專題2410正多邊形和圓（舉一反三）（滬科版）

專題24.10正多邊形和圓【十一大題型】【滬科版】TOC\o"13"\h\u【題型1求正多邊形中心角】 1【題型2求正多邊形的邊數(shù)】 4【題型3正多邊形與圓中求角度】 8【題型4正多邊形與圓中求面積】 12【題型5正多邊形與圓中求周長】 16【題型7正多邊形與圓中求邊心距、邊長】 24【題型8正多邊形與圓中求最值】 28【題型9尺規(guī)作圖正多邊形】 32【題型10正多邊形與圓中的規(guī)律問題】 36【題型11多邊形與圓中的證明】 40【知識點(diǎn)正多邊形和圓】（1）正多邊形的有關(guān)計(jì)算中心角邊心距周長面積為邊數(shù)；為邊心距；為半徑；為邊長（2）正多邊形每個內(nèi)角度數(shù)為，每個外角度數(shù)為【題型1求正多邊形中心角】【例1】（2023秋·廣東廣州·九年級?？计谥校┫铝袌D形中，繞它的中心旋轉(zhuǎn)60°后可以和原圖形重合的是（）A．正六邊形 B．正五邊形 C．正方形 D．正三角形【答案】A【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)對稱圖形的定義，逐一進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：A、正六邊形的中心角為：360°6=60°，繞它的中心旋轉(zhuǎn)B、正五邊形的中心角為：360°5=72°，繞它的中心旋轉(zhuǎn)C、正方形的中心角為：360°4=90°，繞它的中心旋轉(zhuǎn)D、正三角形的中心角為：360°3=120°，繞它的中心旋轉(zhuǎn)故選A．【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)對稱圖形．熟練掌握正多邊形的中心角等于360°n，以及旋轉(zhuǎn)對稱圖形的定義，是解題的【變式11】（2023秋·河北唐山·九年級統(tǒng)考期中）若一個正多邊形的邊長與半徑相等，則這個正多邊形的中心角是（

）A．45° B．60° C．90° D．120°【答案】B【分析】根據(jù)正多邊形每一邊所對的圓心角叫做正多邊形的中心角，由已知邊長與半徑相等，可知一邊所對的圓心角為60°，即得答案．【詳解】解：如圖所示的正多邊形中，∵AB∴Δ∴∠AOB∴這個正多邊形的中心角為60°．故選B．【點(diǎn)睛】此題主要考查正多邊形的中心角概念，正確理解題意與中心角概念相結(jié)合是解此題的關(guān)鍵．【變式12】（2023秋·河北邯鄲·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正六邊形與正方形有重合的中心O，若∠BOC是正n邊形的一個中心角，則n的值為（

