第11讲 正多边形与圆（3种题型）（解析版）

第11讲正多边形与圆（3种题型）1.了解正多边形和圆的有关概念及对称性；2.理解并掌握正多边形半径和边长、边心距、中心角之间的关系，会应用正多边形和圆的有关知识画正多边形；3.会进行正多边形的有关计算.正多边形和圆（1）正多边形与圆的关系把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．（2）正多边形的有关概念①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．题型一：求正多边形的中心角一、单选题1．（2022·江苏·九年级假期作业）中心角为45°的正n边形的边数n等于（）A．12 B．10 C．8 D．6【答案】C【分析】根据正多边形的中心角，计算即可．【详解】由题意得，45°，解得n＝8，故选：C．【点睛】本题考查正多边形中心角，解答这类题往往一些学生因对正多边形的基本知识不明确，将正多边形的中心角与内角混淆而造成错误计算．2．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形中心角的度数是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可．【详解】解：∵五边形是的内接正五边形，∴五边形的中心角的度数为，故选D．【点睛】本题考查圆内接正多边形的中心角．熟练掌握正多边形的中心角的计算公式：，是解题的关键．3．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个多边形是（）A．正九边形 B．正八边形 C．正七边形 D．正六边形【答案】A【分析】根据正多边形的中心角的计算公式计算即可．【详解】解：设这个多边形的边数是n，由题意得解得，，故选：A【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关知识，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．4．（2022秋·九年级单元测试）如图，是由边长为1的正六边形和六角星镶嵌而成的图案，则图中阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算出1个正六边形的面积，利用矩形的面积减去图中未涂色部分的面积即可．【详解】解：如图所示，∵正六边形的中心角为60°，∴每个边长为1的正六边形由六个全等的等边三角形组成，∴，，，因此每个正六边形的面积为：，图中未涂色部分面积等于16个正六边形的面积：．整个图形是一个矩形，长为12，宽为，矩形的面积为：，因此图中阴影部分的面积是：，故选C．【点睛】本题考查等边三角形相关计算，利用等边三角形计算出每个正六边形的面积是解题的关键．二、填空题5．（2022秋·九年级课时练习）五角星绕其中心旋转一定的角度与原图形重合，则这个旋转角至少为_______度．【答案】72【分析】把五角星看成正五边形，求出正五边形的中心角即可解决问题；【详解】解：∵把五角星看成正五边形，正五边形的中心角==72°，∴绕它的中心旋转72°角度后能够与自身重合，故选：72．【点睛】本题考查旋转对称图形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．6．（2022秋·江苏·九年级期中）线段AB是圆内接正十边形的一条边，则AB所对的圆周角的度数是__度．【答案】或/162或18【分析】作出图形，求出一条边所对的圆心角的度数，再根据圆周角和圆心角的关系解答．【详解】解：如下图，圆内接正十边形的边AB所对的圆心角，则，根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半，AB所对的圆周角的度数是或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了正多边形的中心角、圆周角定理等知识，解题关键是熟练掌握圆周角和圆心角的关系，并要注意分两种情况讨论．三、解答题7．（江苏泰州·九年级统考阶段练习）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝AD，∠C＝120°，点E在弧AD上，连接OA、OD、OE、AE、DE．（1）求∠AED的度数；（2）当∠DOE＝90°时，AE恰好为⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．【答案】（1）∠AED=120°；（2）12.【分析】（1）如图，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）如图，连接OA，由∠ABD=60°，可得∠AOD=120°，结合∠DOE=90°，可得∠AOE=30°，从而可得；【详解】解：（1）如图，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°，∴．题型二：已知正多边形的中心角求边数一、单选题1．（2022秋·江苏·九年级专题练习）有一个正n边形的中心角是36°，则n为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】D【分析】根据正多边形的中心角和为360°计算即可．【详解】解：，故选：D．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正多边形的中心角的和是360°是解题的关键．2．（2022秋·九年级课时练习）如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在上，且BC是⊙O内接正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（）A．6 B．12 C．24 D．48【答案】C【分析】根据中心角的度数=360°÷边数，列式计算分别求出∠AOB，∠BOC的度数，可得∠AOC=15°，然后根据边数n=360°÷中心角即可求得答案．【详解】解：连接OC，∵AB是⊙O内接正六边形的一边，∴∠AOB＝360°÷6＝60°，∵BC是⊙O内接正八边形的一边，∴∠BOC＝360°÷8＝45°，∴∠AOC＝∠AOB－∠BOC＝60°－45°＝15°∴n＝360°÷15°＝24．故选：C．【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、正八边形、正二十四边形的性质；根据题意求出中心角的度数是解题的关键．3．（2023·江苏·九年级专题练习）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为，则该正多边形的边数是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据正多边形的中心角=计算即可．【详解】解：设正多边形的边数为n．由题意=72°，∴n=5，故选：C．【点睛】本题考查正多边形的有关知识，解题的关键是记住正多边形的中心角=．4．（2022秋·江苏南京·九年级南京外国语学校仙林分校校考阶段练习）如图，点、、、为一个正多边形的顶点，点为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（

