2023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.7 正多边形与圆同步分层训练基础题
一、选择题
1．（2021九上·余姚月考）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在 上，则∠BPC的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
2．（2023·临沂）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（ ）
A．60° B．90° C．180° D．360°
3．（2023九上·杭州期中）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连结OC，OD，则∠COD＝（ ）
A．72° B．60 C．54 D．48°
4．（2023八上·香洲月考）若正边形的一个外角为，则的值是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
5．（2021九上·慈溪期末）一个圆的内接正六边形与内接正方形的边长之比为（ ）
A．3：2 B． C． D．
6．（2023九上·襄都月考）已知一个三角形的内心与外心重合，若它的内切圆的半径为2，则它的外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023九上·襄都月考）如图，正六边形内接于，的半径为6，则这个正六边形的边心距和的长分别为（ ）
A．3， B．， C．， D．，
8．（2023九上·滨江月考）作⊙O的内接正六边形ABCDEF，甲、乙两人的作法分别是：
甲：第一步：在⊙O上任取一点A，从点A开始，以⊙O的半径为半径，在⊙O上依次截取点B，C，D，E，F．第二步：依次连接这六个点．
乙：第一步：任作一直径AD．第二步：分别作OA，OD的中垂线与⊙O相交，交点从点A开始，依次为点B，C，E，F．第三步：依次连接这六个点．
对于甲、乙两人的作法，可判断（ ）
A．甲正确，乙错误 B．甲、乙均错误
C．甲错误，乙正确 D．甲、乙均正确
二、填空题
9．（2023九上·吉林期中）如图所示的图案绕中心旋转n°后能与原来的图案完全重合，则n的最小值为
10．（2023八上·临江期中）如图，△ABC是边长为a的等边三角形纸张，现将各角剪去一个三角形，使得剩下的六边形PQRSTU为正六边形，则此正六边形的周长等于
11．（2021七下·苏州期末）用“筝形”和“镖形”两种不同的瓷砖铺设成如图所示的地面，则“筝形”瓷砖中的内角 °.
12．（2023八上·沧州月考）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，从上面看到的图形如图1所示，正六边形边长为3且各有一个顶点在直线l上，则图1中螺母组成的图形的周长（图中加粗部分总长度）为 ；两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，从上面看到的图形如图11-2所示，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点，正六边形边直线l．则 ．
13．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的割圆术：“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 ．
三、解答题
14．已知：如图，在圆内接正五边形ABCDE中，对角线AC，BD交于点P．
（1）求∠APD的度数．
（2）求证：四边形EAPD是菱形．
15．（2023九上·平山期中） 如图，正六边形ABCDEF内接于.
（1）若P是上的动点，连接BP，FP，求的度数；
（2）已知的面积为.
①求的度数；
②求的半径.
四、综合题
16．（2023九上·杭州期末）如图，在正五边形中，连结交于点F.
（1）求的度数.
（2）已知，求的长.
17．（2022八上·广西壮族自治区期中）按要求完成下列各小题.
（1）一个多边形的内角和比它的外角和多，求这个多边形的边数.
（2）如图，若正五边形和长方形按如图方式叠放在一起，求的度数.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】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⊙O，
∴ 所对的圆心角为90°，
∴∠BOC＝90°，
∴∠BPC＝ ∠BOC＝45°.
故答案为：B.
【分析】连接OB、OC，易得∠BOC＝90°， 然后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解.
2．【答案】B
【知识点】旋转的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：正六边形的中心角为：360°÷6=60°，
∴将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小可以为60°或60°的整数倍，
∴旋转角的大小不可能为90°，
故答案为：B.
【分析】根据题意先求出正六边形的中心角为60°，再求解即可。
3．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵该五边形ABCDE是正五边形∴∠COD=
故答案为：A.
【分析】由于周角等于360°，正五边形ABCDE内接于⊙O，因此，∠COD是该圆的五等分角，即可求得该角度数.
