2023-2024学年沪科版初中数学九年级下册 24.6.2 正多边形的性质 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（2022·通辽）正多边形的每个内角为，则它的边数是（ ）
A．4 B．6 C．7 D．5
【答案】D
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正多边形的每个内角等于108°，
∴每一个外角的度数为180°-108°=72°，
∴边数=360°÷72°=5，
故答案为：D．
【分析】根据题意先求出每一个外角的度数为180°-108°=72°，再求解即可。
2．（2023八上·西和期中） 下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是轴对称图形；③正六边形的每个外角均为60°；④正n边形有（n-3）条对角线．其中真命题的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】多边形的对角线；正多边形的性质
【解析】【解答】①∵各边相等且各内角相等的多边形是正多边形，∴①不正确；
②∵正多边形是轴对称图形，∴②正确；
③∵正六边形的每个外角为360°÷6=60°，∴③正确；
④∵正n边形每个顶点都有（n-3）条对角线，∴④不正确；
综上，正确的结论是②③，共2个，
故答案为：C.
【分析】利用正多边形的定义及性质逐项分析判断即可.
3．（2023九上·福州开学考）如图，将透明直尺叠放在正五边形徽章上，若直尺的下沿于点，且经过点，上沿经过点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正多边形的性质；邻补角
【解析】【解答】解：由题意得，
∵于点，∴，
在四边形中，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用正多边形的性质得，结合已知条件求得，得用邻补角的性质求得.
4．（2023九上·余姚期中）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若∠BOC是某个正n边形的一个外角，则n的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OA，
∵正六边形与正方形有重合的中心O，
∴∠AOC=90°，∠AOB=60°，
∴∠BOC=30°，
∵∠BOC是某个正n边形的一个外角，
∴n==12.
故答案为：C.
【分析】连接OA，先求出∠BOC=30°，再根据正多边形的外角和为360°，得出n==12，即可得出答案.
5．（2023八上·宁津月考）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°…照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为 （ ）
A．80米 B．96米 C．64米 D．48米
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵小明每次都是沿直线前进8米后向左转45° ，
∴他走过的图形是正多边形，
∴正多边形的边数为360°÷45°=8，
∴ 他第一次回到出发点A时共走路程为8×8=64米.
故答案为：C.
【分析】由于小明每次都是沿直线前进8米后向左转45° ，则他走过的图形是正多边形，求出增对象的边数，再乘以边长即得结论.
6．（2023八下·安庆期末）如图，点O为正六边形的中心，P，Q分别从点同时出发，沿正六边形按图示方向运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，则第次相遇地点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：连接0B，作BG⊥OA于点G，由题意可得：
OA=AB=1
正六边形的周长为6
第1次相遇需要的时间为：（秒）
此时点P的路程为1×2=2，点Q的路程为2×2=4
此时P，Q相遇在点
以此类推：第二次相遇在点
第三次相遇在点A（1，0）
第2023次相遇在点C
故答案为：A
【分析】根据正六边形性质，路程计算公式即可求出答案。
7．（2023八下·上虞期末）如图，在边长为的正八边形中，已知I，J，K，L分别是边上的动点，且满足，则四边形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；等腰直角三角形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：连接IK、JL，
∵正八边形ABCDEFGH中，IA=JC=KE=LG，
∴AH=BC=DE=GF，
∴IJ=JK=KL=IL，IK=JL，
∴四边形IJKL为正方形，
∴S四边形IJKL=IJ2，故当IJ最大为AC时，S四边形IJKL最大.
如图：
∵正八边形ABCDEFGH，
∴△AOC为等腰直角三角形，
∴OA=OB=OC，OB⊥AC，AM=CM，
∴OM=AM=OA.
设OM=AM=x，则OA=OB=OC=x，
∴BM=OB-OM=x-x.
∵AB2=AM2+BM2，
∴()2=x2+(x-x)2，
∴x=，
∴AC==，
∴S四边形IJKL的最大值为AC2=4+.
