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8. (★)如图,边长为2的正六边形ABCDEF内接于$\odot O$,则它的内切圆的半径长为 【 】
A.1
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$
A.1
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$
答案
D
解析
【分析】
要计算正六边形内切圆的半径，首先明确正六边形的内切圆半径等于其中心到任意一边的距离（即边心距）。解题思路如下：第一步，回忆正六边形的性质，其中心角为360°除以边数6，可得中心角为60°；第二步，连接中心与某条边的两个端点，可得到等边三角形，边长等于正六边形的边长2；第三步，过中心作该边的垂线，得到的垂线段就是边心距，利用等边三角形的性质结合勾股定理即可求出边心距，也就是内切圆半径。
【解析】
解：取边AB，过圆心O作OH⊥AB于点H，连接OA、OB。
∵ 正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，
∴ 中心角$∠ AOB = \frac{360°}{6} = 60°$，
又
∵ OA=OB（都是$\odot O$的半径），
∴ $△ AOB$是等边三角形，
∴ $OA=OB=AB=2$。
∵ OH⊥AB，
∴ $AH = \frac{1}{2}AB = 1$（等腰三角形三线合一）。
在$Rt△ AOH$中，由勾股定理得：
$OH = \sqrt{OA^2 - AH^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$。
OH即为正六边形的内切圆半径，故内切圆半径长为$\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
正多边形与圆，等边三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是明确正多边形的内切圆半径就是其边心距，结合正六边形的特殊性质构造等边三角形即可求解。
【难度系数】
0.7
要计算正六边形内切圆的半径，首先明确正六边形的内切圆半径等于其中心到任意一边的距离（即边心距）。解题思路如下：第一步，回忆正六边形的性质，其中心角为360°除以边数6，可得中心角为60°；第二步，连接中心与某条边的两个端点，可得到等边三角形，边长等于正六边形的边长2；第三步，过中心作该边的垂线，得到的垂线段就是边心距，利用等边三角形的性质结合勾股定理即可求出边心距，也就是内切圆半径。
【解析】
解：取边AB，过圆心O作OH⊥AB于点H，连接OA、OB。
∵ 正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，
∴ 中心角$∠ AOB = \frac{360°}{6} = 60°$，
又
∵ OA=OB（都是$\odot O$的半径），
∴ $△ AOB$是等边三角形，
∴ $OA=OB=AB=2$。
∵ OH⊥AB，
∴ $AH = \frac{1}{2}AB = 1$（等腰三角形三线合一）。
在$Rt△ AOH$中，由勾股定理得：
$OH = \sqrt{OA^2 - AH^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$。
OH即为正六边形的内切圆半径，故内切圆半径长为$\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
正多边形与圆，等边三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是明确正多边形的内切圆半径就是其边心距，结合正六边形的特殊性质构造等边三角形即可求解。
【难度系数】
0.7
9. (★★)如图，$\odot O$的周长为$8π$，正六边形$ABCDEF$内接于$\odot O$，则$△ OAB$的面积为
【 】
A.$4$
B.$4\sqrt{3}$
C.$6$
D.$6\sqrt{3}$
【 】
A.$4$
B.$4\sqrt{3}$
C.$6$
D.$6\sqrt{3}$
答案
B
解析
【分析】
要计算△OAB的面积，首先需明确该三角形的形状与边长：①先根据圆的周长公式求出⊙O的半径，正六边形内接于圆时，半径OA、OB均等于圆的半径；②正六边形的中心角为360°÷6=60°，结合OA=OB可判定△OAB为等边三角形，边长等于圆的半径；③最后利用等边三角形的面积公式计算面积即可。
【解析】
步骤1：求⊙O的半径
设⊙O的半径为r，由圆的周长公式$C=2π r$，已知周长为$8π$，可得：
$2π r=8π$，解得$r=4$，因此$OA=OB=4$。
步骤2：判定△OAB的形状
正六边形的中心角$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，又$OA=OB$，因此△OAB是等边三角形，即$AB=OA=OB=4$。
步骤3：计算△OAB的面积
过点O作$OM⊥ AB$于点M，根据等边三角形三线合一的性质，$AM=\frac{1}{2}AB=2$。
在$Rt△ OAM$中，由勾股定理得：
$OM=\sqrt{OA^2 - AM^2}=\sqrt{4^2 - 2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$
因此$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}× AB× OM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
【答案】
B
【知识点】
