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10. (2024·东营)我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“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π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⊙O的面积，可得π的估计值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，若用圆内接正八边形近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为
的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，若用圆内接正八边形近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为$2\sqrt{2}$
.答案
10. $2\sqrt{2}$
解析
【分析】
要得到圆内接正八边形估算的π值，本质是求半径为1的圆内接正八边形的面积（圆半径为1时面积为π，用正八边形面积近似等于圆面积，该面积就是π的估计值）。解题思路如下：第一步，先求正八边形的中心角，正八边形可分割为8个全等的等腰三角形，等腰三角形的腰长等于圆半径1，顶角即中心角为$360°÷8=45°$；第二步，计算单个等腰三角形的面积，再乘8得到正八边形总面积，即为π的估计值。
【解析】
已知圆$O$的半径$r=1$，圆内接正八边形的中心角为$\frac{360°}{8}=45°$。
正八边形可拆分为8个全等的等腰三角形，每个等腰三角形的腰长均为圆半径1，顶角为$45°$。
单个等腰三角形的面积为：
$S_1=\frac{1}{2}×1×1×\sin45°=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$
正八边形的总面积为：
$S=8S_1=8×\frac{\sqrt{2}}{4}=2\sqrt{2}$
用正八边形面积近似代替圆的面积，因此π的估计值为$2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形与圆，三角形面积计算，特殊角的三角函数值
【点评】
本题结合古代“割圆术”的数学文化背景，考查正多边形面积的计算方法，解题核心是将正多边形拆分为若干个全等的等腰三角形求解，同时渗透了极限的数学思想，注重对知识应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
要得到圆内接正八边形估算的π值，本质是求半径为1的圆内接正八边形的面积（圆半径为1时面积为π，用正八边形面积近似等于圆面积，该面积就是π的估计值）。解题思路如下：第一步，先求正八边形的中心角，正八边形可分割为8个全等的等腰三角形，等腰三角形的腰长等于圆半径1，顶角即中心角为$360°÷8=45°$；第二步，计算单个等腰三角形的面积，再乘8得到正八边形总面积，即为π的估计值。
【解析】
已知圆$O$的半径$r=1$，圆内接正八边形的中心角为$\frac{360°}{8}=45°$。
正八边形可拆分为8个全等的等腰三角形，每个等腰三角形的腰长均为圆半径1，顶角为$45°$。
单个等腰三角形的面积为：
$S_1=\frac{1}{2}×1×1×\sin45°=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$
正八边形的总面积为：
$S=8S_1=8×\frac{\sqrt{2}}{4}=2\sqrt{2}$
用正八边形面积近似代替圆的面积，因此π的估计值为$2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形与圆，三角形面积计算，特殊角的三角函数值
【点评】
本题结合古代“割圆术”的数学文化背景，考查正多边形面积的计算方法，解题核心是将正多边形拆分为若干个全等的等腰三角形求解，同时渗透了极限的数学思想，注重对知识应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
11. 如图,正六边形$ABCDEF$为$\odot O$的内接正六边形.
（1）若$\odot O$的半径为4 cm,求正六边形$ABCDEF$的周长和面积.
（2）点$G$在$\overset{\frown}{CD}$上,$CG$恰好是$\odot O$内接正十边形的一边,$DG$恰好是$\odot O$内接正$n$边形的一边,求$n$.
（1）若$\odot O$的半径为4 cm,求正六边形$ABCDEF$的周长和面积.
（2）点$G$在$\overset{\frown}{CD}$上,$CG$恰好是$\odot O$内接正十边形的一边,$DG$恰好是$\odot O$内接正$n$边形的一边,求$n$.
答案
11. （1）连接OC,OD,
∵ 六边形ABCDEF是圆内接正六边形,
∴ ∠COD=$\frac{360°}{6}$=60°.
∵ OC=OD,
∴ △COD是正三角形,
∴ CD=OC=OD=4(cm),
∴ 正六边形ABCDEF的周长为4×6=24(cm).
∵ $S_{△ COD}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$(cm²),
∴ $S_{\mathrm{正六边形}ABCDEF}=6S_{△ COD}=24\sqrt{3}$(cm²),答:正六边形ABCDEF的周长为24 cm,面积为$24\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$；（2）连接OG,
∵ CG是正十边形的边长,
∴ ∠COG=$\frac{360°}{10}=36°$,
∴ ∠DOG=∠COD−∠COG=60°−36°=24°.
∵ DG是圆内接正n边形的边长,
∴ $\frac{360°}{n}=24°$,解得n=15.
