浙教版数学九上3.7 正多边形同步练习
一、单选题
1．（2020九上·民勤月考）已知正六角形的边心距为 ，则它的周长是（ ）
A．6 B．12 C．6 D．12
【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，在Rt△AOG中，OG= ，∠AOG=30°，
∴cos30°=OG/AO，
∴OA=OG÷cos 30°=2.
这个正六边形的周长=12.
故答案为：B.
【分析】根据圆内接正六边形的中心角=可得中心角，根据边心距为3可得半径=÷sin 60°，故正六边形的边长等于半径，可得周长.
2．（2021·潍坊）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中记载了用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：①在⊙O上任取一点A，连接AO并延长交⊙O于点B，BO为半径作圆孤分别交⊙O于C，D两点，DO并延长分交⊙O于点E，F；④顺次连接BC，FA，AE，DB，得到六边形AFCBDE．连接AD，交于点G，则下列结论错误的是 ．
A．△AOE的内心与外心都是点G B．∠FGA＝∠FOA
C．点G是线段EF的三等分点 D．EF＝ AF
【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，
在正六边形AEDBCF中，∠AOF=∠AOE=∠EOD=60°，
∵OF=OA=OE=OD，
∴△AOF，△AOE，△EOD都是等边三角形，
∴AF=AE=OE=OF，OA=AE=ED=OD，
∴四边形AEOF，四边形AODE都是菱形，
∴AD⊥OE，EF⊥OA，
∴△AOE的内心与外心都是点G，故A符合题意，
∵∠EAF=120°，∠EAD=30°，
∴∠FAD=90°，
∵∠AFE=30°，
∴∠AGF=∠AOF=60°，故B符合题意，
∵∠GAE=∠GEA=30°，
∴GA=GE，
∵FG=2AG，
∴FG=2GE，
∴点G是线段EF的三等分点，故C符合题意，
∵AF=AE，∠FAE=120°，
∴EF= AF，故D不符合题意，
故答案为：D．
【分析】证明△AOE是等边三角形，EF⊥OA，AD⊥OE，可判断A；证明∠AGF=∠AOF=60°，可判断B；证明FG=2GE，可判断C；证明EF=AF，可判断D。
3．（2020九上·朝阳期末）若⊙O的内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则n的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解： 内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，
正n边形的中心角为 ，
，
n的值为6，
故答案为：C．
【分析】因为圆O的半径与这个正n边形的边长相等，推出这个多边形的中心角=60°，构建方程即可解决问题。
4．（2020九上·路南期末）正多边形的内切圆与外接圆的半径之比为 ，则这个正多边形为（ ）
A．正十二边形 B．正六边形 C．正四边形 D．正三角形
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：正多边形的内切圆与外接圆的半径之比为 ，
设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，
则OC= ，OA=OB=2，
在Rt△AOC中，cos∠AOC= = ，
∴∠AOC=45°，
∴∠AOB=90°，
则正多边形边数是： =4．
故答案为：C．
【分析】设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，在直角△AOC中，利用三角函数求得∠AOC的度数，从而求得中心角的度数，然后利用360度除以中心角的度数，即可求得边数．
5．（2020九上·浙江期中）圆内接正六边形的边长与该边所对的劣弧的长的比是（ ）
A．1: B．1:π C．3:π D．6:π
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：整理变形的中心角为 =60°，
设正六边形的半径为r，
则其边长为r，
边长所对的弧长为： ,
∴正六边形的边长和边长所对的弧长的比为：r： =3: .
故答案为：C.
【分析】设出正六边形的半径，然后用此半径分别表示出正六边形的边长和边长所对的弧长，作比即可.
6．（2020·南充模拟）如图A，B，C是 上顺次3点，若 ， ， 分别是 内接正三角形、正方形、正n边形的一边，则 （ ）
A．9 B．10 C．12 D．15
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图：连接 ， ， .
∵若 ， ， 分别是 内接正三角形、正方形、正n边形的一边，
则 ， .
.
∴ ，
是 内接正十二边形的一边.
故答案为：C.
【分析】连接 ， ， ，则 ， ，即可得到 ，然后得到答案．
7．（2020·石家庄模拟）如图，以正五边形 的对角线 为边，作正方形 使点 落在正方形 内，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解： 五边形 是正五边形，
， ，
，
四边形 是正方形，
，
∴ ．
故答案为： ．
【分析】首先根据正五边形的性质得出 ， ，利用等边对等角以及三角形内角和定理求出 ，．再根据正方形的性质得出 ，即可求解．
8．（2020·和平模拟）在圆内接正方形ABCD中，正方形的边长AB是8，则这个正方形的中心角和边心距是（ ）
A．90°，4 B．90°，1 C．45°，4 D．45°，1
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，
正方形的边长为8，
由中心角只有四个可得出 ，
中心角是 ，
正方形的外接圆半径是： ，
， ，
，
边心距为：4.
故答案为： .
【分析】运用正方形的性质，以及与外接圆的关系，可分别求出中心角，边心距.
9．（2020·平阳模拟）我国古代伟大的数学家刘徽于公元263年撰《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值(图1)。刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法。如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，连结AG，CF，AG交CF于点P，若AP=2 ，则 的长为（ ）
A． B． π C． π D． π
【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设正六边形ABCDEF的外接圆的圆心为O，连接AE，AD，OG，
∵OG平分弧CD，正六边形ABCD，
∴∠AOF=60°，∠DOG=∠COG=30°，
∴∠DAG=∠DOG=15°
∵∠AOF=∠HPA+∠DAG
∴∠HPA=60°-15°=45°，
∴△HAP是等腰直角三角形，
∴∠HPA=45°，
∴AH=APsin∠HPA=
在Rt△AOH中，∠AOH=60°
∴即
解之：AO=OC=4.
弧CG的长为.
