正多邊形和圓
（1）正多邊形與圓的關(guān)系
把一個(gè)圓分成n（n是大于2的自然數(shù)）等份，依次連接各分點(diǎn)所得的多邊形是這個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形，這個(gè)圓叫做這個(gè)正多邊形的外接圓．
（2）正多邊形的有關(guān)概念
①中心：正多邊形的外接圓的圓心叫做正多邊形的中心．
②正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑．
③中心角：正多邊形每一邊所對(duì)的圓心角叫做正多邊形的中心角．
④邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距．
【考點(diǎn)剖析】
一．正多邊形和圓（共12小題）
1．（2022春?海珠區(qū)校級(jí)月考）中心角為45°的正n邊形的邊數(shù)n等于（ ）
A．12B．10C．8D．6
2．（真題?濱江區(qū)期末）一個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形中，一條邊所對(duì)的圓心角為72°，則該正多邊形的邊數(shù)是（ ）
A．4B．5C．6D．7
3．（真題?南開(kāi)區(qū)期末）如圖，把圓分成六等分，經(jīng)過(guò)各分點(diǎn)作圓的切線(xiàn)，以相鄰切線(xiàn)的交點(diǎn)為頂點(diǎn)的圖形是這個(gè)圓的外切正六邊形，⊙O的半徑是R，它的外切正六邊形的邊長(zhǎng)為（ ）
A．B．RC．2RD．6R
4．（真題?咸寧月考）如圖，正五邊形ABCDE，連接對(duì)角線(xiàn)AC，BD，設(shè)AC與BD相交于O．
（1）求證：AO＝CD；
（2）判斷四邊形AODE的形狀，并說(shuō)明理由．
5．（真題?河?xùn)|區(qū)校級(jí)月考）如果圓的內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)為6cm，求其外接圓的半徑．
6．（2022春?浦東新區(qū)校級(jí)期中）已知一個(gè)正多邊形的中心角為45°，則以該正多邊形的頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的等腰三角形的種類(lèi)數(shù)（全等的三角形為同一類(lèi)）是（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．（2022春?思明區(qū)校級(jí)月考）如圖，六邊形ABCDEF是正六邊形，點(diǎn)P是邊AF的中點(diǎn)，PC，PD分別與BE交于點(diǎn)M，N，則S△PMN：S△PBM的值為（ ）
A．B．1C．D．
8．（2022春?福州期中）如圖，在正五邊形ABCDE中，連結(jié)AC，以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑畫(huà)圓弧交AC于點(diǎn)F，連接DF．則∠FDC的度數(shù)是 ．
9．（2022春?浦東新區(qū)校級(jí)期中）如圖，由六塊相同的含30°角的直角三角尺拼成一個(gè)大的正六邊形，內(nèi)部留下一個(gè)小
的正六邊形空隙，如果該直角三角尺的較短直角邊的長(zhǎng)是1分米，那么這個(gè)小的正六邊形的面積是 平方分米．
10．（真題?新華區(qū)期末）一個(gè)正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為a，一個(gè)外角為b°．
（1）若a＝6，求b的值；
（2）若b＝30，求a的值．
11．（真題?定西期末）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，，求證：BM＝CM．
12．（真題?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知⊙O內(nèi)接正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為6cm，求這個(gè)正六邊形的邊心距r6、面積S6．
【過(guò)關(guān)檢測(cè)】
一．選擇題（共7小題）
1．（2022?岳池縣模擬）如圖，五邊形ABCDE是⊙O的內(nèi)接正五邊形，則正五邊形的中心角∠COD的度數(shù)是（ ）
A．72°B．60°C．48°D．36°
2．（2022?達(dá)拉特旗一模）如圖，在擰開(kāi)一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正六角形螺帽時(shí)，扳手張開(kāi)的開(kāi)口b＝10mm，則這個(gè)正六邊形的面積為（ ）
A．mm2B．300mm2C．150mm2D．75mm2
3．（2022?德城區(qū)模擬）將正方形紙片按圖①方式依次對(duì)折得圖②的△ABC，點(diǎn)D是AC邊上一點(diǎn)，沿線(xiàn)段BD剪開(kāi)，展開(kāi)后得到一個(gè)正八邊形，則點(diǎn)D應(yīng)滿(mǎn)足（ ）
A．BD⊥ACB．AD＝ABC．∠ADB＝60°D．AD＝DB
4．（2022?天府新區(qū)模擬）如圖，圓形螺帽的內(nèi)接正六邊形的邊心距為2cm，則圓形螺帽的面積是（ ）
A．8cm2B．16cm2C．8πcm2D．16πcm2
5．（2022?成華區(qū)模擬）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)P在劣弧上，則∠P的度數(shù)為（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
6．（2022?宜興市一模）如圖，⊙O與正五邊形ABCDE的兩邊AE，CD相切于A，C兩點(diǎn)，則∠AOC的度數(shù)是（ ）
A．108°B．129°C．130°D．144°
7．（2022?蚌埠二模）已知矩形MNPQ的頂點(diǎn)M，N，P，Q分別在正六邊形ABCDEF的邊DE，F(xiàn)A，AB，CD上，且MN∥BC．在點(diǎn)M從E移向D（與D不重合）的過(guò)程中，下列的判斷中，正確的是（ ）
A．矩形MNPQ的面積與周長(zhǎng)保持不變
B．矩形MNPQ的面積逐漸減小，周長(zhǎng)逐漸增大
C．矩形MNPQ的面積與周長(zhǎng)均逐漸增大
D．矩形MNPQ的面積與周長(zhǎng)均逐漸減小