故答案为：A.
【分析】连接IK、JL，由正多边形的性质可得AH=BC=DE=GF，由已知条件可知IA=JC=KE=LG，则IJ=JK=KL=IL，IK=JL，推出四边形IJKL为正方形，得到S四边形IJKL=IJ2，故当IJ最大为AC时，S四边形IJKL最大，连接AG、GE、CE、AC、BF、AE，设BF与AC交于点M，则△AOC为等腰直角三角形，设OM=AM=x，则OA=OB=OC=x，BM=OB-OM=x-x，在Rt△ABM中，由勾股定理可得x的值，然后求出AC2，据此解答.
8．（2022·鄞州模拟）如图，正六边形 中，点 是边 上的点，记图中各三角形的面积依次为 ，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形的面积；等边三角形的性质；圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，作正六边形 的外接圆O，连接 记 与 的交点为 的交点为 过 作 于
设正六边形 的边长为
则
由正六边形的性质可得：
设 则
故B符合题意；
由
同理可得：
故 ， ， 都错误，
故A，C，D都不符合题意；
故答案为：B.
【分析】作正六边形 的外接圆O，连接 记 与 的交点为 的交点为 过 作 于 由正六边形的性质求出∠COD=60°，设正六边形 的边长为 则由垂径定理可得，从而求出，设 则 根据三角形的面积公式求出S3，S1，利用求出S4，从而得出，据此判断即可.
二、填空题
9．（2023八上·吉林月考）如图是第四套人民币中的菊花1角硬币，则该硬币边缘镌刻的正九边形的一个外角的度数为 .
【答案】40°
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可得：正九边形的一个外角=360°÷9=40°，
故答案为：40°.
【分析】利用“正多边形的一个外角=外角和÷正多边形的边数”求解即可.
10．（2023九上·宁江期中）如图，直线GH与正六边形ABCDEF的边AB、EF分别交于点G、H，若∠FHG= 70°，则∠AGH= 度．
【答案】50
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正六边形的内角=180°-（360°÷6）=120°，
∴∠A=∠F=120°，
∵∠FHG=70°，
∴∠AGH=360°-∠A-∠F-∠FHG=360°-120°-120°-70°=50°，
故答案为：50.
【分析】先利用正六边形的性质求出∠A=∠F=120°，再利用四边形的内角和求出∠AGH的值即可.
11．如图，正六边形螺帽的边长a=3cm，则正六边形螺帽的宽度b=
【答案】
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：取此正六边形的中心O，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD于点H，
则∠COD=60°，∴∠COH=∠COD=30°，
∴CH=DH=CD=a，
∴OC=2CH=a，
在Rt△OCH中，OH==，
∴b=2OH==3.
故答案为：3.
【分析】首先取此正六边形的中心O，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD于点H，在Rt△OCH 中由勾股定理求出OH的长，从而求得个正六边形螺帽的宽度b的值.
12．（2023·包头）如图，AC，AD，CE是正五边形ABCDE的对角线，AD与CE相交于点.下列结论：
①CF平分；②；③四边形ABCF是菱形；④
其中正确的结论是 .（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【知识点】菱形的判定；相似三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：①∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=AE，，
∴在△ABC中，AB=BC，∠ABC=108°，
∴∠ACB=∠BAC=36°，
同理，∠DCE=36°，
∴∠ACE=∠BCD-∠ACB-∠DCE=108°-36°-36°=36°，
∴∠ACE=∠DCE，
∴CF平分∠ACD，
故①正确；
②∵∠CED=∠ACE=36°，
∴AC∥DE，
∴，
∵AC≠2AB，
∴AF≠2DF，
故②不正确；
③∵AB=BC，AE=ED，∠ABC=∠AED=108°，
∴∠BAC=36°，∠EAD=36°，
∴∠CAD=36°，
∴∠ACB=∠CAD，
∴BC∥AF，
同理，AB∥CF，
∴四边形ABCF是平行四边形，
又∵AB=BC
∴四边形ABCF是菱形，
故③正确；
④∵∠ADE=∠CED=36°，∠EAD=∠ADE=36°，
∴△ADE∽△DEF，
∴，
∴，
∵AB=DE，
∴.
