2023-2024学年苏科版数学九年级上册2.6正多边形与圆 同步练习
一、选择题
1．（2023·温州模拟）如图，，为的两条弦，连结，，点为的延长线上一点．若，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：在优弧AC上取点E，连接AE，EC，
∴四边形ABCE是圆O的内接四边形，
∴∠E+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠E=∠CBD=65°，
∴∠AOC=2∠E=130°.
故答案为：D
【分析】在优弧AC上取点E，连接AE，EC，利用圆内接四边形的性质可证得∠E+∠ABC=180°，再利用补角的性质可证得∠E=∠CBD=65°；然后利用一条弧所对的圆心角等于其圆周角的2倍，可求出∠AOC的度数.
2．（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.
3．（2023九上·福州模拟）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．
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：圆的内接正多边形边数越多，越接近圆的周长，正多边形周长越长.
故答案为：A.
【分析】圆的内接正多边形边数越多，越接近圆的周长，正多边形周长越长，据此判断.
4．（2020九上·铜官期末）如图，正六边形ABCDEF内接于 ，已知 的 半径为2，则圆心O到边AB的距离是（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：过O作OH⊥AB于H，
在正六边形ABCDEF中，∠AOB= =60°，
∵OA=OB，
∴∠AOH=30°，AH= AB=1，
∴OH= AH= ，
故答案为：C．
【分析】过O作OH⊥AB于H，根据正六边形ABCDEF的性质得出∠AOB= =60°，根据等腰三角形的性质得出∠AOH=30°，AH= AB=1，即可得出结论。
5．（2021·青神模拟）如图，正五边形 内接于 ，点 是劣弧 上一点（点 不与点 重合），则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接 ， ，
是正五边形，
，
，
故答案为：B.
【分析】连接 ， .求出 的度数，再根据圆周角定理即可解决问题.
6．（2021·绍兴）如图，正方形ABCD内接于 ，点P在 上，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接OB，OC，如图，
∵正方形ABCD内接于 ，
∴
∴
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质可知∠BOC为90°，然后根据同圆中圆周角和圆心角的关系求∠P即可.
7．（2021九上·防城港期末）已知⊙O的半径是2，一个正方形内接于⊙O，则这个正方形的边长是（ ）
A．2 B．2 C． D．4
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示：
∵⊙O的半径为2，四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，
∴AB＝ .
故答案为：A.
【分析】利用正方形的性质结合勾股定理可得出正方形的边长.
8．（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．
9．（2018·禹会模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，以BC为斜边在矩形的外部作直角三角形BEC，点F是CD的中点，则EF的最大值为（ ）
A． B．4 C．5 D．
【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】因∠BEC=90°，可知点E在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，连接FO并延长FO交圆O于点E，
此时EF的值最大；在Rt△FOC中，FC=1.5，OC=2，根据勾股定理可求得OF=2.5，所以EF=OF+OE=2.5+2=4.5，
故答案为：D.
【分析】以BC为直径做圆，因为直径所对的圆周角为直角，所以点E永远在圆弧BC上，当EF经过圆心时，可知EF最长，因为过圆心的玄最长.
10．将边长为3cm的正三角形各边三等分，以这六个分点为顶点构成一个正六边形，则这个正六边形的面积为( )
A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：三角形的高==，
三角形面积=3×÷2=cm2，
六边形的面积=×=cm2．
故选A．
【分析】我们画出图后可以看出，我们将正三角形平均分成了9个小正三角形，六边形的面积正好是它的三分之二．
本题考查等边三角形的性质．解此题的关键是画出图后，找出六边形与三角形之间的关系．
二、填空题
11．（2023·重庆）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=90°，AB=CD=4，AD=BC=3，
在△BCD中，由勾股定理得，
∴圆的半径，
∴，
故答案为：
【分析】连接BD，先根据矩形的性质得到∠BCD=90°，AB=CD=4，AD=BC=3，再根据勾股定理即可求出圆的直径，进而即可得到圆的半径，再根据即可求解。
12．（2023九下·衢州月考）拓展课上，同学们准备用卡纸做一个底面为边长为的正六边形，高为的无盖包装盒，它的表面展开图如图1所示.
（1）若选用长方形卡纸按图2方式剪出包装盒的表面展开图，则的长为 ；
（2）若选用一块等边三角形卡纸按图3方式剪出包装盒表面展开图，则这个等边三角形的边长为 .
