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培优题
一、选择题
1．（2021八上·津南期中）若一个正多边形的各个内角都是140°，则这个正多边形是（ ）
A．正七边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形
【答案】C
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：设多边形为n边形，由题意，得
（n-2） 180=140，
解得n=9，
故答案为：C．
【分析】设多边形为n边形，根据多边形的内角和公式可得（n-2） 180=140，求出n的值即可。
2．（2021九上·北仑期末）正十边形的每个内角都是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解： 正十边形的每个外角为：
正十边形的每个内角为：
故选：
【分析】正n边形的每一个外角的度数为，再将n=10代入计算可求出正十边形的每个外角的度数；再根据正n边形的一个内角的度数与一个外角的度数和为180°，由此可求出正十边形的每个内角的度数.
3．（2023九上·泸州期中）在圆内接正六边形中，正六边形的边长为，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【知识点】圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：这个正六边形的中心角为，
如图，过圆心作于点，
，
是等边三角形，
，
，
即这个正六边形的边心距为，
故答案为：D.
【分析】根据正多边形的性质求解。先求正六边形的中心角，过圆心作于点，先根据等边三角形的判定可得是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，再利用勾股定理求解．
4．（2023九上·泸州期中）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重台，轴，交y轴于点P．将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；探索图形规律；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵该六边形为正六边形，
∴，，
∵轴，正六边形中心与原点O重合，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴
第1次旋转结束时，点A的坐标为；
第2次旋转结束时，点A的坐标为；
第3次旋转结束时，点A的坐标为；
第4次旋转结束时，点A的坐标为，
∵4次一个循环，
∴
第2023次旋转结束时，点A的坐标为．
故答案为：A.
【分析】根据正六边形的性质的探究点坐标的规律的方法求解。先求出，进而得出，，则，再根据旋转的性质，依次得出前几次旋转的点A的对应点坐标，总结出一般变化规律求解．
5．（2023九上·石家庄期中）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的内接多边形，则∠BOM的度数是（ ）
A．36° B．45° C．48° D．60°
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；多边形内角与外角；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】 解：连接AO
∵△AMN是等边三角形
∴∠ANM=60°
∴∠AOM=2∠ANM=120°
∵ABCDE是正五边形
∴
∴
故答案为：C
【分析】连接AO，根据等边三角形性质及三角形内角和定理可得∠ANM=60°，根据圆周角定理可得∠AOM=2∠ANM=120°，根据正多边形内角和定理可得∠AOB=72°，则∠BOM=∠AOM-∠AOB即可求出答案.
6．（2023九上·期中）如图，已知正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点，P是GH上的动点，连接AP，BP，则AP+BP的值最小时，BP与HG的夹角（锐角）度数为 （ ）度．
A． B．60 C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接PF、BF，BF交GH于点，连接，
因为正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点 ，所以GH为正六边形ABCDEF的一条对称轴，且点A、F关于直线GH对称，所以则则当B、P、F三点共线时有最小值，即点P在时有最小值，因为所以因为所以故即BP与HG的夹角（锐角）度数为 60度.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查对称轴求最小值、正多边形的基本性质.根据题意可得GH为正六边形ABCDEF的一条对称轴，且点A、F关于直线GH对称，所以则则当B、P、F三点共线时有最小值，然后根据正多边形的内角即三角形的外角定理进行求解即可.
7．（2023九上·张北期中）如图，点是的六等分点．若，的周长分别为，，面积分别为，，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形
【解析】【解答】
解：设圆O的半径为r，连接P1O
∵点是的六等分点
∴，，∠P1OP2=60°
∴ ∠P1P5P2=∠P2P5P3=∠P1P5P6=30°，∠P3P2P5=60°，∠P4=120°
P1P6=P5P6=P2P3，P1P5=P3P5
∴ 在Rt中，P2P5=2r，
∴ P2P3=r，P3P5=P1P5=， P1P6=P5P6=P2P3=r，
∴ 周长C1=(2+)r， 面积S1=
周长为C2=(3+)r，面积为S2=
∴ C1≠C2，C2≠2C1，S2=2S1
故答案为：D
【分析】本题考查圆的直径、弧、弦、圆周角、圆心角的关系，同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，对应的弦也相等，直径所对的圆心角为直角。根据点是的六等分点可得，∠P1OP2=60°则 ∠P1P5P2=∠P2P5P3=∠P1P5P6=30°，∠P3P2P5=60°，
∠P4=120°， P2P5=2r，P1P6=P5P6=P2P3=r，P3P5=P1P5=，得 周长C1=(2+)r， 面积S1=；周长为C2=(3+)r，面积为S2=，据此做出判断C1≠C2，C2≠2C1，S2=2S1.
