2023年浙教版数学九年级上册3.7 正多边形 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2020九上·赵县期中）以半径为1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（ ）
A．不能构成三角形 B．这个三角形是等腰三角形
C．这个三角形是直角三角形 D．这个三角形是钝角三角形
2．（2023·锦江模拟）如图，正六边形和正方形都内接于，连接，则弦所对圆周角的度数为（ ）
A． B． C．或 D．或
3．（2023·蓝田模拟）如图，正五边形内接于，点F在弧上.若，则的大小为（ ）
A．38° B．42° C．48° D．58°
4．（2023·福建）我国魏晋时期数学家刘微在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（ ）
A． B． C．3 D．
5．（2023九上·宁波期末）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他制了如图2所示的图形，图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB＝5cm，小正六边形的面积为，则该圆的半径为（ ）cm．
A． B． C．7 D．8
6．（2022九上·尧都期中）如图是一个半径为6cm的的纸片，是的内接三角形，分别以直线和折叠纸片，和都经过圆心O，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
7．（2022·梁山模拟）如图，的内接正六边形的边心距为，分别以、、为圆心，正六边形的半径画弧，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·旌阳模拟）如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接作，垂足为F，连接.则长的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
9．（2021九上·温州期末）我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形(如图)，则阴影部分的面积是（ ）
A．1 B． C． D．
10．（2020·河北模拟）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；……在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离不可能是（ ）
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2023·杭州）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则 ．
12．（2022·绥化）如图，正六边形和正五边形内接于，且有公共顶点A，则的度数为 度．
13．（2022九上·下城期中）如图，边长为6的正方形内接于，点E是上的一动点（不与A，B重合，点F是上的一点，连接，分别与交于点G，H，且，有以下结论：①；②周长的最小值为；③随着点E位置的变化，四边形的面积始终为9.其中正确的是 .（填序号）
14．（2020·连云港）如图，正六边形 内部有一个正五形 ，且 ，直线 经过 、 ，则直线 与 的夹角 .
15．（2020·湘西州）观察下列结论：
⑴如图①，在正三角形 中，点M，N是 上的点，且 ，则 ， ；
⑵如图②，在正方形 中，点M，N是 上的点，且 ，则 ， ；
⑶如图③，在正五边形 中，点M，N是 上的点，且 ，则 ， ；……
根据以上规律，在正n边形 中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是 上的点，且 ， 与 相交于O．也会有类似的结论．你的结论是 ．
16．（2019·香洲模拟）如图，作半径为2的⊙O的内接正四边形ABCD，然后作正四边形ABCD的内切圆，得第二个圆，再作第二个圆的内接正四边形A1B1C1D1，又作正四边形A1B1C1D1的内切圆，得第三个圆…，如此下去，则第六个圆的半径为 ．
三、解答题（共7题，共66分）
17．（2022·九江模拟）如图，为正五边形的外接圆，已知，请用无刻度直尺完成下列作图，保留必要的画图痕迹．
（1）在图1中的边上求作点，使；
（2）在图2中的边上求作点，使．
18．（2021九上·永城月考）如图，六边形ABCDEF是的内接正六边形.
（1）求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分.
（2）设的面积为，六边形ABCDEF的面积为，求的值.
19．（2020九上·临江期末）如图M、N分别是⊙O的内接正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCDEFG…的边AB、BC上的点，且BM＝CN，连接OM、ON
（1）求图1中∠MON的度数
（2）图2中∠MON的度数是 ，图3中∠MON的度数是
（3）试探究∠MON的度数与正n边形边数n的关系是
20．如图，10－1、10－2、10－3、…、10－n分别是⊙O的内接正三角形ABC，正四边形ABCD，正五边形ABCDE，、…、正n边形ABCD…，点M、N分别从点B，C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动
（1）求图10－1中∠APN的度数；
（2）图10－2中，∠APN的度数是 ，图10－3中∠BPN的度数是 。
（3）试探索∠APN的度数与正多边形边数n的关系（直接写答案）
21．如图，⊙O半径为4cm，其内接正六边形ABCDEF，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，QE，PE，BQ．设运动时间为t（s）．
（1）求证：四边形PEQB为平行四边形；
（2）填空：
①当t= s时，四边形PBQE为菱形；
②当t= s时，四边形PBQE为矩形．
22．（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.
23．（2019·赣县模拟）课题：两个重叠的正多边形，其中的一个绕某一顶点旋转所形成的有关问题．
实验与论证：
设旋转角∠A1A0B1＝α(α＜∠A1A0A2)，θ3、θ4、θ5、θ6所表示的角如图所示．
（1）用含α的式子表示角的度数：θ3＝ ，θ4＝ ，θ5＝ ；
（2）图1﹣图4中，连接A0H时，在不添加其他辅助线的情况下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请选择其中的一个图给出证明；若不存在，请说明理由；
归纳与猜想：
设正n边形A0A1A2…An﹣1与正n边形A0B1B2…Bn﹣1重合(其中，A1与B1重合)，现将正多边形A0B1B2…Bn﹣1绕顶点A0逆时针旋转α(0°＜α＜ °)；
（3）设θn与上述“θ3、θ4、…”的意义一样，请直接写出θn的度数；
（4）试猜想在正n边形的情形下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请将这条线段用相应的顶点字母表示出来(不要求证明)；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】圆内接四边形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵OC=1，∴OD=1×sin30°=；
∵OB=1，∴OE=1×sin45°=；
∵OA=1，∴OD=1×cos30°=
∵（）2+（）2=（）2
∴这个三角形为直角三角形
故答案为：C.
【分析】根据内接正三角形、正方形、正六边形是特殊内角的多边形，即可得到构造直角三角形。
2．【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OG，在优弧BAG上任取一点M，连接BM、GM，在劣弧BG上取点N，连接BN、GN，
由题意得∠AOG=，∠AOB=，
∴∠BOG=∠AOG-∠AOB=30°，
∴∠BMG=∠BOG=15°，
∵∠BMG+∠BNG=180°，
∴∠BNG=165°.