【答案】（1）
（2）
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）如图所示，设正六边形的圆心为O，过点O作于N，交于M，连接，
由题意得，四边形是矩形，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由正六边形的性质可得，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴由对称性可知，
故答案为：；
（2）如图所示，设正六边形的圆心为O，过点O作于N，于M，
由（1）可得，
∵是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
故答案为：.
【分析】（1）设正六边形的圆心为O，过点O作ON⊥EH于点N，交FG于M，连接OF，OG，易证四边形EFGH是矩形，可得到EF，FG的长，再证明四边形EFNM是矩形，利用矩形的性质可求出MN的长；再利用正六边形的性质，可求出∠FOG的度数，可得到△FOG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到OF、FM的长，利用勾股定理求出ON的长，然后利用对称性可求出AB的长.
（2）设正六边形的圆心为O，过点O作ON⊥FG于N，OM⊥EF于M，可得到OM=ON，利用等边三角形的性质可得到∠EFG=60°，利用HL证明△OMF≌△ONF，利用全等三角形的性质可求出∠OFM=∠OFN=30°，利用解直角三角形求出EM的长，然后根据EF=EM+AM，代入计算求出EF的长.
13．（2022九上·巴东月考）正六边形内接于圆，则它的边所对的圆周角的度数为 .
【答案】30°或150°
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接，在上取点G，连接，如图所示：
∵六边形是正六边形，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
即在正六边形的外接圆中，任一边所对的圆周角的度数为或；
故答案为：30°或150°.
【分析】利用圆的正六边形的性质，可得到中心角∠AOB的度数，利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可求出正六边形的边AB所对的圆周角∠AEB的度数，再利用圆内接四边形的性质，可求出∠AGB的度数，即可求解.
14．（2022九上·河东期末）正方形的中心角为 ．
【答案】90°
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，设正方形ABCD的中心为点O，
则∠AOB=360°÷4=90°，
故答案为：90°．
【分析】设正方形ABCD的中心为点O，再列出算式求出中心角即可。
15．（2021·孝义模拟）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率．若设⊙O的半径为R，圆内接正n边形的边长、面积分别为an，Sn，圆内接正2n边形边长、面积分别为a2n，S2n．刘徽用以下公式求出a2n和S2n． ， ．如图，若⊙O的半径为1，则⊙O的内接正八边形AEBFCGDH的面积为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接AC，四边形ABCD是圆内接正四边形，∠ADC=90°，
∴AC是圆的直径，AC=2，
∵ ，
∴ ，
，
故答案为： ．
【分析】先求出AC是圆的直径，AC=2，再求出 ，最后找出规律求解即可。
三、解答题
16．（2021九上·巢湖月考）已知圆内接正十二边形的面积为S，求同圆的内接正六边形的面积．
【答案】解：设ED是正六边形的边，EG是正十二边形的边，则ED⊥OG．
∵∠EOG＝ ＝30°，
∴设圆的半径是r，S△EOG＝ OE OG sin30°＝ r2＝ S，
∴r2＝ S．
∴S△OED＝ r2＝ ．
则正六边形的面积是：6× ＝ ．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】先求出 S△OED＝ r2＝ ，再计算求解即可。
17．（2018九上·丰城期中）如图，已知正三角形ABC内接于 ，AD是 的内接正十二边形的一条边长，连接CD，若 ，求 的半径．
【答案】解：如图所示，连接OA、O
D、OC，
等边 内接于 ，AD为内接正十二边形的一边，
， ，
，
，
是等腰直角三角形，
，
即 的半径为6cm．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】 如图所示，连接OA，OD，OC，根据圆内接正多边形的性质求出∠AOC、∠AOD的度数，从而求出∠COD的度数，继而求出△OCD为等腰直角三角形，由OC=OD=CD，即可求出半径.
18．如图，已知等边△ABC，请用直尺（不带刻度）和圆规，按下列要求作图（不要求写作法，但要保留作图痕迹）：
（1）作△ABC的外心O；
（2）设D是AB边上一点，在图中作出一个正六边形DEFGHI，使点F，点H分别在边BC和AC上．
【答案】（1）解：如图所示：点O即为所求．
（2）解：如图所示：六边形DEFGHI即为所求正六边形．
【知识点】三角形的外接圆与外心；圆内接正多边形；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】（1）三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，所以做三角形两条边的垂直平分线，得到的交点即为所求；
（2）分别在BC边和AC边上找一点F和H，然后连接DH，DF，HF，按照（1）的方法找出三角形DHF的内心，然后作出△DHF的外接圆，再作出△DHF三边垂直平分线与外接圆的交点，然后依次连接即可.