故答案为：D
【分析】设正六边形ABCDEF的外接圆的圆心为O，连接AE，AD，OG，利用正多边形的性质和圆周角定理可求出∠DAG，∠AOF的度数，同时可得到∠DOG=∠COG=30°，∠HPA=45°，再利用解直角三角形求出AH的长，继而可求出OA的长，然后利用弧长公式进行计算可求出弧CG的长。
10．（2020·吕梁模拟）如图，有一个边长为2cm 的正六边形纸片，若在该纸片上剪一个最大圆形，则这个圆形纸片的直径是（ ） .
A． cm B．2 cm C．2cm D．4cm
【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】连接OA，OB，过点O作OD⊥AB于点D，如下图，
则OB=OA，
∵此六边形是正六边形，
∴
∴
∴
即这张圆形纸片的直径为： cm.
故答案为：B.
【分析】根据题意画出图形，连接OA，OB，过点O作OD⊥AB于点D，根据题意可知需求出OA的长；
二、填空题
11．（2021·绥化）边长为 的正六边形，它的外接圆与内切圆半径的比值是 ．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】如图：正六边形中，过 作
中， ，
它的外接圆与内切圆半径的比值是
．
故答案为 ．
【分析】从内切圆的圆心与外接圆的圆心向三角形引垂线，构建直角三角形，解直角三角形即可。
12．（2021九上·富县期末）如图，正五边形 内接于 ，F是 的中点，则 的度数为 .
【答案】18°
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设圆心为O，连接OC，OD，BD，
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠O= =72°，
∴∠CBD= ∠O=36°，
∵F是 的中点，
∴∠CBF=∠DBF= ∠CBD=18°，
故答案为：18°.
【分析】设圆心为O，连接OC，OD，BD，先根据正n边形中心角为，得到∠O的度数，接着由圆周角定理得到∠CBD= ∠O=36°，接着F是 的中点得到∠CBF=∠DBF= ∠CBD=18°.
13．（内蒙古自治区呼和浩特市内蒙古农业大学附属秋实中学2020-2021学年九年级上学期数学期中试卷）以半径为2的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形，则该三角形的面积是 ．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，
∵OC=2，
∴OD=2×sin30°=1；
如图所示，
∵OC=2，
∴OD=2×sin45°= ；
如图所示，
∵OA=2，
∴OD=2×cos30°＝ ，
则该三角形的三边分别为：, , ，
∵12+( )2=( )2，
∴该三角形是直角边，
∴该三角形的面积是： ×1× = .
故答案为 .
【分析】由于内接正三角形、正方形、正六边形是特殊内角的多边形，可构造直角三角形分别求出边心距的长，再由勾股定理逆定理可得该三角形是直角三角形，进而可得其面积．
14．（2020九上·丹徒期中）如图，⊙O的半径为1，作两条互相垂直的直径AB、CD，弦AC是⊙O的内接正四边形的一条边.若以A为圆心，以1为半径画弧，交⊙O于点E，F，连接AE、CE，弦EC是该圆内接正n边形的一边，则该正n边形的面积为 .
【答案】3
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，连接EO，作EF⊥CO于点F
∵OA=OE=AE=1，
∴△AEO是等边三角形，
∴∠EOA=60°，
∴∠EOC=30°
∴n=360°÷30°=12，
∴EF= EO=
∴S△EOC= = =
∴该正12边形的面积=12S△EOC=3
故答案为：3.
【分析】连接EO，作EF⊥CO交CO于点F，可得弦EC为正12边形的弦，可得∠EOC=30°，可得S△EOC，可得正12边形的面积=12S△EOC.
15．（2020·南京）如图，在边长为 的正六边形 中，点P在BC上，则 的面积为 .
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接 过A作 于G，
正六边形 ，
故答案为：
【分析】如图，连接BF 过 作 于G，利用正六边形的性质求解 的长，利用 与 上的高相等，从而可得答案.
16．（2020·扬州模拟）如图，在正十边形A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10中，连接A1A4、A1A7，则∠A4A1A7＝ °.
【答案】54
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图， 连接A7O，A4O，
∵正十边形的各边都相等，
∴∠A7OA4= ×360 =108 ，
∴∠A4A1A7= ×108 =54 .
故答案为：54.
【分析】找出正十边形的圆心O，连接A7O，A4O，再由圆周角定理即可得出结论.