∴弦BG所对的圆周角的度数为15°或165°.
故答案为：C.
【分析】连接OA、OB、OG，在优弧BAG上任取一点M，连接BM、GM，在劣弧BG上取点N，连接BN、GN，先根据中心角的计算方法求出∠AOG=90°，∠AOB=60°，由角的和差得∠BOG=30°，进而根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半算出∠BMG的度数，最后根据圆内接四边形的对角互补算出∠BNG的度数.
3．【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接，，，
∵五边形是正五边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正五边形内接于，
∴，
∴，
∴，
故答案为：C.
【分析】连接OE、OD、CE，根据n边形内角和公式以及正多边形的性质可得∠CDE=108°，则∠FDE=∠CDE-∠CDF=12°，由圆周角定理可得∠FCE=∠FDE=12°，由外角和为360°可得∠EOD=360°÷5=72°，由圆周角定理可得∠ECD=∠EOD=36°，然后根据∠FCD=∠FCE+∠ECD进行计算.
4．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：圆内接正十二边形可以看作12个全等三角形组成的，
三角形的顶角为π=π，
∵sinπ=，
∴S三角形=×sinπ×12=，
∴正十二边形的面积=12×=3.
故答案为：C.
【分析】圆内接正十二边形可以看作12个全等三角形组成的，先求出三角形的顶角为π，再求出sinπ的值，利用三角形的面积公式求出三角形的面积，进而不难求出正十二边形的面积.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，QM，过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，
∴∠OGQ=∠OHB=90°
∵图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，
∴∠OQG=∠ABO=60°，∠GOQ=30°
设QG=x，则，
∵小正六边形的面积为
∴
解之：（取正），
∴小正六边形的边长为，，
∴；
∵OG⊥PM，
∴，
在Rt△OPG中
，
设BH=m，PH=5-m，
∵∠HOB=90°-60°=30°，
∴OB=2m，
∵OH2=OB2-BH2=OP2-PH2，
∴4m2-m2=72-（5-m）2，
解之：m1=4，m2=（舍去）
∴该圆的半径为2×4=8.
故答案为：D
【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，QM，过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，利用垂直的定义可得到∠OGQ=∠OHB=90°，利用正六边形的性质可证得∠OQG=∠ABO=60°，∠GOQ=30°，设QG=x，利用解直角三角形表示出OG的长，利用三角形的面积公式，根据小正六边形的面积，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到小正六边形的边长，即可求出PM的长，利用垂径定理求出PG的长；在Rt△OPG中，利用勾股定理求出OP的长，设BH=m，PH=5-m，可表示出OB的长，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，即可求出圆的半径.
6．【答案】A
【知识点】三角形的面积；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接，延长交于点D，如图所示：
∵是的内接三角形，的半径为6cm，
∴，cm，
∴cm，
∴，
∴cm，
由图得，阴影部分得面积即为的面积，
∴，
故答案为：A．
【分析】连接，延长交于点D，先求出阴影部分得面积即为的面积，再求出的面积即可。
7．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接，，作于点，
由题意知．
∵，，
∴是等边三角形
∴，，
∴，
解得，
∴，
∴
．
故答案为：A．
【分析】连接，，作于点，利用求解即可，注意正六边形中△AOB是等边三角形。
8．【答案】A
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接，取的中点K，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵正方形的外接圆的半径为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CF的最小值为.
故答案为：A.
【分析】连接，取的中点K，连接，由直角三角形斜边中线的性质及 半径为 ，可得KF=AK=BK=1，由勾股定理求出CK=，根据即可求解.
9．【答案】C
【知识点】垂径定理的应用；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示：阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，
分别连接AO，OB，OC，
∴OA=OB=OC=2，
∵将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形 ，
∴∠1=∠2=30°，
又∵OC⊥AD与点D，
∴∠3=30°，
∴OD=DC=1，AD=，
∴一个小的等腰直角三角形的直角边为AE=-1，
∴阴影部分的面积为：8××（-1） =4×（3-2+1）=16-8.
故答案为：C.
【分析】“割圆术”将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形，阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，所以只需要求出一个等腰直角三角形的直角边即可解决问题.先根据十二等分求出一等分的圆心角，从而求出∠3的度数为30°，在直角三角形ODA中求解AE，最后根据三角形面积公式计算出整个阴影部分的面积即可.
10．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 小于等于1，
故答案为：A．
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 小于等于1，由此即可判断．
11．【答案】2
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OC、OE、OB，
∵六边形ABCDEF是圆O的内接正六边形，
∴AB=BC，∠ABC=120°，∠AOB=∠BOC=，
又∵OA=OB=OC，
∴△AOB与△BOC是全等的等边三角形，
∴AO=CO=AB=BC=OB，
∴△ABC≌△AOC，
∴S△AOC=S△ABC，
同理S△AOE=S△AFE，S△COE=S△CDE，
∵S1=S六边形ABCDEF=S△AOC+S△AOE+S△COE+S△ABC+S△AFE+S△CDE=2（S△ABC+S△AFE+S△CDE），
S2=S△ACE=S△AOC+S△AOE+S△COE=S△ABC+S△AFE+S△CDE，
∴.
故答案为：2.
【分析】由圆内接正多边形的性质得AB=BC，∠ABC=120°，∠AOB=∠BOC=，进而判断出△AOB与△BOC是全等的等边三角形，根据等边三角形的性质及全等三角形的判定方法SSS判断出△ABC≌△AOC，则S△AOC=S△ABC，同理S△AOE=S△AFE，S△COE=S△CDE，进而通过图形及等量代换得S1=2（S△ABC+S△AFE+S△CDE），S2=S△ABC+S△AFE+S△CDE，从而即可求出答案了.