）A．5 B．10 C．12 D．20【答案】B【分析】作正多边形的外接圆，连接AO，BO，根据圆周角定理得到，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，连接AO，BO，∴，∴这个正多边形的边数为=10．故选：B．【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．二、填空题5．（2022秋·江苏南通·九年级南通田家炳中学校考阶段练习）一个正多边形的中心角是30°，则这个多边形是正____边形．【答案】十二【分析】根据正多边形的边数=周角÷中心角，计算即可得．【详解】解：∵一个正多边形的中心角是30°，∴这个多边形是：360°÷30°＝12，即正十二边形，故答案为：十二．【点睛】本题考查了正多边形的性质，解题的关键是掌握正多边形的中心角与边数的关系．6．（2022秋·江苏·九年级专题练习）正n边形的中心角为72°，则______．【答案】5【分析】根据正多边形的中心角之和为360°计算即可．【详解】根据题意有：，故答案为：5．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正多边形的中心角之和为360°是解答本题的关键．7．（2022秋·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）一个正n边形绕它的中心至少旋转36°才能与原来的图形完全重合，则n的值为______．【答案】10【分析】直接利用旋转图形的性质结合正多边形中心角相等进而得到答案【详解】∵一个正n边形绕它的中心至少旋转36°才能与原来的图形完全重合∴n的值为：故答案为：10【点睛】本题主要考查了旋转对称图形，正确把握正多边形的性质是解题关键．8．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）一个正n边形的中心角为，则n为___________．【答案】10【分析】根据正多边形的中心角和为计算即可．【详解】解：，故答案为：10．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正多边形的中心角和为是解答此题的关键．9．（2023·江苏南通·南通田家炳中学校考模拟预测）如图，内接于，，弦是圆内接正多边形的一边，则该正多边形的边数是________．【答案】5【分析】如图所示，连接，由圆周角定理得到，则该多边形的中心角为，由此即可得到答案．【详解】解：如图所示，连接，∵，∴，∴，∴该正多边形是正五边形，故答案为：5．【点睛】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是构造同弧所对的圆心角，难度不大．三、解答题10．（2022秋·九年级课时练习）【阅读理解】如图1，为等边的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与三角形的边分别交于点．设等边的面积为S，通过证明可得，则．【类比探究】如图2，为正方形的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点．若正方形的面积为S，请用含S的式子表示四边形的面积（写出具体探究过程）．【拓展应用】如图3，为正六边形的中心角，将绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正六边形的边分别交于点．若四边形面积为，请直接写出正六边形的面积．【答案】【类比探究】四边形的面积=．【拓展应用】6【分析】类比探究：通过证明可得，则．拓展应用：通过证明可得，则．【详解】解：类比探究：如图2，∵为正方形的中心角，∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=45°，∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点∴∠BOM=∠CON，∴△BOM≌△CON，∴．拓展应用：如图3，∵为正六边形EF的中心角，∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=60°，∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点∴∠BOM=∠CON，∴△BOM≌△CON，∴．∵四边形面积为，∴正六边形的面积为6．【点睛】本题考查了旋转，正多边形的性质，正多边形的中心角，三角形的全等，图形的割补，熟练掌握旋转的性质，正多边形的性质是解题的关键．题型三：正多边形和圆一、单选题1．（2023·江苏扬州·统考二模）如图，正五边形内接于，点F在弧上．若，则的大小为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，，，根据五边形是正五边形，可求出的度数，由，可得的度数，再根据圆周角定理进一步求解即可．【详解】如图，连接，，，

∵五边形是正五边形，∴，∵，∴，∴，∵正五边形内接于，∴，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理、正多边形的内角和，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．2．（2023春·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，是正六边形的边上一点，则的度数不可能是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作正六边形的外接圆，延长交于点，连接，根据圆周角定理求得，再由三角形的外角性质即可得出结论．【详解】解：如图，作正六边形的外接圆，延长交于点，连接，是正六边形，，，，，A、B、C、D四个选项中，只有A选项符合题意，故选：A．【点睛】本题考查了正多边形外接圆，圆周角定理，三角形的外角的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．3．（2023·江苏徐州·模拟预测）如图，面积为6的正六边形中，点，分别为边，上的动点，则阴影部分面积为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】如图，连接，，，交点为，设与的距离为，根据正六边形的性质以及平行线间距离相等可得则，进而可求，同理可求的值，根据计算求解即可．【详解】解：如图，连接，，，交点为，由正六边形可得，即，，设与的距离为，则，∵，∴，同理可得，∴，故选：A．【点睛】本题考查了正六边形的性质，平行线间的距离相等．解题的关键在于确定阴影部分面积为正六边形的面积与空白部分面积的差．二、填空题4．（2023春·江苏南京·九年级南京外国语学校仙林分校校考阶段练习）正方形内接于，E是的中点，连接，则________°．【答案】22.5【分析】连接，根据圆内接正方形的性质得到，得到，再利用圆周角定理求出的度数．【详解】解：连接，如图所示．∵四边形是圆内接正方形，∴．∵E是的中点，∴，∴．故答案为：22.5．【点睛】此题考查了正多边形和圆，圆周角定理，正确理解圆内接正方形的性质是解题的关键．5．（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图，正五边形内接于，是的直径，是上的一点（不与点，重合），则的度数为______°．【答案】或/或【分析】根据正五边形的性质和圆周角定理，分当点在劣弧上时和当点在优弧上时，结合图形求解即可．【详解】①如图所示：当点在劣弧上时，连接、、，∵是正五边形，是的直径，∵是正五边形，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴（为优弧所对的圆心角）∴；②如图所示：当点在优弧上时，连接、、，∵是正五边形，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴；故答案为：或．【点睛】本题主要考查正五边形的性质、圆周角定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．6．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，正六边形与相切于点、，则______°．

【答案】120【分析】根据正多边形内角和公式可求出、，根据切线的性质可求出、，从而可求出的度数．【详解】解：六边形是正六边形，．、与相切，，，故答案为：120．【点睛】本题主要考查了切线的性质、正六边形的性质、多边形的内角和公式、熟练掌握切线的性质是解决本题的关键．7．（2022秋·江苏徐州·九年级校考阶段练习）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．设的半径为，若用的内接正六边形的面积来近似估计的面积，则的面积约为________．【答案】【分析】连接、，根据正多边形和圆的关系可判断出为等边三角形，过点作于点，再利用勾股定理即可求出长，进而可求出的面积，最后利用的面积约为即可计算出结果．【详解】解：如图，连接、

由题意可得：∵∴为等边三角形，∴过点作于点，则在中，∴∴的面积约为故答案为：．【点睛】本题主要考查正多边形与圆、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．8．（2023·江苏南京·统考一模）如图，点O是正六边形的中心，以为边在正六边形的内部作正方形连接，则______°．

【答案】105【分析】连接，，根据正六边形的性质可得，是等边三角形，再证明四边形是菱形，以及是等腰三角形，分别求出，从而可得出结论．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴∵四边形是正方形，∴连接，，如图，