A．8 B．10 C．12 D．16【答案】C【分析】連接OA，先求出∠AOB的度數(shù)，然后利用正多邊形外角和等于360°【詳解】解：連接OA，如圖：根據(jù)題意，正六邊形和正方形的中心都是點(diǎn)O，∴∠AOC=90°，∴∠COB∵∠COB是某正n∴n=故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，正多邊形的外角和定理，解題的關(guān)鍵是掌握正多邊形的性質(zhì)，正確求出∠COB【變式13】（2023秋·黑龍江大慶·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正五邊形ABCDE和正三角形APQ都內(nèi)接于⊙O，則PC的度數(shù)為°【答案】24【分析】連接OA，OB，OP，OC，分別求出正五邊形ABCDE和正三角形APQ的中心角，結(jié)合圖形計(jì)算即可．【詳解】解：連接OA，OB，OP，OC，∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠AOB∴∠AOC∵△APQ∴∠AOP∴∠POC∴PC的度數(shù)為24°．故答案為：24．【點(diǎn)睛】本題考查圓心角和弧之間的關(guān)系，正多邊形與圓的有關(guān)計(jì)算．掌握正多邊形的中心角的計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．【題型2求正多邊形的邊數(shù)】【例2】（2023秋·河北唐山·九年級統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)A、B、C、D為一個正多邊形的頂點(diǎn)，點(diǎn)O為正多邊形的中心，若∠ADB=18°A．10 B．12 C．15 D．20【答案】A【分析】作正多邊形的外接圓，根據(jù)圓周角定理得到∠AOB【詳解】解：如圖，作正多邊形的外接圓，∵∠ADB∴∠AOB∴這個正多邊形的邊數(shù)為360°故選：A．【點(diǎn)睛】此題主要考查正多邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知圓周角定理．【變式21】（2023秋·湖北十堰·九年級統(tǒng)考期末）如圖，AB,BC和AC分別為⊙O內(nèi)接正方形，正六邊形和正n邊形的一邊，則nA．六 B．八 C．十 D．十二【答案】D【分析】分別求出∠AOB和∠COB，從而得到∠AOC，由此即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，連接OA，OC，OB，∵AB和BC分別是正方形和正六邊形的一邊，∴∠AOB=360°∴∠AOC∴n=故選D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形與圓，熟練掌握正多邊形邊數(shù)與中心角的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式22】（2023秋·山東濟(jì)南·九年級統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接正四邊形，△AEF為⊙O的內(nèi)接正三角形，若DF恰好是同圓的一個內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值為（）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】連接AC,OD,OF，先根據(jù)圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)可得點(diǎn)O在AC上，且AC是∠BAD和∠EAF的角平分線，從而可得【詳解】解：如圖，連接AC,∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接正四邊形，△AEF為∴點(diǎn)O在AC上，且AC是∠BAD和∠EAF的角平分線，∴∠CAD∴∠DAF∴∠DOF∵DF恰好是圓O的一個內(nèi)接正n∴n故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接正多邊形、圓周角定理等知識點(diǎn)，熟練掌握圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式23】（2023秋·安徽安慶·九年級校聯(lián)考期末）如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB=AD,∠C=120°，點(diǎn)E在弧AD上，連接OD、（1）∠AED的度數(shù)為（2）當(dāng)∠DOE=90°時，AE恰好為⊙O的內(nèi)接正n邊形的一邊，則n【答案】120°12【分析】（1）連接BD，由已知條件證△ABD是等邊三角形，得到∠ABD=60°，從而由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠AED=120°；（2）連接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，結(jié)合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，從而可得n=【詳解】（1）連接BD，∵四邊形ABCD是⊙O∴∠BAD∵∠C∴∠BAD∵AB=∴△ABD∴∠ABD∵四邊形ABDE是⊙O∴∠AED∴∠AED（2）連接OA，∵∠ABD∴∠AOD∵∠DOE∴∠AOE∴n=【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓相關(guān)知識點(diǎn)，理解并熟練運(yùn)用基本性質(zhì)和結(jié)論是解題關(guān)鍵．【題型3正多邊形與圓中求角度】【例3】（2023秋·山西陽泉·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正八邊形ABCDEFGH內(nèi)接于⊙O，P為弧AB上的一點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，B重合），則∠DPF的度數(shù)為（

A．22.5° B．30° C．40° D．45°【答案】D【分析】連接OD、OE、OF，根據(jù)正多邊形和圓的知識求出正八邊形的中心角的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理求出∠DPF【詳解】解：連接OD、OE、OF，如圖，

∵八邊形ABCDEFGH是正八邊形，∴∠DOE∴∠DOF∴∠DPF故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查的是正多邊形和圓、圓周角定理的應(yīng)用；熟練掌握中心角公式，由圓周角定理求出結(jié)果是解決問題的關(guān)鍵．【變式31】（2023秋·浙江嘉興·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正六邊形ABCDEF和正方形AGDH都內(nèi)接于⊙O，連接BG，則弦BG所對圓周角的度數(shù)為（

A．15° B．30° C．15°或165° D．30°或150°【答案】C【分析】先求出正六邊形和正方形的邊所對的圓心角，求差可得弦BG所對得圓心角，再分別求出優(yōu)弧和劣弧所對得圓周角即可．【詳解】如圖，連接BO,AO,GO∵四邊形AGDH是正方形∴∠∵六邊形ABCDEF是正六邊形∴∠∴∠∴弦BG所對圓周角的度數(shù)為30°2=15°故選C．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形和圓的關(guān)系，以及同弧所對圓周角是它所對圓心角得一半，注意有兩個答案．【變式32】（2023秋·江蘇南京·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AF是⊙O的直徑，P是⊙O上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，F(xiàn)重合），則∠BPF

【答案】54或126【分析】由正五邊形的性質(zhì)，圓周角定理，得到∠COF=∠DOF，由等腰三角形的性質(zhì)推出直徑AF【詳解】解：連接OC，

∵正五邊形ABCDE的五個頂點(diǎn)把圓五等分，∴ABC=∴∠AOC∴∠COF∵OC=∴直徑AF⊥∴CF=∵∠COD∴∠COF當(dāng)P在BAF上時，連接OB，∵∠BOC∴∠BOF∴∠BPF當(dāng)P在BCF上時，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠BPF∴∠BPF的度數(shù)是54°或126°故答案為：54或126．【點(diǎn)睛】本題考查正五邊形和圓，關(guān)鍵是掌握正五邊形的性質(zhì)．【變式33】（2023春·遼寧沈陽·九年級統(tǒng)考期末）如圖所示，在正五邊形ABCDE中，F(xiàn)是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段AF上運(yùn)動，連接EG，DG，當(dāng)△DEG的周長最小時，∠