8．（2023·滁州模拟）如图，四边形是的内接正方形，直线且平分，交于点，若，则阴影部分面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形；扇形面积的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接OE、OB设EF交OA于点M
∵直线且平分OA，
∴OE=AE
∵OA，OE为的半径
∴OA=OE
∴OA=AE=OE=1
∴△OAE为等边三角形
∴∠AOE=60°
∴EM=OE×sin∠AOE=OE×sin60°=
∴
∴
∵四边形ABCD是的内接四边形
∴∠AOB=90°
∴
∴
∴
故答案为：A
【分析】本题考查正多边形与圆、利用扇形的面积公式求阴影部分的面积，根据正方形内接于圆，可得出圆心角∠AOB＝90°，可求出和，进而求得，由垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得出AE=OE，从而等到△AOE为等边三角形，利用解直角三角形得出高EM的长，从而求出和，得出，，用即可求出答案.
二、填空题
9．（2019·滨州）若正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为 ．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】
解：如图，连接 、 ，作 于 ；
则 ，
∵六边形 正六边形，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为 ．
故答案为： ．
【分析】如图，连接 、 ，作 于 ，可得OG=2，根据正方形的性质，可得△OAB是正三角形，可得∠OAB=60°，利用解直角三角形可求出OA的长，即是外接圆半径，
10．（2023八下·武功期末）将正六边形与正方形按如图所示摆放，且正六边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是 ．
【答案】30°
【知识点】三角形内角和定理；多边形内角与外角；正方形的性质；正多边形的性质；邻补角
【解析】【解答】解：∵∠ABO==120°，∠OCD=90°，
∴∠OBC=180°-∠ABO=60°，∠OCB=90°，
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-60°-90°=30°.
故答案为：30°.
【分析】根据内角和公式以及正多边形的性质、正方形的性质可得∠ABO、∠OCD的度数，结合邻补角的概念可得∠OBC、∠OCB的度数，然后利用内角和定理进行计算.
11．（2023九上·西山期中）如图是昆明西山的著名景点升庵亭，它的地基是半径为2m的正六边形，则该正六边形的边心距是 ．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】连接OA、OB，过O作OHAB于H
六边形ABCDEF是正六边形
故填：
【分析】求边心距，就先把边心距在图中作出来，它与左右两条半径构成等腰三角形，根据正六边形的性质，可知所构成的三角形是等边三角形，利用三角形函数或勾股定理可求线段OH长，故连接OA、OB，作出OHAB，线段OH的长即为边心距，整理思路即可求取。
12．（2023·淮安）如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连接正六边形的三个顶点得到，则的值是 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；锐角三角函数的定义；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，以BH、HG、GD为边，作正六边形BHGDFE，连接BD、DE、AD，
由正六边形性质得∠KDG=∠AKD=120°，AK=DK，
∴∠ADK=30°，
∴∠ADG=∠KDG-∠ADK=90°，
同理∠EDG=90°，
∴∠EDG+∠ADG=180°，
∴A、D、E三点共线；
∵六边形BHGDFE是正六边形，
∴∠HBC=60°，∠HBE=120°，
∴∠HBC+∠HBE=180°，
∴C、B、E三点共线；
由正六边形性质得∠GDB=60°，∠DBE=60°，
∴∠BDE=∠EDG-∠BDG=30°，
∴∠BED=180°-∠DBE-∠BDE=90°，即∠AEC=90°，
设正六边形的边长为x，则BD=2BE=2x=BC，
∴DE=BE=x=AD，CE=BC+BE=3x，
∴AE=x，
∴tan∠ACB=.
故答案为：.
【分析】以BH、HG、GD为边，作正六边形BHGDFE，连接BD、DE、AD，由正六边形性质得∠KDG=∠AKD=120°，AK=DK，由等腰三角形的性质得∠ADK=30°，进而根据角的和差求出∠ADG=90°，同理∠EDG=90°，可推出A、D、E三点共线；由正六边形的性质得∠HBC=60°，∠HBE=120°，推出C、B、E三点共线；由正六边形性质得∠GDB=60°，∠DBE=60°，由角的和差得∠BDE=30°，然后根据三角形的内角和定理求出∠AEC=90°，设正六边形的边长为x，根据含30°角直角三角形性质可求出BD=2BE=2x=BC，DE=BE=x=AD，进而表示出EC与AE，最后根据正切函数的定义可求出∠ACB的正切值.