12．【答案】12
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】连接AO，如图，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=360°÷6=60°，
∵多边形AHIJK是正五边形，
∴∠AOH=360°÷5=72°，
∴∠BOH=∠AOH-∠AOB=72°-60°=12°，
故答案为：12．
【分析】连接AO，先求出∠AOB=360°÷6=60°，再求出∠AOH=360°÷5=72°，最后利用角的运算可得∠BOH=∠AOH-∠AOB=72°-60°=12°。
13．【答案】①③
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；正方形的性质；圆内接正多边形；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图，连接 .
∵ ，
∴ .
∵四边形 为正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长为 ，
∴当 最小时， 周长的最小.
∵ ，
∴当 最小时， 最小，此时 .
如图，过点O作 于点M，作 于点N，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长的最小值为 ，故②错误；
∵ ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ ，故③正确.
综上可知①③正确.
故答案为：①③.
【分析】连接OC、OB，根据正方形的性质可得∠BOC=90°，OB=OC，∠OBG=∠OCH=45°，由同角的余角相等可得∠BOG=∠COH，利用ASA证明△BOG≌△COH，据此判断①；根据全等三角形的性质可得BG=CH，则BH+BG=BH+CH=BC=6，△GBH的周长为6+HG，由勾股定理可得HG=，故当OH、OG最小时，HG最小，此时OH⊥BC，OG⊥AB，过点O作OM⊥BC于点M，作ON⊥AB于点N，则OM=PN=3，利用勾股定理可得HG，据此判断②；根据全等三角形的性质可得S△BOG=S△COH，推出S△BOC=S正方形ABCD，据此判断③.
14．【答案】48
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】∵多边形 是正六边形，多边形 是正五边形
∴
∵
∴
∴
故答案为：48
【分析】已知正六边形 内部有一个正五形 ，可得出正多边形的内角度数，根据 和四边形内角和定理即可得出 的度数.
15．【答案】 ，
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定（HL）；圆内接正多边形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（1）∵正三角形ABC中，点M、N是AB、AC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AC，∠CAM=∠ABN= ，
∵在△ABN和△CAM中，
，
∴△ABN≌△CAM（SAS），
∴AN= CM，∠BAN=∠MCA，
∴∠NOC=∠OAC+∠MCA =∠OAC+∠BAN =∠BAC=60°，
故结论为：AN= CM，∠NOC=60 ；（2）∵正方形ABCD中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AD，∠DAM=∠ABN= ，
同理可证：Rt△ABN Rt△DAM，
∴AN= DM，∠BAN=∠ADM，
∠NOD=∠OAD+∠ADM =∠OAD+∠BAN =∠BAC=90°，
故结论为：AN= DM，∠NOD=90 ；（3）∵正五边形ABCDE中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AE，∠EAM=∠ABN= ，
同理可证得：Rt△ABN Rt△EAM，
∴AN= EM，∠BAN=∠AEM，
∠NOE=∠OAE+∠AEM =∠OAE+∠BAN =∠BAE=108°，
故结论为：AN= EM，∠NOE=108 ；
∵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°，
∴以上所求的角恰好等于正n边形的内角 ，
在正n边形 中，点M，N是 上的点，且 ， 与 相交于O，结论为： ， ．
故答案为： ， ．
【分析】根据正多边形内角和定理结合全等三角形的判定和性质可得出（1）、（2）、（3）的结论，根据以上规律可得出正n边形的结论．
16．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：由题意第一个圆的半径为2，
第二个圆的半径为 ，
第三个圆的半径为 ，
，
第六个圆的半径为 ．
故答案为： ．
【分析】找规律的题目，先求出1-3个圆的半径，从而发现规律：， 然后再根据规律求出第6个圆的半径即可。
17．【答案】（1）解：连接AO并延长 与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM交DE于点G，则点G为所求作，如图1所示；
理由：
∵⊙O为正五边形的外接圆，
∴直线AO是正五边形ABCDE的一条对称轴，点B与点E、点C与点D分别是一对对称点．
∵点M在直线AO上，
∴射线BM与射线EF关于直线AO对称，从而点F与点G关于直线AO对称，
∴CF与DG关于直线AO对称．
∴DG=CF．
（2）解：在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN，如图2所示；
【知识点】圆内接正多边形；作图-直线、射线、线段
【解析】【分析】（1）连接AO并延长 与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM交DE于点G，则点G为所求作；
（2）在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN，即可得解。
18．【答案】（1）解：连接AE，AD，AC，
∵六边形ABCDEF是的内接正六边形，
∴EF=ED=CD=BC，
∴∠FAE=∠EAD=∠DAC=∠CAB，
即过顶点A的三条对角线四等分；
（2）解：过点O作OG⊥DE于G，连接OE，
设圆O的半径为r，
∴EF=BC=ED=r，AD=2r，
在正六边形ABCDEF中，
∠OED=∠ODE=60°，
∴∠EOG=30°，
∴EG=r，
∴OG==r，
∴正六边形ABCDEF的面积==，
圆O的面积=，
∴==.
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）连接AE，AD，AC，由正多边形的性质得EF=ED=CD=BC，再利用同圆中弧、弦、圆心角之间的关系及圆周角定理得∠FAE=∠EAD=∠DAC=∠CAB，由此可证得结论；
（2）过点O作OG⊥DE于G，连接OE，设圆O的半径为r，可得EF=BC=ED=r，AD=2r，由正六边形的性质可求出∠EOG=30°，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半可证得 EG=r， 利用勾股定理表示出OG的长，然后求出正六边形的面积和圆O的面积，然后求出 的值 .
