中考数学一轮复习专题3.8 正多边形和圆【十一大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.8 正多边形和圆【十一大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共45页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc14805" 【题型1 求正多边形中心角】 PAGEREF _Tc14805 \h 1
\l "_Tc17843" 【题型2 求正多边形的边数】 PAGEREF _Tc17843 \h 4
\l "_Tc13324" 【题型3 正多边形与圆中求角度】 PAGEREF _Tc13324 \h 8
\l "_Tc24212" 【题型4 正多边形与圆中求面积】 PAGEREF _Tc24212 \h 12
\l "_Tc15344" 【题型5 正多边形与圆中求周长】 PAGEREF _Tc15344 \h 16
\l "_Tc5102" 【题型7 正多边形与圆中求边心距、边长】 PAGEREF _Tc5102 \h 24
\l "_Tc26354" 【题型8 正多边形与圆中求最值】 PAGEREF _Tc26354 \h 28
\l "_Tc7007" 【题型9 尺规作图-正多边形】 PAGEREF _Tc7007 \h 32
\l "_Tc31325" 【题型10 正多边形与圆中的规律问题】 PAGEREF _Tc31325 \h 36
\l "_Tc6790" 【题型11 多边形与圆中的证明】 PAGEREF _Tc6790 \h 40
【知识点 正多边形和圆】
（1）正多边形的有关计算
（2）正多边形每个内角度数为，每个外角度数为
【题型1 求正多边形中心角】
【例1】（2023秋·广东广州·九年级校考期中）下列图形中，绕它的中心旋转60°后可以和原图形重合的是（ ）
A．正六边形B．正五边形C．正方形D．正三角形
【答案】A
【分析】根据旋转对称图形的定义，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、正六边形的中心角为：360°6=60°，绕它的中心旋转60°后可以和原图形重合，符合题意；
B、正五边形的中心角为：360°5=72°，绕它的中心旋转60°后不能和原图形重合，不符合题意；
C、正方形的中心角为：360°4=90°，绕它的中心旋转60°后不能和原图形重合，不符合题意；
D、正三角形的中心角为：360°3=120°，绕它的中心旋转60°后不能和原图形重合，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查旋转对称图形．熟练掌握正多边形的中心角等于360°n，以及旋转对称图形的定义，是解题的关键．
【变式1-1】（2023秋·河北唐山·九年级统考期中）若一个正多边形的边长与半径相等，则这个正多边形的中心角是（ ）
A．45°B．60°C．90°D．120°
【答案】B
【分析】根据正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，由已知边长与半径相等，可知一边所对的圆心角为60°，即得答案．
【详解】解：如图所示的正多边形中，
∵AB=OA=OB，
∴ΔABO为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴这个正多边形的中心角为60°．
故选B．
【点睛】此题主要考查正多边形的中心角概念，正确理解题意与中心角概念相结合是解此题的关键．
【变式1-2】（2023秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若∠BOC是正n边形的一个中心角，则n的值为（ ）
A．8B．10C．12D．16
【答案】C
【分析】连接OA，先求出∠AOB的度数，然后利用正多边形外角和等于360°，即可求出答案．
【详解】解：连接OA，如图：
根据题意，正六边形和正方形的中心都是点O，
∴∠AOC=90°，∠AOB=60°，
∴∠COB=90°−60°=30°；
∵∠COB是某正n边形的一个中心角，
∴n=360°30°=12；
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，正多边形的外角和定理，解题的关键是掌握正多边形的性质，正确求出∠COB的度数．
【变式1-3】（2023秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，正五边形ABCDE和正三角形APQ都内接于⊙O，则PC的度数为 °．
【答案】24
【分析】连接OA，OB，OP，OC，分别求出正五边形ABCDE和正三角形APQ的中心角，结合图形计算即可．
【详解】解：连接OA，OB，OP，OC，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOB=360°5=72°，
∴∠AOC=72°×2=144°，
∵△APQ是正三角形，
∴∠AOP=360°3=120°，
∴∠POC=∠AOC−∠AOP=144°−120°=24°．
∴PC的度数为24°．
故答案为：24．
【点睛】本题考查圆心角和弧之间的关系，正多边形与圆的有关计算．掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．
【题型2 求正多边形的边数】
【例2】（2023秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，点A、B、C、D为一个正多边形的顶点，点O为正多边形的中心，若∠ADB=18°，则这个正多边形的边数为（ ）
A．10B．12C．15D．20
【答案】A
【分析】作正多边形的外接圆，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】解：如图，作正多边形的外接圆，
∵∠ADB=18°，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
∴这个正多边形的边数为360°36°=10．
故选：A．
【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
【变式2-1】（2023秋·湖北十堰·九年级统考期末）如图，AB,BC和AC分别为⊙O内接正方形，正六边形和正n边形的一边，则n是（ ）．
A．六B．八C．十D．十二
【答案】D
【分析】分别求出∠AOB和∠COB，从而得到∠AOC，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接OA，OC，OB，
∵AB和BC分别是正方形和正六边形的一边，
∴∠AOB=360°4=90°,∠COB=360°6=60°，
∴∠AOC=∠AOB−∠COB=30°，
∴n=360°30°=12，
故选D．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形边数与中心角的关系是解题的关键．
【变式2-2】（2023秋·山东济南·九年级统考期末）如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】连接AC,OD,OF，先根据圆内接正多边形的性质可得点O在AC上，且AC是∠BAD和∠EAF的角平分线，从而可得∠CAD=12∠BAD=45°,∠CAF=12∠EAF=30°，再根据角的和差可得∠DAF=15°，然后根据圆周角定理可得∠DOF=2∠DAF=30°，最后根据正多边形的性质即可得．
【详解】解：如图，连接AC,OD,OF，
∵四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，
∴点O在AC上，且AC是∠BAD和∠EAF的角平分线，∠BAD=90°,∠EAF=60°，
∴∠CAD=12∠BAD=45°,∠CAF=12∠EAF=30°，
∴∠DAF=∠CAD−∠CAF=15°，
∴∠DOF=2∠DAF=30°，
∵DF恰好是圆O的一个内接正n边形的一边，
∴n=360°∠DOF=360°30°=12，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题关键．
【变式2-3】（2023秋·安徽安庆·九年级校联考期末）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=AD,∠C=120°，点E在弧AD上，连接OD、OE、AE、DE．
（1）∠AED的度数为 ．
（2）当∠DOE=90°时，AE恰好为⊙O的内接正n边形的一边，则n的值为 ．
【答案】 120° 12
【分析】（1）连接BD，由已知条件证△ABD是等边三角形，得到∠ABD=60°，从而由圆内接四边形的性质可得∠AED=120°；
（2）连接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，结合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，从而可得n=36030=12．
【详解】（1）连接BD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠ABD=180°，
∴∠AED=120°；
（2）连接OA，
∵∠ABD=60°，
∴∠AOD=2∠ABD=120°，
∵∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠AOD−∠DOE=30°，
∴n=360°30°=12．
【点睛】本题考查正多边形与圆相关知识点，理解并熟练运用基本性质和结论是解题关键．
【题型3 正多边形与圆中求角度】
【例3】（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，P为弧AB上的一点（点P不与点A，B重合），则∠DPF的度数为（ ）