【答案】72°【分析】根據(jù)對稱的定義得出當(dāng)點(diǎn)E、G、C在同一條直線上時，△DEG【詳解】解：如圖，當(dāng)點(diǎn)E、G、

，∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠CDE=5-2∴∠DCE∵F是CD的中點(diǎn)，∴AF是正五邊形ABCDE∴GD∴∠GDC∴∠EGD故答案為：72°．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形外角的定義、對稱的性質(zhì)，熟練掌握正多邊形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形外角的定義、對稱的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．【題型4正多邊形與圓中求面積】【例4】（2023春·河北衡水·九年級?？计谥校┤鐖D，已知正六邊形ABCDEF的邊長為1，分別以其對角線AD、FB為邊作正方形，則兩個陰影部分的面積差S1-S

A．0 B．1 C．3 D．2【答案】B【分析】分別求出兩個正方形的面積，再求差可得結(jié)論．【詳解】解∶如圖，取正六邊形ABCDEF的中心O，連接OF，OB，OC，令OA交

∵正六邊形ABCDEF的邊長為1，∴∠BOC=∠AOB=∠AOF∴△COD、△BOC與△AOB都是邊長為1∴AD=OA+OD∴OM=OF=∴BF=2FM=2∴AD為邊的正方形的面積為4，F(xiàn)B為邊的正方形的面積為3，∴S1故選∶B．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓，正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式41】（2023秋·山東濱州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在擰開一個邊長為a的正六角形螺帽時，扳手張開的開口b=103mmA．253mm2 B．753mm2【答案】C【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，可得∠ABC=120°，AB=【詳解】解：如圖：作BD⊥AC于由正六邊形，得∠ABC=120°，∠BCD由AC=103mm∴a=這個正六邊形的面積6×1故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形和圓，利用了正六邊形的性質(zhì)得出等腰三角形是解題關(guān)鍵，又利用了正三角形的性質(zhì)和勾股定理．【變式42】（2023秋·福建寧德·九年級統(tǒng)考期末）將三個正六邊形按如圖方式擺放，若小正六邊形的面積是6，則大正六邊形的面積是【答案】54【分析】由正六邊形的性質(zhì)，可知圖中每個三角形都為等邊三角形且全等，再確定每個小正三角形得面積，即可得出結(jié)果．【詳解】解：如圖連線：∵多邊形為正六邊形，∴圖中每個三角形都為等邊三角形且全等，∵小正六邊形的面積是6，∴每個三角形的面積為16由圖得共有54個等邊小三角形，故大正六邊形的面積是54×1=54，故答案為：54．【點(diǎn)睛】題目主要考查正多邊形的性質(zhì)，理解題意，作出相應(yīng)輔助線是解題關(guān)鍵．【變式43】（2023秋·廣東湛江·九年級?？计谀┤鐖D，在⊙O的內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，AB=3【答案】3【分析】連接OA，OB，OD，OA交BF于G，由圓內(nèi)正六邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理分別求出圓的半徑OB，△BDF的底邊BF和高DG，再用圓的面積減去△【詳解】解：如圖，連接OA，OB，OD，OA交BF于G，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，且內(nèi)接于⊙O∴點(diǎn)A,O,D在同一條直線上，OA⊥∴BG=FG，∴OG=∵AB=∴OA=∴OG=∴DG=在Rt△OBG中，由勾股定理得∴BF=∴S==3π【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓內(nèi)正多邊形的性質(zhì)，熟練掌握圓內(nèi)正六邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【題型5正多邊形與圓中求周長】【例5】（2023秋·四川廣安·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，若⊙O的周長等于6π

A．63 B．66 C．3 D【答案】D【分析】連接OB、OC，根據(jù)⊙O的周長等于6π，可得⊙O的半徑OB=OC=3，而六邊形【詳解】解：連接OB、OC，如圖：

