2023-2024学年沪科版初中数学九年级下册 24.6.1 正多边形与圆 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（2020九上·乌兰察布期中）⊙O的半径为2，则它的内接正六边形的边长为（ ）
A．2 B．2 C． D．2
2．（2023·余杭模拟）如图，正九边形外接圆的半径是R，则这个正九边形的边长为（ ）
A． B． C． D．
3．（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．
4．（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．
5．（2023九下·秦淮月考）如图，是正六边形的边上一点，则的度数不可能是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023九下·西湖月考）如图，正六边形ABCDEF内接于00，若0 O的周长等于6π，则正六边形的边长为（ ）
A． B．3 C．2 D．
7．（2020九上·上思月考）⊙O内有一个内接正三角形和一个内接正方形，则内接三角形与内接正方形的边长之比为（ ）
A．1∶ B． ∶ C．3∶2 D．1∶2
8．（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
二、填空题
9．（2023·修文模拟） 如图，正五边形内接于，点在上，则的度数为 ．
10．（2023·岳阳模拟）请阅读下列材料，解答问题：
克罗狄斯托勒密约年年，是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
如图，正五边形内接于，，则对角线的长为 ．
11．（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 .
12．（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 ．
三、解答题
13．我国古代数学家刘徽通过“割圆术”来估计圆周率的值——“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，可以理解为当正多边形的边数越来越多时，该正多边形与它的外接圆越来越“接近”，这样就可以用正多边形的周长替代它的外接圆的周长，从而估算出圆周率的值.
（1）对于边长为的正方形，其外接圆半径为 ，根据故事中的方法，用该正方形的周长替代它的外接圆周长，利用公式，可以估算 .
（2）类比(1)，当正多边形为正六边形时，估计的值.
14．（2020九上·金寨期末）如图，正五边形 内接于 ， 为 上的一点（点 不与点 重合），求 的余角的度数．
四、综合题
15．（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.
16．（2021九上·秦淮期末）圆周率 的故事
我国古代数学家刘徽通过“割圆术”来估计圆周率 的值——“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，可以理解为当正多边形的边数越来越多时，该正多边形与它的外接圆越来越“接近”，这样就可以用正多边形的周长替代它的外接圆的周长，从而估算出圆周率 的值.
（1）对于边长为a的正方形，其外接圆半径为 ，根据故事中的方法，用该正方形的周长4a替代它的外接圆周长，利用公式 ，可以估算 .
（2）类比（1），当正多边形为正六边形时，估计 的值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】如图，AB为⊙O的内接正六边形的边长；∵∠AOB==60°，OA=OB，∴△OAB为等边三角形，∴AB=OA=2，故选A．
【分析】如图，首先求出∠AOB=60°，结合OA=OB，得到△OAB为等边三角形，即可解决问题．
2．【答案】C
【知识点】垂径定理；圆内接正多边形；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：过点O作OC⊥AB于点C，则AC=BC=AB.
∵正九边形，
∴∠AOB=360°÷9=40°，
∴∠AOC=20°，
∴AC=OA·sin20°=R·sin20°，
∴AB=2AC=2R·sin20°，即这个正九边形的边长为2R·sin20°.
故答案为：C.
【分析】过点O作OC⊥AB于点C，则AC=BC=AB，由外角和为360°可得∠AOB=360°÷9=40°，则∠AOC=20°，根据三角函数的概念可得AC，然后表示出AB，据此解答.
3．【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.
4．【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.
5．【答案】A
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，作正六边形的外接圆，延长交于点，连接，
是正六边形，
，，
，
，
A、B、C、D四个选项中，只有A选项符合题意，
故答案为：A.
【分析】作正六边形的外接圆⊙O，延长AP交⊙O于点G，连接CG，根据正多边形的性质可得∠AOC=120°，根据圆周角定理可得∠AGC=∠AOC=60°，由外角的性质可得∠APC=∠AGC+∠PCG≥60°，据此判断.
6．【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接OD，OC，
∵正六边形ABCDEF，
∴∠DOC=360°÷6=60°，OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=CD；
设圆的半径为r，
∵圆O的周长等于6π，
∴2πr=6π，
解之：r=3，
∴CD=3.
故答案为：B
【分析】连接OD，OC，利用正六边形的性质，可求出∠DOC的度数，同时可证得OC=OD，可得到△COD是等边三角形，利用等边三角形的性质可知OC=CD，再利用圆的面积公式求出正六边形的半径，据此可得到正六边形的边长.
7．【答案】B
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD，作OH⊥AB于H，
∵∠COD=90°，
∴△COD为等腰直角三角形，
∴CD=，
∵∠AOH=60°，
∴AH=OA×sin60°=R，
∴AB=2AH=R，
内接三角形与内接正方形的边长之比为=R：R=；
故答案为：B.
【分析】连接OA、OB、OC、OD，作OH⊥AB于H，利用等腰直角三角形和含30°角的直角三角形的性质分别求出内接正三角形和内接正方形的边长，最后求比值即可.