13．（2023·河北） 将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，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．则图2中
（1） 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．
【答案】（1）
（2）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；多边形内角与外角；矩形的性质；锐角三角函数的定义；正多边形的性质
【解析】【解答】解：（1）作图如下：
由题意得 ，
∴ ，
故答案为： ；
（2）取中间正六边形的中心为 ，作如下图所示的图形：
由题意得： ， ， ，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
在 中， ，由图1知 ，
∴ ，
，
，
，
又 ，
，
故答案为：
【分析】（1）根据多边形外角和结合题意即可得到，进而结合题意即可求解；
（2）取中间正六边形的中心为 ，根据题意作图，由题意得： ， ， ，先根据矩形的性质得到 ，再根据三角形全等的判定与性质即可得到 ，在 中， ，由图1知 ，再根据正六边形的性质即可得到 ，进而结合题意即可求解。
三、解答题
14．如图，在正六边形ABCDEF中，AB=2，P是ED的中点，连结AP．求AP的长．
【答案】解：连结AE，过点F作FH⊥AE于点H，
∵正六边形ABCDEF，点P为ED的中点，
∴EP=ED=1，AE=EF=ED=2，∠AFE=∠AED=120°，
∴∠FAE=∠FEA=（180°-120°）=30°，AE=2HE，
∴FH=EF=1，
∴，
∴，
∵∠AEP=∠FED-∠FAE=120°-30°=90°，
∴.
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；勾股定理；正多边形的性质
【解析】【分析】连结AE，过点F作FH⊥AE于点H，利用正六边形的性质可求出EP的长，同时可证得AE=EF=ED=2，∠AFE=∠AED=120°，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠FAE=∠FEA=30°，AE=2HE，同时可求出FH的长；利用勾股定理求出HE的长，可得到AE的长；然后证明∠AEP=90°，利用勾股定理求出AP的长.
15．（2023九上·张北期中）如图1．正方形ABCD内接于，连接AC．P是上的动点（不与点A重合），连接AP．
（1）如图2，当P是的中点时，过点D作的切线，与AP的延长线交于点Q．
①AC与DQ之间的位置关系是 ▲ 。并说明理由；
②求的度数；
（2）连接DP，请直接写出的度数。
【答案】（1）解：①；
理由：连接OD．∵正方形ABCD内接于，∴∵DQ是的切线，∴，∴，∴；
②由①可知，，∴．
∵P是的中点，∴．
∵，∴；
（2）解：的度数为45°或135°．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；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】
（2）解：当点P在上时，如图所示，连接DP，OD
∵正方形ABCD内接于
∴ AD=DC=BC=AB
∴===
∴ ∠AOD=90°
∴ ∠APD=45°
当点P在劣弧上时，如图所示，连接DP，
∵正方形ABCD内接于
∴ ∠ACD=45°
∵ 四边形APDC内接于
∴ ∠ACD+∠APD=180°
∴ ∠APD=135°
综上，∠APD=45°或135°
【分析】本题考查圆内四边形、正方形的性质、圆周角与圆心角的数量关系，有动点分情况讨论。熟悉掌握圆与四边形的性质是关键。
（1）连接OD．由正方形ABCD内接于得∠AOD=90°；由DQ是切线得∠ODQ=90°，则∠AOD=∠ODQ，得AC∥DQ； ②由①∠AOD=90°得∠OAD=45°；根据P是的中点，得∠DAP=∠CAP=22.5°；由AC∥DQ知∠Q；
（2）根据点P的位置分情况计算∠APD。当点P在上时，连接DP，OD，由(1)∠AOD=90°得 ∠APD=45°；当点P在劣弧上时，连接DP，由正方形得 ∠ACD=45°；由四边形APDC内接于得∠ACD+∠APD=180°；得∠APD=135°；综上，∠APD=45°或135°.