19．【答案】（1）解：如图，连接OB、OC，则 ，
是 内接正三角形，
中心角 ，
∵点O是 内接正三角形ABC的内心，
∴ ，
∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：
（2）；
（3）
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】（2）如图1，连接OB、OC，
四边形ABCD是 内接正方形，
中心角 ，
同（1）的方法可证： ；
如图2，连接OB、OC，
五边形ABCDE是 内接正五边形，
中心角 ，
同（1）的方法可证： ，
故答案为： ， ；
（3）由上可知， 的度数与正三角形边数的关系是 ，
的度数与正方形边数的关系是 ，
的度数与正五边形边数的关系是 ，
归纳类推得： 的度数与正n边形边数n的关系是 ，
故答案为： ．
【分析】（1）先分别连接OB、OC，可求出 ，再由圆周角定理即可求出∠MON的度数；
（2）同（1）即可解答；
（3）由（1）、（2）找出规律，即可解答。
20．【答案】（1）图1：∵点M、N分别从点B. C开始以相同的速度在O上逆时针运动，
∴劣弧BM=劣弧CN
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠APN=∠BPM，
∴∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°。
（2）90°；108°
（3）由（1）、（2）可知，∠APN=它所在的正多边形的内角度数。
【知识点】圆内接正多边形
【解析】解析：（2）在图②中，∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，
∴弧BM=弧CN，
∴∠BAM=∠CBN.
又∵∠APN=∠ABN+∠BAM，
∴∠APN=∠ABN+∠CBN，即∠APN=∠ABC。
∵ABCD是正四边形，
∴∠ABC=90°，
∴∠APN=90°.
同理可得：在图③中，∠BPN=108°；
故答案为：90°，108°
【分析】（1）根据△ABC为等边三角形，可知∠ABC=60°，再根据同弧所对的圆周角相等可知∠BAM=∠CBN；再利用外角的性质可得∠APN=∠ABP+∠BAP，代换可得到∠APN=∠ABC，可求得∠APN的度数。
（2）根据（1）的方法可得到∠APN的度数和∠ABC的度数相等，图③中∠BPN的度数和∠ABC的度数相等。
（3）结合（1）（2）可得到∠APN的度数等于多边形的内角的度数，可得到结论。
21．【答案】（1）证明：∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F，
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=4﹣t，
在△ABP和△DEQ中，
，
∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP=EQ，同理可证PE=QB，
∴四边形PEQB是平行四边形
（2）2；0或4
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；圆内接正多边形
【解析】【解答】（2）解：①当PA=PF，QC=QD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t=2s．
②当t=0时，∠EPF=∠PEF=30°，
∴∠BPE=120°﹣30°=90°，
∴此时四边形PBQE是矩形．
当t=4时，同法可知∠BPE=90°，此时四边形PBQE是矩形．
综上所述，t=0s或4s时，四边形PBQE是矩形．
故答案为2s，0s或4s．
【分析】（1）根据正六边形的性质得出AB=DE，∠A=∠D，再根据点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，得出AP=DQ，就可证明△ABP≌△DEQ，可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可证明结论。
（2）①当PA=PF，QC=QD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t=2s；
②当t=0时，∠EPF=∠PEF=30°，得出∠BPE=90°，可证明此时四边形PBQE是矩形．当t=4时，同法可知∠BPE=90°，此时四边形PBQE是矩形，即可得出答案。
22．【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%.
23．【答案】（1）60°﹣α；α；36°﹣α
（2）解：存在．下面就所选图形的不同分别给出证明： 选图如， 图中有直线A0H垂直平分A2B1，证明如下： 方法一：
证明：∵△A0A1A2与△A0B1B2是全等的等边三角形
∴A0A2＝A0B1
∴∠A0A2B1＝∠A0B1A2，
又∠A0A2H＝∠A0B1H＝60°
∴∠HA2B1＝∠HB1A2
∴A2H＝B1H，∴点H在线段A2B1的垂直平分线上
又∵A0A2＝A0B1，∴点A0在线段A2B1的垂直平分线上
∴直线A0H垂直平分A2B1
方法二：
证明：∵△A0A1A2与△A0B1B2是全等的等边三角形
∴A0A2＝A0B2，
∴∠A0A2B1＝∠A0B1A2，
又∠A0A2H＝∠A0B1H＝60°，
∴∠HA2B1＝∠HB1A2
∴A2H＝B1H，
在△A0A2H与△A0B1H中
∵A0A2＝A0B1，
HA2＝HB1，∠A0A2H＝∠A0B1H
∴△A0A2H≌△A0B1H
∴∠A0A2H＝∠A0B1H，
∴A0H是等腰三角形A0A2B1的角平分线，
∴直线A0H垂直平分A2B1选图如，
图中有直线A0H垂直平分A2B2，证明如下：
∵A0B2＝A0A2∴∠A0B2A2＝∠A0A2B2
又∵∠A0B2B1＝∠A0A2A3
∴∠HB2A2＝∠HA2B2
∴HB2＝HA2
∴点H在线段A2B2的垂直平分线上
又∵A0B2＝A0A2，∴点A0在线段A2B2的垂直平分线上
∴直线A0H垂直平分A2B2
（3）解：当n为奇数时，θn＝ ﹣α；
当n为偶数时，θn＝α．
（4）解：存在． 当n为奇数时，直线A0H垂直平分 ，
当n为偶数时，直线A0H垂直平分
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】解：(1) ∵三角形的性质得α+θ3＝60°，
∴θ3=60°﹣α，
由正方形的性质得θ4＝45°﹣(45°﹣α)＝α，
由正五边形的性质得θ5＝108°﹣36°﹣36°﹣α＝36°﹣α，
故答案为60°﹣α；α；36°﹣α；
【分析】(1)由正三角形的性质得α+θ3＝60°，再由正方形的性质得θ4＝45°﹣(45°﹣α)＝α，最后由正五边形的性质得θ5＝108°﹣36°﹣36°﹣α＝36°﹣α；(2)存在，如在图1中直线A0H垂直且平分的线段A2B1，△A0A1A2≌△A0B1B2，推得A2H＝B1H，则点H在线段A2B1的垂直平分线上；由A0A2＝A0B1，则点A0在线段A2B1的垂直平分线上，从而得出直线A0H垂直且平分的线段A2B1(3)当n为奇数时，θn＝ ﹣α；
当n为偶数时，θn＝α(4)多写几个总结规律：
当n为奇数时，直线A0H垂直平分 ，
当n为偶数时，直线A0H垂直平分 .