解析
【分析】
（1）求解正六边形的周长和面积，可从正六边形内接于圆的性质入手：正六边形每条边对应的中心角为$360°÷6=60°$，结合外接圆半径相等，可推出中心与相邻两顶点构成等边三角形，边长等于外接圆半径，先求出边长即可得到周长；再计算单个等边三角形的面积，乘6即可得到正六边形的总面积。
（2）求正$n$边形的边数$n$，核心是先求出$DG$对应的中心角：先根据正十边形的性质求出$CG$对应的中心角，再用$CD$对应的中心角减去该角得到$DG$的中心角，最后根据正$n$边形中心角公式$\frac{360°}{n}$列方程求解即可。
【解析】
（1）连接$OC$、$OD$，
∵ 六边形$ABCDEF$是$\odot O$的内接正六边形，
∴ 中心角$∠ COD=\frac{360°}{6}=60°$，
又
∵ $OC=OD$（均为$\odot O$的半径），
∴ $△ COD$是等边三角形，
∴ $CD=OC=OD=4\ \mathrm{cm}$，
∴ 正六边形$ABCDEF$的周长为$6×4=24\ \mathrm{cm}$。
过$O$作$OG⊥ CD$于$G$，等边$△ COD$中，$CG=\frac{1}{2}CD=2\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得高$OG=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，
∴ $S_{△ COD}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$，
∴ $S_{\mathrm{正六边形}ABCDEF}=6S_{△ COD}=6×4\sqrt{3}=24\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$。
（2）连接$OG$，
∵ $CG$是$\odot O$内接正十边形的一边，
∴ $CG$对应的中心角$∠ COG=\frac{360°}{10}=36°$，
∴ $∠ DOG=∠ COD-∠ COG=60°-36°=24°$，
∵ $DG$是$\odot O$内接正$n$边形的一边，其对应中心角为$∠ DOG$，
∴ $\frac{360°}{n}=24°$，解得$n=15$。
【答案】
（1）正六边形$ABCDEF$的周长为$\boldsymbol{24\ \mathrm{cm}}$，面积为$\boldsymbol{24\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2}$；
（2）$\boldsymbol{n=15}$。
【知识点】
1. 正多边形与圆
2. 中心角计算
3. 等边三角形性质
【点评】
本题是正多边形和圆相关计算的典型题型，解题关键是熟练掌握正$n$边形的中心角与边数的关系，以及正六边形边长等于外接圆半径的特殊性质，整体思路清晰，计算难度不大。
【难度系数】
0.75
（1）求解正六边形的周长和面积，可从正六边形内接于圆的性质入手：正六边形每条边对应的中心角为$360°÷6=60°$，结合外接圆半径相等，可推出中心与相邻两顶点构成等边三角形，边长等于外接圆半径，先求出边长即可得到周长；再计算单个等边三角形的面积，乘6即可得到正六边形的总面积。
（2）求正$n$边形的边数$n$，核心是先求出$DG$对应的中心角：先根据正十边形的性质求出$CG$对应的中心角，再用$CD$对应的中心角减去该角得到$DG$的中心角，最后根据正$n$边形中心角公式$\frac{360°}{n}$列方程求解即可。
【解析】
（1）连接$OC$、$OD$，
∵ 六边形$ABCDEF$是$\odot O$的内接正六边形，
∴ 中心角$∠ COD=\frac{360°}{6}=60°$，
又
∵ $OC=OD$（均为$\odot O$的半径），
∴ $△ COD$是等边三角形，
∴ $CD=OC=OD=4\ \mathrm{cm}$，
∴ 正六边形$ABCDEF$的周长为$6×4=24\ \mathrm{cm}$。
过$O$作$OG⊥ CD$于$G$，等边$△ COD$中，$CG=\frac{1}{2}CD=2\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得高$OG=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，
∴ $S_{△ COD}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$，
∴ $S_{\mathrm{正六边形}ABCDEF}=6S_{△ COD}=6×4\sqrt{3}=24\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$。
（2）连接$OG$，
∵ $CG$是$\odot O$内接正十边形的一边，
∴ $CG$对应的中心角$∠ COG=\frac{360°}{10}=36°$，
∴ $∠ DOG=∠ COD-∠ COG=60°-36°=24°$，
∵ $DG$是$\odot O$内接正$n$边形的一边，其对应中心角为$∠ DOG$，
∴ $\frac{360°}{n}=24°$，解得$n=15$。
【答案】
（1）正六边形$ABCDEF$的周长为$\boldsymbol{24\ \mathrm{cm}}$，面积为$\boldsymbol{24\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2}$；
（2）$\boldsymbol{n=15}$。
【知识点】
1. 正多边形与圆
2. 中心角计算
3. 等边三角形性质
【点评】
本题是正多边形和圆相关计算的典型题型，解题关键是熟练掌握正$n$边形的中心角与边数的关系，以及正六边形边长等于外接圆半径的特殊性质，整体思路清晰，计算难度不大。
【难度系数】
0.75
12. 已知$\odot O$的半径和正方形$ABCD$的边长均为1，把正方形$ABCD$放在$\odot O$中，使顶点$A$，$D$落在$\odot O$上，此时点$A$的位置记为$A_0$，如图1. 按下列步骤操作：
如图2，将正方形$ABCD$在$\odot O$中绕点$A$顺时针旋转，使点$B$落到$\odot O$上，完成第一次旋转；绕点$B$顺时针旋转，使点$C$落到$\odot O$上，完成第二次旋转；…
（1）正方形$ABCD$每次旋转的度数为
（2）将正方形$ABCD$连续旋转6次，在旋转的过程中，求点$B$与$A_0$之间的距离的最小值.