故④正确；
故答案为：①③④.
【分析】（1）利用正五边形的性质求出各角、各边的关系，计算得出∠ACE=∠DCE；
（2）利用三角形相似得到，再判断比值不能是2；
（3）先证明四边形ABCF是平行四边形，再利用菱形定义判断四边形ABCF是菱形；
（4）利用△ADE∽△DEF得到，从而得出。
13．（2023·绥化模拟）如图，正六边形的边长为2，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切……按这样的规律进行下去，的边长为 ．
【答案】
【知识点】探索数与式的规律；正多边形的性质
【解析】【解答】解：连接，，，如图所示，
六边形为正六边形，
，
为等边三角形，
正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，
，
，
正六边形的边长，
同理可得正六边形的边长，
正六边形的边长．
故答案为：．
【分析】根据题意先找出规律求出正六边形的边长，再计算求解即可。
三、解答题
14．已知：如图，正六边形ABCDEF的边长为6cm，延长FE，CD，相交于点G．
（1）求证：△FCG是正三角形．
（2）求正三角形FCG的高线长．
【答案】（1）证明： ∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴，
∴∠EDG=∠DEG=60°，
∴△EDG是正三角形，
∴∠G=60°，GE=GD，
又EF=DC，
∴GF=GC，
∴△FCG是正三角形；
（2）解：连接FD，
∵△EDG是正三角形，
∴DG=DE，
又∵DG=DC，
∴CD=DG=6，
又FC=FG，
∴FD⊥CG，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）根据正多边形的内角的计算公式：计算，求出∠EDG=∠DEG=60°，根据有两个角是60°教的三角形是等边三角形可得△EDG是正三角形；根据等边三角形的三条边相等，三个角都是60°可得∠G=60°，GE=GD，即可推得GF=GC，根据有一个角是60°角的等腰三角形是等边三角形即可证明；
（2）根据等边三角形的三条边相等可得DG=DE，求得CD=DG=6；根据等腰三角形底边上的高、顶角的角平分线、底边上的中线三线合一可得FD⊥CG，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方计算即可求解．
15．如图，O是正八边形的外接圆的圆心，M，N分别是正八边形相邻的边AB，BC上的点，且AM=BN．求∠MON的度数．
【答案】解：连结OA，OB，则OA=OB，
∠OAB=∠OBC=，
∠AOB=45°.
又AM=BN，故△OAM≌△OBN，
∴∠AOM=∠BON，
∴∠AOB=∠AOM+∠BOM=∠BON+∠BOM=∠MON=180°-67.5°-67.5°=45°.
【知识点】三角形内角和定理；正多边形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】连结OA，OB，利用正八边形的性质可求出∠OAB，∠OBA的度数，同时求出∠AOB的度数，利用SAS证明△OAM≌△OBN，利用全等三角形的性质可得到∠AOM=∠BON，再证明∠AOB=∠MON，利用三角形的内角和定理可求出结果.