1 / 12023年浙教版数学九年级上册3.7 正多边形 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2020九上·赵县期中）以半径为1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（ ）
A．不能构成三角形 B．这个三角形是等腰三角形
C．这个三角形是直角三角形 D．这个三角形是钝角三角形
【答案】C
【知识点】圆内接四边形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：∵OC=1，∴OD=1×sin30°=；
∵OB=1，∴OE=1×sin45°=；
∵OA=1，∴OD=1×cos30°=
∵（）2+（）2=（）2
∴这个三角形为直角三角形
故答案为：C.
【分析】根据内接正三角形、正方形、正六边形是特殊内角的多边形，即可得到构造直角三角形。
2．（2023·锦江模拟）如图，正六边形和正方形都内接于，连接，则弦所对圆周角的度数为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OG，在优弧BAG上任取一点M，连接BM、GM，在劣弧BG上取点N，连接BN、GN，
由题意得∠AOG=，∠AOB=，
∴∠BOG=∠AOG-∠AOB=30°，
∴∠BMG=∠BOG=15°，
∵∠BMG+∠BNG=180°，
∴∠BNG=165°.
∴弦BG所对的圆周角的度数为15°或165°.
故答案为：C.
【分析】连接OA、OB、OG，在优弧BAG上任取一点M，连接BM、GM，在劣弧BG上取点N，连接BN、GN，先根据中心角的计算方法求出∠AOG=90°，∠AOB=60°，由角的和差得∠BOG=30°，进而根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半算出∠BMG的度数，最后根据圆内接四边形的对角互补算出∠BNG的度数.
3．（2023·蓝田模拟）如图，正五边形内接于，点F在弧上.若，则的大小为（ ）
A．38° B．42° C．48° D．58°
【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接，，，
∵五边形是正五边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正五边形内接于，
∴，
∴，
∴，
故答案为：C.
【分析】连接OE、OD、CE，根据n边形内角和公式以及正多边形的性质可得∠CDE=108°，则∠FDE=∠CDE-∠CDF=12°，由圆周角定理可得∠FCE=∠FDE=12°，由外角和为360°可得∠EOD=360°÷5=72°，由圆周角定理可得∠ECD=∠EOD=36°，然后根据∠FCD=∠FCE+∠ECD进行计算.
4．（2023·福建）我国魏晋时期数学家刘微在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：圆内接正十二边形可以看作12个全等三角形组成的，
三角形的顶角为π=π，
∵sinπ=，
∴S三角形=×sinπ×12=，
∴正十二边形的面积=12×=3.
故答案为：C.
【分析】圆内接正十二边形可以看作12个全等三角形组成的，先求出三角形的顶角为π，再求出sinπ的值，利用三角形的面积公式求出三角形的面积，进而不难求出正十二边形的面积.
5．（2023九上·宁波期末）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他制了如图2所示的图形，图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB＝5cm，小正六边形的面积为，则该圆的半径为（ ）cm．
A． B． C．7 D．8
【答案】D
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，QM，过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，
∴∠OGQ=∠OHB=90°
∵图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，
∴∠OQG=∠ABO=60°，∠GOQ=30°
设QG=x，则，
∵小正六边形的面积为
∴
解之：（取正），
∴小正六边形的边长为，，
∴；
∵OG⊥PM，
∴，
在Rt△OPG中
，
设BH=m，PH=5-m，
∵∠HOB=90°-60°=30°，
∴OB=2m，
∵OH2=OB2-BH2=OP2-PH2，
∴4m2-m2=72-（5-m）2，
解之：m1=4，m2=（舍去）
∴该圆的半径为2×4=8.
故答案为：D
【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，QM，过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，利用垂直的定义可得到∠OGQ=∠OHB=90°，利用正六边形的性质可证得∠OQG=∠ABO=60°，∠GOQ=30°，设QG=x，利用解直角三角形表示出OG的长，利用三角形的面积公式，根据小正六边形的面积，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到小正六边形的边长，即可求出PM的长，利用垂径定理求出PG的长；在Rt△OPG中，利用勾股定理求出OP的长，设BH=m，PH=5-m，可表示出OB的长，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，即可求出圆的半径.
6．（2022九上·尧都期中）如图是一个半径为6cm的的纸片，是的内接三角形，分别以直线和折叠纸片，和都经过圆心O，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接，延长交于点D，如图所示：
∵是的内接三角形，的半径为6cm，
∴，cm，
∴cm，
∴，
∴cm，
由图得，阴影部分得面积即为的面积，
∴，
故答案为：A．
【分析】连接，延长交于点D，先求出阴影部分得面积即为的面积，再求出的面积即可。
7．（2022·梁山模拟）如图，的内接正六边形的边心距为，分别以、、为圆心，正六边形的半径画弧，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接，，作于点，
由题意知．
∵，，
∴是等边三角形
∴，，
∴，
解得，
∴，
∴
．
故答案为：A．
【分析】连接，，作于点，利用求解即可，注意正六边形中△AOB是等边三角形。
8．（2023·旌阳模拟）如图，半径为，正方形内接于，点E在上运动，连接作，垂足为F，连接.则长的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接，取的中点K，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵正方形的外接圆的半径为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CF的最小值为.
故答案为：A.
【分析】连接，取的中点K，连接，由直角三角形斜边中线的性质及 半径为 ，可得KF=AK=BK=1，由勾股定理求出CK=，根据即可求解.
9．（2021九上·温州期末）我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形(如图)，则阴影部分的面积是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】垂径定理的应用；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示：阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，
分别连接AO，OB，OC，
∴OA=OB=OC=2，
∵将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形 ，
∴∠1=∠2=30°，
又∵OC⊥AD与点D，
∴∠3=30°，
∴OD=DC=1，AD=，
∴一个小的等腰直角三角形的直角边为AE=-1，
∴阴影部分的面积为：8××（-1） =4×（3-2+1）=16-8.