19．如图，已知正n边形边长为a，边心距为r，求正n边形的半径R、周长P和面积S．
【答案】解：∵正n边形边长为a，OM⊥AB，OA=OB，
∴AM= AB= a，
∵边心距为r，
∴正n边形的半径R= = = ；
∴周长P=na；
∴面积S=nS△OAB=n× a×r= nar
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】由正n边形边长为a，边心距为r，利用勾股定理即可求得正n边形的半径R，继而求得周长P，然后由面积S=nS△OAB求得答案．
四、综合题
20．（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。
21．（2021九上·武汉期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是 的中点，连接AE，DE，CE.
（1）求证：AE=DE；
（2）若CE=1，求四边形AECD的面积.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴ .
∵E是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴AE=DE.
（2）解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC.
∵∠EDF=90°，
∴∠F=90°﹣45°=45°，
∴DE=DF.
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF.
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四边形AECD=S△DEF.
∵EF= DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE= DE，
∴DE= +1，
∴S△DEF= DE2= .
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=CD，可推出弧AB=弧CD，再根据E是 的中，可推出弧AE=弧DE，利用圆心角，弧，弦之间的关系定理可证得结论；
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.，利用正方形的性质可知∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC，再证明DE=DF，∠ADE=∠CDF；再利用AAS证明△ADE≌△CDF，利用全等三角形的性质可证得AE=CF，S△ADE=S△CDF，可推出S四边形AECD=S△DEF；据此建立关于DE的方程，解方程求出DE的长，根据 S△DEF= DE2，代入计算求出△DEF的面积.
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%.
1 / 12023-2024学年苏科版数学九年级上册2.6正多边形与圆 同步练习
一、选择题
1．（2023·温州模拟）如图，，为的两条弦，连结，，点为的延长线上一点．若，则为（ ）
A． B． C． D．
2．（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°
3．（2023九上·福州模拟）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．
4．（2020九上·铜官期末）如图，正六边形ABCDEF内接于 ，已知 的 半径为2，则圆心O到边AB的距离是（ ）
A．2 B．1 C． D．
5．（2021·青神模拟）如图，正五边形 内接于 ，点 是劣弧 上一点（点 不与点 重合），则 （ ）
A． B． C． D．
6．（2021·绍兴）如图，正方形ABCD内接于 ，点P在 上，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2021九上·防城港期末）已知⊙O的半径是2，一个正方形内接于⊙O，则这个正方形的边长是（ ）
A．2 B．2 C． D．4
8．（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
9．（2018·禹会模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，以BC为斜边在矩形的外部作直角三角形BEC，点F是CD的中点，则EF的最大值为（ ）
A． B．4 C．5 D．
10．将边长为3cm的正三角形各边三等分，以这六个分点为顶点构成一个正六边形，则这个正六边形的面积为( )
A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
二、填空题
11．（2023·重庆）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
12．（2023九下·衢州月考）拓展课上，同学们准备用卡纸做一个底面为边长为的正六边形，高为的无盖包装盒，它的表面展开图如图1所示.
（1）若选用长方形卡纸按图2方式剪出包装盒的表面展开图，则的长为 ；
（2）若选用一块等边三角形卡纸按图3方式剪出包装盒表面展开图，则这个等边三角形的边长为 .
13．（2022九上·巴东月考）正六边形内接于圆，则它的边所对的圆周角的度数为 .