四、综合题
16．（2022七下·侯马期末）如图，六边形ABCDEF的内角都相等．
（1）若∠1＝60°，求∠ADC的度数；
（2）AB与ED有怎样的位置关系？为什么？
【答案】（1）解：六边形的内角和为，六边形的内角都相等，
每个内角的度数为120°，
∵四边形ABCD的内角和为，∠B=∠C=120°，∠1=60°，
∴∠ADC=360°-∠B-∠C-∠1=60° ．
（2）解：AB∥ED，理由如下：
∵四边形ABCD的内角和为，∠B=∠C=∠CDE=120°，
∴∠1+∠ADC=360°-∠B-∠C=120°，
又∵∠EDA+∠ADC=∠EDC=120°，
∴∠1=∠EDA，
．
【知识点】平行线的判定；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）先求出正六边形每个内角的度数为120°，再求出∠B=∠C=120°，∠1=60°，最后利用角的运算可得∠ADC=360°-∠B-∠C-∠1=60°；
（2）通过角的运算求出∠1=∠EDA，即可得到AB//ED。
17．（2022·秀洲模拟）如图1是学生常用的一种圆规，其手柄AB=8mm，两脚BC=BD=56mm，如图2所示．当∠CBD=74°时：
（1）求A离纸面CD的距离．
（2）用该圆规作如图3所示正六边形，求该正六边形的周长．
（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，结果精确到0.1）
【答案】（1）解：如图，过点B作BH⊥CD，
∵BC=BD=56mm，BH⊥CD，
∴∠CBH=∠CBD=37°，
在Rt△BCH中，cos37°==，
∵cos37°≈0.80，
∴BH=56×cos37°≈56×0.80=44.8mm，
∴AH=BH+AB=44.8+8=52.8mm.
（2）解：如图，
在Rt△BCH中，sin∠CBH=，
∴CH=BC×sin∠CBH=56×sin37°≈33.6 mm，
∴CD=2CH≈67.2mm，
∴该正六边形的周长为67.2×6≈403.2mm.
【知识点】等腰三角形的性质；解直角三角形的其他实际应用；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）如图，过点B作BH⊥CD，由等腰三角形三线合一性质可得∠CBH=∠CBD=37°，再在在Rt△BCH中，cos37°==，可求得BH的长，再根据AH=BH+AB代入数据计算，即可求得A离纸面CD的距离；
（2）在Rt△BCH中，sin∠CBH=，代入数据即求得CH的长，再由等腰三角形的性质得CD=2CH，即得CD的长，再由正六边形周长等于各边之和，即可求解.
1 / 12023-2024学年沪科版初中数学九年级下册 24.6.2 正多边形的性质 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（2022·通辽）正多边形的每个内角为，则它的边数是（ ）
A．4 B．6 C．7 D．5
2．（2023八上·西和期中） 下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是轴对称图形；③正六边形的每个外角均为60°；④正n边形有（n-3）条对角线．其中真命题的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
3．（2023九上·福州开学考）如图，将透明直尺叠放在正五边形徽章上，若直尺的下沿于点，且经过点，上沿经过点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023九上·余姚期中）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若∠BOC是某个正n边形的一个外角，则n的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
5．（2023八上·宁津月考）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°…照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为 （ ）
A．80米 B．96米 C．64米 D．48米
6．（2023八下·安庆期末）如图，点O为正六边形的中心，P，Q分别从点同时出发，沿正六边形按图示方向运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，则第次相遇地点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023八下·上虞期末）如图，在边长为的正八边形中，已知I，J，K，L分别是边上的动点，且满足，则四边形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·鄞州模拟）如图，正六边形 中，点 是边 上的点，记图中各三角形的面积依次为 ，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023八上·吉林月考）如图是第四套人民币中的菊花1角硬币，则该硬币边缘镌刻的正九边形的一个外角的度数为 .