A．22.5°B．30°C．40°D．45°
【答案】D
【分析】连接OD、OE、OF，根据正多边形和圆的知识求出正八边形的中心角的度数，根据圆周角定理求出∠DPF的度数．
【详解】解：连接OD、OE、OF，如图，

∵八边形ABCDEFGH是正八边形，
∴∠DOE=∠EOF=360°8=45°，
∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=90°，
∴∠DPF=12∠DOF=45°，
故选：D．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆、圆周角定理的应用；熟练掌握中心角公式，由圆周角定理求出结果是解决问题的关键．
【变式3-1】（2023秋·浙江嘉兴·九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF和正方形AGDH都内接于⊙O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为（ ）
A．15°B．30°C．15°或165°D．30°或150°
【答案】C
【分析】先求出正六边形和正方形的边所对的圆心角，求差可得弦BG所对得圆心角，再分别求出优弧和劣弧所对得圆周角即可．
【详解】如图，连接BO,AO,GO
∵四边形AGDH是正方形
∴∠AOG=360°÷4=90°
∵六边形ABCDEF是正六边形
∴∠AOB=360°÷6=60°
∴∠BOG=∠AOG−∠AOB=90°−60°=30°
∴弦BG所对圆周角的度数为30°2=15°或360°−30°2=165°
故选C．
【点睛】本题考查正多边形和圆的关系，以及同弧所对圆周角是它所对圆心角得一半，注意有两个答案．
【变式3-2】（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，AF是⊙O的直径，P是⊙O上的一点（不与点B，F重合），则∠BPF的度数为 °．

【答案】54或126
【分析】由正五边形的性质，圆周角定理，得到∠COF=∠DOF，由等腰三角形的性质推出直径AF⊥CD，从而求出∠BOF的度数，分两种情况，即可解决问题．
【详解】解：连接OC，OD，

∵正五边形ABCDE的五个顶点把圆五等分，
∴ABC=AED，
∴∠AOC=∠AOD，
∴∠COF=∠DOF，
∵OC=OD，
∴直径AF⊥CD，
∴CF=DF，
∵∠COD=15×360°=72°，
∴∠COF=12×72°=36°，
当P在BAF上时，连接OB，BP，FP，
∵∠BOC=15×360°=72°，
∴∠BOF=∠BOC+∠COF=108°，
∴∠BPF=12∠BOF=54°，
当P在BCF上时，
由圆内接四边形的性质得∠BPF=180°−54°=126°．
∴∠BPF的度数是54°或126°．
故答案为：54或126．
【点睛】本题考查正五边形和圆，关键是掌握正五边形的性质．
【变式3-3】（2023春·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图所示，在正五边形ABCDE中，F是CD的中点，点G在线段AF上运动，连接EG，DG，当△DEG的周长最小时，∠EGD的度数为 ．

【答案】72°
【分析】根据对称的定义得出当点E、G、C在同一条直线上时，△DEG的周长最小，由正五边形的性质可得∠CDE=108°，CD=ED，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得∠DCE=∠DEC=36°，再由等腰三角形的性质和三角形外角的定义进行计算即可得到答案．
【详解】解：如图，当点E、G、C在同一条直线上时，△DEG的周长最小，
，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠CDE=5−2×180°5=108°，CD=ED，
∴∠DCE=∠DEC=180°−∠CDE2=180°−108°2=36°，
∵ F是CD的中点，
∴AF是正五边形ABCDE的一条对称轴，
∴GD=GC，
∴∠GDC=∠GCD=36°，
∴∠EGD=∠GDC+∠GCD=72°，
故答案为：72°．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、三角形外角的定义、对称的性质，熟练掌握正多边形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、三角形外角的定义、对称的性质，是解题的关键．
【题型4 正多边形与圆中求面积】
【例4】（2023春·河北衡水·九年级校考期中）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为1，分别以其对角线AD、FB为边作正方形，则两个阴影部分的面积差S1−S2的值为（ ）