如图2，将正方形$ABCD$在$\odot O$中绕点$A$顺时针旋转，使点$B$落到$\odot O$上，完成第一次旋转；绕点$B$顺时针旋转，使点$C$落到$\odot O$上，完成第二次旋转；…
（1）正方形$ABCD$每次旋转的度数为
30
°；（2）将正方形$ABCD$连续旋转6次，在旋转的过程中，求点$B$与$A_0$之间的距离的最小值.
答案
12. (1) 30 (2) 如图,当点B绕着点D旋转时,点B,点A,点D三点共线时,点B与A₀之间的距离有最小值，
∵当点D落在⊙O上时,点D'在AO的延长线上,
∴AD'=2,点B,点A,点D三点共线时,点B与A₀之间的距离有最小值,
∴点B与A₀之间的距离的最小值为$2-\sqrt{2}$.
解析
【分析】
（1）求旋转角度：首先利用已知⊙O半径和正方形边长均为1，可证△OAD为等边三角形，得到∠OAD=60°，结合正方形内角为90°得到初始∠OAB的度数；旋转后点B落在圆上，可证△OAB为等边三角形，得到旋转后∠OAB的度数，两个角度的差就是旋转度数。
（2）求点B与A₀的最小距离：先明确旋转过程中各旋转中心的变化规律，分析得当点D落在AO的延长线（即AD为⊙O直径，长度为2），且B、A、D三点共线时，点B在线段AD上，此时点B到A₀的距离最小，用直径长度减去正方形对角线长度即可得到最小值。
【解析】
（1）连接OA、OD、OB，
∵⊙O的半径为1，正方形ABCD的边长AD=1，
∴OA=OD=AD=1，即△OAD是等边三角形，
∴∠OAD=60°，
∵正方形ABCD中∠DAB=90°，
∴初始状态下∠OAB=∠DAB - ∠OAD=90° - 60°=30°，
旋转后点B落在⊙O上，此时OA=OB=AB=1，即△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60°，
∴每次旋转的度数为60° - 30°=30°。
（2）在正方形连续旋转6次的过程中，当点D旋转到AO的延长线上时，AD为⊙O的直径，AD=2，此时若点B、A、D三点共线，点B落在线段AD上，点B与A₀的距离最小。
∵正方形边长为1，其对角线长为$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，即AB=$\sqrt{2}$，
∴点B与A₀之间距离的最小值为AD - AB=2 - $\sqrt{2}$。
【答案】
（1）$\boxed{30}$
（2）点B与A₀之间的距离的最小值为$\boxed{2-\sqrt{2}}$，如图：
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，圆的基本性质
【点评】
本题综合了圆、正方形、旋转的相关知识，解题的关键是分析旋转过程中点的位置变化，找到距离取最小值的临界状态，对空间想象能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
（1）求旋转角度：首先利用已知⊙O半径和正方形边长均为1，可证△OAD为等边三角形，得到∠OAD=60°，结合正方形内角为90°得到初始∠OAB的度数；旋转后点B落在圆上，可证△OAB为等边三角形，得到旋转后∠OAB的度数，两个角度的差就是旋转度数。
（2）求点B与A₀的最小距离：先明确旋转过程中各旋转中心的变化规律，分析得当点D落在AO的延长线（即AD为⊙O直径，长度为2），且B、A、D三点共线时，点B在线段AD上，此时点B到A₀的距离最小，用直径长度减去正方形对角线长度即可得到最小值。
【解析】
（1）连接OA、OD、OB，
∵⊙O的半径为1，正方形ABCD的边长AD=1，
∴OA=OD=AD=1，即△OAD是等边三角形，
∴∠OAD=60°，
∵正方形ABCD中∠DAB=90°，
∴初始状态下∠OAB=∠DAB - ∠OAD=90° - 60°=30°，
旋转后点B落在⊙O上，此时OA=OB=AB=1，即△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60°，
∴每次旋转的度数为60° - 30°=30°。
（2）在正方形连续旋转6次的过程中，当点D旋转到AO的延长线上时，AD为⊙O的直径，AD=2，此时若点B、A、D三点共线，点B落在线段AD上，点B与A₀的距离最小。
∵正方形边长为1，其对角线长为$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，即AB=$\sqrt{2}$，
∴点B与A₀之间距离的最小值为AD - AB=2 - $\sqrt{2}$。
【答案】
（1）$\boxed{30}$
（2）点B与A₀之间的距离的最小值为$\boxed{2-\sqrt{2}}$，如图：
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，圆的基本性质
【点评】
本题综合了圆、正方形、旋转的相关知识，解题的关键是分析旋转过程中点的位置变化，找到距离取最小值的临界状态，对空间想象能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
