圆内接正多边形

第三章 圆 3.6 圆内接正多边形

【知识要点】

知识点1圆内接正多边形定义 ：顶点都在同一个圆上的正多边形叫做圆内接正多边形.这个圆叫做该正多边形的外接圆.

【典例解析】在圆内接正六边形ABCDEF中，半径OC4，OGBC，垂足为

G，求这个正六边形的中心角、边长和边心距.

解：连接OD

∵六边形ABCDEF为正六边形

∴COD36060 6∴COD为等边三角形. ∴CDOC4

在RtCOG中，OC4，CG2 ∴OG23

∴正六边形ABCDEF中心角为60，边长为4，边心距为23.

分析 ：题目是有关正多边形的计算的具体应用，通过例题的学习，巩固有关正多边形的概念，能运用正多边形的知识解决圆的有关计算问题. 【达标测评】 拓展练习

1 （2014•呼和浩特，第6题3分）已知⊙O的面积为2π，则其内接正三角形的面积为（ ） A． 3

考点：垂 径定理；等边三角形的性质．

分析：先 求出正三角形的外接圆的半径，再求出正三角形的边长，最后求其面积即可． 解答：解 ：如图所示，

连接OB、OC，过O作OD⊥BC于D， ∵⊙O的面积为2π ∴⊙O的半径为

B． 3

C．

D．

∵△ABC为正三角形， ∴∠BOC=

=120°，∠BOD=∠BOC=60°，OB=

=

，

，

∴BD=OB•sin∠BOD=∴BC=2BD=

，

•cos60°=

∴OD=OB•cos∠BOD=， ×

=．

，

∴△BOC的面积=•BC•OD=×∴△ABC的面积=3S△BOC=3×故选C．

=

本题考查的是三角形的外接圆与外心，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．

难度：中

2 (2014年天津市，第21题10分)已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．

（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB=6，求AC，BD，CD的长； （Ⅱ）如图②，若∠CAB=60°，求BD的长．

考点： 圆周角定理；等边三角形的判定与性质；勾股定理．

分析： （Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD=CD=5

；

（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD=OB=OD=5． 解答： 解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径， ∴∠CAB=∠BDC=90°．