14．（2022九上·河东期末）正方形的中心角为 ．
15．（2021·孝义模拟）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率．若设⊙O的半径为R，圆内接正n边形的边长、面积分别为an，Sn，圆内接正2n边形边长、面积分别为a2n，S2n．刘徽用以下公式求出a2n和S2n． ， ．如图，若⊙O的半径为1，则⊙O的内接正八边形AEBFCGDH的面积为 ．
三、解答题
16．（2021九上·巢湖月考）已知圆内接正十二边形的面积为S，求同圆的内接正六边形的面积．
17．（2018九上·丰城期中）如图，已知正三角形ABC内接于 ，AD是 的内接正十二边形的一条边长，连接CD，若 ，求 的半径．
18．如图，已知等边△ABC，请用直尺（不带刻度）和圆规，按下列要求作图（不要求写作法，但要保留作图痕迹）：
（1）作△ABC的外心O；
（2）设D是AB边上一点，在图中作出一个正六边形DEFGHI，使点F，点H分别在边BC和AC上．
19．如图，已知正n边形边长为a，边心距为r，求正n边形的半径R、周长P和面积S．
四、综合题
20．（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
21．（2021九上·武汉期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是 的中点，连接AE，DE，CE.
（1）求证：AE=DE；
（2）若CE=1，求四边形AECD的面积.
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.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：在优弧AC上取点E，连接AE，EC，
∴四边形ABCE是圆O的内接四边形，
∴∠E+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠E=∠CBD=65°，
∴∠AOC=2∠E=130°.
故答案为：D
【分析】在优弧AC上取点E，连接AE，EC，利用圆内接四边形的性质可证得∠E+∠ABC=180°，再利用补角的性质可证得∠E=∠CBD=65°；然后利用一条弧所对的圆心角等于其圆周角的2倍，可求出∠AOC的度数.
2．【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.
3．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：圆的内接正多边形边数越多，越接近圆的周长，正多边形周长越长.
故答案为：A.
【分析】圆的内接正多边形边数越多，越接近圆的周长，正多边形周长越长，据此判断.
4．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：过O作OH⊥AB于H，
在正六边形ABCDEF中，∠AOB= =60°，
∵OA=OB，
∴∠AOH=30°，AH= AB=1，
∴OH= AH= ，
故答案为：C．
【分析】过O作OH⊥AB于H，根据正六边形ABCDEF的性质得出∠AOB= =60°，根据等腰三角形的性质得出∠AOH=30°，AH= AB=1，即可得出结论。
5．【答案】B
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接 ， ，
是正五边形，
，
，
故答案为：B.
【分析】连接 ， .求出 的度数，再根据圆周角定理即可解决问题.
6．【答案】B
【知识点】正方形的性质；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接OB，OC，如图，
∵正方形ABCD内接于 ，
∴
∴
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质可知∠BOC为90°，然后根据同圆中圆周角和圆心角的关系求∠P即可.
7．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示：
∵⊙O的半径为2，四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，
∴AB＝ .
故答案为：A.
【分析】利用正方形的性质结合勾股定理可得出正方形的边长.
8．【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．
9．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】因∠BEC=90°，可知点E在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，连接FO并延长FO交圆O于点E，
此时EF的值最大；在Rt△FOC中，FC=1.5，OC=2，根据勾股定理可求得OF=2.5，所以EF=OF+OE=2.5+2=4.5，
故答案为：D.
【分析】以BC为直径做圆，因为直径所对的圆周角为直角，所以点E永远在圆弧BC上，当EF经过圆心时，可知EF最长，因为过圆心的玄最长.
10．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：三角形的高==，
三角形面积=3×÷2=cm2，
六边形的面积=×=cm2．
故选A．
【分析】我们画出图后可以看出，我们将正三角形平均分成了9个小正三角形，六边形的面积正好是它的三分之二．
本题考查等边三角形的性质．解此题的关键是画出图后，找出六边形与三角形之间的关系．
11．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=90°，AB=CD=4，AD=BC=3，
在△BCD中，由勾股定理得，
∴圆的半径，
∴，
故答案为：
【分析】连接BD，先根据矩形的性质得到∠BCD=90°，AB=CD=4，AD=BC=3，再根据勾股定理即可求出圆的直径，进而即可得到圆的半径，再根据即可求解。
12．【答案】（1）
（2）
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）如图所示，设正六边形的圆心为O，过点O作于N，交于M，连接，
由题意得，四边形是矩形，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由正六边形的性质可得，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴由对称性可知，
故答案为：；
（2）如图所示，设正六边形的圆心为O，过点O作于N，于M，
由（1）可得，
∵是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
故答案为：.