二．填空題（共6小題）
8．已知圓的周長(zhǎng)是6π，則該圓的內(nèi)接正三角形的邊心距是 ．
9．如圖，AC、AD為正六邊形ABCDEF的兩條對(duì)角線(xiàn)，若該正六邊形的邊長(zhǎng)為2，則△ACD的周長(zhǎng)為 ．
10．如圖，五邊形DEFGH是邊長(zhǎng)為1的正五邊形，⊙O是正五邊形DEFGH的外接圓，過(guò)點(diǎn)D作⊙O的切線(xiàn)，與GH，F(xiàn)E的延長(zhǎng)線(xiàn)交分別于點(diǎn)B和C，延長(zhǎng)HG，EF相交于點(diǎn)A，連接GD，DF，下列結(jié)論正確的是 ．
①∠HDE＝108°；
②△ABC為等腰三角形；
③四邊形AGDF為菱形；
④△ABC的周長(zhǎng)為．
11．如圖，AF是正五邊形ABCDE的外接圓的切線(xiàn)，則∠CAF＝ °．
12．如圖所示，在正四邊形、正五邊形中，相鄰兩條對(duì)角線(xiàn)的夾角分別為α4，α5，則α5為 °，以此類(lèi)推，正n邊形相鄰兩條對(duì)角線(xiàn)的較大夾角為 °．
13．如圖，在正六邊形ABCDEF內(nèi)取一點(diǎn)O，作⊙O與邊DE，EF相切，并經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，已知⊙O的半經(jīng)為，則正六邊形的邊長(zhǎng)為 ．
三．解答題（共5小題）
14．已知正六邊形ABCDEF的中心為O，半徑OA＝6．
（1）求正六邊形的邊長(zhǎng)；
（2）以A為圓心，AF為半徑畫(huà)弧BF，求．
15．已知，如圖，正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為6cm，求這個(gè)正六邊形的外接圓半徑R、邊心距r6、面積S6．
16．閱讀與思考
請(qǐng)閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：
任務(wù)：（1）材料中劃?rùn)M線(xiàn)部分應(yīng)填寫(xiě)的內(nèi)容為 ．
（2）如圖2，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AB＝2，求對(duì)角線(xiàn)BD的長(zhǎng)．
17．如圖，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形．
（1）求證：在六邊形ABCDEF中，過(guò)頂點(diǎn)A的三條對(duì)角線(xiàn)四等分∠BAF．
（2）設(shè)⊙O的面積為S1，六邊形ABCDEF的面積為S2，求的值（結(jié)果保留π）．
18．（真題?武漢期末）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，E是的中點(diǎn)，連接AE，DE，CE．
（1）求證：AE＝DE；
（2）若CE＝1，求四邊形AECD的面積．
克羅狄斯?托勒密（約90年﹣168年），是希臘數(shù)學(xué)家，天文學(xué)家，地理學(xué)家和占星家．在數(shù)學(xué)方面，他還論證了四邊形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的內(nèi)容如下：圓的內(nèi)接四邊形的兩條對(duì)角線(xiàn)的乘積等于兩組對(duì)邊乘積的和．即：如圖1，若四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有 ．
第08講正多邊形與圓（核心考點(diǎn)講與練）
【基礎(chǔ)知識(shí)】
正多邊形和圓
（1）正多邊形與圓的關(guān)系
把一個(gè)圓分成n（n是大于2的自然數(shù)）等份，依次連接各分點(diǎn)所得的多邊形是這個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形，這個(gè)圓叫做這個(gè)正多邊形的外接圓．
（2）正多邊形的有關(guān)概念
①中心：正多邊形的外接圓的圓心叫做正多邊形的中心．
②正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑．
③中心角：正多邊形每一邊所對(duì)的圓心角叫做正多邊形的中心角．
④邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距．
【考點(diǎn)剖析】
一．正多邊形和圓（共12小題）
1．（2022春?海珠區(qū)校級(jí)月考）中心角為45°的正n邊形的邊數(shù)n等于（ ）
A．12B．10C．8D．6
【分析】根據(jù)正多邊形的中心角，計(jì)算即可．
【解答】解：由題意得，45°，
解得n＝8，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形與圓，解答這類(lèi)題往往一些學(xué)生因?qū)φ噙呅蔚幕局R(shí)不明確，將多邊形的半徑與內(nèi)切圓的半徑相混淆而造成錯(cuò)誤計(jì)算．
2．（真題?濱江區(qū)期末）一個(gè)圓的內(nèi)接正多邊形中，一條邊所對(duì)的圓心角為72°，則該正多邊形的邊數(shù)是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】根據(jù)正多邊形的中心角計(jì)算即可．
【解答】解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n．
由題意可得：72°，
∴n＝5，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形的有關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是記住正多邊形的中心角．
3．（真題?南開(kāi)區(qū)期末）如圖，把圓分成六等分，經(jīng)過(guò)各分點(diǎn)作圓的切線(xiàn)，以相鄰切線(xiàn)的交點(diǎn)為頂點(diǎn)的圖形是這個(gè)圓的外切正六邊形，⊙O的半徑是R，它的外切正六邊形的邊長(zhǎng)為（ ）
A．B．RC．2RD．6R
【分析】求出∠AOD＝30°，然后解直角三角形求出AD，再根據(jù)邊長(zhǎng)AB＝2AD計(jì)算即可得解．
【解答】解：如圖，∠AOD＝360°÷12＝30°，
