第08講正多邊形與圓（核心考點(diǎn)講與練）-2022年暑假新九年級(jí)數(shù)學(xué)核心考點(diǎn)講與練（蘇科版）

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．12 B．10 C．8 D．6【分析】根據(jù)正多邊形的中心角=360°【解答】解：由題意得，360°n=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．（2021秋?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．4 B．5 C．6 D．7【分析】根據(jù)正多邊形的中心角=360°【解答】解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n．由題意可得：360°n=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=360°3．（2021秋?南開區(qū)期末）如圖，把圓分成六等分，經(jīng)過各分點(diǎn)作圓的切線，以相鄰切線的交點(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．23R3 B．3R C．23R【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°=33所以，外切六邊形的邊長(zhǎng)AB＝2AD=23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．（2021秋?咸寧月考）如圖，正五邊形ABCDE，連接對(duì)角線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=12×（180°﹣108°）＝36°，因此∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，推出AB＝AO，則CD（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=12×（180°﹣108°∴∠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，∴∠BDE=12×25=72°，∠E∴∠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．（2020秋?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，∴∠COD=360°6=∵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數(shù)（全等的三角形為同一類）是（）A．1 B．2 C．3 D．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360°45°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）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．12 B．1 C．13 【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＝2×34a2=32a2，S四邊形BCDE＝3×34由題意MN是△PCD的中位線，∴S△PMN=14S△PCD=3∴S四邊形MNDC=32a2-38a2∴S△BMC＝S△DNE=12（334a2-338∵PM＝CM，∴S△PBM＝S△BMC=3316∴S△PMN：S△PBM=38a2：33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?？碱}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＝∠EAB=(5-2)×180°5=108°，AB＝BC＝CD＝DE∴∠ACB＝∠BAC=180°-108°2=∴∠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332【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12×1×3故答案為：33【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)算方法是解決問題的前提．10．（2021春?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606=10，于是得到b（2）根據(jù)多邊形的外角和等于360°求得邊數(shù)為36030=12，根據(jù)正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為【解答】解：（1）∵正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為6，∴邊數(shù)為606∵一個(gè)外角為b°，∴b=360（2）∵一個(gè)外角為b°，b＝30，∴36030∵正多邊形的周長(zhǎng)為60，邊長(zhǎng)為a，∴a=60【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．（2020秋?定西期末）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，AM=DM，求證：BM＝【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，∴AB=∵AM=∴AB+AM=∴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．（2020秋?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＝BG=12CB=1在Rt△COG中，r6＝OG=OC2-CG∴S6=12×6×6×33=543【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：360°n【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360°5=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：360°n2．（2022?達(dá)拉特旗一模）如圖，在擰開一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正六角形螺帽時(shí)，扳手張開的開口b＝103mm，則這個(gè)正六邊形的面積為（）A．2033mm2 B．3003mm2 C．1503mm2 D．753【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＝103mm，得CD＝53mm．cos∠BCD=CDBC=解得a＝10，這個(gè)正六邊形的面積6×12×10×53=1503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)，沿線段BD剪開，展開后得到一個(gè)正八邊形，則點(diǎn)D應(yīng)滿足（）A．BD⊥AC B．AD＝AB C．∠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)，剪紙問題以及全等三角形，解決問題的關(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23cm，則圓形螺帽的面積是（）A．83cm2 B．163cm2 C．8πcm2 D．