC + ∠BPC = 180°.
∵∠BPC + ∠EPC=180°,△ABC是正三角形,
∴∠EPC=∠BAC=60°.又PE = PC,
∴△PCE是正三角形,
∴CE = CP,∠E = ∠PCE=60°.又∠BCE=60°+∠BCP,∠ACP=60°+∠BCP,
∴∠BCE=∠ACP.
∵△ABC,△PCE为正三角形,
∴CE=CP,BC=AC,
∴△BEC≌△APC(SAS),
∴PA=BE=PB+PE=PB+PC.
(2) 如图②,连接OA,OB,过点B作BE⊥PB交PA于点E.
∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠3.
∵ $∠APB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$,
∴BP=BE,
∴ $PE=\sqrt{2}PB$.又AB=CB,
∴△ABE≌△CBP,
∴PC=AE,
∴ $PA=AE+PE=PC+\sqrt{2}PB$.
(3)$PA=PC+\sqrt{3}PB$.证明:如图③,过点B作BM⊥AP于点M,在AP上截取AQ = PC,连接BQ.
∵∠BAP = ∠BCP,AB=BC,AQ=CP,
∴△ABQ≌△CBP,
∴BQ=BP,
∴MP=QM.又
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形,
∴∠APB=30°,
∴ $PM=\frac{\sqrt{3}}{2}PB$,
∴ $PQ=\sqrt{3}PB$,
∴ $PA=AQ+PQ=PC+\sqrt{3}PB$.
解析
【分析】
本题是圆内接正多边形的线段关系探究题，核心思路是通过“截长补短”构造全等三角形，结合正多边形的角度性质、圆周角定理，将待证的线段转化为可等量代换的线段，逐步推导PA、PB、PC的数量关系。
【解析】
(1) 证明：如图①，延长BP至点E，使PE=PC，连接CE。
∵A、B、P、C四点共圆，
∴∠BAC + ∠BPC = 180°，又∠BPC + ∠EPC = 180°，
∴∠EPC = ∠BAC。
∵△ABC是正三角形，
∴∠BAC=60°，
∴∠EPC=60°，又PE=PC，
∴△PCE是正三角形，故CE=CP，∠E=∠PCE=60°。
∵∠BCE=∠BCP + ∠PCE=60°+∠BCP，∠ACP=∠ACB + ∠BCP=60°+∠BCP，
∴∠BCE=∠ACP。
又△ABC是正三角形，故BC=AC，结合CE=CP，得△BEC≌△APC（SAS），
∴PA=BE=PB+PE=PB+PC。
(2) 证明：如图②，连接OA、OB，过点B作BE⊥PB交PA于点E。
∵∠ABE + ∠EBC = ∠CBP + ∠EBC=90°，
∴∠ABE=∠CBP。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=90°，由圆周角定理得∠APB=½∠AOB=45°，在Rt△PBE中，∠BPE=45°，故BE=PB，PE=√2 PB。
又AB=CB，结合∠ABE=∠CBP，BE=PB，得△ABE≌△CBP（SAS），
∴PC=AE，因此PA=AE+PE=PC+√2 PB。
(3) 解：PA=PC+√3 PB，证明如下：
如图③，过点B作BM⊥AP于点M，在AP上截取AQ=PC，连接BQ。
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC，∠BAP=∠BCP，结合AQ=PC，得△ABQ≌△CBP（SAS），故BQ=BP。
∵BM⊥AP，
∴M为PQ中点，即PM=QM。
正六边形中，∠APB=½×60°=30°（圆心角∠AOB=60°，圆周角为其一半），在Rt△PBM中，PM=PB·cos30°= (√3/2)PB，故PQ=2PM=√3 PB。
因此PA=AQ+PQ=PC+√3 PB。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) PA=PC+√3 PB。
【知识点】
圆内接正多边形、全等三角形判定、圆周角定理
【点评】
本题从特殊到一般，通过正三角形、正方形、正六边形的递进，考查截长补短法、全等三角形的应用，以及圆与正多边形的性质，培养学生的逻辑推理和几何探究能力，是典型的几何探究类题目。
【难度系数】
0.4
本题是圆内接正多边形的线段关系探究题，核心思路是通过“截长补短”构造全等三角形，结合正多边形的角度性质、圆周角定理，将待证的线段转化为可等量代换的线段，逐步推导PA、PB、PC的数量关系。
【解析】
(1) 证明：如图①，延长BP至点E，使PE=PC，连接CE。
∵A、B、P、C四点共圆，
∴∠BAC + ∠BPC = 180°，又∠BPC + ∠EPC = 180°，
∴∠EPC = ∠BAC。
∵△ABC是正三角形，
∴∠BAC=60°，
∴∠EPC=60°，又PE=PC，
∴△PCE是正三角形，故CE=CP，∠E=∠PCE=60°。
∵∠BCE=∠BCP + ∠PCE=60°+∠BCP，∠ACP=∠ACB + ∠BCP=60°+∠BCP，
∴∠BCE=∠ACP。
又△ABC是正三角形，故BC=AC，结合CE=CP，得△BEC≌△APC（SAS），
∴PA=BE=PB+PE=PB+PC。
(2) 证明：如图②，连接OA、OB，过点B作BE⊥PB交PA于点E。
∵∠ABE + ∠EBC = ∠CBP + ∠EBC=90°，
∴∠ABE=∠CBP。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=90°，由圆周角定理得∠APB=½∠AOB=45°，在Rt△PBE中，∠BPE=45°，故BE=PB，PE=√2 PB。
又AB=CB，结合∠ABE=∠CBP，BE=PB，得△ABE≌△CBP（SAS），
∴PC=AE，因此PA=AE+PE=PC+√2 PB。
(3) 解：PA=PC+√3 PB，证明如下：
如图③，过点B作BM⊥AP于点M，在AP上截取AQ=PC，连接BQ。
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC，∠BAP=∠BCP，结合AQ=PC，得△ABQ≌△CBP（SAS），故BQ=BP。
∵BM⊥AP，
∴M为PQ中点，即PM=QM。
正六边形中，∠APB=½×60°=30°（圆心角∠AOB=60°，圆周角为其一半），在Rt△PBM中，PM=PB·cos30°= (√3/2)PB，故PQ=2PM=√3 PB。
因此PA=AQ+PQ=PC+√3 PB。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) PA=PC+√3 PB。
【知识点】
圆内接正多边形、全等三角形判定、圆周角定理
【点评】
本题从特殊到一般，通过正三角形、正方形、正六边形的递进，考查截长补短法、全等三角形的应用，以及圆与正多边形的性质，培养学生的逻辑推理和几何探究能力，是典型的几何探究类题目。
【难度系数】
0.4