则是等边三角形，∴∴∴四边形是菱形，，∴∴，故答案为：105．【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，正方形的性质，菱形的判定与性质以及等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．三、解答题9．（2022·江苏·九年级假期作业）如图，已知⊙O内接正六边形ABCDEF的边长为6cm，求这个正六边形的边心距r6、面积S6．【答案】【分析】连接OB，OG⊥CB于G，证明△COB是等边三角形，继而可得正六边形的外接圆半径R，然后由勾股定理求得边心距，又由S正六边形＝6S△OBC求得答案．【详解】解：如下图所示，连接OB，设OG⊥CB于G，∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，∴∠COB＝60°，OC＝OB，∴△COB是等边三角形，∴OC＝OB＝6cm，即⊙O的半径R＝6cm，∵OC＝OB＝6，OG⊥CB，∴，在Rt△COG中，（cm），∴（cm2）．【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是掌握正六边形的相关知识．10．（2022秋·江苏·九年级期中）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．(1)求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF．(2)设⊙O的面积为S1，六边形ABCDEF的面积为S2，求的值（结果保留π）．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图，连接AE，AD，AC，根据正六边形的性质得到EF＝ED＝CD＝BC，求得，于是得到∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，即可得到结论；（2）如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，设⊙O的半径为r，推出△ODE是等边三角形，得到DE＝OD＝r，∠OED＝60°，根据勾股定理得到OGr，根据三角形和圆的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：如图，连接AE，AD，AC，∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，∴EF＝ED＝CD＝BC，∴，∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，∴过顶点A的三条对角线四等分∠BAF；（2）解：如图，过O作OG⊥DE于G，连接OE，设⊙O的半径为r，∵∠DOE60°，OD＝OE＝r，∴△ODE是等边三角形，∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°，∴∠EOG＝30°，∴EGr，∴OGr，∴正六边形ABCDEF的面积＝6rrr2，∵⊙O的面积＝πr2，∴．【点睛】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．11．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为上的一点，连接DP，CP．(1)求∠CPD的度数；(2)当点P为的中点时，CP是⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接OD，OC，根据正方形ABCD内接于⊙O，结合圆周角定理可得∠CPD；（2）结合正多边形的性质以及圆周角定理得出∠COP的度数，进而得出答案．【详解】（1）解：连接OD，OC，∵正方形ABCD内接于⊙O，∴∠DOC＝90°，∴．（2）解：连接PO，OB，如图所示：∵正方形ABCD内接于⊙O，∴∠COB＝90°，∵点P为的中点，∴，∴，∴n＝360÷45＝8．【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正方形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．12．（2023·江苏·九年级专题练习）[阅读与思考]如图①，在正三角形中，点，是，上的点，且，则，；如图②，在正方形中，点，是，上的点，且，则，；如图③，在正五边形中，点，是，上的点，且，则，；[理解与运用]在正六边形中，点，是，上的点，且，则，；在正十边形中，点，是，上的点，且，则，；[归纳与总结]根据以上规律，在正边形中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点，是，上的点，且，与相交于；也会有类似的结论，你的结论是．【答案】；；；；；以上所求的角恰好等于正n边形的内角【分析】根据等边三角形的性质得出，，进而利用全等三角形的判定与性质得出，；根据正方形的性质以及全等三角形的判定与性质得出：；根据正五边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出：；根据以上所求结论即可得正六边形中，；根据以上所求结论即可得正十边形中，；根据以上所求得出在正n边形中，类似的结论．【详解】解：阅读与思考:∵在正三角形中，点M，N是，上的点，且，∵在和中故答案为：；∵在正方形中，点M，N是，上的点，且在和中答案为：；∵在正五边形中，点M，N是，上的点，且，则∵在和中，故答案为：；理解与运用：∵正三角形的内角度数为：；正方形的内角度数为：；正五边形的内角度数为：；∴同理可得：在正六边形中，点M，N是，上的点，且，则，；故答案为：；同理可得：在正十边形中，点M，N是，上的点，且，则，；故答案为：；归纳与总结：根据以上所求的角恰好等于正n边形的内角，所以所求的角恰好等于正n边形的内角故答案为：以上所求的角恰好等于正n边形的内角【点睛】此题主要考查了正多边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练利用三角形的外角性质是解题关键．13．（2022秋·江苏徐州·九年级统考期中）如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为1，点、都在格点上，以为圆心，为半径做圆，只用无刻度的直尺完成以下画图．(1)在图①中画的一个内接正四边形，___________；(2)在图②中画的一个内接正六边形，__________．【答案】(1)图见解析，32(2)图见解析，【分析】（1）只需要作直径、，并使得即可；（2）如图所示，取格点B，C，D，E，F，然后顺次连接A、B、C、D、E、F得到正六边形，再求出求面积．【详解】（1）解：如图所示，正四边形即为所求；，故答案为32；（2）解：如图所示，正六边形即为所求；过点O作于H，∵正六边形，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，熟知正多边形和圆的相关知识是解题的关键．题型四：尺规作图一、解答题1．（2022秋·九年级课时练习）如图1，等边内接于⊙O，连接CO并延长交⊙O于点D．（1）可以证明CD垂直平分AB，写出与的数量关系：___．（2）请你仅使用无刻度的直尺按要求作图：①在图1中作出一个正六边形，保留作图痕迹（作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）．②请在图2中作出⊙O的内接正六边形ADBECF的一条不经过顶点的对称轴，保留作图痕迹(作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）．