故答案为：C.
【分析】“割圆术”将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形，阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，所以只需要求出一个等腰直角三角形的直角边即可解决问题.先根据十二等分求出一等分的圆心角，从而求出∠3的度数为30°，在直角三角形ODA中求解AE，最后根据三角形面积公式计算出整个阴影部分的面积即可.
10．（2020·河北模拟）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；……在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离不可能是（ ）
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 小于等于1，
故答案为：A．
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 小于等于1，由此即可判断．
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2023·杭州）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则 ．
【答案】2
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OC、OE、OB，
∵六边形ABCDEF是圆O的内接正六边形，
∴AB=BC，∠ABC=120°，∠AOB=∠BOC=，
又∵OA=OB=OC，
∴△AOB与△BOC是全等的等边三角形，
∴AO=CO=AB=BC=OB，
∴△ABC≌△AOC，
∴S△AOC=S△ABC，
同理S△AOE=S△AFE，S△COE=S△CDE，
∵S1=S六边形ABCDEF=S△AOC+S△AOE+S△COE+S△ABC+S△AFE+S△CDE=2（S△ABC+S△AFE+S△CDE），
S2=S△ACE=S△AOC+S△AOE+S△COE=S△ABC+S△AFE+S△CDE，
∴.
故答案为：2.
【分析】由圆内接正多边形的性质得AB=BC，∠ABC=120°，∠AOB=∠BOC=，进而判断出△AOB与△BOC是全等的等边三角形，根据等边三角形的性质及全等三角形的判定方法SSS判断出△ABC≌△AOC，则S△AOC=S△ABC，同理S△AOE=S△AFE，S△COE=S△CDE，进而通过图形及等量代换得S1=2（S△ABC+S△AFE+S△CDE），S2=S△ABC+S△AFE+S△CDE，从而即可求出答案了.
12．（2022·绥化）如图，正六边形和正五边形内接于，且有公共顶点A，则的度数为 度．
【答案】12
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】连接AO，如图，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=360°÷6=60°，
∵多边形AHIJK是正五边形，
∴∠AOH=360°÷5=72°，
∴∠BOH=∠AOH-∠AOB=72°-60°=12°，
故答案为：12．
【分析】连接AO，先求出∠AOB=360°÷6=60°，再求出∠AOH=360°÷5=72°，最后利用角的运算可得∠BOH=∠AOH-∠AOB=72°-60°=12°。
13．（2022九上·下城期中）如图，边长为6的正方形内接于，点E是上的一动点（不与A，B重合，点F是上的一点，连接，分别与交于点G，H，且，有以下结论：①；②周长的最小值为；③随着点E位置的变化，四边形的面积始终为9.其中正确的是 .（填序号）
【答案】①③
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；正方形的性质；圆内接正多边形；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图，连接 .
∵ ，
∴ .
∵四边形 为正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长为 ，
∴当 最小时， 周长的最小.
∵ ，
∴当 最小时， 最小，此时 .
如图，过点O作 于点M，作 于点N，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长的最小值为 ，故②错误；
∵ ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ ，故③正确.
综上可知①③正确.
故答案为：①③.
【分析】连接OC、OB，根据正方形的性质可得∠BOC=90°，OB=OC，∠OBG=∠OCH=45°，由同角的余角相等可得∠BOG=∠COH，利用ASA证明△BOG≌△COH，据此判断①；根据全等三角形的性质可得BG=CH，则BH+BG=BH+CH=BC=6，△GBH的周长为6+HG，由勾股定理可得HG=，故当OH、OG最小时，HG最小，此时OH⊥BC，OG⊥AB，过点O作OM⊥BC于点M，作ON⊥AB于点N，则OM=PN=3，利用勾股定理可得HG，据此判断②；根据全等三角形的性质可得S△BOG=S△COH，推出S△BOC=S正方形ABCD，据此判断③.
14．（2020·连云港）如图，正六边形 内部有一个正五形 ，且 ，直线 经过 、 ，则直线 与 的夹角 .
【答案】48
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】∵多边形 是正六边形，多边形 是正五边形
∴
∵
∴
∴
故答案为：48
【分析】已知正六边形 内部有一个正五形 ，可得出正多边形的内角度数，根据 和四边形内角和定理即可得出 的度数.