所以，AD＝OD?tan30°R，
所以，外切六邊形的邊長(zhǎng)AB＝2ADR．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形和圓，主要利用了解直角三角形，熟記正多邊形的性質(zhì)并求出切點(diǎn)與相鄰的頂點(diǎn)所對(duì)的圓心角的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．
4．（真題?咸寧月考）如圖，正五邊形ABCDE，連接對(duì)角線(xiàn)AC，BD，設(shè)AC與BD相交于O．
（1）求證：AO＝CD；
（2）判斷四邊形AODE的形狀，并說(shuō)明理由．
【分析】（1））根據(jù)正五邊形的性質(zhì)可知AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，所以∠ABO＝72°，∠BAO（180°﹣108°）＝36°，因此∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，推出AB＝AO，則CD＝AO；
（2）根據(jù)圓周角定理求出∠BDE、∠E的度數(shù)，進(jìn)而證明DF∥AE；證明AF∥DE，AE＝DE，即可解決問(wèn)題．
【解答】解：（1）∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，
∴∠ABO＝72°，∠BAO（180°﹣108°）＝36°，
∴∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，
∴AB＝AO，
∴CD＝AO；
（2）四邊形AODE是菱形；理由如下：
∵正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，
∴∠BDE72°，∠E360°＝108°，
∴∠BDE+∠E＝180°，DO∥AE；
同理可證：AO∥DE，而AE＝DE，
∴四邊形AODE是菱形．
【點(diǎn)評(píng)】該題主要考查了正多邊形和圓的性質(zhì)及其應(yīng)用問(wèn)題；解題的關(guān)鍵是：深入分析、大膽猜測(cè)、合情推理、科學(xué)論證．
5．（真題?河?xùn)|區(qū)校級(jí)月考）如果圓的內(nèi)接正六邊形的邊長(zhǎng)為6cm，求其外接圓的半徑．
【分析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，求出中心角的度數(shù)，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可解答．
【解答】解：∵六邊形ABCDEF是正六邊形，CD＝6cm，
∴∠COD60°，
∵OC＝OD，
∴△OCD是等邊三角形，
∴OC＝CD＝6cm，
∴其外接圓的半徑為6cm．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是正多邊形的性質(zhì)，根據(jù)題意畫(huà)出圖形求出中心角是解答此題的關(guān)鍵．
6．（2022春?浦東新區(qū)校級(jí)期中）已知一個(gè)正多邊形的中心角為45°，則以該正多邊形的頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的等腰三角形的種類(lèi)數(shù)（全等的三角形為同一類(lèi)）是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根據(jù)中心角的度數(shù)可求出圓內(nèi)接正多邊形的邊數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的定義和正八邊形的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可．
【解答】解：由于一個(gè)正多邊形的中心角為45°，
所以這個(gè)正多邊形的邊數(shù)為8，
如圖，以正八邊形的頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的等腰三角形（全等的三角形為同一類(lèi)）有△ABC，△ACF，△ACG共3個(gè)，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形與圓，等腰三角形的判定，掌握正多邊形與圓的相關(guān)計(jì)算以及等腰三角形的判定是正確解答的前提．
7．（2022春?思明區(qū)校級(jí)月考）如圖，六邊形ABCDEF是正六邊形，點(diǎn)P是邊AF的中點(diǎn)，PC，PD分別與BE交于點(diǎn)M，N，則S△PMN：S△PBM的值為（ ）
A．B．1C．D．
【分析】設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為a．想辦法求出△PMN，△PBM的面積即可．
【解答】解：設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為a．則S△PCD＝2a2a2，S四邊形BCDE＝3a2a2，
由題意MN是△PCD的中位線(xiàn)，
∴S△PMNS△PCDa2，
∴S四邊形MNDCa2a2a2，
∴S△BMC＝S△DNE（a2a2）a2，
∵PM＝CM，
∴S△PBM＝S△BMCa2，
∴S△PMN：S△PBMa2：a2＝2：3，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形與圓，三角形的面積，三角形的中位線(xiàn)定理，等邊三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，屬于中考常考題型．
8．（2022春?福州期中）如圖，在正五邊形ABCDE中，連結(jié)AC，以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑畫(huà)圓弧交AC于點(diǎn)F，連接DF．則∠FDC的度數(shù)是 36° ．
【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)可求出每個(gè)內(nèi)角的度數(shù)為108°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求出∠EAC＝∠DCA＝72°，進(jìn)而可得四邊形AEDF是平行四邊形，求出∠DFC的度數(shù)，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出答案即可．