17．（2020·呼和浩特模拟）如图，有一个圆O和两个正六边形T1，T2．T1的6个顶点都在圆周上，T2的6条边都和圆O相切(我们称T1，T2分别为圆O的内接正六边形和外切正六边形)．若设T1，T2的边长分别为a，b，圆O的半径为r，则r：a= ；r：b= ；正六边形T1，T2的面积比S1：S2的值是 ．
【答案】1：1； ：2；3：4
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接OE，OG，OF，
∵EF=a，T1为正六边形，
∴△OEF为等边三角形，OE为圆O的半径r，
∴a：r=1：1，即r：a=1：1①，
由题意可知：OG为∠FOE的平分线，即∠EOG= ∠EOF=30°，
在Rt△OEG中，OE=r，OG=b，
∵ = =cos∠EOG=cos30°，即 = ，
∴r：b= ：2②，
∴由①②得，a：b= ：2，且两个正六边形T1，T2相似，
∴S1：S2=a2：b2=3：4，
故答案为：1：1； ：2；3：4．
【分析】先求出△OEF为等边三角形，OE为圆O的半径r，再根据平分线和锐角三角函数进行计算求解即可。
三、解答题
18．如图，已知等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，CD=5cm，求⊙O的半径R．
【答案】解：连接OB，OC，OD，
∵等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，
∴∠BOC=×360°=120°，∠BOD=×360°=30°，
∴∠COD=∠BOC﹣∠BOD=90°，
∵OC=OD，
∴∠OCD=45°，
∴OC=CD cos45°=5×=5（cm）．
即⊙O的半径R=5cm．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】首先连接OB，OC，OD，由等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，可求得∠BOC，∠BOD的度数，继而证得△COD是等腰直角三角形，继而求得答案．
19．如图，正方形ABCD的外接圆为⊙O，点P在劣弧上（不与C点重合）．
（1）求∠BPC的度数；
（2）若⊙O的半径为8，求正方形ABCD的边长．
【答案】解：（1）连接OB，OC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BOC=90°，
∴∠P=∠BOC=45°；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，
∵OB=OC，∠BOC=90°，
∴∠OBE=45°，
∴OE=BE，
∵OE2+BE2=OB2，
∴BE==4
∴BC=2BE=2×4=8．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）连接OB，OC，由正方形的性质知，△BOC是等腰直角三角形，根据∠BOC=90°，由圆周角定理可以求出；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，由等腰直角三角形的性质可知OE=BE，由垂径定理可知BC=2BE，故可得出结论．
20．如图③，点E，D分别是正三角形ABC，正四边形ABCM，正五边形ABCMN中以点C为顶点的一边延长线和另一边反向延长线上的点，且△ABE与△BCD能相互重合，DB的延长线交AE于点F．
（1）在图①中，求∠AFB的度数；
（2）在图②中，∠AFB的度数为，图③中，∠AFB的度数为；
（3）继续探索，可将本题推广到一般的正n边形情况，用含n的式子表示∠AFB的度数．
【答案】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠ABE=∠BCD=120°．
∵△ABE与△BCD能相互重合，
∴∠E=∠D，∠DBC=∠BAE．
∵∠FBE=∠CBD，
∴∠AFB=∠E+∠FBE=∠D+∠CBD=∠ACB=60°；
（2）图②中，∵△ABE与△BCD能相互重合，
∴∠E=∠D．
∵∠FBE=∠CBD，∠D+∠CBD=90°，
∴∠AFB=∠E+∠FBE=∠D+∠CBD=90°；
同理可得，图③中∠AFB=108°．
（3）由（1）（2）可知，在正n边形中，∠AFB=．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出∠AC=60°，再由补角的定义可得出∠ABE与∠BCD的度数，根据△ABE与△BCD能相互重合可得出∠E=∠D，∠DBC=∠BAE，由三角形外角的性质可得出结论；
（2）根据（1）中的方法可得出△BEF∽△BDC，进而可得出结论；
（3）根据（1）（2）的结论找出规律即可．
21．如图，正三角形的边长为6cm，剪去三个角后成一个正六边形．
①求这个正六边形的边长．
②求这个正六边形的边心距．
③设这个正六边形的中心为O，一边为AB，则AB绕点O旋转一周所得的图形是怎样的？（作图表示出来）并求出这条线段AB划过的面积．
【答案】解：（1）∵正三角形的边长为6cm，
∴3个边长都相等，
又∵截去三个小等边三角形，
∴各个小三角形的边长也相等，
∴正六边形的边长为：2；
（2）连接OA，OB，过点O作OD⊥AB于点D，
∵∠AOB==60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OD=OA sin60°=2×=；
（3）如图2：
线段AB划过的面积=π×22﹣π×（）2=πcm2．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）根据题意和正六边形的性质求出正六边形的边长；
（2）求出正六边形的中心角，根据正弦的概念解答即可；
（3）根据题意画出图形，根据圆的面积公式计算即可．
22．问题探究
（1）请在图（1）中作出两条直线，使它们将圆面积四等分，并写出作图过程；
拓展应用
（2）如图（2），M是正方形ABCD内一定点，G是对角线AC、BD的交点．连接GM并延长，分别交AD、BC于P、N．过G做直线EF⊥GM，分别交AB、CD于E、F．求证：PN、EF将正方形ABCD的面积四等分．
【答案】（1）解：过点O首先作一条直线b，进而过点O作直线b的垂线a，即可将圆面积四等分；
（2）证明：在△AGP和△CGN中
，
∴△AGP≌△CGN（ASA），
同理可得出：△GPD≌△GNB，
△AEG≌△BNG≌△CFG≌△DPG，
△AGP≌△CGN≌△BGE≌△DGB，
∴S四边形AEGP=S四边形EBNG=S四边形CNGF=S四边形DFGP，
∴PN、EF将正方形ABCD的面积四等分．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用直径所在直线平分圆的面积，进而得出答案；
（2）利用全等三角形的判定与性质以及正方形性质分析得出全等三角形，进而得出答案．
23．如图，圆心角120°的扇形OMN，绕着正六边形ABCDEF的中心O旋转，OM交AB于H，ON交CD于K，OM＞OA．
（1）证明：△AOH≌△COK；
（2）若AB=2，求正六边形ABCDEF与扇形OMN重叠部分的面积．
【答案】证明：（1）∵圆心角120°的扇形OMN，绕着正六边形ABCDEF的中心O旋转，
∴△OBC，△OAB都是等边三角形，
∴AO=CO，∠1=∠2，∠3=∠4=60°，
在△AOH和△COK中
，
∴△AOH≌△COK（ASA）；
（2）解：过点O作OG⊥BC于点G，
∵△OBC是等边三角形，
∴BG=CG=1，CO=2，
∴OG=，
∵△AOH≌△COK，
∴S△AOH=S△COK，
∴正六边形ABCDEF与扇形OMN重叠部分的面积为：
S△AOB+S△OBC=2SOBC=2××2×=2．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用正六边形的性质得出△OBC，△OAB都是等边三角形，进而得出AO=CO，∠1=∠2，∠3=∠4=60°，即可得出全等三角形；
（2）利用全等三角形的性质以及正六边形性质得出正六边形ABCDEF与扇形OMN重叠部分的面积为：S△AOB+S△OBC=2SOBC进而得出答案．
24．如图，已知正五边形ABCDE，AF∥CD交DB的延长线于点F，交DE的延长线于点G．
（1）写出图中所有的等腰三角形；
（2）求证：∠G=2∠F．
【答案】（1）解：∵DC=BC，
∴△CDB是等腰三角形，
∵∠C=108°，
∴∠1=∠CBD=36°，
∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
可得四边形DEAB是等腰梯形，
∴∠DBA=∠2=72°，
∴∠F=∠BAF=36°，
∴△BAF是等腰三角形，
进而可得：∠GEA=∠G=∠2=72°，
∴△FDG，△AEG是等腰三角形，
故等腰三角形有：△BCD，△ABF，△FDG，△AEG．
（2）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C=∠CDE=108°，CD=CB．
得∠1=36°，
∴∠2=108°﹣36°=72°．
又∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
故∠G=180°﹣∠2﹣∠F=180°﹣72°﹣36°=72°=2∠F．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及正五边形的性质得出各角度进而得出答案；
（2）分别得出：∠G与∠F的度数进而得出它们之间的关系．
四、综合题
25．（2021·慈溪模拟）图1是某景区的纪念币，一面有一个正十边形，示意图如图2所示，其外接圆的圆心为O，直径为 .