四、综合题
16．（2023·娄底）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星．为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等．数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究．延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星．如图，正五边形的边的延长线相交于点F，的平分线交于点M．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
（3）求的值．
【答案】（1）证明：∵是正五边形，
∴，
∴，
又∵的平分线交于点M，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即；
（2）解：∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴；
（3）解：设，，连接，，
则根据（2）中计算可得，
∵是正五边形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；相似三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）先根据多边形的内角即可得到，进而得到，再根据角平分线的性质得到，进而运用相似三角形的判定与性质证明即可得到；
（2）先根据三角形内角和定理得到，从而运用（1）中的结论即可求出AE；
（3）设，，连接，，则根据（2）中计算可得，先根据正多边形的性质得到，从而结合题意运用三角形全等的判定与性质证明，，进而即可得到，从而根据结合题意即可求解。
17．（2023八上·清新期中）已知，正六边形ABCDEF，边长为6，G点以每秒为1的速度从A→B→C→D→E上运动，不与E点重合，同时，点H以同样的速度从B→C→D→E→F上运动，不与F点重合，连接GF、AH交于点I；
（1）求∠E的度数．
（2）如图1，IJ是∠FIH的角平分线，过F点作IJ的垂线，垂足为J，当FI是∠AFJ的角平分线时，求证AI＝IJ．
（3）如图2，过B点作FG的平行线，交直线AH于点L，当G在运动的过程中，写出FI、AL、AI之间的数量关系，并给出证明．
【答案】（1）解：由多边形内角和公式得：∠E＝＝120°；
（2）解：如图1，∵正六边形ABCDEF，
∴∠FAB＝∠ABC＝120°，AF＝AB＝6，
∵点G，H均以每秒为1的速度同时分别沿着A→B→C→D→E和B→C→D→E→F上运动，
∴AG＝BH，
在△ABH和△FAG中，
，
∴△ABH≌△FAG（SAS），
∴∠BAH＝∠AFG，
∴∠AIG＝∠FAI+∠AFI＝∠FAI+∠BAH＝120°，
∴∠FIH＝∠AIG＝∠120°，∠AIF＝60°，
∵IJ是∠FIH的角平分线，
∴∠JIF＝∠FIH＝60°，
∴∠AIF＝∠JIF，
∵FI是∠AFJ的角平分线，
∴∠AFI＝∠JFI，
在△AIF和△JIF中，
，
∴△AIF≌△JIF（ASA），
∴AI＝IJ；
（3）解：①当点G在A-B-C上运动时，始终有∠AFG＝∠BAH，
故FII＝AL+AI；理由如下：
∴∠AFG+∠FAI＝∠BAH+∠FAI＝120°，
∴∠FIA＝60°，∠AIG＝120°，
∵BL∥FG，
∴∠ALB＝∠AIG＝120°，
如图2，在IF上截取IM，使MI＝AI，
∵∠FIA＝60°，
∴△AMI是等边三角形，
∴IM＝IA＝AM，∠AMI＝60°，
∴∠AMF＝120°＝∠ALB，
在△AFM和△BAL中，
，
∴△AFM≌△BAL（AAS），
∴FM＝AL，
∴FI＝FM+MI＝AL+AI；
②当点G在C-D-E上运动时，同样∠AFG＝∠BAH，故FI＝AI-AL，理由如下：
∴∠AFG+∠FAI＝∠BAH+∠FAI＝120°，
如图3，在射线IF上截取IM，使MI＝AI，
故△AMI是等边三角形，
在△AFM和△BAL中，
∠ALB＝∠AMF＝60°，
∠AFM＝∠BAL，AF＝AB，
∴△AFM≌△BAL（AAS），
∴FM＝AL
∴FI＝MI-FM＝AI-AL，
综上所述，FI＝AL+AI或FI＝AI-AL．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）利用多边形内角和公式和正多边形性质进行计算即可；
（2）由正六边形性质可得∠FAB＝∠ABC＝120°，AF＝AB＝6，根据点G、H的运动路径和速度可得AG=BH，可用SAS证△ABH≌△FAG，得∠BAH＝∠AFG，可推出∠FIH＝∠AIG＝∠120°，∠AIF＝60°，再根据角平分线的定义得∠AIF＝∠JIF，∠AFI＝∠JFI，再用ASA证△AIF≌△JIF，运用全等三角形对应边相等可得结论；
（3）分两种情况进行讨论：当点G在A-B-C上运动时，始终有∠AFG＝∠BAH，故FI＝AL+AI；理由如下：用AAS证得△AFM≌△BAL，可得FM＝AL，从而可得结论；当点G在C-D-E上运动时，同样∠AFG＝∠BAH，故FI＝AI-AL，理由如下：用AAS证得△AFM≌△BAL，可得FM＝AL，从而可得结论，综上可得所以FI＝AL+AI或FI＝AI-AL．
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培优题
一、选择题
1．（2021八上·津南期中）若一个正多边形的各个内角都是140°，则这个正多边形是（ ）
A．正七边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形
2．（2021九上·北仑期末）正十边形的每个内角都是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九上·泸州期中）在圆内接正六边形中，正六边形的边长为，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（ ）
A．， B．， C．， D．，
4．（2023九上·泸州期中）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重台，轴，交y轴于点P．将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023九上·石家庄期中）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的内接多边形，则∠BOM的度数是（ ）