4．【答案】A
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正n边形的一个外角为60°，
∴n=360°÷60°=6，
故答案为：A.
【分析】根据正多边形的外角都相等和多边形的外角和是360度即可求解.
5．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设圆的半径为R，如图，在圆内接正方形ABCD中，OA=OB=R，∠AOB=90°，
∴圆内接正方形的边长为=R.
在圆内接正六边形ABCDEF中，∠AOB=60°，
∴△AOB为等边三角形，
∴圆内接正六边形的边长为R，
∴一个圆的内接正六边形与内接正方形的边长之比为R：R=1：.
故答案为C.
【分析】设圆的半径为R，画出圆内接正方形以及正六边形图形，计算出圆内接正方形、内接正六边形的边长，然后作比即可.
6．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵一个三角形的内心与外心重合，
∴该三角形是等边三角形，
由题意得，如图，是等边三角形，其内心外心均为点O，连接OB，过点O作于点D，则，
∵，平分，
∴，
在中，，
∴的外接圆半径为4，
∴它的外接圆的面积为，
故答案为：D
【分析】先根据题意判断出该三角形为等边三角形，进而结合题意得到其内心外心均为点O，连接OB，过点O作于点D，则，再根据等边三角形的性质即可得到，从而运用正多边形与圆结合题意即可求解。
7．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；弧长的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接 ，，如图所示：
∵正六边形内接于，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，．
故答案为：D
【分析】连接 ，，先根据正多边形与圆即可得到，，进而根据等边三角形的判定与性质即可得到，进而运用解直角三角形的知识结合弧长的计算公式即可求解。
8．【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图：
甲：∵AB=BO=AO，
∴△AOB为等边三角形，
同理可得△BOC，△COD，△DOE，△EOF，△AOF均为等边三角形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠AFE=∠FAB=120°，
故六边形ABCDEF为正六边形；
如图：
乙：∵BA=BO=AO，
∴△ABO为等边三角形，
同理可得△AOF，△COD，△DOE均为等边三角形，
即∠EOF=∠BOC=60°，BO=CO=EO=FO，
∴△BOC，△EOF均为等边三角形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠AFE=∠FAB=120°，
故六边形ABCDEF为正六边形；
因此，甲、乙两人的作法均正确，
故答案为：D.
【分析】根据有三条边都相等的三角形是等边三角形，等边三角形的三条边相等，三个角都是60°可推得AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠AFE=∠FAB=120°，即可证明六边形ABCDEF为正六边形.
9．【答案】45
【知识点】旋转对称图形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵如图所示的图案连接各点后是正八边形，且绕中心旋转n°后能与原来的图案完全重合
∴ n=360°÷8=45°，
∴ n是45°的倍数
∴ n的最小值为45°
故答案为：45°.
【分析】本题考查旋转对称图形：在平面内，把一个图形绕某一定点旋转一定的角度能与自身重合的图形。正八边形的一边对应的角度为n=360°÷8=45°，则只需旋转角为45° 的倍数都可使旋转前后的图形重合。
10．【答案】2a
【知识点】等边三角形的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得： 正六边的周长为：，
故答案为：2a.
【分析】根据等边三角形的性质和正多边形计算求解即可。
11．【答案】144
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，5个筝形组成一个正10边形，
所以，∠BCD=（10-2）×180°÷10=8×18°=144°.
故答案为：144.
【分析】根据多边形内角和定理求出其内角和，再除以边数即得内角的度数.
12．【答案】；
【知识点】平行线的性质；多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：图1中螺母组成的图形的周长为：；
延长交直线l于点C，延长交于点F，如图所示：
∵直线l，
∴，
∵，
∴，即，
∵图形是正六边形，
∴，
∴，
故答案为：；
【分析】直接根据题意即可得到第一个空的答案；延长交直线l于点C，延长交于点F，根据题意得到，进而运用平行线的性质即可得到，即，再根据正六边形的外角结合题意即可求解。
13．【答案】3
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，过A作AMOB于点M，
在正十二边形中，∠AOB=360°12=30°，
正十二边形的面积为
故答案为：3.