∵⊙O的周長等于6∴⊙O的半徑OB∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠BOC∴△BOC∴BC即正六邊形的邊長為3，∴正六邊形的周長為18，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓的相關(guān)計(jì)算，解題的關(guān)鍵是掌握圓內(nèi)接正六邊形中心角等于60°，從而得到△BOC【變式51】（2023秋·江蘇南京·九年級校聯(lián)考期末）如圖，BF、CE是正六邊形ABCDEF的兩條對角線，若正六邊形ABCDEF的邊長是a，則四邊形BCEF的周長是．（用含a的代數(shù)式表示）【答案】2a＋23a【分析】過點(diǎn)A作AH⊥BF，垂足為H，先證△ABF為等腰三角形，求出∠ABH的度數(shù)，用含a的代數(shù)式表示出AH、BH，然后利用等腰三角形的三線合一，矩形的判定與性質(zhì)即可解決問題．【詳解】解：過點(diǎn)A作AH⊥BF，垂足為H，如圖所示：∵ABCDEF是正六邊形，∴AB=AF，△正六邊形的每個內(nèi)角度數(shù)為：180°(n∵AH∴∠BAH∴∠ABH∵AB=a∴BH∴BF又∵BC∥EF，BC∴四邊形BCEF為矩形，∴C故答案為：2a＋23a．【點(diǎn)睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線，熟悉這些性質(zhì)定理是解決問題的關(guān)鍵．【變式52】（2023春·浙江臺州·九年級校考期中）李老師帶領(lǐng)班級同學(xué)進(jìn)行拓廣探索，通過此次探索讓同學(xué)們更深刻的了解π的意義．(1)[定義]我們將正n邊形的周長L與正多邊形對應(yīng)的內(nèi)切圓的周長C的比值，稱作這個正n邊形的“正圓度”kn．如圖，正三角形ABC的邊長為1，求得其內(nèi)切圓的半徑為36，因此k(2)[探索]分別求出正方形和正六邊形的“正圓度”k4(3)[總結(jié)]隨著n的增大，kn【答案】(1)3(2)4π，(3)隨著n的增大，kn越來越接近于1【分析】（1）根據(jù)“正圓度”的定義進(jìn)行求解即可；（2）設(shè)正方形邊長和正六邊形的邊長都為1，求出此情形下對應(yīng)的內(nèi)切圓半徑，再根據(jù)“正圓度”的定義進(jìn)行求解即可；（3）根據(jù)（1）（2）所求可知隨著n的增大，kn越來越接近于1【詳解】（1）解：由題意得，k3故答案為：33（2）解：假設(shè)正方形邊長1，∴此時正方形的內(nèi)切圓半徑為12∴k4設(shè)正六邊形的邊長為1，內(nèi)切圓圓心為O，則∠AOB又∵OA=∴△AOB∴OA=∴OC=∴k6（3）解：k3≈1.65，k4≈1.27，k6≈1.10，隨著n的增大，【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形與圓，正確理解題意是解題的關(guān)鍵．【變式53】（2023春·福建福州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，點(diǎn)G，H，I，J，K，L分別是正六邊形ABCDEF各邊的中點(diǎn)，則六邊形GHIJKL與六邊形ABCDEF的周長比為．【答案】3【分析】設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為O，周長是6x，連接OH，OC，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得到OC=BC【詳解】解：設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為O，連接OH，OC，設(shè)正六邊形ABCDEF的周長是6x∴OC∴OH∵順次連接正六邊形ABCDEF各邊的中點(diǎn)G、H、I、J、K、L得到的六邊形為正六邊形，∴HI∴六邊形GHKLMN的周長是33∴GHIJKL與六邊形ABCDEF的周長比=故答案為：32【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形與圓，正六邊形的性質(zhì)，正確的作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．【題型6正多邊形與圓中求半徑】【例6】（2023秋·河南鄭州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知⊙O的內(nèi)接正方形ABCD的邊長為1，則⊙O的半徑為（A．2 B．22 C．1 D．【答案】B【分析】利用正方形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理得出⊙O【詳解】解：連接OB、∵⊙O的內(nèi)接正方形ABCD的邊長為1∴OB=在Rt△BOC中，∴OB=故選：B．【點(diǎn)睛】此題考查了正多邊形和圓、勾股定理，正確掌握正方形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．【變式61】（2023秋·青海海東·九年級統(tǒng)考期末）如圖，兩正方形彼此相鄰且內(nèi)接于半圓，若小正方形的面積為16cm2，則該半圓的半徑為【答案】4【分析】圓心為A，設(shè)半徑為R，大正方形邊長是2x，根據(jù)圖形可得AE=BC【詳解】解：如圖所示，圓心為A，設(shè)半徑為R，大正方形邊長是2∵正方形的兩個頂點(diǎn)在半圓上，另外兩個頂點(diǎn)在圓心兩側(cè)，∴AE∵小正方形的面積為16c∴小正方形的邊長為EF=由勾股定理得：R2即x2解得：x=4∴R故答案為：45【點(diǎn)睛】題目主要考查圓的基本性質(zhì)及勾股定理解三角形，正方形的性質(zhì)，熟練掌握運(yùn)用這些知識點(diǎn)是解題關(guān)鍵．【變式62】（2023秋·河南許昌·九年級統(tǒng)考期末）若正方形的外接圓的半徑為4，則這個正方形內(nèi)切圓的半徑為．【答案】2【分析】根據(jù)題意畫出圖形，再由正方形的性質(zhì)判斷出△AOE【詳解】解：如圖，連接OA、OE，根據(jù)題意知OA=4∵AB是小圓的切線，∴OE⊥∵四邊形ABCD是正方形，∴△AOE是等腰直角三角形，AE∴在Rt△AOE中AE∴2OE2=4故答案為：22【點(diǎn)睛】本題考查了正方形和圓、勾股定理、正方形的性質(zhì)等知識，根據(jù)題意畫出圖形并利用勾股定理是解答本題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．【變式63】（2023秋·天津紅橋·九年級統(tǒng)考期末）若一個正六邊形的邊長為2，則其外接圓與內(nèi)切圓的半徑分別為（

