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1.如图30－3－1，$△ PQR$是$\odot O$的内接正三角形，四边形$ABCD$是$\odot O$的内接正方形，$BC// QR$，则$∠ AOQ$的度数为（
A.$60°$
B.$65°$
C.$72°$
D.$75°$
图30－3－1
图30－3－3
图30－3－4
D
）A.$60°$
B.$65°$
C.$72°$
D.$75°$
图30－3－1
图30－3－3
图30－3－4
答案
1.D
解析
【分析】
要求∠AOQ的度数，可将其转化为已知角度的差进行计算。首先回忆正n边形的中心角公式：正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，先分别算出正三角形、正方形的中心角；再结合$BC// QR$的条件，利用正多边形的对称性，得到OP与AD、BC的垂直关系，进而求出∠AOP的度数，最后用正三角形的中心角减去∠AOP即可得到结果。
【解析】
解：
∵$△ PQR$是$\odot O$的内接正三角形
∴正三角形的中心角$∠ POQ=\frac{360°}{3}=120°$，且半径$OP⊥ QR$
∵四边形$ABCD$是$\odot O$的内接正方形
∴正方形的中心角$∠ AOD=\frac{360°}{4}=90°$
又
∵$BC// QR$，且正方形中$BC// AD$
∴$OP⊥ BC$，$OP⊥ AD$，即$OP$平分$∠ AOD$
∴$∠ AOP=\frac{1}{2}∠ AOD=\frac{1}{2}×90°=45°$
∴$∠ AOQ=∠ POQ-∠ AOP=120°-45°=75°$
【答案】
D
【知识点】
正多边形与圆，中心角计算，平行线的性质
【点评】
本题结合正多边形的对称性和平行线的性质考查角度计算，解题的关键是准确找到各角度之间的数量关系，是正多边形与圆相关的典型考题。
【难度系数】
0.65
要求∠AOQ的度数，可将其转化为已知角度的差进行计算。首先回忆正n边形的中心角公式：正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，先分别算出正三角形、正方形的中心角；再结合$BC// QR$的条件，利用正多边形的对称性，得到OP与AD、BC的垂直关系，进而求出∠AOP的度数，最后用正三角形的中心角减去∠AOP即可得到结果。
【解析】
解：
∵$△ PQR$是$\odot O$的内接正三角形
∴正三角形的中心角$∠ POQ=\frac{360°}{3}=120°$，且半径$OP⊥ QR$
∵四边形$ABCD$是$\odot O$的内接正方形
∴正方形的中心角$∠ AOD=\frac{360°}{4}=90°$
又
∵$BC// QR$，且正方形中$BC// AD$
∴$OP⊥ BC$，$OP⊥ AD$，即$OP$平分$∠ AOD$
∴$∠ AOP=\frac{1}{2}∠ AOD=\frac{1}{2}×90°=45°$
∴$∠ AOQ=∠ POQ-∠ AOP=120°-45°=75°$
【答案】
D
【知识点】
正多边形与圆，中心角计算，平行线的性质
【点评】
本题结合正多边形的对称性和平行线的性质考查角度计算，解题的关键是准确找到各角度之间的数量关系，是正多边形与圆相关的典型考题。
【难度系数】
0.65
2.【生活情境】凉亭是自然与人文的交汇点，它不仅是遮阳避雨的休憩之所，更是园林的诗眼、山水的情怀，体现了天人合一、虚实相生的传统哲学意境.如图30－3－2①，有一个凉亭，它的地基的平面示意图如图30－3－2②所示，该地基的平面示意图可以近似地看作是半径为5 m的圆内接正六边形，则这个正六边形地基的周长为(
A.15 m
B.20 m
C.25 m
D.30 m
D
)A.15 m
B.20 m
C.25 m
D.30 m
答案
2.D
解析
【分析】
解题时首先明确题干信息：地基是半径为5m的圆的内接正六边形，求其周长。第一步回忆圆内接正六边形的性质：将正六边形的各顶点与圆心连接，可得到6个全等的三角形，正六边形的中心角为360°÷6=60°，且三角形的两条边都是圆的半径，长度相等，因此这6个三角形都是等边三角形，由此可得正六边形的边长等于外接圆的半径。第二步，正六边形的6条边长度相等，周长等于边长乘6，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵正六边形内接于半径为5m的圆，
∴正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，