A．36° B．45° C．48° D．60°
6．（2023九上·期中）如图，已知正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点，P是GH上的动点，连接AP，BP，则AP+BP的值最小时，BP与HG的夹角（锐角）度数为 （ ）度．
A． B．60 C． D．
7．（2023九上·张北期中）如图，点是的六等分点．若，的周长分别为，，面积分别为，，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·滁州模拟）如图，四边形是的内接正方形，直线且平分，交于点，若，则阴影部分面积为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
9．（2019·滨州）若正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为 ．
10．（2023八下·武功期末）将正六边形与正方形按如图所示摆放，且正六边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是 ．
11．（2023九上·西山期中）如图是昆明西山的著名景点升庵亭，它的地基是半径为2m的正六边形，则该正六边形的边心距是 ．
12．（2023·淮安）如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连接正六边形的三个顶点得到，则的值是 ．
13．（2023·河北） 将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，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．则图2中
（1） 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．
三、解答题
14．如图，在正六边形ABCDEF中，AB=2，P是ED的中点，连结AP．求AP的长．
15．（2023九上·张北期中）如图1．正方形ABCD内接于，连接AC．P是上的动点（不与点A重合），连接AP．
（1）如图2，当P是的中点时，过点D作的切线，与AP的延长线交于点Q．
①AC与DQ之间的位置关系是 ▲ 。并说明理由；
②求的度数；
（2）连接DP，请直接写出的度数。
四、综合题
16．（2023·娄底）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星．为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等．数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究．延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星．如图，正五边形的边的延长线相交于点F，的平分线交于点M．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
（3）求的值．
17．（2023八上·清新期中）已知，正六边形ABCDEF，边长为6，G点以每秒为1的速度从A→B→C→D→E上运动，不与E点重合，同时，点H以同样的速度从B→C→D→E→F上运动，不与F点重合，连接GF、AH交于点I；
（1）求∠E的度数．
（2）如图1，IJ是∠FIH的角平分线，过F点作IJ的垂线，垂足为J，当FI是∠AFJ的角平分线时，求证AI＝IJ．
（3）如图2，过B点作FG的平行线，交直线AH于点L，当G在运动的过程中，写出FI、AL、AI之间的数量关系，并给出证明．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：设多边形为n边形，由题意，得
（n-2） 180=140，
解得n=9，
故答案为：C．
【分析】设多边形为n边形，根据多边形的内角和公式可得（n-2） 180=140，求出n的值即可。
2．【答案】D
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解： 正十边形的每个外角为：
正十边形的每个内角为：
故选：
【分析】正n边形的每一个外角的度数为，再将n=10代入计算可求出正十边形的每个外角的度数；再根据正n边形的一个内角的度数与一个外角的度数和为180°，由此可求出正十边形的每个内角的度数.
3．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：这个正六边形的中心角为，
如图，过圆心作于点，
，
是等边三角形，
，
，
即这个正六边形的边心距为，
故答案为：D.
【分析】根据正多边形的性质求解。先求正六边形的中心角，过圆心作于点，先根据等边三角形的判定可得是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，再利用勾股定理求解．
4．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；探索图形规律；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵该六边形为正六边形，
∴，，
∵轴，正六边形中心与原点O重合，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴
第1次旋转结束时，点A的坐标为；
第2次旋转结束时，点A的坐标为；
第3次旋转结束时，点A的坐标为；
第4次旋转结束时，点A的坐标为，
∵4次一个循环，
∴
第2023次旋转结束时，点A的坐标为．
故答案为：A.
【分析】根据正六边形的性质的探究点坐标的规律的方法求解。先求出，进而得出，，则，再根据旋转的性质，依次得出前几次旋转的点A的对应点坐标，总结出一般变化规律求解．
5．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；多边形内角与外角；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】 解：连接AO
∵△AMN是等边三角形
∴∠ANM=60°
∴∠AOM=2∠ANM=120°
∵ABCDE是正五边形
∴
∴
故答案为：C
【分析】连接AO，根据等边三角形性质及三角形内角和定理可得∠ANM=60°，根据圆周角定理可得∠AOM=2∠ANM=120°，根据正多边形内角和定理可得∠AOB=72°，则∠BOM=∠AOM-∠AOB即可求出答案.