A．0B．1C．3D．2
【答案】B
【分析】分别求出两个正方形的面积，再求差可得结论．
【详解】解∶如图，取正六边形ABCDEF的中心O，连接OF，OB，OC，令OA交BF于点M，

∵正六边形ABCDEF的边长为1，
∴∠BOC=∠AOB=∠AOF=∠COD= 360°6=60° ，OF=OB=OC=OA=OD，
∴△COD、△BOC与△AOB都是边长为1的等边三角形，OM⊥BF，
∴AD=OA+OD=2，BF=2FM，∠OFM=90°−∠AOF=30°，
∴OM=OF= 12，
∴BF=2FM=2 12−122=2×32=3，
∴AD为边的正方形的面积为4，FB为边的正方形的面积为3，
∴S1−S2=4−3=1．
故选∶B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，正方形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式4-1】（2023秋·山东滨州·九年级统考期中）如图，在拧开一个边长为a的正六角形螺帽时，扳手张开的开口b=103mm，则这个正六边形的面积为（ ）
A．253mm2B．753mm2C．1503mm2D．2033mm2
【答案】C
【分析】根据正六边形的性质，可得∠ABC=120°，AB=BC=a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，根据勾股定理计算，可得答案．
【详解】解：如图：作BD⊥AC于D，
由正六边形，得
∠ABC=120°，AB=BC=a，
∠BCD=∠BAC=30°．
由AC=103mm，得CD=53mm．
∴a=CD3×2=10，
这个正六边形的面积6×12×10×53=1503(mm2)，
故选C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，利用了正六边形的性质得出等腰三角形是解题关键，又利用了正三角形的性质和勾股定理．
【变式4-2】（2023秋·福建宁德·九年级统考期末）将三个正六边形按如图方式摆放，若小正六边形的面积是6，则大正六边形的面积是
【答案】54
【分析】由正六边形的性质，可知图中每个三角形都为等边三角形且全等，再确定每个小正三角形得面积，即可得出结果．
【详解】解：如图连线：
∵多边形为正六边形，
∴图中每个三角形都为等边三角形且全等，
∵小正六边形的面积是6，
∴每个三角形的面积为16×6=1，
由图得共有54个等边小三角形，
故大正六边形的面积是54×1=54，
故答案为：54．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
【变式4-3】（2023秋·广东湛江·九年级校考期末）如图，在⊙O的内接正六边形ABCDEF中，AB=3，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】3π−934
【分析】连接OA，OB，OD， OA交BF于G，由圆内正六边形的性质，等边三角形的性质和勾股定理分别求出圆的半径OB，△BDF的底边BF和高DG，再用圆的面积减去△BDF的面积即可．
【详解】解：如图，连接OA，OB，OD， OA交BF于G，
∵六边形ABCDEF是正六边形，且内接于⊙O，
∴点A,O,D在同一条直线上，OA⊥BF，∠AOB=60°，OA=OB=OD，
∴BG=FG，△OAB是等边三角形，
∴OG=AG，
∵AB=3，
∴OA=OB=AB=3，
∴OG=AG=12OA=32，
∴DG=OD+OG=332，
在Rt△OBG中，由勾股定理得BG=OB2−OG2=32，
∴BF=BG+FG=3，
∴S阴影=S⊙O−S△BDF
=π×32−12×3×332
=3π−934．
【点睛】本题主要考查了圆内正多边形的性质，熟练掌握圆内正六边形的性质是解题的关键．
【题型5 正多边形与圆中求周长】
【例5】（2023秋·四川广安·九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长等于6π，则正六边形的周长为（ ）

A．63B．66C．3D．18
【答案】D
【分析】连接OB、OC，根据⊙O的周长等于6π，可得⊙O的半径OB=OC=3，而六边形ABCDEF是正六边形，即知∠BOC=360°6=60°，△BOC是等边三角形，即可得正六边形的边长，即可得到周长．
【详解】解：连接OB、OC，如图：

