1. 如图30－3－9，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$r:a$和$r:b$；
(2)求正六边形$T_1$，$T_2$的面积比$S_1:S_2$.

图30－3－9

1.解:(1)连接圆心$O$和$T_1$的六个顶点可得六个全等的正三角形,每个正三角形的边长等于$T_1$的边长$a$,所以$r:a=1:1$;连接圆心$O$和$T_2$的相邻两个顶点,可得以$\odot O$的半径为高的正三角形,所以$r:b=\sqrt{3}:2$.
(2)由(1)可知,$T_1$与$T_2$的边长比是$\sqrt{3}:2$,$\therefore S_1:S_2=(a:b)^2=3:4$.

【分析】
(1)求解r与a的比值时，可利用正六边形的中心角为60°，连接圆心和内接正六边形相邻顶点得到等边三角形，直接得到半径r和边长a的关系；求解r与b的比值时，外切正六边形的边心距等于圆的半径r，结合等边三角形高与边长的关系即可推出r和b的比值。
(2)正六边形属于相似图形，相似多边形的面积比等于边长比的平方，先根据(1)的结论得到两个正六边形的边长比，平方后即可得到面积比。
【解析】
(1) ① 求$r:a$：
连接圆心$O$与$T_1$的6个顶点，得到6个以$O$为顶点的三角形，每个三角形的顶角为$360°÷6=60°$，且两腰均为$\odot O$的半径$r$，因此这6个三角形都是等边三角形，等边三角形边长相等，即$r=a$，故$r:a=1:1$。
② 求$r:b$：
连接圆心$O$与$T_2$的相邻两个顶点，再过$O$作$T_2$对应边的垂线，垂线长为$\odot O$的半径$r$。所得三角形为等边三角形，$r$是该等边三角形的高，设等边三角形边长为$b$，根据等边三角形高与边长的关系：$r=\frac{\sqrt{3}}{2}b$，整理得$r:b=\sqrt{3}:2$。
(2) 求$S_1:S_2$：
由(1)可知$a=r$，$b=\frac{2r}{\sqrt{3}}$，因此两个正六边形的边长比$a:b=\sqrt{3}:2$。
由于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，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】
正多边形与圆的性质，等边三角形的性质，相似多边形的性质
【点评】
本题重点考查正多边形和圆的位置关系相关性质，解题的核心是明确内接正六边形的边长等于圆半径、外切正六边形的边心距等于圆半径，再结合相似图形的面积比规律即可求解，是正多边形相关的典型基础题。
【难度系数】
0.7

2.某学习小组在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时，进行了如下讨论：
甲同学:这种多边形不一定是正多边形,如圆内接矩形.
乙同学:我发现边数是6时,它也不一定是正多边形,如图30－3－10①所示,△ABC是正三角形,$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{CF}$,可以证明六边形ADBECF各内角相等,但它不是正六边形.
丙同学:我能证明边数是5时,它是正多边形,我想边数是7时它可能也是正多边形.
(1)请你证明乙同学构造的六边形各内角相等；
(2)请你证明各内角相等的圆内接七边形ABCDEFG(如图30－3－10②)是正七边形；
(3)根据以上探索过程,提出你的猜想.(不必证明)

图30－3－10

2.(1)证明:由题中图①知,$∠ AFC$所对的弧为$\overset{\frown}{ABC}$,因为$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CF}$,而$∠ DAF$所对的弧$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{DBC}=\overset{\frown}{ABC}$,所以$∠ AFC=∠ DAF$,同理可证$∠ ADB=∠ DBE=∠ BEC=∠ ECF=∠ AFC$.所以六边形$ADBECF$的各内角相等.
(2)证明:因为$∠ A$所对的弧为$\overset{\frown}{BEG}$,$∠ B$所对的弧为$\overset{\frown}{CEA}$,$∠ A=∠ B$,所以$\overset{\frown}{BEG}=\overset{\frown}{CEA}$,所以$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AG}$.同理可证$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{AG}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{FG}$,即$AB=BC=CD=DE=EF=FG=GA$,所以七边形$ABCDEFG$是正七边形.
(3)猜想:对于圆内接多边形,若其各内角相等且边数为奇数,则该多边形为正多边形.

【分析】
(1) 要证明六边形各内角相等，依据圆周角定理，圆周角的度数等于其所对弧度数的一半，因此只需证明每个内角对应的弧的度数相等即可。借助已知的等弧条件，通过弧的和差运算推导各内角对应弧相等，即可得到角相等的结论。
(2) 要证明圆内接七边形是正七边形，只需证明各边相等，而圆中弦相等等价于弦所对的劣弧相等。首先由内角相等推导出内角所对的弧相等，减去公共弧后得到相邻边所对的弧相等，进一步推出所有边对应弧都相等，即可证明各边相等，得到正七边形的结论。
(3) 根据已知的探索案例：边数为偶数（4、6）时，圆内接等角多边形不一定是正多边形；边数为奇数（5、7）时，圆内接等角多边形是正多边形，据此归纳出通用猜想即可。
【解析】
(1) 证明：由题图①知，$∠ AFC$所对的弧为$\overset{\frown}{ABC}$，
因为$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CF}$，$∠ DAF$所对的弧$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{ABC}$，
所以$∠ AFC=∠ DAF$，
同理可证$∠ ADB=∠ DBE=∠ BEC=∠ ECF=∠ AFC$，
因此六边形$ADBECF$的各内角相等。
(2) 证明：因为$∠ A$所对的弧为$\overset{\frown}{BEG}$，$∠ B$所对的弧为$\overset{\frown}{CEA}$，
又$∠ A=∠ B$，所以$\overset{\frown}{BEG}=\overset{\frown}{CEA}$，
两边同时减去公共弧$\overset{\frown}{EG}$，可得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AG}$，
同理可证$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{AG}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{FG}$，
即$AB=BC=CD=DE=EF=FG=GA$，因此七边形$ABCDEFG$是正七边形。
(3) 猜想：对于圆内接多边形，若其各内角相等且边数为奇数，则该多边形为正多边形。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) 证明见上述解析；
(3) 边数为奇数的各内角相等的圆内接多边形是正多边形。
【知识点】
圆周角定理、正多边形的判定、弧弦关系
【点评】
本题围绕圆内接等角多边形的性质展开探究，既考查了圆周角定理、正多边形判定等核心知识点，又引导学生体验从特殊到一般的归纳推理过程，能够有效锻炼逻辑推理和猜想归纳能力，解题的关键是利用圆周角与对应弧的关联，完成角相等到弧相等的转化。
【难度系数】
0.6