（1）求这个正十边形的边长 .
（2）求这个正十边形的面积.（参考数据： ）
【答案】（1）解：如图，过点O作OC⊥AB于点C，
由题意可知：∠AOB =36°，
∵OA=OB=10mm，
∴∠AOC=∠BOC=18°，AC=BC，
∴AC=OA sin18°≈10×031=3.1（mm），
∴AB=2AC=6.2mm；
（2）解：∵OC=OA cos18°≈10×0.95=9.5（mm），
∴S△AOB= ×AB OC= ×6.2×9.5=29.45（mm2），
∴S正十边形=10×S△AOB=294.5（mm2）.
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【分析】（1）过点O作OC⊥AB于点C，解直角三角形AOC可求解；
（2）解直角三角形AOC可求得OC的值，根据S△AOB=AB·OC可求得三角形AOB的面积，再根据S正十边形=10×S△AOB即可求解.
26．（2018-2019学年初中数学华师大版九年级下册27.4 正多边形和圆 同步练习）如图，正五边形ABCD中，点F、G分别是BC、CD的中点，AF与BG相交于H．
（1）求证：△ABF≌△BCG；
（2）求∠AHG的度数．
【答案】（1）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD，
∵F、G分别是BC、CD的中点，
∴BF=CG，
在△ABF和BCG中，
AB=BC，∠ABC=∠BCD，BF=CG，
∴△ABF≌△BCG；
（2）解：由（1）知∠GBC=∠FAB，
∵∠AHG=∠FAB+∠ABH=∠GBC+∠ABH=∠ABC
∵正五边形的内角为108°，
∴∠AHG=108°．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）根据正多边形的性质，可证得AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD， 再证明BF=CG，然后利用SAS证明△ABF≌△BCG。
（2）利用全等三角形的性质，易证∠GBC=∠FAB，再利用三角形的外角的性质，可证得∠AHG=∠ABC，然后求出正五边形的一个内角的度数，即可得出答案。
27．（人教版九年级数学上册 24.3 正多边形和圆 同步练习）如图，有一个圆O和两个正六边形T1，T2．T1的6个顶点都在圆周上，T2的6条边都和圆O相切（我们称T1，T2分别为圆O的内接正六边形和外切正六边形）．
（1）设T1，T2的边长分别为a，b，圆O的半径为r，求r：a及r：b的值；
（2）求正六边形T1，T2的面积比S1：S2的值．
【答案】（1）解：连接圆心O和T1的6个顶点可得6个全等的正三角形．
所以r：a=1：1；
连接圆心O和T2相邻的两个顶点，得以圆O半径为高的正三角形，
所以r：b=AO：BO=sin60°= ：2.
（2）解：T1：T2的边长比是 ：2，
所以S1：S2=（a：b）2=3：4．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）由题意可知正六边形T1的边长为a，而圆O的半径与正六边形T1的边长相等，所以r：a=1：1；正方形T2的边长为b，而圆O的半径为正六边形T2的弦心距，所以r：b=：2。
（2）由相似多边形的性质可以相似多边形的面积比等于相似比的平方，由（1）题中的比值可求得a：b=r：b，即可求得T1与T2的面积比。
28．（2020·无锡模拟）已知某种月饼形状的俯视图如图1所示，该形状由1个正六边形和6个半圆组成，半圆直径与正六边形的边长相等.
现商家设计了2种棱柱体包装盒，其底面分别为矩形和正六边形(如图2和图3)我们可从底面的利用率来记算整个包装盒的利用情况.(底面利用率= ×100%)
（1）请分别计算出图2与图3中的底面利用率(结果保留到0.1%)；
（2）考虑到节约成本，商家希望底面利用率能够不低于80%，且底面图形仍然采用最基本的几何形状，请问商家的要求是否能够满足，若可以满足，请设计一种方案，并直接写出此时的利用率；若不能满足，请说明理由.
【答案】（1）解：设半圆直径与正六边形的边长 a，连接正六边形的中心 和两相邻的顶点 ，则 ， ，∴ 是等边三角形，∴ =a，过点 作 ，∴ ， ，∴ = ，延长OC与其中一个半圆交于点D，则 ，∴ ， 40.2%；
= = = 66.4%；
答：图2、3的底面利用率分别约为66.4%、40.2%；
（2）解：商家的要求是否能够满足，设计如图所示底面为圆的包装盒，半径为 ，
= ，
答：设计底面为圆形的包装盒，利用率约为84.5%.
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）设半圆直径与正六边形的边长为a，根据正多边形和圆的知识，算出月饼面积，再算出图2正方形的边长，即可求出图2的面积，和图2底面的利用率；图3的包装盒六边形和月饼相似，利用面积比等于相似比的平方，求出图3包装盒的底面利用率；（2）设计底面为圆形的包装盒，求出其半径、面积、底面利用率，满足底面利用率不低于80%.