）A．2，1 B．2，3 C．3，2 D．23，【答案】B【分析】從內(nèi)切圓的圓心和外接圓的圓心向三角形的邊引垂線，構(gòu)建直角三角形，解直角三角形即可．【詳解】解：設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，連接OA，OB，過O作OG⊥AB于∵正六邊形的邊長為2，∴正六邊形的半徑是2，則外接圓的半徑2，∵內(nèi)切圓的半徑是正六邊形的邊心距，∵∠AOB=60°，AO=BO，則∴∠∴AG∴GO=A故選B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形和圓，正多邊形的計(jì)算一般是通過中心作邊的垂線，連接半徑，把正多邊形中的半徑，邊長，邊心距，中心角之間的計(jì)算轉(zhuǎn)化為解直角三角形．【題型7正多邊形與圓中求邊心距、邊長】【例7】（2023秋·貴州黔西·九年級統(tǒng)考期中）已知四個正六邊形按如圖所示擺放在圖中，頂點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)均在⊙O上，連接AD．若兩個大正六邊形的邊長均為4，兩個小正六邊形全等，則小正六邊形的邊長是（

A．3-13 B．13-1 C．13【答案】B【分析】在邊長為4的大正六邊形中，根據(jù)正六邊形和圓的性質(zhì)可求出ON和半徑OD，進(jìn)而得出小正六邊形對應(yīng)點(diǎn)的距離MF，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)求出半徑GF，即邊長FH即可．【詳解】解：∵連接AD交PM于O，∴點(diǎn)O是圓心，過點(diǎn)O作ON⊥DE于N，連接MF，取MF的中點(diǎn)G，連接GH，由對稱性可知，OM=由正六邊形的性質(zhì)可得ON=4∴OD∴MF由正六邊形的性質(zhì)可知，△GFH、△GHQ、∴FH故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形和圓，掌握正六邊形和圓的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．【變式71】（2023秋·河北石家莊·九年級?？计谥校┤鐖D，半徑為2的⊙O是正六邊形ABCDEF的外接圓，則邊心距OM的長度為（

A．1 B．3 C．32 D．【答案】B【分析】如圖所示，連接OC，OD，求出∠COD=60°，進(jìn)而證明△COD【詳解】解：如圖所示，連接OC，由題意得∠COD∵OC=∴△COD∴CD=∵OM⊥∴CM=∴OM=故選B．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了正多邊形與圓，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)與判斷，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．【變式72】（2023秋·山東東營·九年級東營市勝利第一初級中學(xué)?？计谀﹫A內(nèi)接正六邊形與圓外切正三角形的邊長之比為．【答案】3【分析】設(shè)圓的半徑為r，求出圓內(nèi)接正六邊形與圓外切正三角形的邊長解題即可．【詳解】解：設(shè)圓的半徑為r，則圓內(nèi)接正六邊形的邊長為r，如圖，可知OC=r，∴OA=2∴AC=∴AB=2∴圓內(nèi)接正六邊形與圓外切正三角形的邊長之比為r:2故答案為：3:6

【點(diǎn)睛】本題考查圓和正多邊形，掌握構(gòu)造直角三角形求邊長是解題的關(guān)鍵．【變式73】（2023秋·山東濟(jì)寧·九年級?？计谀┤鐖D，在圓內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，BD，EC交于點(diǎn)G，已知半徑為3，則EG的長為．

【答案】2【分析】連接