连接正六边形的中心与各顶点，可得6个两边长为圆的半径、夹角为60°的等腰三角形，即6个全等的等边三角形，
∴正六边形的边长等于外接圆的半径，即边长$a=5\mathrm{m}$，
∴正六边形的周长$C=6a=6×5=30\mathrm{m}$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
圆内接正六边形的性质、正多边形周长计算
【点评】
本题结合生活中的凉亭地基情境考查正多边形与圆的相关知识，难度较低，解题的核心是掌握圆内接正六边形的边长等于其外接圆半径这一特殊性质，即可快速计算得到周长。
【难度系数】
0.9
解题时首先明确题干信息：地基是半径为5m的圆的内接正六边形，求其周长。第一步回忆圆内接正六边形的性质：将正六边形的各顶点与圆心连接，可得到6个全等的三角形，正六边形的中心角为360°÷6=60°，且三角形的两条边都是圆的半径，长度相等，因此这6个三角形都是等边三角形，由此可得正六边形的边长等于外接圆的半径。第二步，正六边形的6条边长度相等，周长等于边长乘6，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵正六边形内接于半径为5m的圆，
∴正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，
连接正六边形的中心与各顶点，可得6个两边长为圆的半径、夹角为60°的等腰三角形，即6个全等的等边三角形，
∴正六边形的边长等于外接圆的半径，即边长$a=5\mathrm{m}$，
∴正六边形的周长$C=6a=6×5=30\mathrm{m}$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
圆内接正六边形的性质、正多边形周长计算
【点评】
本题结合生活中的凉亭地基情境考查正多边形与圆的相关知识，难度较低，解题的核心是掌握圆内接正六边形的边长等于其外接圆半径这一特殊性质，即可快速计算得到周长。
【难度系数】
0.9
3. 圆的内接正三角形的边长为 3 cm,则圆的半径为
$\sqrt{3}$ cm
.答案
3.$\sqrt{3}$ cm
解析
【分析】
要求圆的内接正三角形对应的外接圆半径，可结合正多边形与圆的性质分析：正三角形的外接圆圆心与正三角形的中心重合，我们可以通过作弦心距构造直角三角形求解：①连接圆心与正三角形的两个顶点得到中心角，正n边形中心角为360°/n，因此正三角形中心角为120°；②过圆心作正三角形一边的垂线，由垂径定理可得该垂线平分边长、平分中心角，即可得到含半径、半边长的直角三角形，利用锐角三角函数即可求出半径。
【解析】
设该圆的半径为$ R $，圆内接正三角形为$ △ ABC $，外接圆圆心为$ O $。
过点$ O $作$ OD ⊥ AB $于点$ D $，连接$ OA $、$ OB $：
1. 求中心角：正三角形的中心角$ ∠ AOB = \frac{360°}{3} = 120° $；
2. 由垂径定理得：$ AD = \frac{1}{2}AB = \frac{3}{2}\ \mathrm{cm} $，且$ ∠ AOD = \frac{1}{2}∠ AOB = 60° $；
3. 在$ \mathrm{Rt}△ AOD $中，$ \sin∠ AOD = \frac{AD}{OA} $，其中$ OA = R $，$ \sin60° = \frac{\sqrt{3}}{2} $，代入得：
$ \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\frac{3}{2}}{R} $
解得$ R = \sqrt{3}\ \mathrm{cm} $。
【答案】
$ \sqrt{3}\ \mathrm{cm} $
【知识点】
正多边形与圆，垂径定理，锐角三角函数应用
【点评】
本题是正多边形与圆的基础题型，解题核心是构造“半径、半边长、弦心距”组成的直角三角形，结合正多边形中心角的性质求解，熟练掌握该构造方法可解决大部分正多边形外接圆、内切圆相关计算问题。
【难度系数】
0.7
要求圆的内接正三角形对应的外接圆半径，可结合正多边形与圆的性质分析：正三角形的外接圆圆心与正三角形的中心重合，我们可以通过作弦心距构造直角三角形求解：①连接圆心与正三角形的两个顶点得到中心角，正n边形中心角为360°/n，因此正三角形中心角为120°；②过圆心作正三角形一边的垂线，由垂径定理可得该垂线平分边长、平分中心角，即可得到含半径、半边长的直角三角形，利用锐角三角函数即可求出半径。