∵⊙O的周长等于6π，
∴⊙O的半径OB=OC=6π2π=3，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC=360°6=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴BC=OB=OC=3，
即正六边形的边长为3，
∴正六边形的周长为18，
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形与圆的相关计算，解题的关键是掌握圆内接正六边形中心角等于60°，从而得到△BOC是等边三角形．
【变式5-1】（2023秋·江苏南京·九年级校联考期末）如图，BF、CE是正六边形ABCDEF的两条对角线，若正六边形ABCDEF的边长是a，则四边形BCEF的周长是 ．（用含a的代数式表示）
【答案】2a＋23a
【分析】过点A作AH⊥BF，垂足为H，先证△ABF为等腰三角形，求出∠ABH的度数，用含a的代数式表示出AH、BH，然后利用等腰三角形的三线合一，矩形的判定与性质即可解决问题．
【详解】解：过点A作AH⊥BF，垂足为H，如图所示：
∵ABCDEF是正六边形，
∴AB=AF，△ABF为等腰三角形，
正六边形的每个内角度数为：180°(n−2)6=180°×(6−2)6=120°，
∵AH⊥BF，
∴∠BAH=12∠BAF=60°，
∴∠ABH=30°，
∵AB=a，则AH=12a，
∴BH=AB2−AH2=a2−(12a)2=32a，
∴BF=2BH=3a，
又∵BC∥EF，BC=EF，∠CBF=∠CBA−∠ABH=90°，
∴四边形BCEF为矩形，
∴CBCEF=BC+CE+EF+BF=a+3a+a+3a=2a+23a，
故答案为：2a＋23a．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正确作出辅助线，熟悉这些性质定理是解决问题的关键．
【变式5-2】（2023春·浙江台州·九年级校考期中）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解π的意义．
(1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”kn．如图，正三角形ABC的边长为1，求得其内切圆的半径为36，因此k3=___________；
(2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”k4、k6；
(3)[总结]随着n的增大，kn具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括．
【答案】(1)33π
(2)4π，23π
(3)随着n的增大，kn越来越接近于1，见解析
【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可；
（2）设正方形边长和正六边形的边长都为1，求出此情形下对应的内切圆半径，再根据“正圆度”的定义进行求解即可；
（3）根据（1）（2）所求可知随着n的增大，kn越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意得，k3=1×32π×36=33π，
故答案为：33π；
（2）解：假设正方形边长1，
∴此时正方形的内切圆半径为12，
∴k4=1×42π×12=4π；
设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则∠AOB=360°6=60°，
又∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=1，AC=12，
∴OC=OA2−AC2=32，
∴k6=1×62π×32=23π；
（3）解：k3≈1.65，k4≈1.27，k6≈1.10，随着n的增大，kn越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，精进π的取值的方法可知：正多边形，边长数越多，越接近于圆，因此当边长增多时，其周长L也与对应的内切圆周长更接近，其比值更接近于1．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，正确理解题意是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·福建福州·九年级统考期中）如图，点G，H，I，J，K，L分别是正六边形ABCDEF各边的中点，则六边形GHIJKL与六边形ABCDEF的周长比为 ．
【答案】32
【分析】设正六边形ABCDEF的中心为O，周长是6x，连接OH，OC，根据正六边形的性质得到OC=BC=x，求得OH=32OC=32x，于是得到结论．
【详解】解：设正六边形ABCDEF的中心为O，连接OH，OC，
设正六边形ABCDEF的周长是6x，
∴OC=BC=x，
∴OH=32OC=32x，
∵顺次连接正六边形ABCDEF各边的中点G、H、I、J、K、L得到的六边形为正六边形，
∴HI=OH=32x，
∴六边形GHKLMN的周长是33x，
∴GHIJKL与六边形ABCDEF的周长比=33x6x=32，
故答案为：32．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【题型6 正多边形与圆中求半径】
【例6】（2023秋·河南郑州·九年级统考期末）如图，已知⊙O的内接正方形ABCD的边长为1，则⊙O的半径为（ ）
A．2B．22C．1D．12
【答案】B
【分析】利用正方形的性质结合勾股定理得出⊙O的半径．
【详解】解：连接OB、OC，如图所示，
∵⊙O的内接正方形ABCD的边长为1，
∴OB=OC，BC=1，∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，OB2+OC2=2OB2=BC2=1，
∴OB=22．
故选：B．
【点睛】此题考查了正多边形和圆、勾股定理，正确掌握正方形的性质是本题的关键．
【变式6-1】（2023秋·青海海东·九年级统考期末）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为 ．
【答案】45cm
【分析】圆心为A，设半径为R，大正方形边长是2x，根据图形可得AE=BC=x，CE=2x，EF=DF=4，利用勾股定理列出方程求解，然后代入勾股定理计算即可得出结果．
【详解】解：如图所示，圆心为A，设半径为R，大正方形边长是2x
∵正方形的两个顶点在半圆上，另外两个顶点在圆心两侧，
∴AE=BC=x，CE=2x，
∵小正方形的面积为16cm2，
∴小正方形的边长为EF=DF=4，
由勾股定理得：
R2=AE2+CE2=AF2+DF2，
即x2+4x2=x+42+42，
解得：x=4cm，（负值舍去）
∴R=45cm，
故答案为：45cm．
【点睛】题目主要考查圆的基本性质及勾股定理解三角形，正方形的性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
【变式6-2】（2023秋·河南许昌·九年级统考期末）若正方形的外接圆的半径为4，则这个正方形内切圆的半径为 ．
【答案】22
【分析】根据题意画出图形，再由正方形的性质判断出△AOE为等腰直角三角形，然后再用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：如图，连接OA、OE，根据题意知OA=4，
∵AB是小圆的切线，
∴OE⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴△AOE是等腰直角三角形，AE=OE，
∴在Rt△AOE中,根据勾股定理得：
AE2+OE2=OA2，
∴2OE2=42，解得OE=22或OE=−22（舍去），
故答案为：22．
【点睛】本题考查了正方形和圆、勾股定理、正方形的性质等知识，根据题意画出图形并利用勾股定理是解答本题的关键，属于中考常考题型．
【变式6-3】（2023秋·天津红桥·九年级统考期末）若一个正六边形的边长为2，则其外接圆与内切圆的半径分别为（ ）
A．2，1B．2，3C．3，2D．23，3
【答案】B
【分析】从内切圆的圆心和外接圆的圆心向三角形的边引垂线，构建直角三角形，解直角三角形即可．
【详解】解：设内切圆的圆心为O，连接OA，OB，过O作OG⊥AB于G．
∵正六边形的边长为2，
∴正六边形的半径是2，则外接圆的半径2，
∵内切圆的半径是正六边形的边心距，
∵∠AOB=60°，AO=BO，则△AOB是等边三角形，AO=2，
∴∠AOG=30°
∴AG=1
∴GO= AO2−AG2=22−12=3，
故选B．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，正多边形的计算一般是通过中心作边的垂线，连接半径，把正多边形中的半径，边长，边心距，中心角之间的计算转化为解直角三角形．
【题型7 正多边形与圆中求边心距、边长】
【例7】（2023秋·贵州黔西·九年级统考期中）已知四个正六边形按如图所示摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F均在⊙O上，连接AD．若两个大正六边形的边长均为4，两个小正六边形全等，则小正六边形的边长是（ ）
A．3−13B．13−1C．13+1D．23−1
【答案】B
【分析】在边长为4的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形对应点的距离MF，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．
【详解】解：∵连接AD交PM于O，
∴点O是圆心，
过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，
由对称性可知，OM=OP=EN=DN=2，
由正六边形的性质可得ON=43，
∴OD=DN2+ON2=213=OF，
∴MF=213−2，
由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，
∴FH=12MF=13−1，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键．
【变式7-1】（2023秋·河北石家庄·九年级校考期中）如图，半径为2的⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，则边心距OM的长度为（ ）