∵在直角△CAB中，BC=10，AB=6， ∴由勾股定理得到：AC=∵AD平分∠CAB， ∴

=

，

=

=8．

∴CD=BD．

在直角△BDC中，BC=10，CD2+BD2=BC2， ∴易求BD=CD=5

（Ⅱ）如图②，连接OB，OD． ∵AD平分∠CAB，且∠CAB=60°， ∴∠DAB=∠CAB=30°， ∴∠DOB=2∠DAB=60°． 又∵OB=OD，

∴△OBD是等边三角形， ∴BD=OB=OD．

∵⊙O的直径为10，则OB=5， ∴BD=5．

；

点评： 本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形． 难度：中

3 （2014•湘潭，第25题） △ABC为等边三角形，边长为a，DF⊥AB，EF⊥AC， （1）求证：△BDF∽△CEF；

（2）若a=4，设BF=m，四边形ADFE面积为S，求出S与m之间的函数关系，并探究当m为何值时S取最大值；

（3）已知A、D、F、E四点共圆，已知tan∠EDF=

，求此圆直径．

（第1题图） 考点： 相似形综合题；二次函数的最值；等边三角形的性质；圆周角定理；解直角三角形 分析： （1）只需找到两组对应角相等即可． （2）四边形ADFE面积S可以看成△ADF与△AEF的面积之和，借助三角函数用m表示出AD、DF、AE、EF的长，进而可以用含m的代数式表示S，然后通过配方，转化为二次函数的最值问题，就可以解决问题． （3）易知AF就是圆的直径，利用圆周角定理将∠EDF转化为∠EAF．在△AFC中，知道tan∠EAF、∠C、AC，通过解直角三角形就可求出AF长． 解答： 解：（1）∵DF⊥AB，EF⊥AC， ∴∠BDF=∠CEF=90°． ∵△ABC为等边三角形， ∴∠B=∠C=60°． ∵∠BDF=∠CEF，∠B=∠C， ∴△BDF∽△CEF． （2）∵∠BDF=90°，∠B=60°， ∴sin60°==，cos60°==． ∵BF=m， ∴DF=m，BD=． ∵AB=4， ∴AD=4﹣． ∴S△ADF=AD•DF =×（4﹣）×=﹣m2+m m． 同理：S△AEF=AE•EF =×（4﹣=﹣m2+2）×． （4﹣m） ∴S=S△ADF+S△AEF =﹣=﹣=﹣∵﹣m2+m+2 （m2﹣4m﹣8） （m﹣2）2+3．其中0＜m＜4． ＜0，0＜2＜4， ． ∴当m=2时，S取最大值，最大值为3∴S与m之间的函数关系为： S═﹣（m﹣2）2+3（其中0＜m＜4）． ． 当m=2时，S取到最大值，最大值为3（3）如图2， ∵A、D、F、E四点共圆， ∴∠EDF=∠EAF． ∵∠ADF=∠AEF=90°， ∴AF是此圆的直径． ∵tan∠EDF=， ∴tan∠EAF=∴=． ． ∵∠C=60°， ∴=tan60°=． x，EA=2x． 设EC=x，则EF=∵AC=a， ∴2x+x=A． ∴x=． ∴EF=，AE=． ∵∠AEF=90°， ∴AF=∴此圆直径长为=． ． 点评： 本题考查了相似三角形的判定、二次函数的最值、三角函数、解直角三角形、圆周角定理、等边三角形的性质等知识，综合性强．利用圆周角定理将条件中的圆周角转化到合适的位置是解决最后一小题的关键． 难度：中 4 （2014•攀枝花，第23题12分）如图，以点P（﹣1，0）为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2绕点P旋转180°，得到△MCB． （1）求B、C两点的坐标； ，将△ABC（2）请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标； （3）动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由． 考点：圆 的综合题． 分析：（ 1）连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的坐标． （2）由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标． （3）易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．易得∠OCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值． 解答：解 ：（1）连接PA，如图1所示． ∵PO⊥AD， ∴AO=DO． ∵AD=2∴OA=， ． ∵点P坐标为（﹣1，0）， ∴OP=1． ∴PA==2． ∴BP=CP=2． ∴B（﹣3，0），C（1，0）． （2）连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC． 如图2所示，线段MB、MC即为所求作． 四边形ACMB是矩形． 理由如下： ∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得， ∴四边形ACMB是平行四边形． ∵BC是⊙P的直径， ∴∠CAB=90°． ∴平行四边形ACMB是矩形． 过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示． 在△MHP和△AOP中， ∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP， ∴△MHP≌△AOP． ∴MH=OA=∴OH=2． ∴点M的坐标为（﹣2，）． ，PH=PO=1． （3）在旋转过程中∠MQG的大小不变． ∵四边形ACMB是矩形， ∴∠BMC=90°． ∵EG⊥BO， ∴∠BGE=90°． ∴∠BMC=∠BGE=90°． ∵点Q是BE的中点， ∴QM=QE=QB=QG． ∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示． ∴∠MQG=2∠MBG． ∵∠COA=90°，OC=1，OA=， ∴tan∠OCA==． ∴∠OCA=60°． ∴∠MBC=∠BCA=60°． ∴∠MQG=120°． ∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°． 点评：本 题考查了垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、特殊角的三角函数、图形的旋转等知识，综合性比较强．证明点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上是解决第三小题的关键． 难度：难 5．（2014•湖北黄石,第19题7分）如图，A、B是圆O上的两点，∠AOB=120°，C是AB弧的中点． （1）求证：AB平分∠OAC； （2）延长OA至P使得OA=AP，连接PC，若圆O的半径R=1，求PC的长． 第5题图 考点： 菱形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理． 分析： （1）求出等边三角形AOC和等边三角形OBC，推出OA=OB=BC=AC，即可得出答案； （2）求出AC=OA=AP，求出∠PCO=90°，∠P=30°，即可求出答案． 解答： （1）证明：连接OC， ∵∠AOB=120°，C是AB弧的中点， ∴∠AOC=∠BOC=60°， ∵OA=OC， ∴△ACO是等边三角形， ∴OA=AC，同理OB=BC， ∴OA=AC=BC=OB， ∴四边形AOBC是菱形， ∴AB平分∠OAC； （2）解：连接OC， ∵C为弧AB中点，∠AOB=120°， ∴∠AOC=60°， ∵OA=OC， ∴OAC是等边三角形， ∵OA=AC， ∴AP=AC， ∴∠APC=30°， ∴△OPC是直角三角形， ∴． 点评： 本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理，等边三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目比较典型，难度适中． 难度：中 基础题：1．（2014•四川成都,第14题4分）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD切⊙O于点D，连接AD．若∠A=25°，则∠C= 40 度． 考点：切 线的性质；圆周角定理． 专题：计 算题． 分析：连 接OD，由CD为圆O的切线，利用切线的性质得到OD垂直于CD，根据OA=OD，