圆的周长计算；正多边形与圆；等边三角形面积计算
【点评】
本题属于基础综合题，解题的关键是利用正六边形内接于圆的性质，判断出△OAB为等边三角形，再结合圆周长求出等边三角形的边长，进而计算面积，整体解题思路清晰，无复杂运算。
【难度系数】
0.7
要计算△OAB的面积，首先需明确该三角形的形状与边长：①先根据圆的周长公式求出⊙O的半径，正六边形内接于圆时，半径OA、OB均等于圆的半径；②正六边形的中心角为360°÷6=60°，结合OA=OB可判定△OAB为等边三角形，边长等于圆的半径；③最后利用等边三角形的面积公式计算面积即可。
【解析】
步骤1：求⊙O的半径
设⊙O的半径为r，由圆的周长公式$C=2π r$，已知周长为$8π$，可得：
$2π r=8π$，解得$r=4$，因此$OA=OB=4$。
步骤2：判定△OAB的形状
正六边形的中心角$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，又$OA=OB$，因此△OAB是等边三角形，即$AB=OA=OB=4$。
步骤3：计算△OAB的面积
过点O作$OM⊥ AB$于点M，根据等边三角形三线合一的性质，$AM=\frac{1}{2}AB=2$。
在$Rt△ OAM$中，由勾股定理得：
$OM=\sqrt{OA^2 - AM^2}=\sqrt{4^2 - 2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$
因此$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}× AB× OM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
【答案】
B
【知识点】
圆的周长计算；正多边形与圆；等边三角形面积计算
【点评】
本题属于基础综合题，解题的关键是利用正六边形内接于圆的性质，判断出△OAB为等边三角形，再结合圆周长求出等边三角形的边长，进而计算面积，整体解题思路清晰，无复杂运算。
【难度系数】
0.7
10. (★★)如图,在平面直角坐标系中,边长为4的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合,AB//x轴,将六边形绕点O顺时针旋转,每次旋转45°,则第1000次旋转结束时,点A的对应点的坐标为【 】
A.$(-2,2\sqrt{3})$
B.$(-2,-2\sqrt{3})$
C.$(2\sqrt{3},-2)$
D.$(2,2\sqrt{3})$
A.$(-2,2\sqrt{3})$
B.$(-2,-2\sqrt{3})$
C.$(2\sqrt{3},-2)$
D.$(2,2\sqrt{3})$
答案
A
解析
【分析】
解题思路分为三步：第一步先求初始状态下点A的坐标，利用正六边形边长等于中心到顶点的距离，结合AB平行x轴的特征计算坐标；第二步找旋转的周期，每次旋转45°，旋转一周360°对应的次数就是循环周期；第三步计算1000次旋转包含多少个完整周期，判断最终点A的位置即可得到坐标。
【解析】
1. 求初始点A的坐标：
正六边形边长为4，中心与原点重合，因此中心到顶点的距离OA=4，正六边形每个中心角为$360°÷6=60°$。
因为$AB// x$轴，点B在第一象限，坐标为$(4\cos60°,4\sin60°)=(2,2\sqrt{3})$，AB平行x轴则A、B纵坐标相同，A在第二象限横坐标为$-2$，即初始点A坐标为$(-2,2\sqrt{3})$。
2. 计算旋转周期：
每次顺时针旋转$45°$，旋转一周回到原位置需要$360°÷45°=8$次，即8次旋转为一个周期。
3. 判断1000次旋转后的位置：
$1000÷8=125$，余数为0，说明第1000次旋转刚好完成125个完整周期，点A回到初始位置，对应点坐标为$(-2,2\sqrt{3})$。
【答案】
A
【知识点】
正六边形的性质；坐标与旋转；周期规律
【点评】
本题将正六边形性质和旋转规律结合考查，核心是抓住旋转的周期性特征，先确定初始点坐标再通过周期判断最终位置，解题时要注意正六边形中心角和边长与半径的关系。
【难度系数】
0.7
解题思路分为三步：第一步先求初始状态下点A的坐标，利用正六边形边长等于中心到顶点的距离，结合AB平行x轴的特征计算坐标；第二步找旋转的周期，每次旋转45°，旋转一周360°对应的次数就是循环周期；第三步计算1000次旋转包含多少个完整周期，判断最终点A的位置即可得到坐标。
【解析】
1. 求初始点A的坐标：
正六边形边长为4，中心与原点重合，因此中心到顶点的距离OA=4，正六边形每个中心角为$360°÷6=60°$。
因为$AB// x$轴，点B在第一象限，坐标为$(4\cos60°,4\sin60°)=(2,2\sqrt{3})$，AB平行x轴则A、B纵坐标相同，A在第二象限横坐标为$-2$，即初始点A坐标为$(-2,2\sqrt{3})$。
2. 计算旋转周期：
每次顺时针旋转$45°$，旋转一周回到原位置需要$360°÷45°=8$次，即8次旋转为一个周期。
3. 判断1000次旋转后的位置：
$1000÷8=125$，余数为0，说明第1000次旋转刚好完成125个完整周期，点A回到初始位置，对应点坐标为$(-2,2\sqrt{3})$。
【答案】
A
【知识点】
正六边形的性质；坐标与旋转；周期规律
【点评】
本题将正六边形性质和旋转规律结合考查，核心是抓住旋转的周期性特征，先确定初始点坐标再通过周期判断最终位置，解题时要注意正六边形中心角和边长与半径的关系。
【难度系数】
0.7
11. (★★)定义:如果一个圆的圆心与一个正多边形的中心重合,那么称该正多边形为这个圆的同心正多边形.已知一个圆的半径为1,该圆的同心正六边形的边长为$\sqrt{3}$.设点P在圆上,点Q在正六边形的边上,则P,Q两点之间的最小距离为.