A．1B．3C．32D．2
【答案】B
【分析】如图所示，连接OC，OD，求出∠COD=60°，进而证明△COD是等边三角形，得到CD=OC=2，求出CM=12CD=1，即可利用勾股定理求出答案．
【详解】解：如图所示，连接OC，OD，
由题意得∠COD=360°6=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC=2，
∵OM⊥CD，
∴CM=12CD=1，
∴OM=OC2−CM2=3，
故选B．

【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，勾股定理，等边三角形的性质与判断，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式7-2】（2023秋·山东东营·九年级东营市胜利第一初级中学校考期末）圆内接正六边形与圆外切正三角形的边长之比为 ．
【答案】3:6
【分析】设圆的半径为r，求出圆内接正六边形与圆外切正三角形的边长解题即可．
【详解】解：设圆的半径为r，则圆内接正六边形的边长为r，
如图，可知OC=r，∠OAC=30°，
∴OA=2OC=2r，
∴AC=OA2−OC2=3r，
∴AB=2AC=23r，
∴圆内接正六边形与圆外切正三角形的边长之比为r:23r=3:6，
故答案为：3:6．

【点睛】本题考查圆和正多边形，掌握构造直角三角形求边长是解题的关键．
【变式7-3】（2023秋·山东济宁·九年级校考期末）如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BD，EC交于点G，已知半径为3，则EG的长为 ．
【答案】2
【分析】连接BO、GO，则三角形EOG为直角三角形，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接BE、GO、OC，则BE经过O点，且O是BE的中点，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴ED=BC，∠EDC=6−2×180°6=120°，∠BOC=360°6=60°，
∴∠EBD=∠CEB，
∴EG=BG，
∴GO⊥BE，
∴∠EOG=∠BOG=90°，
∵∠BOC=60°，
∴∠BEC=12×60°=30°，
∵DE=CD=BC，
∴∠DEC=∠CEB=∠EBD=∠BDC=30°，
∴∠EDG=120°−30°=90°，
设EG的长为x，则OG=12EG=12x，
∴12x2+32=x2，
解得：x=2或x=−2（舍去）．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了圆内接正六边形的性质，圆周角定理，勾股定理的应用，解题的关键是掌握各知识点，并能结合图形熟练运用各知识点．
【题型8 正多边形与圆中求最值】
【例8】（2023秋·新疆阿克苏·九年级统考期末）如图，已知正六边形ABCDEF的边长是6，点P是AD上一动点，则PE+PF的最小值是 ．

【答案】12
【分析】易知点B关于AD的对称点为点F，连接BE交AD于点P，根据轴对称的性质进行解答即可．
【详解】解：利用正多边形的性质可得点B关于AD的对称点为点F，连接BE交AD于点P，
那么有PB=PF，此时PE+PF=BE最小．

