Bekijk in de Uitleg hoe je dat kunt doen.

Ja, ook die kun je in vijf driehoeken verdelen die de hele zevenhoek bedekken en elkaar niet overlappen.

Nee, dat hoeft niet. Je kunt heel goed een zevenhoek met alle zijden gelijk aan $2$ cm tekenen, zonder dat alle hoeken gelijk zijn.

Omdat het middelpunt van deze omgeschreven cirkel even ver van alle hoekpunten af moet liggen, ligt het op de middelloodlijnen van de zijden. Die snijden elkaar in het middelpunt van de omgeschreven cirkel.

Je kunt hem in vier driehoeken verdelen, dus de hoekensom is $4\cdot 180=720°$.
Dus zijn alle hoeken $120°$.

Dit kun je op dezelfde manier doen als in de Uitleg wordt gedaan voor de regelmatige zevenhoek. Nu zijn alle hoeken $120°$.

Teken twee (of meer) middelloodlijnen van de zijden en bepaal hun snijpunt. Dit is het middelpunt $M$ van de omgeschreven cirkel.

Je kunt de regelmatige zeshoek verdelen in zes gelijkbenige driehoeken met hun tophoek in $M$. Die tophoeken zijn dan allemaal $360/6=60°$. En dus zijn ook de basishoeken van de zes gelijkbenige driehoeken allemaal $60°$. Omdat alle hoeken gelijk zijn, zijn de zijden dat ook, dus het zijn gelijkzijdige driehoeken. Dus de straal van de omgeschreven cirkel is gelijk aan de lengte van een zijde.

Zo'n vierhoek heet een ruit. Je kunt hem nog niet tekenen, daarvoor moet je iets van de hoeken weten.

Ja, begin maar eens met $\text{Δ}ABC$. Die ligt vast, want je weet $\angle A=60°$ en de twee benen van die hoek zijn $4$ cm. Daarmee ligt ook $AD$ vast. En (omdat van de lengtes van alle zijden vast liggen) dus ligt ook $\text{Δ}BCD$ vast.

Nee, een regelmatige vierhoek is een vierkant. Alleen dan zijn alle zijden en alle hoeken gelijk.

Nee, van zo'n cirkel zou het middelpunt het midden van $AD$ moeten zijn. En de punten $A$ en $B$ liggen daar niet even ver vandaan.

Stelling van Pythagoras: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2$.
Dit geeft $2^2=1^2+B{C}^2$, zodat $B{C}^2=3$ en $BC=\sqrt{3}$.

Het middelpunt $M$ van deze cirkel is het snijpunt van de middelloodlijnen. $M$ is het midden van $AC$, dus de straal van deze cirkel is $1$ cm.

Je kunt dit doen met behulp van gelijkvormigheid van (bijvoorbeeld) de driehoeken $ABD$ en $ACB$.
Maar je kunt ook gebruik maken van het feit dat driehoek $ABD$ een halve gelijkzijdige driehoek is (de hoeken zijn ook $30°$, $60°$ en $90°$). Omdat $AB=1$ cm is $AD=\frac{1}{2}$ en $BD=\frac{1}{2}\sqrt{3}$.

Teken eerst de cirkel. Verdeel de cirkel in zes gelijke sectoren met een sectorhoek van $360/6=60°$.

Van elk van die twaalf driehoeken is de oppervlakte $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sqrt{3}=\frac{1}{2}\sqrt{3}$.
De regelmatige zeshoek heeft dus een oppervlakte van $12\cdot \frac{1}{2}\sqrt{3}=6\sqrt{3}$.

Begin met de zijden $AB$ en $BC$ die loodrecht op elkaar staan. Punt $D$ ligt op een cirkel met straal $4$ cm en middelpunt $A$.

Construeer het middelpunt van de omgeschreven cirkel. Bepaal het geschikte snijpunt met de cirkel waar punt $D$ op ligt.

De kortste lengte van $CD$ ontstaat als punt $D$ op lijnstuk $AC$ ligt. (Dan is er sprake van een driehoek, net niet meer van een vierhoek.)
Nu kun je de lengte van $AC$ uitrekenen met behulp van de stelling van Pythagoras: $AC=\sqrt{61}$.
En dus moet $CD>\sqrt{61}-4$.

Begin met $\angle A=60°$, $AB=6$ cm en $AD=4$ cm. Teken vervolgens een lijn door $D$ en evenwijdig aan $AB$ en cirkel vanuit punt $B$ het lijnstuk $BC=4$ cm om. Het linker punt waar deze cirkel de lijn door $D$ en evenwijdig aan $AB$ snijdt, is punt $C$. (Het rechter punt zou ook kunnen, maar dan is de vierhoek ook een parallellogram en dan is niet voldaan aan $AB\ne DC$.)

Teken lijnstuk $ED//BC$. Dan is driehoek $AED$ gelijkzijdig met zijden van $4$ cm. En dus is $EB=2$ cm.
Omdat $EBCD$ een parallellogram is, is $DC=EB=2$ cm.

De hoogte is bijvoorbeeld lijnstuk $FC$ dat loodrecht staat op $AB$. Omdat driehoek $AED$ gelijkzijdig is, is $F$ het midden van $AE$. Dus $AF=2$ cm.
Met behulp van de stelling van Pythagoras vind je $CF=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$ cm.
De oppervlakte van het trapezium is $\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 2\sqrt{3}+\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$ cm².

De lengte van $BD$ bereken je met behulp van de stelling van Pythagoras: $B{D}^2=4^2+{\left(2\sqrt{3}\right)}^2=28$. Dus $BD=\sqrt{28}$.

Nu zijn de driehoeken $ABS$ en $CDS$ gelijkvormig, want ze hebben drie gelijke hoeken (Z-hoeken en X-hoeken).

De vergrotingsfactor van driehoek $ABS$ naar driehoek $CDS$ is $2/6=\frac{1}{3}$. Neem $BS=x$, dan is $x+\frac{1}{3}x=\sqrt{28}$ en dus $x=\frac{3}{4}\sqrt{28}$.

Een twaalfhoek heeft een hoekensom van $10\cdot 180=1800°$, dus een regelmatige twaalfhoek heeft hoeken van $150°$.

Je tekent eerst een zijde van de juiste lengte en zet daar aan weerszijden een hoek van $150°$ op. De benen van die hoeken worden $2$ cm en daarop zet je weer hoeken van $150°$, etc.

Teken de middelloodlijnen van minstens twee zijden. Hun snijpunt is het middelpunt van de omgeschreven cirkel.

Nee, de hoeken kunnen nog variëren.

Doen, begin met driehoek $DAB$, daarvan weet je twee zijden en hun ingesloten hoek. Vervolgens kun je de zijden $BC$ en $DC$ met de passer omcirkelen.

$S$ is het snijpunt van beide diagonalen. De diagonalen staan (vanwege de symmetrie) loodrecht op elkaar. En driehoek $DAB$ is gelijkzijdig, dus $DB=6$ cm. Hieruit volgt met behulp van de stelling van Pythagoras: $AS=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$ en $SC=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$.
$AC=3\sqrt{3}+\sqrt{7}$.

De vlieger heeft geen omgeschreven cirkel: de vier middelloodlijnen gaan niet door één punt.

De straal van die cirkel is `sqrt(12)` .

De gevraagde oppervlakte is `2sqrt(12)-2pi` .