【答案】（1）；（2）①见解析，②见解析【分析】（1）结合外心的定义和等边三角形的性质推断出CD垂直平分AB，从而利用垂径定理得出结论即可；（2）①结合（1）的结论，可直接连接AO，BO，分别延长与圆相交，再顺次连接各交点即可；②如图，延长AF，EC，交于一点，此时可构成等边三角形，从而连接交点与圆心的直线即为所求的对称轴．【详解】（1），∵O为三角形的外心，∴O为三角形三边中垂线的交点，又∵三角形为等边三角形，∴可得CD垂直平分AB，根据垂径定理可得：；（2）①如图所示，在（1）的基础之上，连接AO，并延长至E，连接BO，并延长至F，顺次连接圆周上各点即可；②如图所示：（方法不唯一）【点睛】本题主要考查复杂作图，以及正多边形与圆之间的关系，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．2．（2022秋·九年级课时练习）如图，已知AC为的直径．请用尺规作图法，作出的内接正方形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为的直径，∴BD为的直径，∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，BD＝AC，∴四边形ABCD是的内接正方形．【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．3．（2022·江苏·九年级专题练习）按要求作图，不要求写作法，但要保留作图痕迹.（1）如图1，A为圆E上一点，请用直尺（不带刻度）和圆规作出圆内接正方形；（2）我们知道，三角形具有性质，三边的垂直平分线相交于同一点，三条角平分线相交于一点，三条中线相交于一点，事实上，三角形还具有性质：三条高交于同一点，请运用上述性质，只用直尺（不带刻度）作图：①如图2，在□ABCD中，E为CD的中点，作BC的中点F;②图3，在由小正方形组成的网格中，的顶点都在小正方形的顶点上，作△ABC的高AH

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②见解析.【分析】(1)作直径AC，分别以A、C为圆心，以大于AC的一半长为半径画弧，在AC的两侧分别交于点M、N，作直线MN交圆于点B，D，四边形ABCD即为所求；(2)①连接AC、BD交于点O，则O为BD的中点，连接BE交CO于点G，连接DG并延长交BC于点F，则F即为所求；②如图，利用网格特点连接BM，则可得直线BM⊥AC，连接CN，则可得直线CN⊥AB，两线交于点E，连接AE并延长交BC于点H，则AH即为所求.【详解】(1)如图所示，四边形ABCD即为所求；(2)①如图所示，点F即为所求；②如图所示，AH即为所求.【点睛】本题考查了尺规作图，无刻度直尺作图，熟练掌握尺规作图的方法以及无刻度直尺作图的方法是解题的关键.4．（2021秋·江苏·九年级专题练习）已知正五边形，请仅用无刻度直尺作图．（1）在图1中作点P，使得是等腰三角形：（2）在图2中作点，使点称为正五边形的中心．【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析．【分析】（1）直接利用正多边形的性质得出顶点P的位置；（2）利用正五边形的性质，得出对角线交点，进而得出其中心P点位置．【详解】解：（1）如图所示：点P为所求；（2）如图所示：点O为所求；【点睛】此题主要考查了复杂作图以及等腰三角形的性质和正多边形的性质，正确应用正五边形的性质是解题关键．5．（2021·江苏无锡·九年级专题练习）已知正六边形ABCDEF，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图．（1）在图①中，以AB为边作等边三角形；（2）在图②中，作一个含30°的直角三角形．【答案】（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）连接AD，BE交于点O，即可得到所求三角形；（2）连接AC，CF，即可得到所求三角形；【详解】（1）如图①所示：∆AOB即为所求三角形；（2）如图②所示：∆ACF即为所求三角形．【点睛】本题主要考查正六边形的性质，熟练掌握正六边形的每条边都相等，每个内角都等于120°，是解题的关键．6．（2022秋·江苏·九年级专题练习）请用圆规和直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹．已知：⊙O，点A在圆上．求作：以A为一顶点作圆内接正方形ABCD．【答案】见解析【分析】作直径AC，过点O作BD⊥AC交⊙O于B，D，连接AB，BC，CD，AD即可．【详解】如图，四边形ABCD即为所求作．【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．二、填空题7．（2021秋·江苏·九年级专题练习）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】【分析】连接AG，由作图可知，OA＝2，H为OF中点，可求OH=，由勾股定理得AH＝，可求OG＝﹣1，由勾股定理AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（﹣1）2＝10﹣2即可．【详解】解：连接AG，由作图可知，OA＝2，OH＝1，H为OF中点，∴OH=，在Rt△OAH中，由勾股定理∴AH＝，∵AH＝HG＝，∴OG＝GH﹣OH＝﹣1，在Rt△AOG中，由勾股定理得，∴AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（﹣1）2＝10﹣2．故答案为：10﹣2．【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．一．选择题（共10小题）1．（2023•工业园区校级二模）阅读理解：如图1，在平面内选一定点O，引一条有方向的射线Ox，再选定一个单位长度，那么平面上任一点M的位置可由∠MOx的度数θ与OM的长度m确定，有序数对（θ，m）称为M点的“极坐标”，这样建立的坐标系称为“极坐标系”．应用：在图2的极坐标系下，如果正六边形的边长为4，有一边OA在射线Ox上，则正六边形的顶点C的极坐标应记为（）A．（60°，8） B．（45°，8） C． D．【分析】设正六边形的中心为D，连接AD，判断出△AOD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得OD＝OA，∠AOD＝60°，再求出OC，然后根据“极坐标”的定义写出即可．【解答】解：如图，设正六边形的中心为D，连接AD，∵∠ADO＝360°÷6＝60°，OD＝AD，∴△AOD是等边三角形，∴OD＝OA＝4，∠AOD＝60°，∴OC＝2OD＝2×4＝8，∴正六边形的顶点C的极坐标应记为（60°，8）．故选：A．【点评】本题考查了正多边形和圆，坐标确定位置，主要利用了正六边形的性质，读懂题目信息，理解“极坐标”的定义是解题的关键．2．（2023•鼓楼区模拟）下列图形中，正多边形内接于半径相等的圆，其中正多边形周长最小的是（）A． B． C． D．【分析】根据圆内接多边形的周长小于圆周长，再利用夹逼法对即可选择答案．【解答】解：随着圆内接正多边形边数的增加，它的周长和面积越来越接近圆周长和圆面积．故选：A．【点评】此题主要考查了正多边形与圆，关键是知道圆内接多边形的周长小于圆周长．3．（2023•梁溪区二模）如图所示，A、B、C、D是一个外角为40°的正多边形的顶点．若O为正多边形的中心，则∠OAD的度数为（）A．14° B．40° C．30° D．15°【分析】连接OB、OC，利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可．【解答】解：连接OB、OC，多边形的每个外角相等，且其和为360°，据此可得多边形的边数为：＝9，∴∠AOB＝，∴∠AOD＝40°×3＝120°．∴∠OAD＝＝＝30°．故选：C．【点评】本题主要考查了正多边形的外角以及内角，熟记公式是解答本题的关键．4．（2023•姜堰区二模）一个正多边形，它的每个内角是与其相邻外角的3倍，则这个多边形的边数是（）A．6 B．7 C．8 D．9【分析】根据“多边形的内角与其相邻外角互补”可求出这个外角的度数，再根据正多边形的外角和是360°即可求出答案．【解答】解：这个内角相邻的外角为x，则这个内角为3x，由题意得，x+3x＝180°，解得x＝45°，由正多边形的外角和是360°，所以这个正多边形的边数为360°÷45°＝8（条），故选：C．【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正多边形的内角与其相邻的外角互补以及外角和是360°是正确解答的前提．5．（2023•宜兴市二模）已知正多边形的一个外角为72°，则该正多边形的边数是（）A．5 B．6 C．8 D．10【分析】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角和中外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．【解答】解：这个正多边形的边数：360°÷72°＝5．故选：A．【点评】本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．6．（2023•丹阳市模拟）如图，边长相等的正五边形和正六边形如图拼接在一起，则∠ABC的度数为（）A．