1 / 1浙教版数学九上3.7 正多边形同步练习
一、单选题
1．（2020九上·民勤月考）已知正六角形的边心距为 ，则它的周长是（ ）
A．6 B．12 C．6 D．12
2．（2021·潍坊）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中记载了用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：①在⊙O上任取一点A，连接AO并延长交⊙O于点B，BO为半径作圆孤分别交⊙O于C，D两点，DO并延长分交⊙O于点E，F；④顺次连接BC，FA，AE，DB，得到六边形AFCBDE．连接AD，交于点G，则下列结论错误的是 ．
A．△AOE的内心与外心都是点G B．∠FGA＝∠FOA
C．点G是线段EF的三等分点 D．EF＝ AF
3．（2020九上·朝阳期末）若⊙O的内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则n的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（2020九上·路南期末）正多边形的内切圆与外接圆的半径之比为 ，则这个正多边形为（ ）
A．正十二边形 B．正六边形 C．正四边形 D．正三角形
5．（2020九上·浙江期中）圆内接正六边形的边长与该边所对的劣弧的长的比是（ ）
A．1: B．1:π C．3:π D．6:π
6．（2020·南充模拟）如图A，B，C是 上顺次3点，若 ， ， 分别是 内接正三角形、正方形、正n边形的一边，则 （ ）
A．9 B．10 C．12 D．15
7．（2020·石家庄模拟）如图，以正五边形 的对角线 为边，作正方形 使点 落在正方形 内，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．（2020·和平模拟）在圆内接正方形ABCD中，正方形的边长AB是8，则这个正方形的中心角和边心距是（ ）
A．90°，4 B．90°，1 C．45°，4 D．45°，1
9．（2020·平阳模拟）我国古代伟大的数学家刘徽于公元263年撰《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值(图1)。刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法。如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，连结AG，CF，AG交CF于点P，若AP=2 ，则 的长为（ ）
A． B． π C． π D． π
10．（2020·吕梁模拟）如图，有一个边长为2cm 的正六边形纸片，若在该纸片上剪一个最大圆形，则这个圆形纸片的直径是（ ） .
A． cm B．2 cm C．2cm D．4cm
二、填空题
11．（2021·绥化）边长为 的正六边形，它的外接圆与内切圆半径的比值是 ．
12．（2021九上·富县期末）如图，正五边形 内接于 ，F是 的中点，则 的度数为 .
13．（内蒙古自治区呼和浩特市内蒙古农业大学附属秋实中学2020-2021学年九年级上学期数学期中试卷）以半径为2的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形，则该三角形的面积是 ．
14．（2020九上·丹徒期中）如图，⊙O的半径为1，作两条互相垂直的直径AB、CD，弦AC是⊙O的内接正四边形的一条边.若以A为圆心，以1为半径画弧，交⊙O于点E，F，连接AE、CE，弦EC是该圆内接正n边形的一边，则该正n边形的面积为 .
15．（2020·南京）如图，在边长为 的正六边形 中，点P在BC上，则 的面积为 .
16．（2020·扬州模拟）如图，在正十边形A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10中，连接A1A4、A1A7，则∠A4A1A7＝ °.
17．（2020·呼和浩特模拟）如图，有一个圆O和两个正六边形T1，T2．T1的6个顶点都在圆周上，T2的6条边都和圆O相切(我们称T1，T2分别为圆O的内接正六边形和外切正六边形)．若设T1，T2的边长分别为a，b，圆O的半径为r，则r：a= ；r：b= ；正六边形T1，T2的面积比S1：S2的值是 ．
三、解答题
18．如图，已知等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，CD=5cm，求⊙O的半径R．
19．如图，正方形ABCD的外接圆为⊙O，点P在劣弧上（不与C点重合）．
（1）求∠BPC的度数；
（2）若⊙O的半径为8，求正方形ABCD的边长．
20．如图③，点E，D分别是正三角形ABC，正四边形ABCM，正五边形ABCMN中以点C为顶点的一边延长线和另一边反向延长线上的点，且△ABE与△BCD能相互重合，DB的延长线交AE于点F．
（1）在图①中，求∠AFB的度数；
（2）在图②中，∠AFB的度数为，图③中，∠AFB的度数为；
（3）继续探索，可将本题推广到一般的正n边形情况，用含n的式子表示∠AFB的度数．
21．如图，正三角形的边长为6cm，剪去三个角后成一个正六边形．
①求这个正六边形的边长．
②求这个正六边形的边心距．
③设这个正六边形的中心为O，一边为AB，则AB绕点O旋转一周所得的图形是怎样的？（作图表示出来）并求出这条线段AB划过的面积．
22．问题探究
（1）请在图（1）中作出两条直线，使它们将圆面积四等分，并写出作图过程；
拓展应用
（2）如图（2），M是正方形ABCD内一定点，G是对角线AC、BD的交点．连接GM并延长，分别交AD、BC于P、N．过G做直线EF⊥GM，分别交AB、CD于E、F．求证：PN、EF将正方形ABCD的面积四等分．
23．如图，圆心角120°的扇形OMN，绕着正六边形ABCDEF的中心O旋转，OM交AB于H，ON交CD于K，OM＞OA．
（1）证明：△AOH≌△COK；
（2）若AB=2，求正六边形ABCDEF与扇形OMN重叠部分的面积．
24．如图，已知正五边形ABCDE，AF∥CD交DB的延长线于点F，交DE的延长线于点G．
（1）写出图中所有的等腰三角形；
（2）求证：∠G=2∠F．
四、综合题
25．（2021·慈溪模拟）图1是某景区的纪念币，一面有一个正十边形，示意图如图2所示，其外接圆的圆心为O，直径为 .
（1）求这个正十边形的边长 .