【解答】解：∵正五邊形ABCDE，
∴∠ABC＝∠EAB108°，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，
∴∠ACB＝∠BAC36°，
∴∠EAC＝∠DCA＝108°﹣36°＝72°，
∴∠DEA+∠EAC＝108°+72°＝180°，
∴DE∥AC，
又∵DE＝AE＝AF，
∴四邊形AEDF是平行四邊形，
∴AE∥DF，
∴∠DFC＝∠EAC＝72°＝∠DCA，
∴∠FDC＝180°﹣72°﹣72°＝36°，
故答案為：36°．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形與圓，掌握正五邊形的性質(zhì)以及三角形的內(nèi)角和定理是正確解答的前提．
9．（2022春?浦東新區(qū)校級(jí)期中）如圖，由六塊相同的含30°角的直角三角尺拼成一個(gè)大的正六邊形，內(nèi)部留下一個(gè)小
的正六邊形空隙，如果該直角三角尺的較短直角邊的長(zhǎng)是1分米，那么這個(gè)小的正六邊形的面積是 平方分米．
【分析】求出內(nèi)部留的小正六邊形的邊長(zhǎng)，再根據(jù)正六邊形的面積的計(jì)算方法進(jìn)行計(jì)算即可．
【解答】解：根據(jù)拼圖可知，內(nèi)部留下一個(gè)小的正六邊形的邊長(zhǎng)為1分米，
所以它的面積為16（平方分米），
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形與圓，含有30°角的直角三角形，掌握含有30°角的直角三角形的邊角關(guān)系以及正多邊形與圓的有關(guān)計(jì)算方法是解決問(wèn)題的前提．
10．（真題?新華區(qū)期末）一個(gè)正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為a，一個(gè)外角為b°．
（1）若a＝6，求b的值；
（2）若b＝30，求a的值．
【分析】（1）根據(jù)正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為6，求得邊數(shù)為10，于是得到b36；
（2）根據(jù)多邊形的外角和等于360°求得邊數(shù)為12，根據(jù)正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為a，于是得到結(jié)論．
【解答】解：（1）∵正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為6，
∴邊數(shù)為10，
∵一個(gè)外角為b°，
∴b36；
（2）∵一個(gè)外角為b°，b＝30，
∴12，
∵正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為a，
∴a5．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形與圓，多邊形的內(nèi)角與外角，利用多邊形的外角和得出多邊形的邊數(shù)是解題關(guān)鍵．
11．（真題?定西期末）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，，求證：BM＝CM．
【分析】根據(jù)圓心距、弦、弧之間的關(guān)系定理解答即可．
【解答】證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，
∴，
∵，
∴，即，
∴BM＝CM．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是正方形的性質(zhì)、弧長(zhǎng)的計(jì)算、圓心距、弦、弧之間的關(guān)系，掌握?qǐng)A心距、弦、弧之間的關(guān)系定理是解題的關(guān)鍵．
12．（真題?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知⊙O內(nèi)接正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為6cm，求這個(gè)正六邊形的邊心距r6、面積S6．
【分析】連接OB，OG⊥CB于G，易得△COB是等邊三角形，繼而可得正六邊形的外接圓半徑R，然后由勾股定理求得邊心距，又由S正六邊形＝6S△OBC求得答案．
【解答】解：連接OB，OG⊥CB于G，
∵∠COB＝60°，OC＝OB，
∴△COB是等邊三角形，
∴OC＝OB＝6cm，
即R＝6cm，
∵OC＝OB＝6，OG⊥CB，
∴CG＝BGCB6＝3cm，
在Rt△COG中，r6＝OG3（cm），
∴S66×6×354（cm2）．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
【過(guò)關(guān)檢測(cè)】
一．選擇題（共7小題）
1．（2022?岳池縣模擬）如圖，五邊形ABCDE是⊙O的內(nèi)接正五邊形，則正五邊形的中心角∠COD的度數(shù)是（ ）
A．72°B．60°C．48°D．36°
【分析】根據(jù)正多邊形的中心角的計(jì)算公式：計(jì)算即可．
【解答】解：∵五邊形ABCDE是⊙O的內(nèi)接正五邊形，
∴五邊形ABCDE的中心角∠COD的度數(shù)為72°，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是正多邊形和圓，掌握正多邊形的中心角的計(jì)算公式：是解題的關(guān)鍵．
2．（2022?達(dá)拉特旗一模）如圖，在擰開(kāi)一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正六角形螺帽時(shí)，扳手張開(kāi)的開(kāi)口b＝10mm，則這個(gè)正六邊形的面積為（ ）
A．mm2B．300mm2C．150mm2D．75mm2
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，可得∠ABC＝120°，AB＝BC＝a，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，可得CD的長(zhǎng)，根據(jù)銳角三角函數(shù)的余弦，可得答案．
【解答】解：如圖：作BD⊥AC于D，
由正六邊形，得