15．（2020·湘西州）观察下列结论：
⑴如图①，在正三角形 中，点M，N是 上的点，且 ，则 ， ；
⑵如图②，在正方形 中，点M，N是 上的点，且 ，则 ， ；
⑶如图③，在正五边形 中，点M，N是 上的点，且 ，则 ， ；……
根据以上规律，在正n边形 中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是 上的点，且 ， 与 相交于O．也会有类似的结论．你的结论是 ．
【答案】 ，
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定（HL）；圆内接正多边形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（1）∵正三角形ABC中，点M、N是AB、AC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AC，∠CAM=∠ABN= ，
∵在△ABN和△CAM中，
，
∴△ABN≌△CAM（SAS），
∴AN= CM，∠BAN=∠MCA，
∴∠NOC=∠OAC+∠MCA =∠OAC+∠BAN =∠BAC=60°，
故结论为：AN= CM，∠NOC=60 ；（2）∵正方形ABCD中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AD，∠DAM=∠ABN= ，
同理可证：Rt△ABN Rt△DAM，
∴AN= DM，∠BAN=∠ADM，
∠NOD=∠OAD+∠ADM =∠OAD+∠BAN =∠BAC=90°，
故结论为：AN= DM，∠NOD=90 ；（3）∵正五边形ABCDE中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AE，∠EAM=∠ABN= ，
同理可证得：Rt△ABN Rt△EAM，
∴AN= EM，∠BAN=∠AEM，
∠NOE=∠OAE+∠AEM =∠OAE+∠BAN =∠BAE=108°，
故结论为：AN= EM，∠NOE=108 ；
∵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°，
∴以上所求的角恰好等于正n边形的内角 ，
在正n边形 中，点M，N是 上的点，且 ， 与 相交于O，结论为： ， ．
故答案为： ， ．
【分析】根据正多边形内角和定理结合全等三角形的判定和性质可得出（1）、（2）、（3）的结论，根据以上规律可得出正n边形的结论．
16．（2019·香洲模拟）如图，作半径为2的⊙O的内接正四边形ABCD，然后作正四边形ABCD的内切圆，得第二个圆，再作第二个圆的内接正四边形A1B1C1D1，又作正四边形A1B1C1D1的内切圆，得第三个圆…，如此下去，则第六个圆的半径为 ．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：由题意第一个圆的半径为2，
第二个圆的半径为 ，
第三个圆的半径为 ，
，
第六个圆的半径为 ．
故答案为： ．
【分析】找规律的题目，先求出1-3个圆的半径，从而发现规律：， 然后再根据规律求出第6个圆的半径即可。
三、解答题（共7题，共66分）
17．（2022·九江模拟）如图，为正五边形的外接圆，已知，请用无刻度直尺完成下列作图，保留必要的画图痕迹．
（1）在图1中的边上求作点，使；
（2）在图2中的边上求作点，使．
【答案】（1）解：连接AO并延长 与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM交DE于点G，则点G为所求作，如图1所示；
理由：
∵⊙O为正五边形的外接圆，
∴直线AO是正五边形ABCDE的一条对称轴，点B与点E、点C与点D分别是一对对称点．
∵点M在直线AO上，
∴射线BM与射线EF关于直线AO对称，从而点F与点G关于直线AO对称，
∴CF与DG关于直线AO对称．
∴DG=CF．
（2）解：在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN，如图2所示；
【知识点】圆内接正多边形；作图-直线、射线、线段
【解析】【分析】（1）连接AO并延长 与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM交DE于点G，则点G为所求作；
（2）在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN，即可得解。
18．（2021九上·永城月考）如图，六边形ABCDEF是的内接正六边形.
（1）求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分.
（2）设的面积为，六边形ABCDEF的面积为，求的值.
【答案】（1）解：连接AE，AD，AC，
∵六边形ABCDEF是的内接正六边形，
∴EF=ED=CD=BC，
∴∠FAE=∠EAD=∠DAC=∠CAB，
即过顶点A的三条对角线四等分；
（2）解：过点O作OG⊥DE于G，连接OE，
设圆O的半径为r，
∴EF=BC=ED=r，AD=2r，
在正六边形ABCDEF中，
∠OED=∠ODE=60°，
∴∠EOG=30°，
∴EG=r，
∴OG==r，
∴正六边形ABCDEF的面积==，
圆O的面积=，
∴==.
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）连接AE，AD，AC，由正多边形的性质得EF=ED=CD=BC，再利用同圆中弧、弦、圆心角之间的关系及圆周角定理得∠FAE=∠EAD=∠DAC=∠CAB，由此可证得结论；
（2）过点O作OG⊥DE于G，连接OE，设圆O的半径为r，可得EF=BC=ED=r，AD=2r，由正六边形的性质可求出∠EOG=30°，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半可证得 EG=r， 利用勾股定理表示出OG的长，然后求出正六边形的面积和圆O的面积，然后求出 的值 .
19．（2020九上·临江期末）如图M、N分别是⊙O的内接正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCDEFG…的边AB、BC上的点，且BM＝CN，连接OM、ON
（1）求图1中∠MON的度数
（2）图2中∠MON的度数是 ，图3中∠MON的度数是
（3）试探究∠MON的度数与正n边形边数n的关系是
【答案】（1）解：如图，连接OB、OC，则 ，
是 内接正三角形，
中心角 ，
∵点O是 内接正三角形ABC的内心，
∴ ，
∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：
（2）；
（3）
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】（2）如图1，连接OB、OC，
四边形ABCD是 内接正方形，
中心角 ，
同（1）的方法可证： ；
如图2，连接OB、OC，
五边形ABCDE是 内接正五边形，
中心角 ，
同（1）的方法可证： ，
故答案为： ， ；
（3）由上可知， 的度数与正三角形边数的关系是 ，
的度数与正方形边数的关系是 ，
的度数与正五边形边数的关系是 ，
归纳类推得： 的度数与正n边形边数n的关系是 ，
故答案为： ．
【分析】（1）先分别连接OB、OC，可求出 ，再由圆周角定理即可求出∠MON的度数；
（2）同（1）即可解答；
（3）由（1）、（2）找出规律，即可解答。
20．如图，10－1、10－2、10－3、…、10－n分别是⊙O的内接正三角形ABC，正四边形ABCD，正五边形ABCDE，、…、正n边形ABCD…，点M、N分别从点B，C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动
（1）求图10－1中∠APN的度数；
（2）图10－2中，∠APN的度数是 ，图10－3中∠BPN的度数是 。
（3）试探索∠APN的度数与正多边形边数n的关系（直接写答案）
【答案】（1）图1：∵点M、N分别从点B. C开始以相同的速度在O上逆时针运动，
∴劣弧BM=劣弧CN
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠APN=∠BPM，
∴∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°。
（2）90°；108°
（3）由（1）、（2）可知，∠APN=它所在的正多边形的内角度数。
【知识点】圆内接正多边形
【解析】解析：（2）在图②中，∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，
∴弧BM=弧CN，
∴∠BAM=∠CBN.
又∵∠APN=∠ABN+∠BAM，
∴∠APN=∠ABN+∠CBN，即∠APN=∠ABC。
∵ABCD是正四边形，
∴∠ABC=90°，
∴∠APN=90°.