（2）求这个正十边形的面积.（参考数据： ）
26．（2018-2019学年初中数学华师大版九年级下册27.4 正多边形和圆 同步练习）如图，正五边形ABCD中，点F、G分别是BC、CD的中点，AF与BG相交于H．
（1）求证：△ABF≌△BCG；
（2）求∠AHG的度数．
27．（人教版九年级数学上册 24.3 正多边形和圆 同步练习）如图，有一个圆O和两个正六边形T1，T2．T1的6个顶点都在圆周上，T2的6条边都和圆O相切（我们称T1，T2分别为圆O的内接正六边形和外切正六边形）．
（1）设T1，T2的边长分别为a，b，圆O的半径为r，求r：a及r：b的值；
（2）求正六边形T1，T2的面积比S1：S2的值．
28．（2020·无锡模拟）已知某种月饼形状的俯视图如图1所示，该形状由1个正六边形和6个半圆组成，半圆直径与正六边形的边长相等.
现商家设计了2种棱柱体包装盒，其底面分别为矩形和正六边形(如图2和图3)我们可从底面的利用率来记算整个包装盒的利用情况.(底面利用率= ×100%)
（1）请分别计算出图2与图3中的底面利用率(结果保留到0.1%)；
（2）考虑到节约成本，商家希望底面利用率能够不低于80%，且底面图形仍然采用最基本的几何形状，请问商家的要求是否能够满足，若可以满足，请设计一种方案，并直接写出此时的利用率；若不能满足，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，在Rt△AOG中，OG= ，∠AOG=30°，
∴cos30°=OG/AO，
∴OA=OG÷cos 30°=2.
这个正六边形的周长=12.
故答案为：B.
【分析】根据圆内接正六边形的中心角=可得中心角，根据边心距为3可得半径=÷sin 60°，故正六边形的边长等于半径，可得周长.
2．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，
在正六边形AEDBCF中，∠AOF=∠AOE=∠EOD=60°，
∵OF=OA=OE=OD，
∴△AOF，△AOE，△EOD都是等边三角形，
∴AF=AE=OE=OF，OA=AE=ED=OD，
∴四边形AEOF，四边形AODE都是菱形，
∴AD⊥OE，EF⊥OA，
∴△AOE的内心与外心都是点G，故A符合题意，
∵∠EAF=120°，∠EAD=30°，
∴∠FAD=90°，
∵∠AFE=30°，
∴∠AGF=∠AOF=60°，故B符合题意，
∵∠GAE=∠GEA=30°，
∴GA=GE，
∵FG=2AG，
∴FG=2GE，
∴点G是线段EF的三等分点，故C符合题意，
∵AF=AE，∠FAE=120°，
∴EF= AF，故D不符合题意，
故答案为：D．
【分析】证明△AOE是等边三角形，EF⊥OA，AD⊥OE，可判断A；证明∠AGF=∠AOF=60°，可判断B；证明FG=2GE，可判断C；证明EF=AF，可判断D。
3．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解： 内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，
正n边形的中心角为 ，
，
n的值为6，
故答案为：C．
【分析】因为圆O的半径与这个正n边形的边长相等，推出这个多边形的中心角=60°，构建方程即可解决问题。
4．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：正多边形的内切圆与外接圆的半径之比为 ，
设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，
则OC= ，OA=OB=2，
在Rt△AOC中，cos∠AOC= = ，
∴∠AOC=45°，
∴∠AOB=90°，
则正多边形边数是： =4．
故答案为：C．
【分析】设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，在直角△AOC中，利用三角函数求得∠AOC的度数，从而求得中心角的度数，然后利用360度除以中心角的度数，即可求得边数．
5．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：整理变形的中心角为 =60°，
设正六边形的半径为r，
则其边长为r，
边长所对的弧长为： ,
∴正六边形的边长和边长所对的弧长的比为：r： =3: .
故答案为：C.
【分析】设出正六边形的半径，然后用此半径分别表示出正六边形的边长和边长所对的弧长，作比即可.
6．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图：连接 ， ， .
∵若 ， ， 分别是 内接正三角形、正方形、正n边形的一边，
则 ， .
.
∴ ，
是 内接正十二边形的一边.
故答案为：C.
【分析】连接 ， ， ，则 ， ，即可得到 ，然后得到答案．
7．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解： 五边形 是正五边形，
， ，
，
四边形 是正方形，
，
∴ ．
故答案为： ．
【分析】首先根据正五边形的性质得出 ， ，利用等边对等角以及三角形内角和定理求出 ，．再根据正方形的性质得出 ，即可求解．
8．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，
正方形的边长为8，
由中心角只有四个可得出 ，
中心角是 ，
正方形的外接圆半径是： ，
， ，
，
边心距为：4.
故答案为： .
【分析】运用正方形的性质，以及与外接圆的关系，可分别求出中心角，边心距.
9．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设正六边形ABCDEF的外接圆的圆心为O，连接AE，AD，OG，
∵OG平分弧CD，正六边形ABCD，
∴∠AOF=60°，∠DOG=∠COG=30°，
∴∠DAG=∠DOG=15°
∵∠AOF=∠HPA+∠DAG
∴∠HPA=60°-15°=45°，
∴△HAP是等腰直角三角形，
∴∠HPA=45°，
∴AH=APsin∠HPA=
在Rt△AOH中，∠AOH=60°
∴即
解之：AO=OC=4.
弧CG的长为.
故答案为：D
【分析】设正六边形ABCDEF的外接圆的圆心为O，连接AE，AD，OG，利用正多边形的性质和圆周角定理可求出∠DAG，∠AOF的度数，同时可得到∠DOG=∠COG=30°，∠HPA=45°，再利用解直角三角形求出AH的长，继而可求出OA的长，然后利用弧长公式进行计算可求出弧CG的长。
10．【答案】B
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】连接OA，OB，过点O作OD⊥AB于点D，如下图，
则OB=OA，
∵此六边形是正六边形，
∴
∴
∴
即这张圆形纸片的直径为： cm.
故答案为：B.