【分析】过A作AMOB于点M，求得∠AOB=360°12=30°，利用直角三角形的性质得到利用三角形的面积公式得到再根据正十二边形的面积为利用圆的面积公式即可求解.
14．【答案】（1）解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=AE，
∴，
∴，
∴∠BPC=180°-2×36°=108°，
∴∠APD=∠BPC=108°，
（2）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴， AB=BC=CD=DE=AE，
∴∠ABP=∠ABC-∠DBC=108°-36°=72°；
则∠ABP+∠DBC=108°+72°=180°；
∴BD∥AE，
同理可得AC∥DE，
∴四边形DEAP是平行四边形，
∵AE=DE，
∴四边形EAPD是菱形．
【知识点】菱形的判定；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）根据正多边形的每条边都相等可得AB=BC=CD=DE=AE；根据等弦所对的弧相等可得；根据等弧所对的圆周角相等、在等圆中，等弧所对的圆周角是圆心角的一半以及正多边形每一边所对的圆心角相等可求得∠DBC=∠ACB的度数；根据三角形的内角和是180度可求出∠BPC的度数，根据对顶角相等即可求解；
（2）根据正多边形的每条边都相等可得AB=BC=CD=DE=AE，；推得∠ABP+∠DBC=108°+72°=180°；根据同旁内角互补，两直线平行可得BD∥AE，同理推得AC∥DE；根据两组对边平行的四边形是平行四边形，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证．
15．【答案】（1）解：∵正六边形ABCDEF内接于，∴，；
（2）解：①连接OF.
∵，，∴是等边三角形，∴；（3分）
②∵是等边三角形，∴.∵AD是直径，∴，
∴根据勾股定理可得.
根据题意可得，解得，（舍），即的半径为2.
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）首先根据圆内接正六边形，求得∠BAF的度数，然后根据圆内接四边形对角互补得出∠BPF即可；
（2）①连接OF，根据圆内接正六边形的性质，可求得∠AOF=60°，然后根据等边三角形的判定，得出△AOF是等边三角形，即可得出∠DAF=60°；②由①可知 是等边三角形， 从而得出OA=AF，然后根据直径所对的圆周角是直角，可得出△ADF是直角三角形，再根据勾股定理得出DF=，然后根据三角形面积计算公式可得 ， 通过计算即可得出OA=2，或OA=-2（舍去），即 即的半径为2.
16．【答案】（1）解：∵五边形是正五边形，
∴，，，，，.
∴四边形是菱形，
∴，
同理可求：，
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴.
∵，
同理，
∴，
∴，即，
设，则，
∴，即，
解得（舍去负值）.
∴的长是.
【知识点】菱形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）根据正五边形的性质可得AB=BC=CD=DE=AE，AB∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC=AD=CE，∠BAE=108°，推出四边形ABCF为菱形，得到∠BAC=∠CAD，同理可得∠CAD=∠DAE，据此求解；
（2） 根据菱形的性质可得CF=AF=AB=2，由（1）可得∠BAC=∠CAD=∠DAE=36°，同理可得∠DCE=36°，证明△DCF∽△DAC，设DF=x，则AD=x+2，然后根据相似三角形的性质进行计算.
17．【答案】（1）解：设多边形的边数为n，
根据题意，得，
解得，
∴这个多边形的边数是9；
（2）解：正五边形的内角和为，
∴正五边形每个内角为，
即，
∵四边形是长方形，
∴，
∴，
∴.
【知识点】多边形内角与外角；矩形的性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）设多边形的边数为n，可得它的内角和为（n-2）×180°，多边形外角和为360°，根据“ 多边形的内角和比它的外角和多 ”列出方并解之即可；
（2） 由正五边形可求出， 由长方形可得，利用三角形外角的性质可得，根据即可求解.