8．【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。
9．【答案】
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OB，OC.
∵正五边形内接于，
∴∠BOC==72°，
∴∠CPB=∠BOC=36°.
故答案为：36°.
【分析】如图，连接OB，OC，求出正五边形的中心角∠BOC=72°，再利用圆周角定理求解。
10．【答案】
【知识点】一元二次方程的其他应用；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：
连接AD，BE，
由正五边形ABCDE可知：AE=DE=AB=2，AD=BE=BD
设BD=x，则AD=BE=x，
根据 托勒密定理得，AD×BE=AE×BD+AB×DE
∴x2=2×2+2x
解得，
负值舍去。
故答案为：
【分析】根据正五边形ABCDE的性质可知对角线相等，各边长相等，又根据 托勒密定理得，AD×BE=AE×BD+AB×DE，设BD=x，可列方程求出x。
11．【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.
12．【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．
13．【答案】（1）；
（2）设正六边形的边长，
∴该正六边形的周长为6m，
∴外接圆半径为，
所以估计
π的值为3
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）设正方形的外接圆的半径为r，
∴2r2=a2，
解之：；
由题意得 .
故答案为：，.
【分析】（1）利用正方形的外接圆的半径和边长构成一个等腰直角三角形，利用勾股定理可表示出正方形的外接圆的半径；将C、r分别代入可求出π.
（2）根据正六边形的半径和边长相等，可得到该正六边形的周长，然后估算求出π的值.
14．【答案】解：如图，连接 ．
∵五边形 是正五边形，
∴ ，
∴ ，
∴90°-36°=54°，
∴ 的余角的度数为54°．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】连接 ．根据圆内接正五边形的中心角等于360度÷5，求出角COD的度数，进而根据圆周角定理求出角CPD的度数，即可得出答案。
15．【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.
16．【答案】（1）；
（2）
设正六边形的边长AB=m，
则该正六边形的周长为6m，其外接圆半径为m.
∵C= ，
∴ ，
所以估算 值为3.
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）正方形的边长AB=a，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
，
∴AC= ，
∴正方形的对角线长为 ，
，
，
∵用该正方形的周长4a替代它的外接圆周长，
C= ，
∴ ，
故答案为： ， ；
【分析】（1）利用勾股定理求出AC的长即为外接圆的直径，从而求出半径；由圆的周长公式得出 ，从而得出，代入相应数据即可求出π值；
（2） 设正六边形的边长AB=m， 可得该正六边形的周长为6m，其外接圆半径为m. 由于 C= ， 据此计算即可.
1 / 12023-2024学年沪科版初中数学九年级下册 24.6.1 正多边形与圆 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（2020九上·乌兰察布期中）⊙O的半径为2，则它的内接正六边形的边长为（ ）
A．2 B．2 C． D．2
【答案】A
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】如图，AB为⊙O的内接正六边形的边长；∵∠AOB==60°，OA=OB，∴△OAB为等边三角形，∴AB=OA=2，故选A．
【分析】如图，首先求出∠AOB=60°，结合OA=OB，得到△OAB为等边三角形，即可解决问题．
2．（2023·余杭模拟）如图，正九边形外接圆的半径是R，则这个正九边形的边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】垂径定理；圆内接正多边形；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：过点O作OC⊥AB于点C，则AC=BC=AB.
∵正九边形，
∴∠AOB=360°÷9=40°，
∴∠AOC=20°，
∴AC=OA·sin20°=R·sin20°，
∴AB=2AC=2R·sin20°，即这个正九边形的边长为2R·sin20°.
故答案为：C.
【分析】过点O作OC⊥AB于点C，则AC=BC=AB，由外角和为360°可得∠AOB=360°÷9=40°，则∠AOC=20°，根据三角函数的概念可得AC，然后表示出AB，据此解答.
3．（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.
4．（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.
5．（2023九下·秦淮月考）如图，是正六边形的边上一点，则的度数不可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，作正六边形的外接圆，延长交于点，连接，
是正六边形，
，，
，
，
A、B、C、D四个选项中，只有A选项符合题意，
故答案为：A.
【分析】作正六边形的外接圆⊙O，延长AP交⊙O于点G，连接CG，根据正多边形的性质可得∠AOC=120°，根据圆周角定理可得∠AGC=∠AOC=60°，由外角的性质可得∠APC=∠AGC+∠PCG≥60°，据此判断.
6．（2023九下·西湖月考）如图，正六边形ABCDEF内接于00，若0 O的周长等于6π，则正六边形的边长为（ ）
A． B．3 C．2 D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接OD，OC，
∵正六边形ABCDEF，
∴∠DOC=360°÷6=60°，OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=CD；
设圆的半径为r，
∵圆O的周长等于6π，
∴2πr=6π，
解之：r=3，
∴CD=3.
故答案为：B
【分析】连接OD，OC，利用正六边形的性质，可求出∠DOC的度数，同时可证得OC=OD，可得到△COD是等边三角形，利用等边三角形的性质可知OC=CD，再利用圆的面积公式求出正六边形的半径，据此可得到正六边形的边长.