10．（2023九上·宁江期中）如图，直线GH与正六边形ABCDEF的边AB、EF分别交于点G、H，若∠FHG= 70°，则∠AGH= 度．
11．如图，正六边形螺帽的边长a=3cm，则正六边形螺帽的宽度b=
12．（2023·包头）如图，AC，AD，CE是正五边形ABCDE的对角线，AD与CE相交于点.下列结论：
①CF平分；②；③四边形ABCF是菱形；④
其中正确的结论是 .（填写所有正确结论的序号）
13．（2023·绥化模拟）如图，正六边形的边长为2，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切……按这样的规律进行下去，的边长为 ．
三、解答题
14．已知：如图，正六边形ABCDEF的边长为6cm，延长FE，CD，相交于点G．
（1）求证：△FCG是正三角形．
（2）求正三角形FCG的高线长．
15．如图，O是正八边形的外接圆的圆心，M，N分别是正八边形相邻的边AB，BC上的点，且AM=BN．求∠MON的度数．
四、综合题
16．（2022七下·侯马期末）如图，六边形ABCDEF的内角都相等．
（1）若∠1＝60°，求∠ADC的度数；
（2）AB与ED有怎样的位置关系？为什么？
17．（2022·秀洲模拟）如图1是学生常用的一种圆规，其手柄AB=8mm，两脚BC=BD=56mm，如图2所示．当∠CBD=74°时：
（1）求A离纸面CD的距离．
（2）用该圆规作如图3所示正六边形，求该正六边形的周长．
（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，结果精确到0.1）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正多边形的每个内角等于108°，
∴每一个外角的度数为180°-108°=72°，
∴边数=360°÷72°=5，
故答案为：D．
【分析】根据题意先求出每一个外角的度数为180°-108°=72°，再求解即可。
2．【答案】C
【知识点】多边形的对角线；正多边形的性质
【解析】【解答】①∵各边相等且各内角相等的多边形是正多边形，∴①不正确；
②∵正多边形是轴对称图形，∴②正确；
③∵正六边形的每个外角为360°÷6=60°，∴③正确；
④∵正n边形每个顶点都有（n-3）条对角线，∴④不正确；
综上，正确的结论是②③，共2个，
故答案为：C.
【分析】利用正多边形的定义及性质逐项分析判断即可.
3．【答案】B
【知识点】正多边形的性质；邻补角
【解析】【解答】解：由题意得，
∵于点，∴，
在四边形中，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用正多边形的性质得，结合已知条件求得，得用邻补角的性质求得.
4．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OA，
∵正六边形与正方形有重合的中心O，
∴∠AOC=90°，∠AOB=60°，
∴∠BOC=30°，
∵∠BOC是某个正n边形的一个外角，
∴n==12.
故答案为：C.
【分析】连接OA，先求出∠BOC=30°，再根据正多边形的外角和为360°，得出n==12，即可得出答案.
5．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵小明每次都是沿直线前进8米后向左转45° ，
∴他走过的图形是正多边形，
∴正多边形的边数为360°÷45°=8，
∴ 他第一次回到出发点A时共走路程为8×8=64米.
故答案为：C.
【分析】由于小明每次都是沿直线前进8米后向左转45° ，则他走过的图形是正多边形，求出增对象的边数，再乘以边长即得结论.
6．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：连接0B，作BG⊥OA于点G，由题意可得：
OA=AB=1
正六边形的周长为6
第1次相遇需要的时间为：（秒）
此时点P的路程为1×2=2，点Q的路程为2×2=4
此时P，Q相遇在点
以此类推：第二次相遇在点
第三次相遇在点A（1，0）
第2023次相遇在点C
故答案为：A
【分析】根据正六边形性质，路程计算公式即可求出答案。
7．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；等腰直角三角形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：连接IK、JL，
∵正八边形ABCDEFGH中，IA=JC=KE=LG，
∴AH=BC=DE=GF，
∴IJ=JK=KL=IL，IK=JL，
∴四边形IJKL为正方形，
∴S四边形IJKL=IJ2，故当IJ最大为AC时，S四边形IJKL最大.
如图：
∵正八边形ABCDEFGH，
∴△AOC为等腰直角三角形，
∴OA=OB=OC，OB⊥AC，AM=CM，
∴OM=AM=OA.
设OM=AM=x，则OA=OB=OC=x，
∴BM=OB-OM=x-x.
∵AB2=AM2+BM2，
∴()2=x2+(x-x)2，
∴x=，
∴AC==，
∴S四边形IJKL的最大值为AC2=4+.
故答案为：A.