【解析】
设该圆的半径为$ R $，圆内接正三角形为$ △ ABC $，外接圆圆心为$ O $。
过点$ O $作$ OD ⊥ AB $于点$ D $，连接$ OA $、$ OB $：
1. 求中心角：正三角形的中心角$ ∠ AOB = \frac{360°}{3} = 120° $；
2. 由垂径定理得：$ AD = \frac{1}{2}AB = \frac{3}{2}\ \mathrm{cm} $，且$ ∠ AOD = \frac{1}{2}∠ AOB = 60° $；
3. 在$ \mathrm{Rt}△ AOD $中，$ \sin∠ AOD = \frac{AD}{OA} $，其中$ OA = R $，$ \sin60° = \frac{\sqrt{3}}{2} $，代入得：
$ \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\frac{3}{2}}{R} $
解得$ R = \sqrt{3}\ \mathrm{cm} $。
【答案】
$ \sqrt{3}\ \mathrm{cm} $
【知识点】
正多边形与圆，垂径定理，锐角三角函数应用
【点评】
本题是正多边形与圆的基础题型，解题核心是构造“半径、半边长、弦心距”组成的直角三角形，结合正多边形中心角的性质求解，熟练掌握该构造方法可解决大部分正多边形外接圆、内切圆相关计算问题。
【难度系数】
0.7
4.如图30－3－3，以正六边形的顶点为圆心，4 cm为半径的六个圆中，相邻两圆外切，则该正六边形的边长是
8
cm.答案
4.8
解析
【分析】
解题时可分两步思考：第一步，回忆两圆外切的性质：两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和；第二步，明确正六边形边长的定义：正六边形的边长就是相邻两个顶点的距离。本题中六个圆的圆心恰好是正六边形的顶点，因此相邻两圆的圆心距就等于正六边形的边长，结合外切圆的性质即可求出边长。
【解析】
∵ 相邻两圆外切，根据两圆外切的性质，相邻两圆的圆心距等于两圆半径之和
已知每个圆的半径均为4 cm，因此相邻两圆的圆心距为：$4 + 4 = 8$ cm
又
∵ 六个圆的圆心是正六边形的顶点，正六边形的边长等于相邻两个顶点的距离，即等于相邻两圆的圆心距
∴ 该正六边形的边长为8 cm
【答案】
8
【知识点】
两圆外切的性质；正多边形的性质
【点评】
本题是圆的位置关系与正多边形性质的综合基础题，解题核心是建立正六边形边长和相邻两圆圆心距的对应关系，熟练掌握基础性质就能快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时可分两步思考：第一步，回忆两圆外切的性质：两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和；第二步，明确正六边形边长的定义：正六边形的边长就是相邻两个顶点的距离。本题中六个圆的圆心恰好是正六边形的顶点，因此相邻两圆的圆心距就等于正六边形的边长，结合外切圆的性质即可求出边长。
【解析】
∵ 相邻两圆外切，根据两圆外切的性质，相邻两圆的圆心距等于两圆半径之和
已知每个圆的半径均为4 cm，因此相邻两圆的圆心距为：$4 + 4 = 8$ cm
又
∵ 六个圆的圆心是正六边形的顶点，正六边形的边长等于相邻两个顶点的距离，即等于相邻两圆的圆心距
∴ 该正六边形的边长为8 cm
【答案】
8
【知识点】
两圆外切的性质；正多边形的性质
【点评】
本题是圆的位置关系与正多边形性质的综合基础题，解题核心是建立正六边形边长和相邻两圆圆心距的对应关系，熟练掌握基础性质就能快速求解。
【难度系数】
0.8
5.【生活应用】工人师傅用扳手拧形状为图30－3－4所示的正六边形的螺帽，现测得扳手的开口宽度$b=3\ \mathrm{cm}$，则螺帽边长$a=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}.$
答案
5.$\sqrt{3}$
解析
【分析】
首先明确扳手开口宽度b对应正六边形一组对边之间的距离，解题时可利用正六边形的性质：正六边形可分割为6个边长等于边长a的等边三角形，对边距离等于2倍的等边三角形的高。我们先通过等边三角形的性质求出高，再建立b和a的等量关系，最后代入b的值即可求出a。
【解析】
解：正六边形的对边平行，扳手开口宽度b就是正六边形一组对边之间的距离。
正六边形可划分为6个边长均为a的等边三角形，等边三角形的高（即正六边形的边心距）为：