∠ABC＝120°，AB＝BC＝a，
∠BCD＝∠BAC＝30°．
由AC＝10mm，得CD＝5mm．
cs∠BCD，即，
解得a＝10，
這個(gè)正六邊形的面積610×5150（mm2），
故選C．
【點(diǎn)評(píng)】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)，余弦函數(shù)，
3．（2022?德城區(qū)模擬）將正方形紙片按圖①方式依次對(duì)折得圖②的△ABC，點(diǎn)D是AC邊上一點(diǎn)，沿線(xiàn)段BD剪開(kāi)，展開(kāi)后得到一個(gè)正八邊形，則點(diǎn)D應(yīng)滿(mǎn)足（ ）
A．BD⊥ACB．AD＝ABC．∠ADB＝60°D．AD＝DB
【分析】動(dòng)手操作后很容易得到答案．
【解答】解：動(dòng)手操作展開(kāi)后可發(fā)現(xiàn)這是一個(gè)正八邊形，則△ABD是其中的八分之一塊．
∴△ABD是等腰三角形，
∴AD＝AB．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正多邊形、含30度角的直角三角形，正方形的性質(zhì)，剪紙問(wèn)題以及全等三角形，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是動(dòng)手操作得到所求多邊形的形狀．
4．（2022?天府新區(qū)模擬）如圖，圓形螺帽的內(nèi)接正六邊形的邊心距為2cm，則圓形螺帽的面積是（ ）
A．8cm2B．16cm2C．8πcm2D．16πcm2
【分析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，再根據(jù)正多邊形的性質(zhì)解答即可．
【解答】解：如圖所示，AB＝4cm，過(guò)O作OG⊥AB于G；
∵此多邊形是正六邊形，
∴∠AOB60°，∠AOG30°，
∴AO4cm，
∴S圓形螺帽＝16πcm2．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】此題比較簡(jiǎn)單，根據(jù)題意畫(huà)出圖形，再根據(jù)正多邊形的性質(zhì)即銳角三角函數(shù)的定義解答即可．
5．（2022?成華區(qū)模擬）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)P在劣弧上，則∠P的度數(shù)為（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【分析】連接OB、OC，如圖，先利用正方形的性質(zhì)得∠BOC＝90°，然后根據(jù)圓周角定理求解．
【解答】解：連接OB、OC，如圖，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BOC＝90°，
∴∠BPC∠BOC＝45°．
故選C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．推論：半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角，90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑．也考查了正方形的性質(zhì)．
6．（2022?宜興市一模）如圖，⊙O與正五邊形ABCDE的兩邊AE，CD相切于A，C兩點(diǎn)，則∠AOC的度數(shù)是（ ）
A．108°B．129°C．130°D．144°
【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)可求出每個(gè)內(nèi)角的度數(shù)為108°，由切線(xiàn)的性質(zhì)可得出∠OAE＝∠OCD＝90°，在五邊形CDEAO中由內(nèi)角和可求出答案．
【解答】解：∵正五邊形ABCDE，
∴∠D＝∠E108°，
又∵⊙O與正五邊形ABCDE的兩邊AE，CD相切于A，C兩點(diǎn)，
∴∠OAE＝∠OCD＝90°，
在五邊形CDEAO中，
∠AOC＝（5﹣2）×180°﹣90°×2﹣108°×2＝144°，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形與圓，切線(xiàn)的性質(zhì)，掌握正多邊形的內(nèi)角、內(nèi)角和的計(jì)算方法以及切線(xiàn)的性質(zhì)是正確計(jì)算的前提．
7．（2022?蚌埠二模）已知矩形MNPQ的頂點(diǎn)M，N，P，Q分別在正六邊形ABCDEF的邊DE，F(xiàn)A，AB，CD上，且MN∥BC．在點(diǎn)M從E移向D（與D不重合）的過(guò)程中，下列的判斷中，正確的是（ ）
A．矩形MNPQ的面積與周長(zhǎng)保持不變
B．矩形MNPQ的面積逐漸減小，周長(zhǎng)逐漸增大
C．矩形MNPQ的面積與周長(zhǎng)均逐漸增大
D．矩形MNPQ的面積與周長(zhǎng)均逐漸減小
【分析】連接AD，交PN于H，設(shè)AB＝a，AN＝x，表示出PNx，MN＝2OH＝2a﹣x，可得矩形MNPQ周長(zhǎng)L＝2（MN+PN）＝（22）x+4a，面積S（x﹣a）2a2，由一次函數(shù)及二次函數(shù)性質(zhì)可得答案．
【解答】解：連接AD，交PN于H，如圖：
設(shè)AB＝a，AN＝x，
∵多邊形ABCDEF是正六邊形，四邊形MNPQ是矩形，
∴PN⊥AD，∠FAD＝60°，NH＝PH，OA＝a，
在Rt△NAH中，AHANx，NHx，
∴OH＝ax，PNx，
∴MN＝2OH＝2a﹣x，
∴矩形MNPQ周長(zhǎng)L＝2（MN+PN）＝2（2a﹣xx）＝（22）x+4a，
矩形面積S＝MN?PN＝（2a﹣x）x（x﹣a）2a2，
當(dāng)點(diǎn)M從E移向D（與D不重合）的過(guò)程中，x由a向0變化（x≠0），
∴矩形MNPQ周長(zhǎng)L隨x的減小而減小，
∵0，矩形面積S（x﹣a）2a2的圖象是一條開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝a的拋物線(xiàn)，
∴x由a向0變化（x≠0）過(guò)程中，S隨x的減小而減小，