6．【答案】B
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接PF、BF，BF交GH于点，连接，
因为正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点 ，所以GH为正六边形ABCDEF的一条对称轴，且点A、F关于直线GH对称，所以则则当B、P、F三点共线时有最小值，即点P在时有最小值，因为所以因为所以故即BP与HG的夹角（锐角）度数为 60度.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查对称轴求最小值、正多边形的基本性质.根据题意可得GH为正六边形ABCDEF的一条对称轴，且点A、F关于直线GH对称，所以则则当B、P、F三点共线时有最小值，然后根据正多边形的内角即三角形的外角定理进行求解即可.
7．【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形
【解析】【解答】
解：设圆O的半径为r，连接P1O
∵点是的六等分点
∴，，∠P1OP2=60°
∴ ∠P1P5P2=∠P2P5P3=∠P1P5P6=30°，∠P3P2P5=60°，∠P4=120°
P1P6=P5P6=P2P3，P1P5=P3P5
∴ 在Rt中，P2P5=2r，
∴ P2P3=r，P3P5=P1P5=， P1P6=P5P6=P2P3=r，
∴ 周长C1=(2+)r， 面积S1=
周长为C2=(3+)r，面积为S2=
∴ C1≠C2，C2≠2C1，S2=2S1
故答案为：D
【分析】本题考查圆的直径、弧、弦、圆周角、圆心角的关系，同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，对应的弦也相等，直径所对的圆心角为直角。根据点是的六等分点可得，∠P1OP2=60°则 ∠P1P5P2=∠P2P5P3=∠P1P5P6=30°，∠P3P2P5=60°，
∠P4=120°， P2P5=2r，P1P6=P5P6=P2P3=r，P3P5=P1P5=，得 周长C1=(2+)r， 面积S1=；周长为C2=(3+)r，面积为S2=，据此做出判断C1≠C2，C2≠2C1，S2=2S1.
8．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形；扇形面积的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接OE、OB设EF交OA于点M
∵直线且平分OA，
∴OE=AE
∵OA，OE为的半径
∴OA=OE
∴OA=AE=OE=1
∴△OAE为等边三角形
∴∠AOE=60°
∴EM=OE×sin∠AOE=OE×sin60°=
∴
∴
∵四边形ABCD是的内接四边形
∴∠AOB=90°
∴
∴
∴
故答案为：A
【分析】本题考查正多边形与圆、利用扇形的面积公式求阴影部分的面积，根据正方形内接于圆，可得出圆心角∠AOB＝90°，可求出和，进而求得，由垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得出AE=OE，从而等到△AOE为等边三角形，利用解直角三角形得出高EM的长，从而求出和，得出，，用即可求出答案.
9．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】
解：如图，连接 、 ，作 于 ；
则 ，
∵六边形 正六边形，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为 ．
故答案为： ．
【分析】如图，连接 、 ，作 于 ，可得OG=2，根据正方形的性质，可得△OAB是正三角形，可得∠OAB=60°，利用解直角三角形可求出OA的长，即是外接圆半径，
10．【答案】30°
【知识点】三角形内角和定理；多边形内角与外角；正方形的性质；正多边形的性质；邻补角
【解析】【解答】解：∵∠ABO==120°，∠OCD=90°，
∴∠OBC=180°-∠ABO=60°，∠OCB=90°，
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-60°-90°=30°.
故答案为：30°.
【分析】根据内角和公式以及正多边形的性质、正方形的性质可得∠ABO、∠OCD的度数，结合邻补角的概念可得∠OBC、∠OCB的度数，然后利用内角和定理进行计算.