【分析】根据题意画出图形，连接OA，OB，过点O作OD⊥AB于点D，根据题意可知需求出OA的长；
11．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】如图：正六边形中，过 作
中， ，
它的外接圆与内切圆半径的比值是
．
故答案为 ．
【分析】从内切圆的圆心与外接圆的圆心向三角形引垂线，构建直角三角形，解直角三角形即可。
12．【答案】18°
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设圆心为O，连接OC，OD，BD，
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠O= =72°，
∴∠CBD= ∠O=36°，
∵F是 的中点，
∴∠CBF=∠DBF= ∠CBD=18°，
故答案为：18°.
【分析】设圆心为O，连接OC，OD，BD，先根据正n边形中心角为，得到∠O的度数，接着由圆周角定理得到∠CBD= ∠O=36°，接着F是 的中点得到∠CBF=∠DBF= ∠CBD=18°.
13．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，
∵OC=2，
∴OD=2×sin30°=1；
如图所示，
∵OC=2，
∴OD=2×sin45°= ；
如图所示，
∵OA=2，
∴OD=2×cos30°＝ ，
则该三角形的三边分别为：, , ，
∵12+( )2=( )2，
∴该三角形是直角边，
∴该三角形的面积是： ×1× = .
故答案为 .
【分析】由于内接正三角形、正方形、正六边形是特殊内角的多边形，可构造直角三角形分别求出边心距的长，再由勾股定理逆定理可得该三角形是直角三角形，进而可得其面积．
14．【答案】3
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示，连接EO，作EF⊥CO于点F
∵OA=OE=AE=1，
∴△AEO是等边三角形，
∴∠EOA=60°，
∴∠EOC=30°
∴n=360°÷30°=12，
∴EF= EO=
∴S△EOC= = =
∴该正12边形的面积=12S△EOC=3
故答案为：3.
【分析】连接EO，作EF⊥CO交CO于点F，可得弦EC为正12边形的弦，可得∠EOC=30°，可得S△EOC，可得正12边形的面积=12S△EOC.
15．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接 过A作 于G，
正六边形 ，
故答案为：
【分析】如图，连接BF 过 作 于G，利用正六边形的性质求解 的长，利用 与 上的高相等，从而可得答案.
16．【答案】54
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图， 连接A7O，A4O，
∵正十边形的各边都相等，
∴∠A7OA4= ×360 =108 ，
∴∠A4A1A7= ×108 =54 .
故答案为：54.
【分析】找出正十边形的圆心O，连接A7O，A4O，再由圆周角定理即可得出结论.
17．【答案】1：1； ：2；3：4
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接OE，OG，OF，
∵EF=a，T1为正六边形，
∴△OEF为等边三角形，OE为圆O的半径r，
∴a：r=1：1，即r：a=1：1①，
由题意可知：OG为∠FOE的平分线，即∠EOG= ∠EOF=30°，
在Rt△OEG中，OE=r，OG=b，
∵ = =cos∠EOG=cos30°，即 = ，
∴r：b= ：2②，
∴由①②得，a：b= ：2，且两个正六边形T1，T2相似，
∴S1：S2=a2：b2=3：4，
故答案为：1：1； ：2；3：4．
【分析】先求出△OEF为等边三角形，OE为圆O的半径r，再根据平分线和锐角三角函数进行计算求解即可。
18．【答案】解：连接OB，OC，OD，
∵等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，
∴∠BOC=×360°=120°，∠BOD=×360°=30°，
∴∠COD=∠BOC﹣∠BOD=90°，
∵OC=OD，
∴∠OCD=45°，
∴OC=CD cos45°=5×=5（cm）．
即⊙O的半径R=5cm．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】首先连接OB，OC，OD，由等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，可求得∠BOC，∠BOD的度数，继而证得△COD是等腰直角三角形，继而求得答案．
19．【答案】解：（1）连接OB，OC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BOC=90°，
∴∠P=∠BOC=45°；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，
∵OB=OC，∠BOC=90°，
∴∠OBE=45°，
∴OE=BE，
∵OE2+BE2=OB2，
∴BE==4
∴BC=2BE=2×4=8．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）连接OB，OC，由正方形的性质知，△BOC是等腰直角三角形，根据∠BOC=90°，由圆周角定理可以求出；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，由等腰直角三角形的性质可知OE=BE，由垂径定理可知BC=2BE，故可得出结论．
20．【答案】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠ABE=∠BCD=120°．
∵△ABE与△BCD能相互重合，
∴∠E=∠D，∠DBC=∠BAE．
∵∠FBE=∠CBD，
∴∠AFB=∠E+∠FBE=∠D+∠CBD=∠ACB=60°；
（2）图②中，∵△ABE与△BCD能相互重合，
∴∠E=∠D．
∵∠FBE=∠CBD，∠D+∠CBD=90°，
∴∠AFB=∠E+∠FBE=∠D+∠CBD=90°；
同理可得，图③中∠AFB=108°．
（3）由（1）（2）可知，在正n边形中，∠AFB=．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出∠AC=60°，再由补角的定义可得出∠ABE与∠BCD的度数，根据△ABE与△BCD能相互重合可得出∠E=∠D，∠DBC=∠BAE，由三角形外角的性质可得出结论；
（2）根据（1）中的方法可得出△BEF∽△BDC，进而可得出结论；
（3）根据（1）（2）的结论找出规律即可．
21．【答案】解：（1）∵正三角形的边长为6cm，
∴3个边长都相等，
又∵截去三个小等边三角形，
∴各个小三角形的边长也相等，
∴正六边形的边长为：2；
（2）连接OA，OB，过点O作OD⊥AB于点D，
∵∠AOB==60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OD=OA sin60°=2×=；