即x由a向0變化（x≠0）過(guò)程中，矩形MNPQ周長(zhǎng)和矩形MNPQ的面積均逐漸減小，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于代數(shù)幾何綜合題，是中考填空題的壓軸題，考查了正多邊形及矩形的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，解決本題的關(guān)鍵是掌握正多邊形的性質(zhì)．
二．填空題（共6小題）
8．（2022?和平區(qū)一模）已知圓的周長(zhǎng)是6π，則該圓的內(nèi)接正三角形的邊心距是 ．
【分析】根據(jù)圓周長(zhǎng)的計(jì)算方法求出圓的半徑，在根據(jù)圓內(nèi)接正三角形的性質(zhì)以及直角三角形的邊角關(guān)系進(jìn)行計(jì)算即可．
【解答】解：如圖，由于圓的周長(zhǎng)是6π，所以半徑為3，即OA＝OB＝3，
連接OA，OB，過(guò)點(diǎn)O作OD⊥AB，垂足為D，
∵△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，
∴∠AOB120°，
∵OA＝OB，
∴∠OAD＝∠OBD30°，
在Rt△AOD中，OA＝3，∠OAD＝30°，
∴ODOA，
即該圓的內(nèi)接正三角形的邊心距是，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形與圓，等邊三角形的性質(zhì)以及直角三角形的邊角關(guān)系，掌握直角三角形的邊角關(guān)系，等邊三角形的性質(zhì)以及正多邊形圓的有關(guān)計(jì)算是正確解答的前提．
9．（2022?新城區(qū)模擬）如圖，AC、AD為正六邊形ABCDEF的兩條對(duì)角線(xiàn)，若該正六邊形的邊長(zhǎng)為2，則△ACD的周長(zhǎng)為 26 ．
【分析】求出正六邊形的內(nèi)角度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的判斷和性質(zhì)以及角的和差關(guān)系是正確解答的關(guān)鍵．
【解答】解：∵正六邊形ABCDEF，
∴∠B＝∠BCD120°，AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BCA＝30°，
∴∠ACD＝120°﹣30°＝90°，
由對(duì)稱(chēng)性可得，AD是正六邊形的對(duì)稱(chēng)軸，
∴∠ADC＝∠ADE∠CDE＝60°，
在Rt△ACD中，CD＝2，∠ADC＝60°，
∴AD＝2CD＝4，ACCD＝2，
∴△ACD的周長(zhǎng)為AC+CD+AD＝22+4＝26，
故答案為：26．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查多邊形與圓，掌握正多邊形內(nèi)角的計(jì)算方法以及內(nèi)角和定理積推論是正確解答的關(guān)鍵．
10．（2022?西山區(qū)一模）如圖，五邊形DEFGH是邊長(zhǎng)為1的正五邊形，⊙O是正五邊形DEFGH的外接圓，過(guò)點(diǎn)D作⊙O的切線(xiàn)，與GH，F(xiàn)E的延長(zhǎng)線(xiàn)交分別于點(diǎn)B和C，延長(zhǎng)HG，EF相交于點(diǎn)A，連接GD，DF，下列結(jié)論正確的是 ①②③ ．
①∠HDE＝108°；
②△ABC為等腰三角形；
③四邊形AGDF為菱形；
④△ABC的周長(zhǎng)為．
【分析】①根據(jù)正多邊形的內(nèi)角公式進(jìn)行求解；②根據(jù)平行線(xiàn)的性質(zhì)，得到角相等即可證明；③根據(jù)同?。ǖ然。┧鶎?duì)的圓周角相等，即可證明四邊形AGDF為菱形；④證明△ABC∽△DCE，則相似的性質(zhì)，即可求得△ABC的周長(zhǎng)．
【解答】解：根據(jù)多邊形的內(nèi)角求解公式可知：∠HDE108°，故①正確；
∵五邊形DEFGH是邊長(zhǎng)為1的正五邊形，
∴∠HGF＝∠EFG，
∵GF∥BC，
∴BC是⊙O的切線(xiàn)，
∴∠B＝∠C，
∴△ABC為等腰三角形，故②正確；
∵∠DFE＝∠GDF＝∠DGB，
∴DF∥AB，DFAB，DG∥AC，DGAC，
∴AF＝DG，AG＝DF，
∵AB＝AC，
∴四邊形AGDF為菱形，故③正確；
設(shè)DF＝AF＝FC＝x，
∵∠GFE＝∠DEF，
∴∠AFG＝∠DEC，
∴△ABC∽△DCE，
∴，即，
∴x1，x2（舍去），
∴AB＝2，
∴△ABC周長(zhǎng)為：AB+AC+BC24．
故④錯(cuò)誤．
故答案為：①②③．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查的是圓的內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于掌握?qǐng)A的內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)并結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解．
11．（2022?徐州一模）如圖，AF是正五邊形ABCDE的外接圓的切線(xiàn)，則∠CAF＝ 72 °．
【分析】連接OC，AO，根據(jù)正五邊形的性質(zhì)得到∠B108°，根據(jù)圓周角定理得到∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠CAO（180°﹣144°）＝18°，根據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)得到∠OAF＝90°，于是得到結(jié)論．
【解答】解：連接OC，AO，
在正五邊形ABCDE中，∠B108°，
∴∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，
∵OC＝OA，
∴∠CAO（180°﹣144°）＝18°，
∵AF是正五邊形ABCDE的外接圓的切線(xiàn)，
∴∠OAF＝90°，
∴∠CAF＝90°﹣18°＝72°，
故答案為：72．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形與圓，切線(xiàn)的性質(zhì)，圓周角定理，正確地作出輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．
12．（2022?石家莊一模）如圖所示，在正四邊形、正五邊形中，相鄰兩條對(duì)角線(xiàn)的夾角分別為α4，α5，則α5為 108 °，以此類(lèi)推，正n邊形相鄰兩條對(duì)角線(xiàn)的較大夾角為 °．