∵六边形ABCDEF是正六边形，对角线BE、AD交于P，
∴△APB、△APF、△EPF都是等边三角形，
∴AP=PB=PE=6，
∴BE=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，轴对称的性质，掌握正六边形的性质以及轴对称路线最短问题的解题方法是正确解答的关键．
【变式8-1】（2023秋·浙江杭州·九年级期末）如图所示，已知边长为2的正三角形ABC顶点A的坐标为（0，6），BC的中点D在y轴上，且在点A下方，点E是边长为2，中心在原点的正六边形的一个顶点，把这个正六边形绕中心旋转一周，在此过程中DE的最小值为（ ）
A．3−3B．2C．4−3D．1
【答案】C
【分析】如图，连接OE，设点E性质至y轴正半轴时为点E′，首先得到当点E旋转至y轴正半轴上时DE最小，然后分别求得AD、OE′的长，最后求得DE′的长即可．
【详解】如图，连接OE，设点E性质至y轴正半轴时为点E′
∵OE+DE≥OD，
∴D、E、O三点在一条直线上时DE有最小值，
∵点E是边长为2，中心在原点的正六边形的一个顶点，
∴OE′=OE=2，
∵点D为BC中点，△ABC为边长为2的等边三角形，
∴BD=12BC=1，AD⊥BC，
∴AD=22−12=3，
∵点A的坐标为（0，6），
∴OA=6，
∴DE′=OA-AD-OE′=6-2-3=4-3，
∴在此过程中DE的最小值为4-3，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的计算及等边三角形的性质，正确得出DE有最小值时点E的位置是解题关键．
【变式8-2】（2023春·江苏·九年级期末）如图，⊙O半径为2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在ADC上运动，连接BE，作AF⊥ BE，垂足为F，连接CF.则CF长的最小值为 .
【答案】5−1
【分析】先求得正方形的边长，取AB的中点G，连接GF，CG，当点C、F、G在同一直线上时，根据两点之间线段最短，则CF有最小值，此时即可求得这个值.
【详解】如图，连接OA、OD，取AB的中点G，连接GF，CG，
∵ABCD是圆内接正方形，OA=OD=2，
∴∠AOD=90°，
∴AD=OA2+OD2=2(2)2=2，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB=90°，
∴GF=12AB=1，
CG=BG2+BC2=12+22=5，
当点C、F、G在同一直线上时，CF有最小值，如下图：
最小值是：5−1，
故答案为：5−1．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据两点之间线段最短确定CF的最小值是解决本题的关键．
【变式8-3】（2023秋·浙江台州·九年级校联考期末）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为2，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点B，M之间距离的最小值是 ．
【答案】4﹣22．
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于4-22小于等于4，由此即可判断．
【详解】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于4-22小于等于4，
∴B，M之间距离的最小值是4-22．
故答案为4-22．
【点睛】本题考查正六边形、正方形的性质等知识，解题的关键作出点M的运动轨迹，利用图象解决问题，题目有一定的难度．
【题型9 尺规作图-正多边形】
【例9】（2023·全国·九年级专题练习）已如：⊙O与⊙O上的一点A
（1）求作：⊙O的内接正六边形ABCDEF；（ 要求：尺规作图，不写作法但保留作图痕迹）
（2）连接CE，BF，判断四边形BCEF是否为矩形，并说明理由．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）如图，在⊙O上依次截取六段弦，使它们都等于OA，从而得到正六边形ABCDEF；
（2）连接BE，如图，利用正六边形的性质得AB=BC=CD=DE=EF=FA，AB=BC=CD=DE=EF=AF，则判断BE为直径，所以∠BFE=∠BCE=90°，同理可得∠FBC=∠CEF=90°，然后判断四边形BCEF为矩形．
【详解】解:（1）如图，正六边形ABCDEF为所作；
（2）四边形BCEF为矩形．理由如下：
连接BE，如图，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∴AB=BC=CD=DE=EF=AF，
∴BC+CD+DE=EF+AF+AB，
∴BAE=BCE，
∴BE为直径，
∴∠BFE=∠BCE=90°，
同理可得∠FBC=∠CEF=90°，
∴四边形BCEF为矩形．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的判定与正六边形的性质．
【变式9-1】（2023·江苏·九年级假期作业）如图，已知AC为⊙O的直径．请用尺规作图法，作出⊙O的内接正方形ABCD．（保留作图痕迹．不写作法）
【答案】见解析
【分析】作AC的垂直平分线交⊙O于B、D，则四边形ABCD就是所求作的内接正方形．
【详解】解：如图，正方形ABCD为所作．
∵BD垂直平分AC，AC为⊙O的直径，
∴BD为⊙O的直径，
∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，BD＝AC，
∴四边形ABCD是⊙O的内接正方形．
【点睛】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆的基本性质，正方形的判定．
【变式9-2】（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在⊙O中，MF为直径，OA⊥MF，圆内接正五边形ABCDE的部分尺规作图步骤如下：
①作出半径OF的中点H．
②以点H为圆心，HA为半径作圆弧，交直径MF于点G．
③AG长即为正五边形的边长、依次作出各等分点B，C，D，E．
已知⊙O的半径R＝2，则AB2＝ ．（结果保留根号）
【答案】10−25
【分析】连接AG，由作图可知，OA＝2，H为OF中点，可求OH==1，由勾股定理得AH＝OA2+OH2=5，可求OG＝5﹣1，由勾股定理AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（5﹣1）2＝10﹣25即可．
【详解】解：连接AG，由作图可知，OA＝2，OH＝1，H为OF中点，
∴OH=12OF=12×2=1，
在Rt△OAH中，由勾股定理
∴AH＝OA2+OH2=22+12=5，
∵AH＝HG＝5，
∴OG＝GH﹣OH＝5﹣1，
在Rt△AOG中，由勾股定理得，
∴AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（5﹣1）2＝10﹣25．
故答案为：10﹣25．
【点睛】本题考查尺规作圆内接正五边形的方法与步骤，线段垂直平分线，勾股定理，作圆弧，掌握圆内接正五边形的方法与步骤，线段垂直平分线，勾股定理，作圆弧的方法是解题关键．
【变式9-3】（2023春·全国·九年级专题练习）已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度直尺，按要求画图：
(1)在图1中，画出CD的中点G；