16πcm2【分析】根據(jù)題意畫出圖形，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O作OG⊥AB于G；∵此多邊形是正六邊形，∴∠AOB=360°6=60°，∠AOG=∴AO=OGcos?AOG=∴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AB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=12∠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＝∠E=(5-2)×180°5=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PN=3x，MN＝2OH＝2a﹣x，可得矩形MNPQ周長(zhǎng)L＝2（MN+PN）＝（23-2）x+4a，面積S=-3（x﹣a）2【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，AH=12AN=12x，∴OH＝a-12x，PN=∴MN＝2OH＝2a﹣x，∴矩形MNPQ周長(zhǎng)L＝2（MN+PN）＝2（2a﹣x+3x）＝（23-2）x+4矩形面積S＝MN?PN＝（2a﹣x）×3x=-3（x﹣a）2+當(dāng)點(diǎn)M從E移向D（與D不重合）的過程中，x由a向0變化（x≠0），∴矩形MNPQ周長(zhǎng)L隨x的減小而減小，∵-3＜0，矩形面積S=-3（x﹣a）2+3a2∴x由a向0變化（x≠0）過程中，S隨x的減小而減小，即x由a向0變化（x≠0）過程中，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32【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，過點(diǎn)O作OD⊥AB，垂足為D，∵△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，∴∠AOB=360°3=∵OA＝OB，∴∠OAD＝∠OBD=180°-120°2=在Rt△AOD中，OA＝3，∠OAD＝30°，∴OD=12OA即該圓的內(nèi)接正三角形的邊心距是32故答案為：32【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，若該正六邊形的邊長(zhǎng)為2，則△ACD的周長(zhǎng)為23+6【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＝∠BCD=(6-2)×180°6=120°，AB∴∠ACB＝∠BCA＝30°，∴∠ACD＝120°﹣30°＝90°，由對(duì)稱性可得，AD是正六邊形的對(duì)稱軸，∴∠ADC＝∠ADE=12∠CDE＝60在Rt△ACD中，CD＝2，∠ADC＝60°，∴AD＝2CD＝4，AC=3CD＝23∴△ACD的周長(zhǎng)為AC+CD+AD＝23+2+4＝23故答案為：23+【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，過點(diǎn)D作⊙O的切線，與GH，F(xiàn)E的延長(zhǎng)線交分別于點(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25【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：∠HDE=180°×(5-2)5=108°∵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，∴∠B＝∠C，∴△ABC為等腰三角形，故②正確；∵∠DFE＝∠GDF＝∠DGB，∴DF∥AB，DF=12AB，DG∥AC，DG=∴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，∴ABDC=BC∴x1=5+12，x∴AB＝2×5∴△ABC周長(zhǎng)為：AB+AC+BC=5+1+5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，則∠CAF＝72°．【分析】連接OC，AO，根據(jù)正五邊形的性質(zhì)得到∠B=(5-2)×180°5=108°，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=12×（180°﹣144°）＝18°【解答】解：連接OC，AO，在正五邊形ABCDE中，∠B=(5-2)×180°5=∴∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，∵OC＝OA，∴∠CAO=12×（180°﹣144°∵AF是正五邊形ABCDE的外接圓的切線，∴∠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，切線的性質(zhì)，圓周角定理，正確地作出輔助線是解題的關(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)角線的夾角分別為α4，α5，則α5為108°，以此類推，正n邊形相鄰兩條對(duì)角線的較大夾角為(n-2)?180n°【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＝∠ACB=180°-108°2=∴α5＝180°﹣∠DBC﹣∠ACB＝108°；同理：α6＝120°；∴正n邊形相鄰兩條對(duì)角線的夾角：αn=(n-2)?180°故答案為：108，(n-2)?180n【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)過點(diǎn)B，已知⊙O的半經(jīng)為23，則正六邊形的邊長(zhǎng)為2+3【分析】根據(jù)對(duì)稱性可得點(diǎn)O以及正六邊形ABCDEF的外接圓的圓心O′均在線段BE上，由切線的性質(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)稱性可知，點(diǎn)O以及正六邊形ABCDEF的外接圓的圓心O′均在線段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＝23，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠DEF＝120°，由對(duì)稱性可得，∠OEF＝∠OED=12∠DEF＝60在Rt△OEM中，OM＝23，∠OEM＝60°，∴OE=2∴BE＝OE+OB＝4+23，∴正六邊形ABCDEF的外接圓半徑O′E=4+232∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴△DO′E是正三角形，∴EF＝O′E＝2+3即正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為2+3故答案為：2+3【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線的性質(zhì)，正多邊形與圓，掌握正六邊形的對(duì)稱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．（2021秋?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為半徑畫弧BF，求BF．【分析】（1）根據(jù)正六邊形的邊長(zhǎng)與半徑相等即可解決問題；（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=120π×6180=【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．（2021秋?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，∴AG=12AB∴在Rt△AOG中，r6＝OG=OA2-A∴S6=12×6×6×33=54【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．（2021秋?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)：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．任務(wù)：（1）材料中劃?rùn)M線部分應(yīng)填寫的內(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+5，x2＝1-∴對(duì)角線BD的長(zhǎng)為1+5【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題的關(guān)鍵．17．（2021秋?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，過頂點(diǎn)A的三條對(duì)角線四等分∠BAF．（2）設(shè)⊙O的面積為S1，