22° B．23° C．24° D．25°【分析】根据正多边形的内角和定理求得正五边形和正六边形的内角，根据周角的定义即可得到结论．【解答】解：由题意得：正六边形的每个内角都等于120°，正五边形的每个内角都等于108°，∴∠BAC＝360°﹣120°﹣108°＝132°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝＝＝24°，故选：C．【点评】本题考查了正多边形和圆、熟练掌握正五边形的内角，正六边形的内角是解题的关键．7．（2022秋•南京期末）如图，AB，CD分别是⊙O的内接正十边形和正五边形的边，AD，BC交于点P，则∠APC的度数为（）A．126° B．127° C．128° D．129°【分析】连接OA、OB、OC、OD、BD，根据正多边形的性质分别求出∠AOB、∠COD，再根据圆周角定理分别求出∠ADB、∠CBD，根据三角形内角和定理、对顶角相等解答即可．【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、BD，∵AB，CD分别是⊙O的内接正十边形和正五边形的边，∴∠AOB＝＝36°，∠COD＝＝72°，∴∠ADB＝∠AOB＝18°，∠CBD＝∠COD＝36°，∴∠APC＝∠BPD＝180°﹣18°﹣36°＝126°，故选：A．【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的求法、圆周角定理是解题的关键．8．（2022秋•宿城区期末）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB＝18°，则这个正多边形的边数为（）A．7 B．8 C．9 D．10【分析】连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝2∠ADB＝36°，即可得到结论．【解答】解：连接OA，OB，∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上，∵∠ADB＝18°，∴∠AOB＝2∠ADB＝36°，∴这个正多边形的边数＝＝10．故选：D．【点评】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键．9．（2023•仪征市二模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F在弧AE上．若∠CDF＝95°，则∠FCD的大小为（）A．38° B．42° C．49° D．58°【分析】连接OE，OD，CE，根据正五边形的性质得出∠CDE的度数，从而得出∠FDE的度数即∠FCE的度数，再根据正五边形ABCDE内接于⊙O，得出∠ECD的度数即可求解．【解答】解：如图，连接OE，OD，CE，∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠CDE＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，∵∠CDF＝95°，∴∠FDE＝∠CDE﹣∠CDF＝108°﹣95°＝13°，∴∠FCE＝13°，∵正五边形ABCDE内接于⊙O，∴∠EOD＝360°÷5＝72°，∴∠ECD＝＝36°，∴∠FCD＝∠FCE+∠ECD＝36°+13°＝49°，故选：C．【点评】本题考查了正多边形的性质，圆周角定理，根据正五边形的性质得出∠CDE与∠EOD的度数是解题的关键．10．（2023•惠山区校级模拟）如图，面积为6的正六边形ABCDEF中，点M，N分别为边BC，EF上的动点，则阴影部分面积为（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】如图，连接AD，BE，CF，交点为O，设EF与AD的距离为h，根据正六边形的性质以及平行线间距离相等可得则，进而可求S△ADN，同理可求S△ADM的值，根据S阴影＝S正六边形ABCDEF﹣S△ADM﹣S△ADN计算求解即可．【解答】解：如图，连接AD，BE，CF，交点为O，由正六边形ABCDEF可得，EF＝AO＝DO，即，AD∥EF∥BC，设EF与AD的距离为h，则，∵，∴S△ADN＝2，同理可得S△ADM＝2，∴S阴影＝S正六边形ABCDEF﹣S△ADM﹣S△ADN＝2，故选：A．【点评】本题考查了正六边形的性质，平行线间的距离相等．解题的关键在于确定阴影部分面积为正六边形的面积与空白部分面积的差．二．填空题（共8小题）11．（2023•镇江一模）如图，点A、B、C、D、E是圆O上的五等分点，该图形绕点O至少旋转72度后与自身重合．【分析】分别找出外围五等分所得圆弧、⊙O、△ACD各自至少旋转至少度后与自身重合，综合即可求解．【解答】解：外围五等分所得圆弧旋转至少72°后与自身重合，⊙O旋转任意角度后与自身重合．故答案为：72．【点评】本题考查了旋转对称图形的定义，理解定义是解题的关键．12．（2023•连云港）以正六边形ABCDEF的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，使得新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，则正六边形ABCDEF至少旋转60°．【分析】以正六边形ABCDEF的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，即∠DCD'是旋转角，∠BCD＝120°，要使新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，则∠DCD'至少要旋转60°．【解答】解：∵多边形ABCDEF是正六边形，∴∠BCD＝120°，要使新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，则∠DCD'至少要旋转60°．故答案为：60°．【点评】本题考查多边形的性质和旋转的性质，熟悉性质是解题关键．13．（2023•苏州模拟）已知正六边形的半径为，则它的周长＝6．【分析】根据正六边形的半径等于边长进行解答即可．【解答】解：∵正六边形的半径等于边长，∴正六边形的边长，正六边形的周长l＝6a＝6，故答案为：6．【点评】本题考查的是正六边形的性质，解答此题的关键是熟知正六边形的边长等于半径．14．（2023•苏州二模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为1，过O作OM垂直AB，交AB于点M，则OM的长为．【分析】连接OB、OA．先证明△OBA是等边三角形，求出BA、BM，再根据勾股定理求出OM即可．【解答】解：如图，连接OB、OA．∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BOA＝60°，OB＝OA＝1，∴△OBA是等边三角形，∴BA＝OB＝OA＝1，∵OM⊥BA，∴BM＝AM＝，在Rt△OBM中，OM＝＝，故答案为：．【点评】本题考查正多边形与圆、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正六边形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．15．（2023•南京三模）如图，在正六边形ABCDEF中，⊙O经过点E，且与AB，BC相切．若⊙O的半径为4，则正六边形的边长为4+2．​【分析】先连接OB、OM、ON，根据题意可得△OBM≌△OBN，从而得出OB所在直线是正六边形的一条对称轴，再根据正六边形的性质和勾股定理可得MB＝4，OB＝8，再根据轴对称的性质得出B、O、E在一条直线上，即可得到BE的长，进而求出正六边形的边长．【解答】解：连接OB、OM、ON，如图：∵⊙O与AB，BC相切．∴OM⊥AB，ON⊥BC，∴∠OMB＝∠ONB＝90°，OM＝ON，又∵OB＝OB，∴Rt△OBM≌Rt△OBN（HL），∴OB所在直线是正六边形的一条对称轴，在正六边形ABCDEF中，∠ABC＝120°，∴∠MON＝60°，∴∠MOB＝30°，∵OM＝4，∴MB＝4，OB＝8，∵圆的对称轴是直径所在的直线，且经过点E，∴O、B、E三点共线，∴BE＝8+4，根据正六边形的性质可得BC＝BE＝4+2，故答案为：4+2，【点评】本题考查正六边形的性质和与圆有关的位置关系，轴对称等知识，关键是判定出O、B、E三点共线，16．（2023•宝应县二模）三个能够重合的正六边形的位置如图，已知A点的坐标是，则B点的坐标是．