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8. 正方形的边长为$a$，它的内切圆的半径为$r$，外接圆的半径为$R$，则$r:R:a$等于 （
A.$1:\sqrt{2}:2$
B.$1:2\sqrt{2}:2$
C.$2:\sqrt{2}:1$
D.$\sqrt{2}:1:2$
A
）A.$1:\sqrt{2}:2$
B.$1:2\sqrt{2}:2$
C.$2:\sqrt{2}:1$
D.$\sqrt{2}:1:2$
答案
8. A
解析
【分析】
要解决本题的比值问题，需先结合正方形与内切圆、外接圆的位置关系，分别将内切圆半径r、外接圆半径R用边长a表示，再化简三者的比例即可。首先明确：正方形内切圆的直径等于正方形的边长，外接圆的直径等于正方形的对角线长，结合正方形对角线与边长的关系就能分别求出r、R和a的对应关系。
【解析】
1. 求内切圆半径r：
正方形的内切圆与各边相切，内切圆的直径等于正方形的边长，即$2r=a$，因此$r=\frac{a}{2}$。
2. 求外接圆半径R：
正方形的外接圆过四个顶点，外接圆的直径等于正方形的对角线长。根据勾股定理，正方形对角线长为$\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$，即$2R=\sqrt{2}a$，因此$R=\frac{\sqrt{2}a}{2}$。
3. 计算比值：
$r:R:a=\frac{a}{2}:\frac{\sqrt{2}a}{2}:a$，将各项同时乘以$\frac{2}{a}$（$a≠0$）消去公共项，可得$r:R:a=1:\sqrt{2}:2$。
【答案】
A
【知识点】
正多边形与圆；正方形的性质；比例化简
【点评】
本题属于基础题，核心是理清正方形内切圆半径、外接圆半径分别和边长、对角线的对应关系，熟练掌握正方形的基本性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
要解决本题的比值问题，需先结合正方形与内切圆、外接圆的位置关系，分别将内切圆半径r、外接圆半径R用边长a表示，再化简三者的比例即可。首先明确：正方形内切圆的直径等于正方形的边长，外接圆的直径等于正方形的对角线长，结合正方形对角线与边长的关系就能分别求出r、R和a的对应关系。
【解析】
1. 求内切圆半径r：
正方形的内切圆与各边相切，内切圆的直径等于正方形的边长，即$2r=a$，因此$r=\frac{a}{2}$。
2. 求外接圆半径R：
正方形的外接圆过四个顶点，外接圆的直径等于正方形的对角线长。根据勾股定理，正方形对角线长为$\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$，即$2R=\sqrt{2}a$，因此$R=\frac{\sqrt{2}a}{2}$。
3. 计算比值：
$r:R:a=\frac{a}{2}:\frac{\sqrt{2}a}{2}:a$，将各项同时乘以$\frac{2}{a}$（$a≠0$）消去公共项，可得$r:R:a=1:\sqrt{2}:2$。
【答案】
A
【知识点】
正多边形与圆；正方形的性质；比例化简
【点评】
本题属于基础题，核心是理清正方形内切圆半径、外接圆半径分别和边长、对角线的对应关系，熟练掌握正方形的基本性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
9. 如图,有一个$\odot O$和两个正六边形$T_1,T_2$,$T_1$的6个顶点都在圆周上,$T_2$的6条边都和$\odot O$相切,我们称$T_1,T_2$分别为$\odot O$的内接正六边形和外切正六边形.
(1) 设$T_1,T_2$的边长分别为$a,b$,$\odot O$的半径为$r$,求$r:a$及$r:b$的值;
(2) 求正六边形$T_1,T_2$的面积比$S_1:S_2$的值.
(1) 设$T_1,T_2$的边长分别为$a,b$,$\odot O$的半径为$r$,求$r:a$及$r:b$的值;
(2) 求正六边形$T_1,T_2$的面积比$S_1:S_2$的值.
答案
9. （1）连接圆心O和$T_1$的6个顶点可得6个全等的正三角形,$\therefore r:a=1:1$.连接圆心O和$T_2$相邻的两个顶点,得以$\odot O$半径为高的正三角形,$\therefore r:b=\sqrt{3}:2$. （2）$T_1,T_2$的边长比是$\sqrt{3}:2$,$\therefore S_1:S_2=3:4$.