【分析】连接IK、JL，由正多边形的性质可得AH=BC=DE=GF，由已知条件可知IA=JC=KE=LG，则IJ=JK=KL=IL，IK=JL，推出四边形IJKL为正方形，得到S四边形IJKL=IJ2，故当IJ最大为AC时，S四边形IJKL最大，连接AG、GE、CE、AC、BF、AE，设BF与AC交于点M，则△AOC为等腰直角三角形，设OM=AM=x，则OA=OB=OC=x，BM=OB-OM=x-x，在Rt△ABM中，由勾股定理可得x的值，然后求出AC2，据此解答.
8．【答案】B
【知识点】三角形的面积；等边三角形的性质；圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，作正六边形 的外接圆O，连接 记 与 的交点为 的交点为 过 作 于
设正六边形 的边长为
则
由正六边形的性质可得：
设 则
故B符合题意；
由
同理可得：
故 ， ， 都错误，
故A，C，D都不符合题意；
故答案为：B.
【分析】作正六边形 的外接圆O，连接 记 与 的交点为 的交点为 过 作 于 由正六边形的性质求出∠COD=60°，设正六边形 的边长为 则由垂径定理可得，从而求出，设 则 根据三角形的面积公式求出S3，S1，利用求出S4，从而得出，据此判断即可.
9．【答案】40°
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可得：正九边形的一个外角=360°÷9=40°，
故答案为：40°.
【分析】利用“正多边形的一个外角=外角和÷正多边形的边数”求解即可.
10．【答案】50
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正六边形的内角=180°-（360°÷6）=120°，
∴∠A=∠F=120°，
∵∠FHG=70°，
∴∠AGH=360°-∠A-∠F-∠FHG=360°-120°-120°-70°=50°，
故答案为：50.
【分析】先利用正六边形的性质求出∠A=∠F=120°，再利用四边形的内角和求出∠AGH的值即可.
11．【答案】
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：取此正六边形的中心O，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD于点H，
则∠COD=60°，∴∠COH=∠COD=30°，
∴CH=DH=CD=a，
∴OC=2CH=a，
在Rt△OCH中，OH==，
∴b=2OH==3.
故答案为：3.
【分析】首先取此正六边形的中心O，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD于点H，在Rt△OCH 中由勾股定理求出OH的长，从而求得个正六边形螺帽的宽度b的值.
12．【答案】①③④
【知识点】菱形的判定；相似三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：①∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=AE，，
∴在△ABC中，AB=BC，∠ABC=108°，
∴∠ACB=∠BAC=36°，
同理，∠DCE=36°，
∴∠ACE=∠BCD-∠ACB-∠DCE=108°-36°-36°=36°，
∴∠ACE=∠DCE，
∴CF平分∠ACD，
故①正确；
②∵∠CED=∠ACE=36°，
∴AC∥DE，
∴，
∵AC≠2AB，
∴AF≠2DF，
故②不正确；
③∵AB=BC，AE=ED，∠ABC=∠AED=108°，
∴∠BAC=36°，∠EAD=36°，
∴∠CAD=36°，
∴∠ACB=∠CAD，
∴BC∥AF，
同理，AB∥CF，
∴四边形ABCF是平行四边形，
又∵AB=BC
∴四边形ABCF是菱形，
故③正确；
④∵∠ADE=∠CED=36°，∠EAD=∠ADE=36°，
∴△ADE∽△DEF，
∴，
∴，
∵AB=DE，
∴.
故④正确；
故答案为：①③④.