（3）如图2：
线段AB划过的面积=π×22﹣π×（）2=πcm2．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）根据题意和正六边形的性质求出正六边形的边长；
（2）求出正六边形的中心角，根据正弦的概念解答即可；
（3）根据题意画出图形，根据圆的面积公式计算即可．
22．【答案】（1）解：过点O首先作一条直线b，进而过点O作直线b的垂线a，即可将圆面积四等分；
（2）证明：在△AGP和△CGN中
，
∴△AGP≌△CGN（ASA），
同理可得出：△GPD≌△GNB，
△AEG≌△BNG≌△CFG≌△DPG，
△AGP≌△CGN≌△BGE≌△DGB，
∴S四边形AEGP=S四边形EBNG=S四边形CNGF=S四边形DFGP，
∴PN、EF将正方形ABCD的面积四等分．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用直径所在直线平分圆的面积，进而得出答案；
（2）利用全等三角形的判定与性质以及正方形性质分析得出全等三角形，进而得出答案．
23．【答案】证明：（1）∵圆心角120°的扇形OMN，绕着正六边形ABCDEF的中心O旋转，
∴△OBC，△OAB都是等边三角形，
∴AO=CO，∠1=∠2，∠3=∠4=60°，
在△AOH和△COK中
，
∴△AOH≌△COK（ASA）；
（2）解：过点O作OG⊥BC于点G，
∵△OBC是等边三角形，
∴BG=CG=1，CO=2，
∴OG=，
∵△AOH≌△COK，
∴S△AOH=S△COK，
∴正六边形ABCDEF与扇形OMN重叠部分的面积为：
S△AOB+S△OBC=2SOBC=2××2×=2．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用正六边形的性质得出△OBC，△OAB都是等边三角形，进而得出AO=CO，∠1=∠2，∠3=∠4=60°，即可得出全等三角形；
（2）利用全等三角形的性质以及正六边形性质得出正六边形ABCDEF与扇形OMN重叠部分的面积为：S△AOB+S△OBC=2SOBC进而得出答案．
24．【答案】（1）解：∵DC=BC，
∴△CDB是等腰三角形，
∵∠C=108°，
∴∠1=∠CBD=36°，
∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
可得四边形DEAB是等腰梯形，
∴∠DBA=∠2=72°，
∴∠F=∠BAF=36°，
∴△BAF是等腰三角形，
进而可得：∠GEA=∠G=∠2=72°，
∴△FDG，△AEG是等腰三角形，
故等腰三角形有：△BCD，△ABF，△FDG，△AEG．
（2）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C=∠CDE=108°，CD=CB．
得∠1=36°，
∴∠2=108°﹣36°=72°．
又∵AF∥CD，
∴∠F=∠1=36°，
故∠G=180°﹣∠2﹣∠F=180°﹣72°﹣36°=72°=2∠F．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及正五边形的性质得出各角度进而得出答案；
（2）分别得出：∠G与∠F的度数进而得出它们之间的关系．
25．【答案】（1）解：如图，过点O作OC⊥AB于点C，
由题意可知：∠AOB =36°，
∵OA=OB=10mm，
∴∠AOC=∠BOC=18°，AC=BC，
∴AC=OA sin18°≈10×031=3.1（mm），
∴AB=2AC=6.2mm；
（2）解：∵OC=OA cos18°≈10×0.95=9.5（mm），
∴S△AOB= ×AB OC= ×6.2×9.5=29.45（mm2），
∴S正十边形=10×S△AOB=294.5（mm2）.
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【分析】（1）过点O作OC⊥AB于点C，解直角三角形AOC可求解；
（2）解直角三角形AOC可求得OC的值，根据S△AOB=AB·OC可求得三角形AOB的面积，再根据S正十边形=10×S△AOB即可求解.
26．【答案】（1）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD，
∵F、G分别是BC、CD的中点，
∴BF=CG，
在△ABF和BCG中，
AB=BC，∠ABC=∠BCD，BF=CG，
∴△ABF≌△BCG；
（2）解：由（1）知∠GBC=∠FAB，
∵∠AHG=∠FAB+∠ABH=∠GBC+∠ABH=∠ABC
∵正五边形的内角为108°，
∴∠AHG=108°．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）根据正多边形的性质，可证得AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD， 再证明BF=CG，然后利用SAS证明△ABF≌△BCG。
（2）利用全等三角形的性质，易证∠GBC=∠FAB，再利用三角形的外角的性质，可证得∠AHG=∠ABC，然后求出正五边形的一个内角的度数，即可得出答案。
27．【答案】（1）解：连接圆心O和T1的6个顶点可得6个全等的正三角形．
所以r：a=1：1；
连接圆心O和T2相邻的两个顶点，得以圆O半径为高的正三角形，
所以r：b=AO：BO=sin60°= ：2.
（2）解：T1：T2的边长比是 ：2，
所以S1：S2=（a：b）2=3：4．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）由题意可知正六边形T1的边长为a，而圆O的半径与正六边形T1的边长相等，所以r：a=1：1；正方形T2的边长为b，而圆O的半径为正六边形T2的弦心距，所以r：b=：2。
（2）由相似多边形的性质可以相似多边形的面积比等于相似比的平方，由（1）题中的比值可求得a：b=r：b，即可求得T1与T2的面积比。
28．【答案】（1）解：设半圆直径与正六边形的边长 a，连接正六边形的中心 和两相邻的顶点 ，则 ， ，∴ 是等边三角形，∴ =a，过点 作 ，∴ ， ，∴ = ，延长OC与其中一个半圆交于点D，则 ，∴ ， 40.2%；
= = = 66.4%；
答：图2、3的底面利用率分别约为66.4%、40.2%；
（2）解：商家的要求是否能够满足，设计如图所示底面为圆的包装盒，半径为 ，
= ，
答：设计底面为圆形的包装盒，利用率约为84.5%.
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）设半圆直径与正六边形的边长为a，根据正多边形和圆的知识，算出月饼面积，再算出图2正方形的边长，即可求出图2的面积，和图2底面的利用率；图3的包装盒六边形和月饼相似，利用面积比等于相似比的平方，求出图3包装盒的底面利用率；（2）设计底面为圆形的包装盒，求出其半径、面积、底面利用率，满足底面利用率不低于80%.
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