【分析】如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作AN⊥x轴于N，连接AO，BO，证明∠BOE＝∠AON，可得A，O，B三点共线，可得A，B关于O对称，从而可得答案．【解答】解：如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作AN⊥x轴于N，连接AO，BO，∴三个正六边形，O为原点，∴BM＝MO＝OH＝AH，∠BMO＝∠OHA＝120°，∴△BMO≌△OHA（SAS），∴OB＝OA，∴，∴∠BOE＝60°，∠BEO＝90°，同理：∠AON＝120°﹣30°﹣30°＝60°，∠OAN＝90°﹣60°＝30°，∴∠BOE＝∠AON，∴A，O，B三点共线，∴A，B关于O对称，∴．故答案为：．【点评】本题考查的是坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点成中心对称的两个点的坐标特点，正多边形的性质，熟练的应用正多边形的性质解题是解本题的关键．17．（2023•玄武区一模）如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，以AB为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，连接OD，ON，则∠DON＝105°．​【分析】连接OA，OB，OE，OF，利用正六边形的性质得到OA＝OB＝OF＝OE＝OD，∠AOB＝∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，则△OAB为等边三角形，D，O，A在一条直线上；利用正方形的性质，等边三角形的性质和等腰三角形的性质求得∠AON的度数，则结论可得．【解答】解：连接OA，OB，OE，OF，如图，∵点O是正六边形ABCDEF的中心，∴OA＝OB＝OF＝OE＝OD，∠AOB＝∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，∴△OAB为等边三角形，∠AOF+∠FOE+∠EOD＝180°，∴D，O，A在一条直线上，∠OAB＝60°，OA＝AB．∵以AB为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，∴∠NAB＝90°，AB＝AN，∴∠NAO＝30°，OA＝AN，∴∠AON＝∠ANO＝＝75°，∴∠NOD＝180°﹣∠AON＝105°．故答案为：105．【点评】本题主要考查了正六边形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，连接正六边形的半径，证得D，O，A在一条直线上是解题的关键．18．（2023•高港区二模）如图，点M在正六边形的边EF上运动．若∠ABM＝x°，写出一个符合条件的x的值50°（答案不唯一）．【分析】由正多边形的性质和平行线的性质求得∠ABF＝30°，∠ABE＝60°可得x的取值范围30°≤x≤60°，即可得到答案．【解答】解：连接BF，BE，∵六边形ABCDEF是正六边形，AF∥BE，∴∠A＝∠ABC＝∠AFE＝＝120°，AB＝AF，∴∠ABF＝＝30°，∠ABE＝180°﹣∠A＝60°，∵点M在正六边形的边EF上运动，∠ABM＝x°，∴30°≤x≤60°，∴x＝50°．故答案为：50°（答案不唯一）．【点评】本题主要考查了正多边形和圆，根据正多边形的性质和平行线的性质求得∠ABF＝30°，∠ABE＝60°得到x的取值范围是解决问题的关键．三．解答题（共7小题）19．（2022秋•盐都区校级月考）如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为上的一点，连接DP，CP．（1）求∠CPD的度数；（2）当点P为的中点时，CP是⊙O的内接正n边形的一边，求n的值．【分析】（1）连接OD，OC，根据正方形ABCD内接于⊙O，结合圆周角定理可得∠CPD；（2）结合正多边形的性质以及圆周角定理得出∠COP的度数，进而得出答案．【解答】解：（1）连接OD，OC，∵正方形ABCD内接于⊙O，∴∠DOC＝90°．∴；（2）连接PO，OB，∵正方形ABCD内接于⊙O，∴∠COB＝90°，∵点P为BC的中点，∴＝，∴，∴n＝360÷45＝8．【点评】此题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正方形的性质，正确掌握正方形的性质是解题关键．20．（2020秋•灌云县月考）如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为上一点，连接DP，CP．（1）∠CPD＝45°；（2）若DC＝4，CP＝，求DP的长．【分析】（1）连接BD，根据正方形ABCD内接于⊙O，可得∠CPD＝∠DBC＝45°；（2）作CH⊥DP于H，因为CP＝2，∠CPD＝45°，可得CH＝PH＝2，因为DC＝4，所以DH＝，即DP＝PH+DH＝2+2．【解答】解：（1）如图，连接BD，∵正方形ABCD内接于⊙O，P为上一点，∴∠DBC＝45°，∵∠CPD＝∠DBC，∴∠CPD＝45°．故答案为：45；（2）如图，作CH⊥DP于H，∵CP＝2，∠CPD＝45°，∴CH＝PH＝2，∵DC＝4，∴DH＝＝＝2，∴DP＝PH+DH＝2+2．【点评】本题考查圆周角定理，正方形的性质，勾股定理．解题的关键是掌握圆周角定理．21．（2023•鼓楼区二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，点E、F分别在射线AB、AD上，OE＝OF，且点C、E、F在一条直线上，EF与⊙O相切于点C．​（1）求证：矩形ABCD是正方形；（2）若OF＝10，则正方形ABCD的面积是10．【分析】（1）连接AC，证明△AOF≌△AOE（SAS），可得AF＝AE，然后证明AB＝CB，即可解决问题；（2）根据勾股定理求出OC＝2，进而可以求出正方形ABCD的面积．【解答】（1）证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是⊙O的内接矩形，∴AC是⊙O的直径，∵EF与⊙O相切于点C，∴AC⊥EF，∵OE＝OF，∴CF＝CE，∠FOC＝∠EOC，∴∠AOF＝∠AOE，∵OA＝OA，∴△AOF≌△AOE（SAS），∴AF＝AE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠FAE＝90°，∴AC＝EF＝CF＝CE，∴∠CAE＝45°，∵∠ABC＝90°，∴∠ACB＝45°，∴AB＝CB，∴矩形ABCD是正方形；（2）解：∵OC＝AC，AC＝CF，∴CF＝2OC，∵OF＝10，OF2＝OC2+CF2，∴102＝OC2+4OC2，∴OC＝2，∴AB＝OC＝，∴AB2＝10，∴正方形ABCD的面积是10．故答案为：10．【点评】本题考查的是正多边形和圆，矩形的性质，正方形的判定与性质，切线的性质，解题关键是利用切线的性质，结合正方形的特点求出正方形的边长．22．（2022秋•南通期末）如图，点O为正六边形ABCDEF的中心．若OA长为6，求正六边形ABCDEF的面积．【分析】正六边形被半径分成六个全等的等边三角形，求出一个等边三角形的面积即可解决问题．【解答】解：过点O作OG⊥AB于点G，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠AOB＝60°，∵AO＝OB，∴△OAB是等边三角形．∴AB＝OA＝6，∠OAG＝60°，在Rt△OAG中，sin∠OAG＝，∴OG＝6×sin60°＝3，∴S△OAB＝＝＝9，∴正六边形ABCDEF的面积＝6S△OAB＝54．【点评】本题考查正六边形和圆，关键是掌握正六边形的性质．23．（2022秋•镇江期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝6，AC是⊙O的弦，∠BAC＝30°，延长AB到D，连接CD，AC＝CD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）以BC为边的圆内接正多边形的周长等于18．【分析】（1）根据等腰三角形性质以及三角形内角和定理计算出∠OCD＝90°即可；（2）得出以BC为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，再求出BC的长即可．