1 / 12023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.7 正多边形与圆同步分层训练基础题
一、选择题
1．（2021九上·余姚月考）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在 上，则∠BPC的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】B
【知识点】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⊙O，
∴ 所对的圆心角为90°，
∴∠BOC＝90°，
∴∠BPC＝ ∠BOC＝45°.
故答案为：B.
【分析】连接OB、OC，易得∠BOC＝90°， 然后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解.
2．（2023·临沂）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（ ）
A．60° B．90° C．180° D．360°
【答案】B
【知识点】旋转的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：正六边形的中心角为：360°÷6=60°，
∴将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小可以为60°或60°的整数倍，
∴旋转角的大小不可能为90°，
故答案为：B.
【分析】根据题意先求出正六边形的中心角为60°，再求解即可。
3．（2023九上·杭州期中）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连结OC，OD，则∠COD＝（ ）
A．72° B．60 C．54 D．48°
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵该五边形ABCDE是正五边形∴∠COD=
故答案为：A.
【分析】由于周角等于360°，正五边形ABCDE内接于⊙O，因此，∠COD是该圆的五等分角，即可求得该角度数.
4．（2023八上·香洲月考）若正边形的一个外角为，则的值是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】A
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正n边形的一个外角为60°，
∴n=360°÷60°=6，
故答案为：A.
【分析】根据正多边形的外角都相等和多边形的外角和是360度即可求解.
5．（2021九上·慈溪期末）一个圆的内接正六边形与内接正方形的边长之比为（ ）
A．3：2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设圆的半径为R，如图，在圆内接正方形ABCD中，OA=OB=R，∠AOB=90°，
∴圆内接正方形的边长为=R.
在圆内接正六边形ABCDEF中，∠AOB=60°，
∴△AOB为等边三角形，
∴圆内接正六边形的边长为R，
∴一个圆的内接正六边形与内接正方形的边长之比为R：R=1：.
故答案为C.
【分析】设圆的半径为R，画出圆内接正方形以及正六边形图形，计算出圆内接正方形、内接正六边形的边长，然后作比即可.
6．（2023九上·襄都月考）已知一个三角形的内心与外心重合，若它的内切圆的半径为2，则它的外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵一个三角形的内心与外心重合，
∴该三角形是等边三角形，
由题意得，如图，是等边三角形，其内心外心均为点O，连接OB，过点O作于点D，则，
∵，平分，
∴，
在中，，
∴的外接圆半径为4，
∴它的外接圆的面积为，
故答案为：D
【分析】先根据题意判断出该三角形为等边三角形，进而结合题意得到其内心外心均为点O，连接OB，过点O作于点D，则，再根据等边三角形的性质即可得到，从而运用正多边形与圆结合题意即可求解。
7．（2023九上·襄都月考）如图，正六边形内接于，的半径为6，则这个正六边形的边心距和的长分别为（ ）
A．3， B．， C．， D．，
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；弧长的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接 ，，如图所示：
∵正六边形内接于，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，．
故答案为：D
【分析】连接 ，，先根据正多边形与圆即可得到，，进而根据等边三角形的判定与性质即可得到，进而运用解直角三角形的知识结合弧长的计算公式即可求解。
8．（2023九上·滨江月考）作⊙O的内接正六边形ABCDEF，甲、乙两人的作法分别是：
甲：第一步：在⊙O上任取一点A，从点A开始，以⊙O的半径为半径，在⊙O上依次截取点B，C，D，E，F．第二步：依次连接这六个点．
乙：第一步：任作一直径AD．第二步：分别作OA，OD的中垂线与⊙O相交，交点从点A开始，依次为点B，C，E，F．第三步：依次连接这六个点．
对于甲、乙两人的作法，可判断（ ）
A．甲正确，乙错误 B．甲、乙均错误
C．甲错误，乙正确 D．甲、乙均正确
【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图：
甲：∵AB=BO=AO，
∴△AOB为等边三角形，
同理可得△BOC，△COD，△DOE，△EOF，△AOF均为等边三角形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠AFE=∠FAB=120°，
故六边形ABCDEF为正六边形；
如图：
乙：∵BA=BO=AO，
∴△ABO为等边三角形，
同理可得△AOF，△COD，△DOE均为等边三角形，
即∠EOF=∠BOC=60°，BO=CO=EO=FO，
∴△BOC，△EOF均为等边三角形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠AFE=∠FAB=120°，
故六边形ABCDEF为正六边形；
因此，甲、乙两人的作法均正确，
故答案为：D.