11．【答案】
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】连接OA、OB，过O作OHAB于H
六边形ABCDEF是正六边形
故填：
【分析】求边心距，就先把边心距在图中作出来，它与左右两条半径构成等腰三角形，根据正六边形的性质，可知所构成的三角形是等边三角形，利用三角形函数或勾股定理可求线段OH长，故连接OA、OB，作出OHAB，线段OH的长即为边心距，整理思路即可求取。
12．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；锐角三角函数的定义；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，以BH、HG、GD为边，作正六边形BHGDFE，连接BD、DE、AD，
由正六边形性质得∠KDG=∠AKD=120°，AK=DK，
∴∠ADK=30°，
∴∠ADG=∠KDG-∠ADK=90°，
同理∠EDG=90°，
∴∠EDG+∠ADG=180°，
∴A、D、E三点共线；
∵六边形BHGDFE是正六边形，
∴∠HBC=60°，∠HBE=120°，
∴∠HBC+∠HBE=180°，
∴C、B、E三点共线；
由正六边形性质得∠GDB=60°，∠DBE=60°，
∴∠BDE=∠EDG-∠BDG=30°，
∴∠BED=180°-∠DBE-∠BDE=90°，即∠AEC=90°，
设正六边形的边长为x，则BD=2BE=2x=BC，
∴DE=BE=x=AD，CE=BC+BE=3x，
∴AE=x，
∴tan∠ACB=.
故答案为：.
【分析】以BH、HG、GD为边，作正六边形BHGDFE，连接BD、DE、AD，由正六边形性质得∠KDG=∠AKD=120°，AK=DK，由等腰三角形的性质得∠ADK=30°，进而根据角的和差求出∠ADG=90°，同理∠EDG=90°，可推出A、D、E三点共线；由正六边形的性质得∠HBC=60°，∠HBE=120°，推出C、B、E三点共线；由正六边形性质得∠GDB=60°，∠DBE=60°，由角的和差得∠BDE=30°，然后根据三角形的内角和定理求出∠AEC=90°，设正六边形的边长为x，根据含30°角直角三角形性质可求出BD=2BE=2x=BC，DE=BE=x=AD，进而表示出EC与AE，最后根据正切函数的定义可求出∠ACB的正切值.
13．【答案】（1）
（2）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；多边形内角与外角；矩形的性质；锐角三角函数的定义；正多边形的性质
【解析】【解答】解：（1）作图如下：
由题意得 ，
∴ ，
故答案为： ；
（2）取中间正六边形的中心为 ，作如下图所示的图形：
由题意得： ， ， ，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
在 中， ，由图1知 ，
∴ ，
，
，
，
又 ，
，
故答案为：
【分析】（1）根据多边形外角和结合题意即可得到，进而结合题意即可求解；
（2）取中间正六边形的中心为 ，根据题意作图，由题意得： ， ， ，先根据矩形的性质得到 ，再根据三角形全等的判定与性质即可得到 ，在 中， ，由图1知 ，再根据正六边形的性质即可得到 ，进而结合题意即可求解。
14．【答案】解：连结AE，过点F作FH⊥AE于点H，
∵正六边形ABCDEF，点P为ED的中点，
∴EP=ED=1，AE=EF=ED=2，∠AFE=∠AED=120°，
∴∠FAE=∠FEA=（180°-120°）=30°，AE=2HE，
∴FH=EF=1，
∴，
∴，
∵∠AEP=∠FED-∠FAE=120°-30°=90°，
∴.
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；勾股定理；正多边形的性质
【解析】【分析】连结AE，过点F作FH⊥AE于点H，利用正六边形的性质可求出EP的长，同时可证得AE=EF=ED=2，∠AFE=∠AED=120°，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠FAE=∠FEA=30°，AE=2HE，同时可求出FH的长；利用勾股定理求出HE的长，可得到AE的长；然后证明∠AEP=90°，利用勾股定理求出AP的长.
15．【答案】（1）解：①；
理由：连接OD．∵正方形ABCD内接于，∴∵DQ是的切线，∴，∴，∴；
②由①可知，，∴．
∵P是的中点，∴．
∵，∴；
（2）解：的度数为45°或135°．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；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】
（2）解：当点P在上时，如图所示，连接DP，OD
∵正方形ABCD内接于
∴ AD=DC=BC=AB
∴===
∴ ∠AOD=90°
∴ ∠APD=45°
当点P在劣弧上时，如图所示，连接DP，
∵正方形ABCD内接于
∴ ∠ACD=45°
∵ 四边形APDC内接于
∴ ∠ACD+∠APD=180°
∴ ∠APD=135°
综上，∠APD=45°或135°
【分析】本题考查圆内四边形、正方形的性质、圆周角与圆心角的数量关系，有动点分情况讨论。熟悉掌握圆与四边形的性质是关键。
（1）连接OD．由正方形ABCD内接于得∠AOD=90°；由DQ是切线得∠ODQ=90°，则∠AOD=∠ODQ，得AC∥DQ； ②由①∠AOD=90°得∠OAD=45°；根据P是的中点，得∠DAP=∠CAP=22.5°；由AC∥DQ知∠Q；
（2）根据点P的位置分情况计算∠APD。当点P在上时，连接DP，OD，由(1)∠AOD=90°得 ∠APD=45°；当点P在劣弧上时，连接DP，由正方形得 ∠ACD=45°；由四边形APDC内接于得∠ACD+∠APD=180°；得∠APD=135°；综上，∠APD=45°或135°.