【解答】（1）证明：如图，连接OC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∵AC＝CCD，∴∠OAC＝∠ODC＝30°，∴∠OCD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，即OC⊥CD，又∵OC是半径，∴CD是⊙O的切线；（2）解：∵∠BOC＝60°，∴以BC为边的圆内接正多边形是圆内接正六边形，∴BC＝AB＝3，∴以BC为边的圆内接正六边形的周长为3×6＝18．故答案为：18．【点评】本题考查切线的判定，圆内接正六边形的性质，掌握切线的判定方法是正确解答的前提．24．（2020秋•玄武区月考）【阅读理解】[阅读与思考]如图①，在正三角形ABC中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝CM，∠NOC＝60°；如图②，在正方形ABCD中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝DM，∠NOD＝90°；如图③，在正五边形ABCDE中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝EM，∠NOE＝108°；[理解与运用]在正六边形ABCDEF中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝FM，∠NOF＝120°；在正十边形ABCDEFGHIJ中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝JM，∠NOJ＝144°；[归纳与总结]根据以上规律，在正n边形A1A2A3A4…An中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是A1A2，A2A3上的点，且A1M＝A2N，A1N与AnM相交于O．也会有类似的结论，你的结论是以上所求的角恰好等于正n边形的内角．【分析】[阅读与思考]根据等边三角形的性质得出∠B＝∠CAM，AB＝AC，进而利用全等三角形的判定与性质得出，∠OAC+∠BCM＝∠NOC＝60°；根据正方形的性质以及全等三角形的判定与性质得出，∠DON＝∠DAN+∠ADM＝90°；根据正五边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出，∠EON＝∠AEM+∠EAN＝108°；[理解与运用]根据以上所求结论即可得正六边形ABCDEF中，∠NOF＝120°；根据以上所求结论即可得正十边形ABCDEFGHIJ中，∠NOJ＝144°；[归纳与总结]根据以上所求得出在正n边形中，类似的结论．【解答】解：[阅读与思考]∵在正三角形ABC中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，∴∠B＝∠CAM，AB＝AC，∵在△ABN和△CAM中，∴△ABN≌△CAM（SAS），∴AN＝CM，∠BAN＝∠MCA，∴∠NOC＝∠OAC+∠MCA＝∠OAC+∠BAN＝∠BAC＝60°，故答案为：60°；∵在正方形ABCD中，点M，N是AB，BC上的点，且AN＝DM，∴AD＝AB，在△ABN和△DAM中，，∴△ABN≌△DAM（SAS），∴∠AMD＝∠ANB，∠ADM＝∠BAN，∴∠DON＝∠DAN+∠ADM＝90°，答案为：90°；∵在正五边形ABCDE中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝EM，∴AB＝AE，∠EAM＝∠ABN，∵在△AEM和△BAN中，，∴△ABN≌△EAM（SAS），∴AN＝EM，∠AEM＝∠BAN，∴∠EON＝∠AEM+∠EAO＝108°，故答案为：108°；[理解与运用]∵正三角形的内角度数为：60°，正方形的内角度数为：90°，正五边形的内角度数为：108°，所以同理可得：在正六边形ABCDEF中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝FM，∠NOF＝120°；故答案为：120°；同理可得：在正十边形ABCDEFGHIJ中，点M，N是AB，BC上的点，且AM＝BN，则AN＝JM，∠NOJ＝144°；故答案为：144°；[归纳与总结]根据以上所求的角恰好等于正n边形的内角，所以所求的角恰好等于正n边形的内角．故答案为：以上所求的角恰好等于正n边形的内角．【点评】此题主要考查了正多边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，利用三角形的外角性质得出是解题关键．25．（2021•鼓楼区二模）如图，在正六边形ABCDEF中，以AD为对角线作正方形APDQ，AP、DP与BC分别交于M、N．（1）∠BAM＝15°；（2）若AB＝4，求MN的长．（参考数据：≈1.73，结果精确到0.1，可以直接利用（1）的结论）【分析】（1）利用正多边形的性质分别求出∠DAB，∠DAP即可．（2）连接BE交AD于点O，连接OP交BC于H．想办法求出OP，OH，再求出PH，利用等腰直角三角形的性质可得结论．【解答】解：（1）在正六边形ABCDEF中，∠DAB＝60°，在正方形AQDP中，∠DAP＝45°，∴∠BAM＝∠DAB﹣∠DAP＝60°﹣45°＝15°，故答案为：15．（2）连接BE交AD于点O，连接OP交BC于H．在正六边形ABCDEF中，CD＝BC＝AB＝4，∠BAF＝∠ABC＝∠C＝∠CDE＝120°，AO、BO平分∠BAF、∠ABC，OA＝OB，∴∠BAO＝∠ABO＝∠CBO＝×120°＝60°，∴△ABO是等边三角形，∴BC∥AD，AO＝BO＝AB＝4，∴AD＝2AO＝8，在正方形APDQ中，AP＝DP，∠APD＝90°，∵AO＝DO，∴PO＝AD＝4，PO⊥AD，∠APO＝∠DPO＝∠APD＝45°，∵AD∥BC，∴∠MHP＝∠AOP＝90°，∴∠BHO＝90°，∴sin∠OBH＝，∵∠OBH＝60°，BO＝4，∴OH＝4×sin60°＝2，∵PH＝MH＝OP﹣OH＝4﹣2，∴MN＝2MH＝8﹣4≈1.1．【点评】本题考查正多边形和圆，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题．一．选择题（共7小题）1．（2022•岳池县模拟）如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，则正五边形的中心角∠COD的度数是（）A．72° B．60° C．48° D．36°【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：360°n【解答】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为360°5故选：A．【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式：360°n2．（2022•达拉特旗一模）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．2033mm2 B．3003mm2 C．1503mm2 D．753【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，根据锐角三角函数的余弦，可得答案．【解答】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．cos∠BCD=CDBC=解得a＝10，这个正六边形的面积6×12×10×53=1503故选C．【点评】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，余弦函数，3．（2022•德城区模拟）将正方形纸片按图①方式依次对折得图②的△ABC，点D是AC边上一点，沿线段BD剪开，展开后得到一个正八边形，则点D应满足（）A．BD⊥AC B．AD＝AB C．∠ADB＝60° D．AD＝DB【分析】动手操作后很容易得到答案．【解答】解：动手操作展开后可发现这是一个正八边形，则△ABD是其中的八分之一块．∴△ABD是等腰三角形，∴AD＝AB．故选：B．【点评】本题主要考查了正多边形、含30度角的直角三角形，正方形的性质，剪纸问题以及全等三角形，解决问题的关键是动手操作得到所求多边形的形状．4．（2022•天府新区模拟）如图，圆形螺帽的内接正六边形的边心距为23cm，则圆形螺帽的面积是（）A．83cm2 B．163cm2 C．8πcm2 D．16πcm2【分析】根据题意画出图形，再根据正多边形的性质解答即可．【解答】解：如图所示，AB＝4cm，过O作OG⊥AB于G；∵此多边形是正六边形，∴∠AOB=360°6=60°，∠∴AO=OGcos∠AOG=∴S圆形螺帽＝16πcm2．故选：D．