【分析】根据有三条边都相等的三角形是等边三角形，等边三角形的三条边相等，三个角都是60°可推得AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠AFE=∠FAB=120°，即可证明六边形ABCDEF为正六边形.
二、填空题
9．（2023九上·吉林期中）如图所示的图案绕中心旋转n°后能与原来的图案完全重合，则n的最小值为
【答案】45
【知识点】旋转对称图形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵如图所示的图案连接各点后是正八边形，且绕中心旋转n°后能与原来的图案完全重合
∴ n=360°÷8=45°，
∴ n是45°的倍数
∴ n的最小值为45°
故答案为：45°.
【分析】本题考查旋转对称图形：在平面内，把一个图形绕某一定点旋转一定的角度能与自身重合的图形。正八边形的一边对应的角度为n=360°÷8=45°，则只需旋转角为45° 的倍数都可使旋转前后的图形重合。
10．（2023八上·临江期中）如图，△ABC是边长为a的等边三角形纸张，现将各角剪去一个三角形，使得剩下的六边形PQRSTU为正六边形，则此正六边形的周长等于
【答案】2a
【知识点】等边三角形的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得： 正六边的周长为：，
故答案为：2a.
【分析】根据等边三角形的性质和正多边形计算求解即可。
11．（2021七下·苏州期末）用“筝形”和“镖形”两种不同的瓷砖铺设成如图所示的地面，则“筝形”瓷砖中的内角 °.
【答案】144
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，5个筝形组成一个正10边形，
所以，∠BCD=（10-2）×180°÷10=8×18°=144°.
故答案为：144.
【分析】根据多边形内角和定理求出其内角和，再除以边数即得内角的度数.
12．（2023八上·沧州月考）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，从上面看到的图形如图1所示，正六边形边长为3且各有一个顶点在直线l上，则图1中螺母组成的图形的周长（图中加粗部分总长度）为 ；两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，从上面看到的图形如图11-2所示，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点，正六边形边直线l．则 ．
【答案】；
【知识点】平行线的性质；多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：图1中螺母组成的图形的周长为：；
延长交直线l于点C，延长交于点F，如图所示：
∵直线l，
∴，
∵，
∴，即，
∵图形是正六边形，
∴，
∴，
故答案为：；
【分析】直接根据题意即可得到第一个空的答案；延长交直线l于点C，延长交于点F，根据题意得到，进而运用平行线的性质即可得到，即，再根据正六边形的外角结合题意即可求解。
13．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的割圆术：“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 ．
【答案】3
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，过A作AMOB于点M，
在正十二边形中，∠AOB=360°12=30°，
正十二边形的面积为
故答案为：3.
【分析】过A作AMOB于点M，求得∠AOB=360°12=30°，利用直角三角形的性质得到利用三角形的面积公式得到再根据正十二边形的面积为利用圆的面积公式即可求解.