7．（2020九上·上思月考）⊙O内有一个内接正三角形和一个内接正方形，则内接三角形与内接正方形的边长之比为（ ）
A．1∶ B． ∶ C．3∶2 D．1∶2
【答案】B
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD，作OH⊥AB于H，
∵∠COD=90°，
∴△COD为等腰直角三角形，
∴CD=，
∵∠AOH=60°，
∴AH=OA×sin60°=R，
∴AB=2AH=R，
内接三角形与内接正方形的边长之比为=R：R=；
故答案为：B.
【分析】连接OA、OB、OC、OD，作OH⊥AB于H，利用等腰直角三角形和含30°角的直角三角形的性质分别求出内接正三角形和内接正方形的边长，最后求比值即可.
8．（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。
二、填空题
9．（2023·修文模拟） 如图，正五边形内接于，点在上，则的度数为 ．
【答案】
【知识点】圆周角定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接OB，OC.
∵正五边形内接于，
∴∠BOC==72°，
∴∠CPB=∠BOC=36°.
故答案为：36°.
【分析】如图，连接OB，OC，求出正五边形的中心角∠BOC=72°，再利用圆周角定理求解。
10．（2023·岳阳模拟）请阅读下列材料，解答问题：
克罗狄斯托勒密约年年，是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
如图，正五边形内接于，，则对角线的长为 ．
【答案】
【知识点】一元二次方程的其他应用；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：
连接AD，BE，
由正五边形ABCDE可知：AE=DE=AB=2，AD=BE=BD
设BD=x，则AD=BE=x，
根据 托勒密定理得，AD×BE=AE×BD+AB×DE
∴x2=2×2+2x
解得，
负值舍去。
故答案为：
【分析】根据正五边形ABCDE的性质可知对角线相等，各边长相等，又根据 托勒密定理得，AD×BE=AE×BD+AB×DE，设BD=x，可列方程求出x。
11．（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.
12．（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．
三、解答题
13．我国古代数学家刘徽通过“割圆术”来估计圆周率的值——“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，可以理解为当正多边形的边数越来越多时，该正多边形与它的外接圆越来越“接近”，这样就可以用正多边形的周长替代它的外接圆的周长，从而估算出圆周率的值.
（1）对于边长为的正方形，其外接圆半径为 ，根据故事中的方法，用该正方形的周长替代它的外接圆周长，利用公式，可以估算 .
（2）类比(1)，当正多边形为正六边形时，估计的值.
【答案】（1）；
（2）设正六边形的边长，
∴该正六边形的周长为6m，
∴外接圆半径为，
所以估计
π的值为3
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）设正方形的外接圆的半径为r，
∴2r2=a2，
解之：；
由题意得 .
故答案为：，.
【分析】（1）利用正方形的外接圆的半径和边长构成一个等腰直角三角形，利用勾股定理可表示出正方形的外接圆的半径；将C、r分别代入可求出π.
（2）根据正六边形的半径和边长相等，可得到该正六边形的周长，然后估算求出π的值.
14．（2020九上·金寨期末）如图，正五边形 内接于 ， 为 上的一点（点 不与点 重合），求 的余角的度数．
【答案】解：如图，连接 ．
∵五边形 是正五边形，
∴ ，
∴ ，
∴90°-36°=54°，
∴ 的余角的度数为54°．
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【分析】连接 ．根据圆内接正五边形的中心角等于360度÷5，求出角COD的度数，进而根据圆周角定理求出角CPD的度数，即可得出答案。
四、综合题
15．（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.
16．（2021九上·秦淮期末）圆周率 的故事
我国古代数学家刘徽通过“割圆术”来估计圆周率 的值——“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，可以理解为当正多边形的边数越来越多时，该正多边形与它的外接圆越来越“接近”，这样就可以用正多边形的周长替代它的外接圆的周长，从而估算出圆周率 的值.
（1）对于边长为a的正方形，其外接圆半径为 ，根据故事中的方法，用该正方形的周长4a替代它的外接圆周长，利用公式 ，可以估算 .
（2）类比（1），当正多边形为正六边形时，估计 的值.
【答案】（1）；
（2）
设正六边形的边长AB=m，
则该正六边形的周长为6m，其外接圆半径为m.
∵C= ，
∴ ，
所以估算 值为3.
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）正方形的边长AB=a，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
，
∴AC= ，
∴正方形的对角线长为 ，
，
，
∵用该正方形的周长4a替代它的外接圆周长，
C= ，
∴ ，
故答案为： ， ；
【分析】（1）利用勾股定理求出AC的长即为外接圆的直径，从而求出半径；由圆的周长公式得出 ，从而得出，代入相应数据即可求出π值；
（2） 设正六边形的边长AB=m， 可得该正六边形的周长为6m，其外接圆半径为m. 由于 C= ， 据此计算即可.
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