【分析】（1）利用正五边形的性质求出各角、各边的关系，计算得出∠ACE=∠DCE；
（2）利用三角形相似得到，再判断比值不能是2；
（3）先证明四边形ABCF是平行四边形，再利用菱形定义判断四边形ABCF是菱形；
（4）利用△ADE∽△DEF得到，从而得出。
13．【答案】
【知识点】探索数与式的规律；正多边形的性质
【解析】【解答】解：连接，，，如图所示，
六边形为正六边形，
，
为等边三角形，
正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，
，
，
正六边形的边长，
同理可得正六边形的边长，
正六边形的边长．
故答案为：．
【分析】根据题意先找出规律求出正六边形的边长，再计算求解即可。
14．【答案】（1）证明： ∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴，
∴∠EDG=∠DEG=60°，
∴△EDG是正三角形，
∴∠G=60°，GE=GD，
又EF=DC，
∴GF=GC，
∴△FCG是正三角形；
（2）解：连接FD，
∵△EDG是正三角形，
∴DG=DE，
又∵DG=DC，
∴CD=DG=6，
又FC=FG，
∴FD⊥CG，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）根据正多边形的内角的计算公式：计算，求出∠EDG=∠DEG=60°，根据有两个角是60°教的三角形是等边三角形可得△EDG是正三角形；根据等边三角形的三条边相等，三个角都是60°可得∠G=60°，GE=GD，即可推得GF=GC，根据有一个角是60°角的等腰三角形是等边三角形即可证明；
（2）根据等边三角形的三条边相等可得DG=DE，求得CD=DG=6；根据等腰三角形底边上的高、顶角的角平分线、底边上的中线三线合一可得FD⊥CG，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方计算即可求解．
15．【答案】解：连结OA，OB，则OA=OB，
∠OAB=∠OBC=，
∠AOB=45°.
又AM=BN，故△OAM≌△OBN，
∴∠AOM=∠BON，
∴∠AOB=∠AOM+∠BOM=∠BON+∠BOM=∠MON=180°-67.5°-67.5°=45°.
【知识点】三角形内角和定理；正多边形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】连结OA，OB，利用正八边形的性质可求出∠OAB，∠OBA的度数，同时求出∠AOB的度数，利用SAS证明△OAM≌△OBN，利用全等三角形的性质可得到∠AOM=∠BON，再证明∠AOB=∠MON，利用三角形的内角和定理可求出结果.
16．【答案】（1）解：六边形的内角和为，六边形的内角都相等，
每个内角的度数为120°，
∵四边形ABCD的内角和为，∠B=∠C=120°，∠1=60°，
∴∠ADC=360°-∠B-∠C-∠1=60° ．
（2）解：AB∥ED，理由如下：
∵四边形ABCD的内角和为，∠B=∠C=∠CDE=120°，
∴∠1+∠ADC=360°-∠B-∠C=120°，
又∵∠EDA+∠ADC=∠EDC=120°，
∴∠1=∠EDA，
．
【知识点】平行线的判定；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）先求出正六边形每个内角的度数为120°，再求出∠B=∠C=120°，∠1=60°，最后利用角的运算可得∠ADC=360°-∠B-∠C-∠1=60°；
（2）通过角的运算求出∠1=∠EDA，即可得到AB//ED。
17．【答案】（1）解：如图，过点B作BH⊥CD，
∵BC=BD=56mm，BH⊥CD，
∴∠CBH=∠CBD=37°，
在Rt△BCH中，cos37°==，
∵cos37°≈0.80，
∴BH=56×cos37°≈56×0.80=44.8mm，
∴AH=BH+AB=44.8+8=52.8mm.
（2）解：如图，
在Rt△BCH中，sin∠CBH=，
∴CH=BC×sin∠CBH=56×sin37°≈33.6 mm，
∴CD=2CH≈67.2mm，
∴该正六边形的周长为67.2×6≈403.2mm.
【知识点】等腰三角形的性质；解直角三角形的其他实际应用；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）如图，过点B作BH⊥CD，由等腰三角形三线合一性质可得∠CBH=∠CBD=37°，再在在Rt△BCH中，cos37°==，可求得BH的长，再根据AH=BH+AB代入数据计算，即可求得A离纸面CD的距离；
（2）在Rt△BCH中，sin∠CBH=，代入数据即求得CH的长，再由等腰三角形的性质得CD=2CH，即得CD的长，再由正六边形周长等于各边之和，即可求解.
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