答案
$\boldsymbol{\frac{1}{2}}$
解析
【分析】
要解决本题，首先明确最小距离的几何意义：因为圆和正六边形同心，所以圆上点到正六边形边上点的最小距离，等于正六边形的边心距（中心到边的距离）减去圆的半径。解题思路如下：第一步，利用正六边形的性质得到其外接圆半径（中心到顶点的距离）等于边长；第二步，通过勾股定理计算正六边形的边心距；第三步，用边心距减去圆的半径即可得到PQ的最小距离。
【解析】
设圆的圆心为O，由题意可知正六边形的中心也为O。
1. 由正六边形的性质可知，正六边形的外接圆半径（中心到顶点的距离）等于其边长，已知正六边形边长为$\sqrt{3}$，故中心O到正六边形任意顶点的距离为$\sqrt{3}$。
2. 过O作正六边形任意一边的垂线，垂足为M，M为该边的中点，则OM为正六边形的边心距。该边长度的一半为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，由勾股定理可得：
$OM=\sqrt{(\sqrt{3})^2 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{3-\frac{3}{4}}=\sqrt{\frac{9}{4}}=\frac{3}{2}$
3. 已知圆O的半径为1，且圆在正六边形内部，因此圆上点P到正六边形边上点Q的最小距离为边心距减去圆的半径：
$PQ_{\mathrm{min}}=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$
【答案】
$\boldsymbol{\frac{1}{2}}$
【知识点】
正多边形的性质，勾股定理，最短距离计算
【点评】
本题重点考察正多边形与圆的结合应用，解题核心是将两点最短距离的问题转化为正六边形边心距与圆半径的差的计算，熟练掌握正多边形边长、边心距、外接圆半径的换算关系是解题的关键。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先明确最小距离的几何意义：因为圆和正六边形同心，所以圆上点到正六边形边上点的最小距离，等于正六边形的边心距（中心到边的距离）减去圆的半径。解题思路如下：第一步，利用正六边形的性质得到其外接圆半径（中心到顶点的距离）等于边长；第二步，通过勾股定理计算正六边形的边心距；第三步，用边心距减去圆的半径即可得到PQ的最小距离。
【解析】
设圆的圆心为O，由题意可知正六边形的中心也为O。
1. 由正六边形的性质可知，正六边形的外接圆半径（中心到顶点的距离）等于其边长，已知正六边形边长为$\sqrt{3}$，故中心O到正六边形任意顶点的距离为$\sqrt{3}$。
2. 过O作正六边形任意一边的垂线，垂足为M，M为该边的中点，则OM为正六边形的边心距。该边长度的一半为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，由勾股定理可得：
$OM=\sqrt{(\sqrt{3})^2 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{3-\frac{3}{4}}=\sqrt{\frac{9}{4}}=\frac{3}{2}$
3. 已知圆O的半径为1，且圆在正六边形内部，因此圆上点P到正六边形边上点Q的最小距离为边心距减去圆的半径：
$PQ_{\mathrm{min}}=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$
【答案】
$\boldsymbol{\frac{1}{2}}$
【知识点】
正多边形的性质，勾股定理，最短距离计算
【点评】
本题重点考察正多边形与圆的结合应用，解题核心是将两点最短距离的问题转化为正六边形边心距与圆半径的差的计算，熟练掌握正多边形边长、边心距、外接圆半径的换算关系是解题的关键。
【难度系数】
0.7
12. (★★)如图,已知$\odot O$和$\odot O$上的一点A,作$\odot O$的内接正六边形ABCDEF.连接BF,CE,判断四边形BCEF的形状并加以证明.