(2)在图2中，点G为CD中点以G为顶点画出一个菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）如图1，分别连接AD、CF交于点H，分别延长线段BC、线段ED于点I，连接HI与线段CD交于点G，点G即为所求；
（2）如图2，延长线段IH与线段AF交于点J，连接BG、GE、EJ、JB，四边形BGEJ即为所求．
【详解】（1）如图1，分别连接AD、CF交于点H，分别延长线段BC、线段ED于点I，连接HI与线段CD交于点G，点G即为所求；
（2）如图2，延长线段IH与线段AF交于点J，连接BG、GE、EJ、JB，四边形BGEJ即为所求．
【点睛】本题考查了无刻度直尺作图的问题，掌握正六边形的性质、中线的性质、菱形的性质是解题的关键．
【题型10 正多边形与圆中的规律问题】
【例10】（2023春·山东威海·九年级校联考期中）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切……按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为 ．
【答案】813256
【分析】连接OE1，OD1，OD2，根据正六边形的性质可得∠E1OD1=60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=32E1D1=32×2，利用正六边形的边长等于它的半径可得正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=32×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=322×2，依此规律求解即可．
【详解】解：连接OE1，OD1，OD2，如图所示，
∵六边形A1B1C1D1E1F1为正六边形，
∴∠E1OD1=60°，
∴△E1OD1为等边三角形，
∵正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，
∴OD2⊥E1D1，
∴OD2=32E1D1=32×2，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=32×2，
同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=322×2，
∴正六边形A10B10C10D10E10F10的边长=329×2=813256．
故答案为：813256．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆的关系，解题的关键在于利用正六形边的一边与圆的两条半径可构成特殊的三角形——等边三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一个正六边形的边长．
【变式10-1】（2023秋·九年级单元测试）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解π的意义．
(1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”kn．如图，正三角形ABC的边长为1，求得其内切圆的半径为36，因此k3=___________；
(2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”k4、k6；
(3)[总结]随着n的增大，kn具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括．
【答案】(1)33π
(2)4π，23π
(3)随着n的增大，kn越来越接近于1，见解析
【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可；
（2）设正方形边长和正六边形的边长都为1，求出此情形下对应的内切圆半径，再根据“正圆度”的定义进行求解即可；
（3）根据（1）（2）所求可知随着n的增大，kn越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意得，k3=1×32π×36=33π，
故答案为：33π；
（2）解：假设正方形边长1，
∴此时正方形的内切圆半径为12，
∴k4=1×42π×12=4π；
设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则∠AOB=360°6=60°，
又∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=1，AC=12，
∴OC=OA2−AC2=32，
∴k6=1×62π×32=23π；
（3）解：k3≈1.65，k4≈1.27，k6≈1.10，随着n的增大，kn越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，精进π的取值的方法可知：正多边形，边长数越多，越接近于圆，因此当边长增多时，其周长L也与对应的内切圆周长更接近，其比值更接近于1．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，正确理解题意是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·宁夏银川·九年级校联考期中）如图，∠MON=60°，作边长为1的正六边形A1B1C1D1E1F1，边A1B1、F1E1分别在射线OM、ON上，边C1D1所在的直线分别交OM、ON于点A2、F2，以A2F2为边作正六边形A2B2C2D2E2F2，边C2D2所在的直线分别交OM、ON于点A3、F3，再以A3F3为边作正六边形A3B3C3D3E3F3，…，依此规律，经第n次作图后，点Bn到ON的距离是 ．
【答案】3n−1⋅3
【分析】寻找规律求出OBn的长，根据Bn到ON的距离为OBn•sin60°计算即可．
【详解】解：观察图象可知OB1=2=2×30，
OB2=2×31，
OB3=2×32=18，
OB4=2×33=54，
OBn=2×3n-1，
∴Bn到ON的距离为2×3n-1•sin60°=3n−1·3，
故答案为：3n−1·3．
【点睛】本题考查正多边形与圆、等边三角形的性质、正六边形的性质等知识，解题的关键是掌握从特殊到一般的探究方法，属于中考常考题型．
【变式10-3】（2023秋·北京海淀·九年级期末）已知⊙O的半径为a，按照下列步骤作图：（1）作⊙O的内接正方形ABCD（如图1）；（2）作正方形ABCD的内接圆，再作较小圆的内接正方形A1B1C1D1（如图2）；（3）作正方形A1B1C1D1的内接圆，再作其内接正方形A2B2C2D2（如图3）；…；依次作下去，则正方形AnBnCnDn的边长是 ．
【答案】2n+12na
【分析】观察图形，先根据圆内接正方形的性质求得前几个正方形的边长，进而得出变化规律即可求解．
【详解】解：根据题意，
在图1中圆⊙O的半径为a，则正方形ABCD的边长AB=2a，
在图2中，A1B=BB1=12AB=22a，
则正方形A1B1C1D1的边长A1B1=2A1B=2×22a=222a，
在图3中，A1A2=A1B2=12A1B1=12×222a=222a，
则正方形A2B2C2D2的边长A2B2=2A1A2=2×222a=2322a，
……
依次类推，正方形AnBnCnDn的边长为AnBn=2n+12na，
故答案为：2n+12na．
【点睛】本题考查圆内接正多边形与圆的规律探究型问题、正方形的性质，观察图形，正确得出边长的变化规律是解答的关键．
【题型11 多边形与圆中的证明】
【例11】（2023秋·陕西渭南·九年级校考期中）如图，已知AB、BC、CD是⊙O的内接正十边形的边，连接AD、OB、OC，求证：AD∥BC．