【点评】此题比较简单，根据题意画出图形，再根据正多边形的性质即锐角三角函数的定义解答即可．5．（2022•成华区模拟）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，则∠P的度数为（）A．15° B．30° C．45° D．60°【分析】连接OB、OC，如图，先利用正方形的性质得∠BOC＝90°，然后根据圆周角定理求解．【解答】解：连接OB、OC，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BOC＝90°，∴∠BPC=12∠故选C．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了正方形的性质．6．（2022•宜兴市一模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE，CD相切于A，C两点，则∠AOC的度数是（）A．108° B．129° C．130° D．144°【分析】根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为108°，由切线的性质可得出∠OAE＝∠OCD＝90°，在五边形CDEAO中由内角和可求出答案．【解答】解：∵正五边形ABCDE，∴∠D＝∠E=(5-2)×180°又∵⊙O与正五边形ABCDE的两边AE，CD相切于A，C两点，∴∠OAE＝∠OCD＝90°，在五边形CDEAO中，∠AOC＝（5﹣2）×180°﹣90°×2﹣108°×2＝144°，故选：D．【点评】本题考查正多边形与圆，切线的性质，掌握正多边形的内角、内角和的计算方法以及切线的性质是正确计算的前提．7．（2022•蚌埠二模）已知矩形MNPQ的顶点M，N，P，Q分别在正六边形ABCDEF的边DE，FA，AB，CD上，且MN∥BC．在点M从E移向D（与D不重合）的过程中，下列的判断中，正确的是（）A．矩形MNPQ的面积与周长保持不变 B．矩形MNPQ的面积逐渐减小，周长逐渐增大 C．矩形MNPQ的面积与周长均逐渐增大 D．矩形MNPQ的面积与周长均逐渐减小【分析】连接AD，交PN于H，设AB＝a，AN＝x，表示出PN=3x，MN＝2OH＝2a﹣x，可得矩形MNPQ周长L＝2（MN+PN）＝（23-2）x+4a，面积S=-3（x﹣a）2【解答】解：连接AD，交PN于H，如图：设AB＝a，AN＝x，∵多边形ABCDEF是正六边形，四边形MNPQ是矩形，∴PN⊥AD，∠FAD＝60°，NH＝PH，OA＝a，在Rt△NAH中，AH=12AN=12x，∴OH＝a-12x，PN=∴MN＝2OH＝2a﹣x，∴矩形MNPQ周长L＝2（MN+PN）＝2（2a﹣x+3x）＝（23-2）x+4矩形面积S＝MN•PN＝（2a﹣x）×3x=-3（x﹣a）2+当点M从E移向D（与D不重合）的过程中，x由a向0变化（x≠0），∴矩形MNPQ周长L随x的减小而减小，∵-3＜0，矩形面积S=-3（x﹣a）2+3a2∴x由a向0变化（x≠0）过程中，S随x的减小而减小，即x由a向0变化（x≠0）过程中，矩形MNPQ周长和矩形MNPQ的面积均逐渐减小，故选：D．【点评】本题属于代数几何综合题，是中考填空题的压轴题，考查了正多边形及矩形的性质，一次函数的性质，二次函数的最值，解决本题的关键是掌握正多边形的性质．二．填空题（共6小题）8．（2022•和平区一模）已知圆的周长是6π，则该圆的内接正三角形的边心距是32【分析】根据圆周长的计算方法求出圆的半径，在根据圆内接正三角形的性质以及直角三角形的边角关系进行计算即可．【解答】解：如图，由于圆的周长是6π，所以半径为3，即OA＝OB＝3，连接OA，OB，过点O作OD⊥AB，垂足为D，∵△ABC是⊙O的内接正三角形，∴∠AOB=360°∵OA＝OB，∴∠OAD＝∠OBD=180°-120°在Rt△AOD中，OA＝3，∠OAD＝30°，∴OD=12OA即该圆的内接正三角形的边心距是32故答案为：32【点评】本题考查正多边形与圆，等边三角形的性质以及直角三角形的边角关系，掌握直角三角形的边角关系，等边三角形的性质以及正多边形圆的有关计算是正确解答的前提．9．（2022•新城区模拟）如图，AC、AD为正六边形ABCDEF的两条对角线，若该正六边形的边长为2，则△ACD的周长为23+6【分析】求出正六边形的内角度数，再根据等腰三角形的判断和性质以及角的和差关系是正确解答的关键．【解答】解：∵正六边形ABCDEF，∴∠B＝∠BCD=(6-2)×180°6=120°，AB∴∠ACB＝∠BCA＝30°，∴∠ACD＝120°﹣30°＝90°，由对称性可得，AD是正六边形的对称轴，∴∠ADC＝∠ADE=12∠在Rt△ACD中，CD＝2，∠ADC＝60°，∴AD＝2CD＝4，AC=3CD＝23∴△ACD的周长为AC+CD+AD＝23+2+4＝23故答案为：23+【点评】本题考查多边形与圆，掌握正多边形内角的计算方法以及内角和定理积推论是正确解答的关键．10．（2022•西山区一模）如图，五边形DEFGH是边长为1的正五边形，⊙O是正五边形DEFGH的外接圆，过点D作⊙O的切线，与GH，FE的延长线交分别于点B和C，延长HG，EF相交于点A，连接GD，DF，下列结论正确的是①②③．①∠HDE＝108°；②△ABC为等腰三角形；③四边形AGDF为菱形；④△ABC的周长为25【分析】①根据正多边形的内角公式进行求解；②根据平行线的性质，得到角相等即可证明；③根据同弧（等弧）所对的圆周角相等，即可证明四边形AGDF为菱形；④证明△ABC∽△DCE，则相似的性质，即可求得△ABC的周长．【解答】解：根据多边形的内角求解公式可知：∠HDE=180°×(5-2)5=∵五边形DEFGH是边长为1的正五边形，∴∠HGF＝∠EFG，∵GF∥BC，∴BC是⊙O的切线，∴∠B＝∠C，∴△ABC为等腰三角形，故②正确；∵∠DFE＝∠GDF＝∠DGB，∴DF∥AB，DF=12AB，DG∥AC，DG=∴AF＝DG，AG＝DF，∵AB＝AC，∴四边形AGDF为菱形，故③正确；设DF＝AF＝FC＝x，∵∠GFE＝∠DEF，∴∠AFG＝∠DEC，∴△ABC∽△DCE，∴ABDC=BC∴x1=5+12，x∴AB＝2×5∴△ABC周长为：AB+AC+BC=5+1+5故④错误．故答案为：①②③．【点评】此题主要考查的是圆的内接正多边形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，解题的关键在于掌握圆的内接正多边形的性质并结合等腰三角形的性质、相似三角形的性质进行求解．11．（2022•徐州一模）如图，AF是正五边形ABCDE的外接圆的切线，则∠CAF＝72°．【分析】连接OC，AO，根据正五边形的性质得到∠B=(5-2)×180°5=108°，根据圆周角定理得到∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，根据等腰三角形的性质得到∠CAO=【解答】解：连接OC，AO，在正五边形ABCDE中，∠B=(5-2)×180°∴∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，∵OC＝OA，∴∠CAO=1∵AF是正五边形ABCDE的外接圆的切线，∴∠OAF＝90°，∴∠CAF＝90°﹣18°＝72°，故答案为：72．【点评】本题考查了正多边形与圆，切线的性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．12．（2022•石家庄一模）如图所示，在正四边形、正五边形中，相邻两条对角线的夹角分别为α4，α5，则α5为108°，以此类推，正n边形相邻两条对角线的较大夹角为(n-2)⋅180n【分析】对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．通过分析找到各部分的变化规律后用一个统一的式子表示出变化规律即可．【解答】解：由正方形ABCD，可得：AC⊥BD，∴α4＝90°；由正五边形ABCDE，可得：AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，∴∠DBC＝∠ACB=180°-108°∴α5＝180°﹣∠DBC﹣∠ACB＝108°；同理：α6＝120°；∴正n边形相邻两条对角线的夹角：αn=(n-2)⋅180°故答案为：108，(n-2)⋅180n【点评】本题主要考查了正多边形和圆的知识，学生通过特例分析从而归纳总结出一般结论的能力．13．（2022•北仑区二模）如图，在正六边形ABCDEF内取一点O，作⊙O与边DE，EF相切，并经过点B，已知⊙O的半经为23，则正六边形的边长为2+3【分析】根