【分析】對(duì)于找規(guī)律的題目首先應(yīng)找出哪些部分發(fā)生了變化，是按照什么規(guī)律變化的．通過(guò)分析找到各部分的變化規(guī)律后用一個(gè)統(tǒng)一的式子表示出變化規(guī)律即可．
【解答】解：由正方形ABCD，
可得：AC⊥BD，
∴α4＝90°；
由正五邊形ABCDE，
可得：AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，
∴∠DBC＝∠ACB36°，
∴α5＝180°﹣∠DBC﹣∠ACB＝108°；
同理：α6＝120°；
∴正n邊形相鄰兩條對(duì)角線(xiàn)的夾角：αn，
故答案為：108，．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正多邊形和圓的知識(shí)，學(xué)生通過(guò)特例分析從而歸納總結(jié)出一般結(jié)論的能力．
13．（2022?北侖區(qū)二模）如圖，在正六邊形ABCDEF內(nèi)取一點(diǎn)O，作⊙O與邊DE，EF相切，并經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，已知⊙O的半經(jīng)為，則正六邊形的邊長(zhǎng)為 2 ．
【分析】根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可得點(diǎn)O以及正六邊形ABCDEF的外接圓的圓心O′均在線(xiàn)段BE上，由切線(xiàn)的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)可求出OE，進(jìn)而求出正六邊形ABCDEF的外接圓半徑，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可求出答案．
【解答】解：如圖，連接BE，由對(duì)稱(chēng)性可知，點(diǎn)O以及正六邊形ABCDEF的外接圓的圓心O′均在線(xiàn)段BE上，
設(shè)⊙O與EF、DE相切于點(diǎn)M、N，連接OM、ON、O′D，則OM＝ON＝OB＝2，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴∠DEF＝120°，
由對(duì)稱(chēng)性可得，∠OEF＝∠OED∠DEF＝60°，
在Rt△OEM中，OM＝2，∠OEM＝60°，
∴OE4，
∴BE＝OE+OB＝4+2，
∴正六邊形ABCDEF的外接圓半徑O′E2，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴△DO′E是正三角形，
∴EF＝O′E＝2，
即正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為2，
故答案為：2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線(xiàn)的性質(zhì)，正多邊形與圓，掌握正六邊形的對(duì)稱(chēng)性以及正六邊形與圓的性質(zhì)是正確解答的前提．
三．解答題（共5小題）
14．（真題?信都區(qū)期末）已知正六邊形ABCDEF的中心為O，半徑OA＝6．
（1）求正六邊形的邊長(zhǎng)；
（2）以A為圓心，AF為半徑畫(huà)弧BF，求．
【分析】（1）根據(jù)正六邊形的邊長(zhǎng)與半徑相等即可解決問(wèn)題；
（2）由正六邊形的性質(zhì)和弧長(zhǎng)公式即可得出結(jié)果．
【解答】解：（1）∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴正六邊形的邊長(zhǎng)＝半徑OA＝6；
（2）∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴∠BCF＝120°，
∴弧BF的長(zhǎng)為4π．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形和圓、弧長(zhǎng)公式；熟練掌握正六邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
15．（真題?昌邑區(qū)校級(jí)期末）已知，如圖，正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為6cm，求這個(gè)正六邊形的外接圓半徑R、邊心距r6、面積S6．
【分析】連接OA，OB，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AB于G，易得△AOB是等邊三角形，繼而可得正六邊形的外接圓半徑R，然后由勾股定理求得邊心距，又由S正六邊形＝6S△ABC求得答案．
【解答】解：連接OA，OB，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AB于G，
∵∠AOB＝60°，OA＝OB，
∴△AOB是等邊三角形，
∴OA＝OB＝6，即R＝6，
∵OA＝OB＝6，OG⊥AB，
∴AGAB6＝3，
∴在Rt△AOG中，r6＝OG3cm，
∴S66×6×354cm2．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
16．（真題?新榮區(qū)月考）閱讀與思考
請(qǐng)閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：
任務(wù)：（1）材料中劃?rùn)M線(xiàn)部分應(yīng)填寫(xiě)的內(nèi)容為 AB?CD+AD?BC＝AC?BD ．
（2）如圖2，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，AB＝2，求對(duì)角線(xiàn)BD的長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)題意即可得到結(jié)論．
（2）連接AD、AC，根據(jù)正多邊形的性質(zhì)可得出△ABC≌△DCB≌AED，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可設(shè)BD＝AC＝AD＝x，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，利用托勒密定理可得關(guān)于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）根據(jù)托勒密定理可得：AB?CD+AD?BC＝AC?BD，