利用等边对等角得到∠A=∠ODA，求出∠ODA的度数，再由∠COD为△AOD外角，求出∠COD度数，即可确定出∠C的度数． 解答：解 ：连接OD， ∵CD与圆O相切， ∴OD⊥DC， ∵OA=OD， ∴∠A=∠ODA=25°， ∵∠COD为△AOD的外角， ∴∠COD=50°， ∴∠C=40°． 故答案为：40 此题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，以及外角性质，熟练掌握切线的性质是点评： 解本题的关键． 难度：中 2．（2014•贵州黔西南州, 第18题3分）如图，AB是⊙O的直径，AB=15，AC=9，则tan∠ADC= ． 第1题图 考点： 圆周角定理；勾股定理；锐角三角函数的定义． 分析： 根据勾股定理求出BC的长，再将tan∠ADC转化为tanB进行计算． 解答： 解：∵AB为⊙O直径， ∴∠ACB=90°， ∴BC==12， ∴tan∠ADC=tanB=故答案为． ==， 点评： 本题考查了圆周角定理和三角函数的定义，要充分利用转化思想． 难度：易 3. （2014•湖北黄冈,第14题3分）如图，在⊙O中，弦CD垂直于直径AB于点E，若∠BAD=30°，且BE=2，则CD= 4 ． 第2题图 考点：垂 径定理；解直角三角形． 专题：计 算题． 分析：连 结OD，设⊙O的半径为R，先根据圆周角定理得到∠BOD=2∠BAD=60°，再根据垂径定理由CD⊥AB得到DE=CE，在Rt△ODE中，OE=OB﹣BE=R﹣2，利用余弦的定义得cos∠EOD=cos60°=所以CD=2DE=4． ，即=，解得R=4，则OE=2，DE=OE=2，解答：解 ：连结OD，如图，设⊙O的半径为R， ∵∠BAD=30°， ∴∠BOD=2∠BAD=60°， ∵CD⊥AB， ∴DE=CE， 在Rt△ODE中，OE=OB﹣BE=R﹣2，OD=R， ∵cos∠EOD=cos60°=∴=，解得R=4， ， ∴OE=4﹣2=2， ∴DE=OE=2， ∴CD=2DE=4故答案为4． ． 点评：本 题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理和解直角三角形． 难度：中 4．（2014•广西来宾，第18题3分）如图，点A、B、C均在⊙O上，∠C=50°，则∠OAB= 40 度． 考点：圆 周角定理． 分析：由 ∠C=50°求出∠AOB的度数，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，即可求得答案． 解答：解 ：∵∠C=50°， ∴∠AOB=2∠C=100°， ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA==40°． 故答案为：40． 点评：此 题考查了圆周角定理，用到的知识点是圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，注意数形结合思想的应用． 难度：易 5．（2014•黔南州，第19题5分）如图，直径为10的⊙A经过点C（0，6）和点O（0，0），与x轴的正半轴交于点D，B是y轴右侧圆弧上一点，则cos∠OBC的值为 ． 考点：勾股定理；圆周角定理；锐角三角函数的定义． 分析：连接CD，易得CD是直径，在直角△OCD中运用勾股定理求出OD的长，得出 cos∠ODC的值，又由圆周角定理，即可求得cos∠OBC的值． 解答：解：连接CD， ∵∠COD=90°， ∴CD是直径， 即CD=10， ∵点C（0，6）， ∴OC=6， ∴OD=∴cos∠ODC===8， =， ∵∠OBC=∠ODC， ∴cos∠OBC=． 故答案为． 点评：此题考查了圆周角定理，勾股定理以及三角函数的定义．此题难度适中，注意掌握辅 助线的作法，注意掌握转化思想的应用． 难度：易