解析
【分析】
本题可根据正六边形和圆的位置关系，结合正六边形的性质逐步求解：
1. 求解$r:a$：内接正六边形$T_1$的顶点都在圆上，连接圆心和$T_1$的顶点，利用正六边形中心角为$60°$，可得到等边三角形，即可推出$r$和$a$的关系；
2. 求解$r:b$：外切正六边形$T_2$的边和圆相切，圆心到$T_2$边的距离等于圆的半径$r$，也就是以$T_2$边长为边的正三角形的高，结合等边三角形高和边长的关系即可推出$r$和$b$的关系；
3. 求解面积比：正六边形都是相似图形，相似多边形的面积比等于边长比的平方，利用前一问得到的边长比计算即可。
【解析】
(1) ① 求$r:a$的值：
连接圆心$O$和$T_1$的6个顶点，正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，得到的6个三角形都是两边长为$r$、夹角为$60°$的等边三角形，因此$T_1$的边长$a=r$，故$r:a=r:r=1:1$。
② 求$r:b$的值：
连接圆心$O$和$T_2$相邻的两个顶点，得到以$T_2$的边长$b$为边长的正三角形，$\odot O$的半径$r$是这个正三角形的高。根据等边三角形的高与边长的关系：高$=\frac{\sqrt{3}}{2}× 边长$，可得$r=\frac{\sqrt{3}}{2}b$，整理得$\frac{r}{b}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$r:b=\sqrt{3}:2$。
(2) 求面积比$S_1:S_2$：
由(1)可得$a=r$，$b=\frac{2r}{\sqrt{3}}$，因此$T_1$与$T_2$的边长比$a:b=r:\frac{2r}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}:2$。
所有正六边形都是相似图形，相似多边形的面积比等于相似比（边长比）的平方，因此$S_1:S_2=(a:b)^2=(\sqrt{3}:2)^2=3:4$。
【答案】
(1) $r:a=1:1$，$r:b=\sqrt{3}:2$；(2) $S_1:S_2=3:4$
【知识点】
1. 正多边形与圆的性质
2. 相似多边形的性质
3. 等边三角形的性质
【点评】
本题属于基础题型，解题的核心是理清正多边形的边长、边心距与圆半径的对应关系，结合相似图形的性质即可快速求解，能很好地考查对正多边形和圆相关概念的理解。
【难度系数】
0.7
本题可根据正六边形和圆的位置关系，结合正六边形的性质逐步求解：
1. 求解$r:a$：内接正六边形$T_1$的顶点都在圆上，连接圆心和$T_1$的顶点，利用正六边形中心角为$60°$，可得到等边三角形，即可推出$r$和$a$的关系；
2. 求解$r:b$：外切正六边形$T_2$的边和圆相切，圆心到$T_2$边的距离等于圆的半径$r$，也就是以$T_2$边长为边的正三角形的高，结合等边三角形高和边长的关系即可推出$r$和$b$的关系；
3. 求解面积比：正六边形都是相似图形，相似多边形的面积比等于边长比的平方，利用前一问得到的边长比计算即可。
【解析】
(1) ① 求$r:a$的值：
连接圆心$O$和$T_1$的6个顶点，正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，得到的6个三角形都是两边长为$r$、夹角为$60°$的等边三角形，因此$T_1$的边长$a=r$，故$r:a=r:r=1:1$。
② 求$r:b$的值：
连接圆心$O$和$T_2$相邻的两个顶点，得到以$T_2$的边长$b$为边长的正三角形，$\odot O$的半径$r$是这个正三角形的高。根据等边三角形的高与边长的关系：高$=\frac{\sqrt{3}}{2}× 边长$，可得$r=\frac{\sqrt{3}}{2}b$，整理得$\frac{r}{b}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$r:b=\sqrt{3}:2$。
(2) 求面积比$S_1:S_2$：
由(1)可得$a=r$，$b=\frac{2r}{\sqrt{3}}$，因此$T_1$与$T_2$的边长比$a:b=r:\frac{2r}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}:2$。
所有正六边形都是相似图形，相似多边形的面积比等于相似比（边长比）的平方，因此$S_1:S_2=(a:b)^2=(\sqrt{3}:2)^2=3:4$。
【答案】
(1) $r:a=1:1$，$r:b=\sqrt{3}:2$；(2) $S_1:S_2=3:4$
【知识点】
1. 正多边形与圆的性质
2. 相似多边形的性质
3. 等边三角形的性质
【点评】
本题属于基础题型，解题的核心是理清正多边形的边长、边心距与圆半径的对应关系，结合相似图形的性质即可快速求解，能很好地考查对正多边形和圆相关概念的理解。
【难度系数】
0.7
10. 如图，正方形ABCD内接于$\odot O$，E为DC的中点，直线BE交$\odot O$于点F，如果$\odot O$的半径为$\sqrt{2}$，求点O到BE的距离OM.