答案
解：四边形BCEF是矩形，证明如下：
∵ 六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴ $AB=BC=CD=DE=EF=FA$，
$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FA}=60°$。
∴ $\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{DE}=180°$，即$BE$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ BFE=∠ BCE=90°$（直径所对的圆周角是直角）。
∵ $\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{BC}=60°$，
∴ $∠ ECF=∠ BEC=30°$，
∴ $EF// BC$。
又∵ $EF=BC$，
∴ 四边形$BCEF$是平行四边形。
又∵ $∠ BFE=90°$，
∴ 平行四边形$BCEF$是矩形。
∵ 六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴ $AB=BC=CD=DE=EF=FA$，
$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FA}=60°$。
∴ $\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{DE}=180°$，即$BE$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ BFE=∠ BCE=90°$（直径所对的圆周角是直角）。
∵ $\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{BC}=60°$，
∴ $∠ ECF=∠ BEC=30°$，
∴ $EF// BC$。
又∵ $EF=BC$，
∴ 四边形$BCEF$是平行四边形。
又∵ $∠ BFE=90°$，
∴ 平行四边形$BCEF$是矩形。
解析
【分析】
要判断四边形BCEF的形状，可按照“先判定平行四边形，再判定特殊平行四边形”的思路逐步推导：①首先回忆圆内接正六边形的性质：正六边形各边相等，各边对应的弧长相等，每段弧的度数为$360°÷6=60°$；②先判定平行四边形：利用等弧可得对应弦相等，且对应的内错角相等，即可得到EF和BC平行且相等，满足平行四边形的判定条件；③再判定矩形：计算弧BE的总度数，可得出BE是直径，根据直径所对的圆周角是直角，可得平行四边形有一个内角为直角，即可判定为矩形。
【解析】
四边形BCEF是矩形，证明如下：
∵ 六边形ABCDEF是$\odot O$的内接正六边形，
∴ $AB=BC=CD=DE=EF=FA$，
$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FA}=\frac{360°}{6}=60°$。
∴ $\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{DE}=60°×3=180°$，即$BE$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ BFE=∠ BCE=90°$（直径所对的圆周角是直角）。
∵ $\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{BC}=60°$，
∴ $∠ ECF=∠ BEC=30°$，
∴ $EF// BC$。
又
∵ $EF=BC$，
∴ 四边形$BCEF$是平行四边形。
又
∵ $∠ BFE=90°$，
∴ 平行四边形$BCEF$是矩形。
【答案】
四边形BCEF是矩形
【知识点】
正六边形的性质；圆周角定理；矩形的判定
【点评】
本题是圆与特殊四边形的综合基础题，解题核心是熟练运用正六边形的弧、边特征，结合圆周角定理得到直角，再结合平行四边形、矩形的判定定理推导即可，侧重对基础知识灵活运用能力的考查。
【难度系数】
0.7
要判断四边形BCEF的形状，可按照“先判定平行四边形，再判定特殊平行四边形”的思路逐步推导：①首先回忆圆内接正六边形的性质：正六边形各边相等，各边对应的弧长相等，每段弧的度数为$360°÷6=60°$；②先判定平行四边形：利用等弧可得对应弦相等，且对应的内错角相等，即可得到EF和BC平行且相等，满足平行四边形的判定条件；③再判定矩形：计算弧BE的总度数，可得出BE是直径，根据直径所对的圆周角是直角，可得平行四边形有一个内角为直角，即可判定为矩形。
【解析】
四边形BCEF是矩形，证明如下：
∵ 六边形ABCDEF是$\odot O$的内接正六边形，
∴ $AB=BC=CD=DE=EF=FA$，
$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FA}=\frac{360°}{6}=60°$。
∴ $\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{DE}=60°×3=180°$，即$BE$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ BFE=∠ BCE=90°$（直径所对的圆周角是直角）。
∵ $\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{BC}=60°$，
∴ $∠ ECF=∠ BEC=30°$，
∴ $EF// BC$。
又
∵ $EF=BC$，
∴ 四边形$BCEF$是平行四边形。
又
∵ $∠ BFE=90°$，
∴ 平行四边形$BCEF$是矩形。
【答案】
四边形BCEF是矩形
【知识点】
正六边形的性质；圆周角定理；矩形的判定
【点评】
本题是圆与特殊四边形的综合基础题，解题核心是熟练运用正六边形的弧、边特征，结合圆周角定理得到直角，再结合平行四边形、矩形的判定定理推导即可，侧重对基础知识灵活运用能力的考查。
【难度系数】
0.7