【分析】（1）设正六边形的圆心为O，过点O作ON⊥EH于点N，交FG于M，连接OF，OG，易证四边形EFGH是矩形，可得到EF，FG的长，再证明四边形EFNM是矩形，利用矩形的性质可求出MN的长；再利用正六边形的性质，可求出∠FOG的度数，可得到△FOG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到OF、FM的长，利用勾股定理求出ON的长，然后利用对称性可求出AB的长.
（2）设正六边形的圆心为O，过点O作ON⊥FG于N，OM⊥EF于M，可得到OM=ON，利用等边三角形的性质可得到∠EFG=60°，利用HL证明△OMF≌△ONF，利用全等三角形的性质可求出∠OFM=∠OFN=30°，利用解直角三角形求出EM的长，然后根据EF=EM+AM，代入计算求出EF的长.
13．【答案】30°或150°
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接，在上取点G，连接，如图所示：
∵六边形是正六边形，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
即在正六边形的外接圆中，任一边所对的圆周角的度数为或；
故答案为：30°或150°.
【分析】利用圆的正六边形的性质，可得到中心角∠AOB的度数，利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可求出正六边形的边AB所对的圆周角∠AEB的度数，再利用圆内接四边形的性质，可求出∠AGB的度数，即可求解.
14．【答案】90°
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，设正方形ABCD的中心为点O，
则∠AOB=360°÷4=90°，
故答案为：90°．
【分析】设正方形ABCD的中心为点O，再列出算式求出中心角即可。
15．【答案】
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接AC，四边形ABCD是圆内接正四边形，∠ADC=90°，
∴AC是圆的直径，AC=2，
∵ ，
∴ ，
，
故答案为： ．
【分析】先求出AC是圆的直径，AC=2，再求出 ，最后找出规律求解即可。
16．【答案】解：设ED是正六边形的边，EG是正十二边形的边，则ED⊥OG．
∵∠EOG＝ ＝30°，
∴设圆的半径是r，S△EOG＝ OE OG sin30°＝ r2＝ S，
∴r2＝ S．
∴S△OED＝ r2＝ ．
则正六边形的面积是：6× ＝ ．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】先求出 S△OED＝ r2＝ ，再计算求解即可。
17．【答案】解：如图所示，连接OA、O
D、OC，
等边 内接于 ，AD为内接正十二边形的一边，
， ，
，
，
是等腰直角三角形，
，
即 的半径为6cm．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】 如图所示，连接OA，OD，OC，根据圆内接正多边形的性质求出∠AOC、∠AOD的度数，从而求出∠COD的度数，继而求出△OCD为等腰直角三角形，由OC=OD=CD，即可求出半径.
18．【答案】（1）解：如图所示：点O即为所求．
（2）解：如图所示：六边形DEFGHI即为所求正六边形．
【知识点】三角形的外接圆与外心；圆内接正多边形；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】（1）三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，所以做三角形两条边的垂直平分线，得到的交点即为所求；
（2）分别在BC边和AC边上找一点F和H，然后连接DH，DF，HF，按照（1）的方法找出三角形DHF的内心，然后作出△DHF的外接圆，再作出△DHF三边垂直平分线与外接圆的交点，然后依次连接即可.
19．【答案】解：∵正n边形边长为a，OM⊥AB，OA=OB，
∴AM= AB= a，
∵边心距为r，
∴正n边形的半径R= = = ；
∴周长P=na；
∴面积S=nS△OAB=n× a×r= nar
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】由正n边形边长为a，边心距为r，利用勾股定理即可求得正n边形的半径R，继而求得周长P，然后由面积S=nS△OAB求得答案．
20．【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。
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴ .
∵E是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴AE=DE.
（2）解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC.
∵∠EDF=90°，
∴∠F=90°﹣45°=45°，
∴DE=DF.
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF.
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四边形AECD=S△DEF.
∵EF= DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE= DE，
∴DE= +1，
∴S△DEF= DE2= .
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=CD，可推出弧AB=弧CD，再根据E是 的中，可推出弧AE=弧DE，利用圆心角，弧，弦之间的关系定理可证得结论；
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.，利用正方形的性质可知∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC，再证明DE=DF，∠ADE=∠CDF；再利用AAS证明△ADE≌△CDF，利用全等三角形的性质可证得AE=CF，S△ADE=S△CDF，可推出S四边形AECD=S△DEF；据此建立关于DE的方程，解方程求出DE的长，根据 S△DEF= DE2，代入计算求出△DEF的面积.
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%.
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