【答案】见解析
【分析】利用正十边形的性质，圆心角与圆周角关系定理，同旁内角互补，两直线平行证明．
【详解】证明：如图，连接OA，OD，
∵AB、BC、CD为⊙O的内接正十边形的边，

∴∠AOB=∠BOC=∠COD=360∘10=36∘，
∴∠BOD=72∘，
∴∠BAD=12∠BOD=36∘．
∵OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=12×180∘−36∘=72∘，
∴∠ABC=∠OBA+∠OBC=144∘．
∴∠BAD+∠ABC=180∘，
∴AD∥BC．
【点睛】本题考查了正十边形的性质，圆心角与圆周角关系定理，同旁内角互补，两直线平行，熟练掌握正十边形的性质，圆心角与圆周角关系定理，是解题的关键．
【变式11-1】（2023春·九年级课时练习）如图，已知l是⊙O的切线，切点为A，点B在⊙O上，BC交⊙O于E，交直线l于C，OC交⊙O于F，且AB＝AO＝AC．一同学通过测量猜测，EF为⊙O的内接正二十四边形的一边，你认为他的猜测正确，请你证明；若你认为他的猜测不正确，请说明理由．
【答案】猜测正确．证明见解析.
【详解】试题分析: 由AC切⊙O于点A，可知∠CAO=90°， 由已知AB=OA， OB=OA， 可求出∠OAB的度数，进而可求出∠BAC的度数，根据三角形内角和为180°可求出∠ABC的度数；根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可求出∠AOE 的度数，进而可求出∠EOF的度数，可对猜测进行判断.
试题解析：∵AC切⊙O于点A，
∠CAO=90°， ∵AC=OA，
∴∠AOC=45°.
∵AB=OA，OB=OA，
∴∠BAO=60°，∠BAC=60°+90°=150°.
∵AC=AB，
∴∠ABC=12180°−150°=15°.
∵∠AOE是AE所对圆心角，∠ABE是AE所对的圆周角，
∴∠AOE=30°，
∴∠EOF=15°.
∵360°15°=24，
∴EF是⊙O内接正二十四边形的一边.
【变式11-2】（2023秋·九年级课时练习）已知，如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，∠BAC=36°，AB、AC的中垂线分别交⊙O于点E、F，证明：五边形AEBCF是⊙O的内接正五边形．
【答案】证明见解析
【详解】试题分析：要求证五边形AEBCF是正五边形，就是证明这个五边形的五条边所对的弧相等进而得出即可．
试题解析：
连接BF，CE，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
又∵∠BAC=36°，
∴∠ABC=∠ACB=72°．
又∵AB、AC的中垂线分别交⊙O于点E、F，
∴AF=CF，AE=BE，
∴∠BAC=∠BCE=∠ACE=∠ABF=∠FBC=36°，
∴ AE=AF=BE=BC=FC，
∴AE=AF=BE=BC=FC，
∴∠EAF=∠AFC=∠FCB=∠CBE=∠BEA．
∴五边形AEBCF为正五边形．
【变式11-3】（2023秋·九年级单元测试）（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为弧BC上一动点，求证：PA=PB+PC．
下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法．
证明：在AP上截取AE=CP，连接BE
∵△ABC是正三角形
∴AB=CB
∵∠1和∠2的同弧圆周角
∴∠1=∠2
∴△ABE≌△CBP
（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为弧BC上一动点，求证：PA=PC+ 2PB．
（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，直接写出结论．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）PA=PC+3PB
【分析】（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，证明△PCE是等边三角形．利用CE＝PC，∠E＝∠3＝60°，∠EBC＝∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA＝BE＝PB＋PC；
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，证明ABE≌△CBP，所以PC＝AE，可得PA＝PC＋2PB；（3）在AP上截取AQ＝PC，连接BQ可证△ABQ≌△CBP，所以BQ＝BP．又因为∠APB＝30°．所以PQ＝3PB，PA＝PQ＋AQ＝3PB＋PC.
【详解】证明：（1）延长BP至E，使PE＝PC，
连接CE．∵∠1＝∠2＝60°，∠3＝∠4＝60°，
∴∠CPE＝60°，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE＝PC，∠E＝∠3＝60°；
又∵∠EBC＝∠PAC，
∴△BEC≌△APC，
∴PA＝BE＝PB＋PC．
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E．
∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°
∴∠1＝∠3，
又∵∠APB＝45°，
∴BP＝BE，∴；PE=2PB
又∵AB＝BC，
∴△ABE≌△CBP，
∴PC＝AE．
∴PA=AE+PE=PC+2PB．
（3）答：PA=3PB+PC；
证明：在AP上截取AQ＝PC，
连接BQ，∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，
∴△ABQ≌△CBP，
∴BQ＝BP．
又∵∠APB＝30°，
∴PQ=3PB
∴PA=PQ+AQ=3PB+PC
【点睛】本题考查了正多边形和圆、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、正方形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些知识点是本题解题的关键.
中心角
边心距
周长
面积
为边数；为边心距；为半径；为边长