三、解答题
14．已知：如图，在圆内接正五边形ABCDE中，对角线AC，BD交于点P．
（1）求∠APD的度数．
（2）求证：四边形EAPD是菱形．
【答案】（1）解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=AE，
∴，
∴，
∴∠BPC=180°-2×36°=108°，
∴∠APD=∠BPC=108°，
（2）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴， AB=BC=CD=DE=AE，
∴∠ABP=∠ABC-∠DBC=108°-36°=72°；
则∠ABP+∠DBC=108°+72°=180°；
∴BD∥AE，
同理可得AC∥DE，
∴四边形DEAP是平行四边形，
∵AE=DE，
∴四边形EAPD是菱形．
【知识点】菱形的判定；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）根据正多边形的每条边都相等可得AB=BC=CD=DE=AE；根据等弦所对的弧相等可得；根据等弧所对的圆周角相等、在等圆中，等弧所对的圆周角是圆心角的一半以及正多边形每一边所对的圆心角相等可求得∠DBC=∠ACB的度数；根据三角形的内角和是180度可求出∠BPC的度数，根据对顶角相等即可求解；
（2）根据正多边形的每条边都相等可得AB=BC=CD=DE=AE，；推得∠ABP+∠DBC=108°+72°=180°；根据同旁内角互补，两直线平行可得BD∥AE，同理推得AC∥DE；根据两组对边平行的四边形是平行四边形，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证．
15．（2023九上·平山期中） 如图，正六边形ABCDEF内接于.
（1）若P是上的动点，连接BP，FP，求的度数；
（2）已知的面积为.
①求的度数；
②求的半径.
【答案】（1）解：∵正六边形ABCDEF内接于，∴，；
（2）解：①连接OF.
∵，，∴是等边三角形，∴；（3分）
②∵是等边三角形，∴.∵AD是直径，∴，
∴根据勾股定理可得.
根据题意可得，解得，（舍），即的半径为2.
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆内接正多边形
【解析】【分析】（1）首先根据圆内接正六边形，求得∠BAF的度数，然后根据圆内接四边形对角互补得出∠BPF即可；
（2）①连接OF，根据圆内接正六边形的性质，可求得∠AOF=60°，然后根据等边三角形的判定，得出△AOF是等边三角形，即可得出∠DAF=60°；②由①可知 是等边三角形， 从而得出OA=AF，然后根据直径所对的圆周角是直角，可得出△ADF是直角三角形，再根据勾股定理得出DF=，然后根据三角形面积计算公式可得 ， 通过计算即可得出OA=2，或OA=-2（舍去），即 即的半径为2.
四、综合题
16．（2023九上·杭州期末）如图，在正五边形中，连结交于点F.
（1）求的度数.
（2）已知，求的长.
【答案】（1）解：∵五边形是正五边形，
∴，，，，，.
∴四边形是菱形，
∴，
同理可求：，
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴.
∵，
同理，
∴，
∴，即，
设，则，
∴，即，
解得（舍去负值）.
∴的长是.
【知识点】菱形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）根据正五边形的性质可得AB=BC=CD=DE=AE，AB∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC=AD=CE，∠BAE=108°，推出四边形ABCF为菱形，得到∠BAC=∠CAD，同理可得∠CAD=∠DAE，据此求解；
（2） 根据菱形的性质可得CF=AF=AB=2，由（1）可得∠BAC=∠CAD=∠DAE=36°，同理可得∠DCE=36°，证明△DCF∽△DAC，设DF=x，则AD=x+2，然后根据相似三角形的性质进行计算.
17．（2022八上·广西壮族自治区期中）按要求完成下列各小题.
（1）一个多边形的内角和比它的外角和多，求这个多边形的边数.
（2）如图，若正五边形和长方形按如图方式叠放在一起，求的度数.
【答案】（1）解：设多边形的边数为n，
根据题意，得，
解得，
∴这个多边形的边数是9；
（2）解：正五边形的内角和为，
∴正五边形每个内角为，
即，
∵四边形是长方形，
∴，
∴，
∴.
【知识点】多边形内角与外角；矩形的性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）设多边形的边数为n，可得它的内角和为（n-2）×180°，多边形外角和为360°，根据“ 多边形的内角和比它的外角和多 ”列出方并解之即可；
（2） 由正五边形可求出， 由长方形可得，利用三角形外角的性质可得，根据即可求解.
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