第23讲 正多边形.doc

PAGE PAGE 11 第23讲 正多边形 蜜蜂……凭借其特有的几何上的深谋远虑……知道六边形要比正方形和三角形更大，材料消耗相同，却装得下更多的蜜。 ——亚历山大城的帕波斯 知识方法扫描 各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形。任何正多边形都有一个内切圆和一个外接圆，而且这两个圆是同心圆。正n边形的每一个内角都等于?180o，边心距（也是内切圆半径）r,外切圆半径R，边长的一半组成一个直角三角形。 判断一个多边形是正多边形，要根据正多边形的定义，证明它的各个内角相等，各条边相等。 解答与正多边形有关的问题时，要注意运用它的内切圆或外切圆的有关性质。 经典例题解析 例1已知如图AC切⊙O于点A，点B在⊙O上，AB=AC=AO，OC，BC分别交⊙O于点E，F。求证：EF是圆内接24边形的一边。 证明 连结OB，OF，因AC是⊙O的切线，故∠OAC=90o，因A0=AC，故∠AOC=45o。因AB=AO=BD， 故△ABO是等边三角形。于是∠BAO=60o。∠BAC=60o+90o= 150 o。因AB=AC，于是∠ABC=15o。∠AOF=2∠ABC=30o，∠EOF =∠AOC-∠AOF=45o-30o=15o。 因圆内接24边形的中心角为360o÷24=15 o，所以EF是圆内接24边形的一边。 例2（1987年全俄中学数学奥林匹克竞赛试题）以正n边形的边为一边，在形外作n个正方形，已知由正方形的外围2n个顶点构成一个正2n边形，当n为何值时才有可能？ 解 如图，P，Q，R为正n边形相邻的三个顶点，以PQ，QR为一边，在形外作的正方形为PQNM，QRLK。M，N，K，L为正2n边形相邻的四个顶点。 由已知可得MN=NQ=QK，又MN=NK，于是MN=QK=NK，△QNK为正三角形。∠NQK=60o。故正n边形的内角等于120o，n=6。 例3 正六边形ABCDEFG内一点P到各边的距离依次是PP1,PP2,PP3,PP4,PP5,PP6，求证PP1+ PP3+ PP5=PP2+PP4+PP6. 证明 如图，延长六边形的各边，得到两个三角形：△LMN和△XYZ 。 显然这两个三角形是两个全等的等边三角形。 PP1+ PP3+ PP5是P点到△XYZ三边距离之和，根据我们所熟知的结论，它等于一边说的高。PP2+PP4,+PP6. 是P点到△LMN三边距离之和，也等于一边说的高，而这两个全等的等边三角形的高是相等的，所以PP1+ PP3+ PP5= PP2+PP4+PP6. 评注 “等边三角形形内一点到三边距离之和，等于等边三角形的高”是一个十分有用的结论，有的书上称其为“维维安尼定理”，用面积方法可以简便地证明它。 例4（1998陕西省西数学竞争赛试题）如图，△E1F1G1和△E2F2G2是两个内接于正方形ABCD的正三角形，试证明四边形E 分析 如图，欲证E1E2 G1 G2是平行四边形，只需证E1 G1 E2互相平分。设E1 G1与E2 G2的交点为O，连接F1O，F2O，因△E1 F1 G1、△E2 F2 G2是等边三角形，故可转让F1O⊥F1 G1，F2O⊥F2O E2 G2，先考虑证∠E1OF1=90°，我们注意到∠BE2F2+∠P1F2B=90°，能否将∠E1OF1与∠BE2F2、∠P1F2B=90°，能否将∠E1OF1与∠BE2F2、P1F2B联系起来，记E1F1与E2 F2的交点为P1，连接P1O，则∠E1OF1=∠E1OP1，因∠E1OP1=∠BE2F2，故只需推证∠P1OF1=∠P1F2B，因易证∠P1F2B=∠P1P2 证明 如图，设E1G1与E2G2的交点为O，E1F1与E2F2的交点为P1，G1F1与G2F2的交点为P2，连接F1O，F2O，P1O，P2O、P1P2，显然O、E1、E2、P1、O、P2、G1、G2、P1、F1、 ∠E1OP1=∠BE2F2，∠OP2F1=∠OG 观察O、P1、F1、P2这四个点，由于∠OP2F1=∠OG2C， 又∠OP1F1=∠OP1F2+∠F2P1F1，∠OP1F2=∠60°+∠P1E1B，∠P1E1B+∠F2P1F1=∠F 于是得∠OP1F1=60°+∠F2E2B=∠BE2G2，即∠OP1F1=∠ ①+②得：∠OP2F1+∠OP1F1=∠OG2C+∠BE 因此O、P1、F1、P2四点共圆，故∠P1OF1=∠P1P2F1=∠P1F2 ∴∠E1OF1=∠E1OP1+∠P1OF1=∠BE2F2+∠P1F2B=90°,所以F1O⊥E 由题设△E1F1G1是等边三角形，所以O是E1G1的中点，同理可得O也是E2G2的中点，故四边形E 例5（1992年澳大利亚初中数学竞赛试题）设N是正九边形，O为外接圆圆心