故答案為：AB?CD+AD?BC＝AC?BD；
（2）如2圖，連接AD、AC．
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS），
∴設(shè)BD＝AC＝AD＝x．
在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，由托勒密定理可得：AB?CD+AD?BC＝AC?BD，
即2×2+x?2＝x2，
解得：x1＝1，x2＝1（舍去）．
∴對(duì)角線(xiàn)BD的長(zhǎng)為1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了命題、正多邊形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)以及解一元二次方程，利用托勒密定理找出關(guān)于x的一元二次方程是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
17．（真題?許昌月考）如圖，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形．
（1）求證：在六邊形ABCDEF中，過(guò)頂點(diǎn)A的三條對(duì)角線(xiàn)四等分∠BAF．
（2）設(shè)⊙O的面積為S1，六邊形ABCDEF的面積為S2，求的值（結(jié)果保留π）．
【分析】（1）如圖，連接AE，AD，AC，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得到EF＝ED＝CD＝BC，求得，于是得到∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，即可得到結(jié)論；
（2）如圖，過(guò)O作OG⊥DE于G，連接OE，設(shè)⊙O的半徑為r，推出△ODE是等邊三角形，得到DE＝OD＝r，∠OED＝60°，根據(jù)勾股定理得到OGr，根據(jù)三角形和圓的面積公式即可得到結(jié)論．
【解答】（1）證明：如圖，連接AE，AD，AC，
∵六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，
∴EF＝ED＝CD＝BC，
∴，
∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，
∴過(guò)頂點(diǎn)A的三條對(duì)角線(xiàn)四等分∠BAF；
（2）解：如圖，過(guò)O作OG⊥DE于G，連接OE，
設(shè)⊙O的半徑為r，
∵∠DOE60°，OD＝OE＝r，
∴△ODE是等邊三角形，
∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°，
∴∠EOG＝30°，
∴EGr，
∴OGr，
∴正六邊形ABCDEF的面積＝6rrr2，
∵⊙O的面積＝πr2，
∴．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形與圓，正六邊形的性質(zhì)，勾股定理，正確的作出輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．
18．（真題?武漢期末）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，E是的中點(diǎn)，連接AE，DE，CE．
（1）求證：AE＝DE；
（2）若CE＝1，求四邊形AECD的面積．
【分析】（1）欲證明AE＝DE，只要證明．
（2）連接BD，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥DE交EC的延長(zhǎng)線(xiàn)于F．證明△ADE≌△CDF（AAS），推出AE＝CF，推出S△ADE＝S△CDF，推出S四邊形AECD＝S△DEF，再利用等腰三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程求出DE，即可解決問(wèn)題．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，
∴，
∵E是的中點(diǎn)，
∴，
∴，即，
∴AE＝DE．
（2）解：連接BD，AO，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥DE交EC的延長(zhǎng)線(xiàn)于F．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠DEC＝45°，DA＝DC，
∵∠EDF＝90°，
∴∠F＝∠EDF﹣∠DEF＝90°﹣45°＝45°，
∴DE＝DF，
∵∠AED∠AOD＝45°，
∴∠AED＝∠F＝45°，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE+∠EDC＝∠CDF+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴S△ADE＝S△CDF，
∴S四邊形AECD＝S△DEF，
∵EFDE＝EC+DE，EC＝1，
∴1+DEDE，
∴DE1，
∴S四邊形AECD＝S△DEFDE2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形與圓，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．
克羅狄斯?托勒密（約90年﹣168年），是希臘數(shù)學(xué)家，天文學(xué)家，地理學(xué)家和占星家．在數(shù)學(xué)方面，他還論證了四邊形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的內(nèi)容如下：圓的內(nèi)接四邊形的兩條對(duì)角線(xiàn)的乘積等于兩組對(duì)邊乘積的和．即：如圖1，若四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，則有 AB?CD+AD?BC＝AC?BD ．

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