同理可得：在图③中，∠BPN=108°；
故答案为：90°，108°
【分析】（1）根据△ABC为等边三角形，可知∠ABC=60°，再根据同弧所对的圆周角相等可知∠BAM=∠CBN；再利用外角的性质可得∠APN=∠ABP+∠BAP，代换可得到∠APN=∠ABC，可求得∠APN的度数。
（2）根据（1）的方法可得到∠APN的度数和∠ABC的度数相等，图③中∠BPN的度数和∠ABC的度数相等。
（3）结合（1）（2）可得到∠APN的度数等于多边形的内角的度数，可得到结论。
21．如图，⊙O半径为4cm，其内接正六边形ABCDEF，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，QE，PE，BQ．设运动时间为t（s）．
（1）求证：四边形PEQB为平行四边形；
（2）填空：
①当t= s时，四边形PBQE为菱形；
②当t= s时，四边形PBQE为矩形．
【答案】（1）证明：∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F，
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=4﹣t，
在△ABP和△DEQ中，
，
∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP=EQ，同理可证PE=QB，
∴四边形PEQB是平行四边形
（2）2；0或4
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；圆内接正多边形
【解析】【解答】（2）解：①当PA=PF，QC=QD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t=2s．
②当t=0时，∠EPF=∠PEF=30°，
∴∠BPE=120°﹣30°=90°，
∴此时四边形PBQE是矩形．
当t=4时，同法可知∠BPE=90°，此时四边形PBQE是矩形．
综上所述，t=0s或4s时，四边形PBQE是矩形．
故答案为2s，0s或4s．
【分析】（1）根据正六边形的性质得出AB=DE，∠A=∠D，再根据点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，得出AP=DQ，就可证明△ABP≌△DEQ，可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可证明结论。
（2）①当PA=PF，QC=QD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t=2s；
②当t=0时，∠EPF=∠PEF=30°，得出∠BPE=90°，可证明此时四边形PBQE是矩形．当t=4时，同法可知∠BPE=90°，此时四边形PBQE是矩形，即可得出答案。
22．（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%.
23．（2019·赣县模拟）课题：两个重叠的正多边形，其中的一个绕某一顶点旋转所形成的有关问题．
实验与论证：
设旋转角∠A1A0B1＝α(α＜∠A1A0A2)，θ3、θ4、θ5、θ6所表示的角如图所示．
（1）用含α的式子表示角的度数：θ3＝ ，θ4＝ ，θ5＝ ；
（2）图1﹣图4中，连接A0H时，在不添加其他辅助线的情况下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请选择其中的一个图给出证明；若不存在，请说明理由；
归纳与猜想：
设正n边形A0A1A2…An﹣1与正n边形A0B1B2…Bn﹣1重合(其中，A1与B1重合)，现将正多边形A0B1B2…Bn﹣1绕顶点A0逆时针旋转α(0°＜α＜ °)；
（3）设θn与上述“θ3、θ4、…”的意义一样，请直接写出θn的度数；
（4）试猜想在正n边形的情形下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请将这条线段用相应的顶点字母表示出来(不要求证明)；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）60°﹣α；α；36°﹣α
（2）解：存在．下面就所选图形的不同分别给出证明： 选图如， 图中有直线A0H垂直平分A2B1，证明如下： 方法一：
证明：∵△A0A1A2与△A0B1B2是全等的等边三角形
∴A0A2＝A0B1
∴∠A0A2B1＝∠A0B1A2，
又∠A0A2H＝∠A0B1H＝60°
∴∠HA2B1＝∠HB1A2
∴A2H＝B1H，∴点H在线段A2B1的垂直平分线上
又∵A0A2＝A0B1，∴点A0在线段A2B1的垂直平分线上
∴直线A0H垂直平分A2B1
方法二：
证明：∵△A0A1A2与△A0B1B2是全等的等边三角形
∴A0A2＝A0B2，
∴∠A0A2B1＝∠A0B1A2，
又∠A0A2H＝∠A0B1H＝60°，
∴∠HA2B1＝∠HB1A2
∴A2H＝B1H，
在△A0A2H与△A0B1H中
∵A0A2＝A0B1，
HA2＝HB1，∠A0A2H＝∠A0B1H
∴△A0A2H≌△A0B1H
∴∠A0A2H＝∠A0B1H，
∴A0H是等腰三角形A0A2B1的角平分线，
∴直线A0H垂直平分A2B1选图如，
图中有直线A0H垂直平分A2B2，证明如下：
∵A0B2＝A0A2∴∠A0B2A2＝∠A0A2B2
又∵∠A0B2B1＝∠A0A2A3
∴∠HB2A2＝∠HA2B2
∴HB2＝HA2
∴点H在线段A2B2的垂直平分线上
又∵A0B2＝A0A2，∴点A0在线段A2B2的垂直平分线上
∴直线A0H垂直平分A2B2
（3）解：当n为奇数时，θn＝ ﹣α；
当n为偶数时，θn＝α．
（4）解：存在． 当n为奇数时，直线A0H垂直平分 ，
当n为偶数时，直线A0H垂直平分
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】解：(1) ∵三角形的性质得α+θ3＝60°，
∴θ3=60°﹣α，
由正方形的性质得θ4＝45°﹣(45°﹣α)＝α，
由正五边形的性质得θ5＝108°﹣36°﹣36°﹣α＝36°﹣α，
故答案为60°﹣α；α；36°﹣α；
【分析】(1)由正三角形的性质得α+θ3＝60°，再由正方形的性质得θ4＝45°﹣(45°﹣α)＝α，最后由正五边形的性质得θ5＝108°﹣36°﹣36°﹣α＝36°﹣α；(2)存在，如在图1中直线A0H垂直且平分的线段A2B1，△A0A1A2≌△A0B1B2，推得A2H＝B1H，则点H在线段A2B1的垂直平分线上；由A0A2＝A0B1，则点A0在线段A2B1的垂直平分线上，从而得出直线A0H垂直且平分的线段A2B1(3)当n为奇数时，θn＝ ﹣α；
当n为偶数时，θn＝α(4)多写几个总结规律：
当n为奇数时，直线A0H垂直平分 ，
当n为偶数时，直线A0H垂直平分 .
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