答案
10. 连接OD,OB,OE,则$△ DOE$是等腰直角三角形.又$OD=\sqrt{2}$,$\therefore DE=OE=CE=1$,$BC=2$.在$\mathrm{Rt}△ BCE$中,$BE=\sqrt{CE^2+BC^2}=\sqrt{5}$,$S_{△ BOE}=S_{△ EDB}-S_{△ ODE}=\frac{1}{2}$.又$S_{△ BOE}=\frac{1}{2}BE· OM$,即$\frac{1}{2}×\sqrt{5}× OM=\frac{1}{2}$,$\therefore OM=\frac{\sqrt{5}}{5}$.
解析
【分析】
本题要求点O到BE的距离OM，可通过等积法求解，解题思路如下：1. 先根据正方形内接于圆的性质，结合圆的半径求出正方形的边长，再由E是DC中点得到DE、CE的长度；2. 利用勾股定理求出线段BE的长度；3. 通过割补法计算出△BOE的面积；4. △BOE的面积也可以表示为$\frac{1}{2}×BE×OM$，据此建立方程即可求出OM的长度。
【解析】
解：连接OD、OB、OE。
∵ 正方形ABCD内接于$\odot O$，$\odot O$的半径为$\sqrt{2}$，
∴ 正方形的对角线长为$\odot O$的直径，即$2\sqrt{2}$，
∴ 正方形边长$BC=DC=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2$。
∵ E为DC的中点，
∴ $DE=CE=\frac{1}{2}DC=1$。
∵ △ODC是等腰直角三角形，E为DC中点，
∴ $OE=DE=CE=1$，△DOE为等腰直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△BCE$中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{CE^2+BC^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
通过面积割补可得：$S_{△BOE}=S_{△EDB}-S_{△ODE}=\frac{1}{2}$。
又
∵ OM是点O到BE的垂线段，即OM为△BOE中BE边上的高，
∴ $S_{△BOE}=\frac{1}{2}·BE·OM$，
代入数据得：$\frac{1}{2}×\sqrt{5}×OM=\frac{1}{2}$，
解得：$OM=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
正多边形与圆的性质，勾股定理，等积法求高
【点评】
本题将正多边形、圆、三角形面积计算相结合，解题时需要灵活运用割补法求三角形面积，再通过等积法建立方程求解未知线段，能较好地考察几何综合运用能力。
【难度系数】
0.6
本题要求点O到BE的距离OM，可通过等积法求解，解题思路如下：1. 先根据正方形内接于圆的性质，结合圆的半径求出正方形的边长，再由E是DC中点得到DE、CE的长度；2. 利用勾股定理求出线段BE的长度；3. 通过割补法计算出△BOE的面积；4. △BOE的面积也可以表示为$\frac{1}{2}×BE×OM$，据此建立方程即可求出OM的长度。
【解析】
解：连接OD、OB、OE。
∵ 正方形ABCD内接于$\odot O$，$\odot O$的半径为$\sqrt{2}$，
∴ 正方形的对角线长为$\odot O$的直径，即$2\sqrt{2}$，
∴ 正方形边长$BC=DC=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2$。
∵ E为DC的中点，
∴ $DE=CE=\frac{1}{2}DC=1$。
∵ △ODC是等腰直角三角形，E为DC中点，
∴ $OE=DE=CE=1$，△DOE为等腰直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△BCE$中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{CE^2+BC^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
通过面积割补可得：$S_{△BOE}=S_{△EDB}-S_{△ODE}=\frac{1}{2}$。
又
∵ OM是点O到BE的垂线段，即OM为△BOE中BE边上的高，
∴ $S_{△BOE}=\frac{1}{2}·BE·OM$，
代入数据得：$\frac{1}{2}×\sqrt{5}×OM=\frac{1}{2}$，
解得：$OM=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
正多边形与圆的性质，勾股定理，等积法求高
【点评】
本题将正多边形、圆、三角形面积计算相结合，解题时需要灵活运用割补法求三角形面积，再通过等积法建立方程求解未知线段，能较好地考察几何综合运用能力。
【难度系数】
0.6