16．【答案】（1）证明：∵是正五边形，
∴，
∴，
又∵的平分线交于点M，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即；
（2）解：∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴；
（3）解：设，，连接，，
则根据（2）中计算可得，
∵是正五边形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；相似三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）先根据多边形的内角即可得到，进而得到，再根据角平分线的性质得到，进而运用相似三角形的判定与性质证明即可得到；
（2）先根据三角形内角和定理得到，从而运用（1）中的结论即可求出AE；
（3）设，，连接，，则根据（2）中计算可得，先根据正多边形的性质得到，从而结合题意运用三角形全等的判定与性质证明，，进而即可得到，从而根据结合题意即可求解。
17．【答案】（1）解：由多边形内角和公式得：∠E＝＝120°；
（2）解：如图1，∵正六边形ABCDEF，
∴∠FAB＝∠ABC＝120°，AF＝AB＝6，
∵点G，H均以每秒为1的速度同时分别沿着A→B→C→D→E和B→C→D→E→F上运动，
∴AG＝BH，
在△ABH和△FAG中，
，
∴△ABH≌△FAG（SAS），
∴∠BAH＝∠AFG，
∴∠AIG＝∠FAI+∠AFI＝∠FAI+∠BAH＝120°，
∴∠FIH＝∠AIG＝∠120°，∠AIF＝60°，
∵IJ是∠FIH的角平分线，
∴∠JIF＝∠FIH＝60°，
∴∠AIF＝∠JIF，
∵FI是∠AFJ的角平分线，
∴∠AFI＝∠JFI，
在△AIF和△JIF中，
，
∴△AIF≌△JIF（ASA），
∴AI＝IJ；
（3）解：①当点G在A-B-C上运动时，始终有∠AFG＝∠BAH，
故FII＝AL+AI；理由如下：
∴∠AFG+∠FAI＝∠BAH+∠FAI＝120°，
∴∠FIA＝60°，∠AIG＝120°，
∵BL∥FG，
∴∠ALB＝∠AIG＝120°，
如图2，在IF上截取IM，使MI＝AI，
∵∠FIA＝60°，
∴△AMI是等边三角形，
∴IM＝IA＝AM，∠AMI＝60°，
∴∠AMF＝120°＝∠ALB，
在△AFM和△BAL中，
，
∴△AFM≌△BAL（AAS），
∴FM＝AL，
∴FI＝FM+MI＝AL+AI；
②当点G在C-D-E上运动时，同样∠AFG＝∠BAH，故FI＝AI-AL，理由如下：
∴∠AFG+∠FAI＝∠BAH+∠FAI＝120°，
如图3，在射线IF上截取IM，使MI＝AI，
故△AMI是等边三角形，
在△AFM和△BAL中，
∠ALB＝∠AMF＝60°，
∠AFM＝∠BAL，AF＝AB，
∴△AFM≌△BAL（AAS），
∴FM＝AL
∴FI＝MI-FM＝AI-AL，
综上所述，FI＝AL+AI或FI＝AI-AL．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）利用多边形内角和公式和正多边形性质进行计算即可；
（2）由正六边形性质可得∠FAB＝∠ABC＝120°，AF＝AB＝6，根据点G、H的运动路径和速度可得AG=BH，可用SAS证△ABH≌△FAG，得∠BAH＝∠AFG，可推出∠FIH＝∠AIG＝∠120°，∠AIF＝60°，再根据角平分线的定义得∠AIF＝∠JIF，∠AFI＝∠JFI，再用ASA证△AIF≌△JIF，运用全等三角形对应边相等可得结论；
（3）分两种情况进行讨论：当点G在A-B-C上运动时，始终有∠AFG＝∠BAH，故FI＝AL+AI；理由如下：用AAS证得△AFM≌△BAL，可得FM＝AL，从而可得结论；当点G在C-D-E上运动时，同样∠AFG＝∠BAH，故FI＝AI-AL，理由如下：用AAS证得△AFM≌△BAL，可得FM＝AL，从而可得结论，综上可得所以FI＝AL+AI或FI＝AI-AL．
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