$h=\sqrt{a^2 - (\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$
正六边形对边之间的距离等于2倍的边心距，即：
$b=2h=2×\frac{\sqrt{3}}{2}a=\sqrt{3}a$
已知$b=3\ \mathrm{cm}$，代入得：
$\sqrt{3}a=3$
解得$a=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质
【点评】
本题结合生活场景考查正多边形相关性质的应用，解题的关键是将实际问题中的扳手开口宽度转化为正六边形的对边距离，再利用等边三角形和勾股定理建立等量关系求解，体现了数学在实际生活中的应用价值。
【难度系数】
0.7
首先明确扳手开口宽度b对应正六边形一组对边之间的距离，解题时可利用正六边形的性质：正六边形可分割为6个边长等于边长a的等边三角形，对边距离等于2倍的等边三角形的高。我们先通过等边三角形的性质求出高，再建立b和a的等量关系，最后代入b的值即可求出a。
【解析】
解：正六边形的对边平行，扳手开口宽度b就是正六边形一组对边之间的距离。
正六边形可划分为6个边长均为a的等边三角形，等边三角形的高（即正六边形的边心距）为：
$h=\sqrt{a^2 - (\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$
正六边形对边之间的距离等于2倍的边心距，即：
$b=2h=2×\frac{\sqrt{3}}{2}a=\sqrt{3}a$
已知$b=3\ \mathrm{cm}$，代入得：
$\sqrt{3}a=3$
解得$a=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质
【点评】
本题结合生活场景考查正多边形相关性质的应用，解题的关键是将实际问题中的扳手开口宽度转化为正六边形的对边距离，再利用等边三角形和勾股定理建立等量关系求解，体现了数学在实际生活中的应用价值。
【难度系数】
0.7
1. 如图30－3－5，若正△$A_1B_1C_1$内接于正△$ABC$的内切圆，则$\frac{A_1B_1}{AB}$的值为（
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
A
）A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
答案
1.A 点拨:设$\odot O$的半径为$r$,则$A_1B_1=\sqrt{3}r$,$AB=2\sqrt{3}r$,$\therefore \frac{A_1B_1}{AB}=\frac{1}{2}$.
解析
【分析】
要求两个正三角形的边长之比，首先观察图形可得：圆O是大正△ABC的内切圆，同时是小正△A₁B₁C₁的外接圆。我们可以设圆O的半径为参数r，分别利用正三角形内切圆半径与边长的关系、正三角形外接圆半径与边长的关系，把AB和A₁B₁都用r表示，再计算两者的比值即可得到结果。
【解析】
设⊙O的半径为r。
1. 对于正△ABC，其内切圆半径为r：
正三角形的内切圆半径等于高的$\frac{1}{3}$，正三角形高为$\frac{\sqrt{3}}{2}AB$，因此$r=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\frac{\sqrt{3}}{6}AB$，变形可得$AB=2\sqrt{3}r$。
2. 对于正△A₁B₁C₁，其外接圆半径为r：
正三角形的外接圆半径等于高的$\frac{2}{3}$，正三角形高为$\frac{\sqrt{3}}{2}A_1B_1$，因此$r=\frac{2}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}A_1B_1=\frac{\sqrt{3}}{3}A_1B_1$，变形可得$A_1B_1=\sqrt{3}r$。
3. 计算边长比：
$\frac{A_1B_1}{AB}=\frac{\sqrt{3}r}{2\sqrt{3}r}=\frac{1}{2}$。
【答案】
A
【知识点】
正多边形与圆；正三角形内切圆性质；正三角形外接圆性质
【点评】
本题解题核心是明确同一个圆同时是大正三角形的内切圆、小正三角形的外接圆，通过设半径为中间量，结合正三角形边长和内切圆、外接圆半径的换算关系即可求解，重点考察正多边形和圆相关性质的运用。
【难度系数】
0.7
要求两个正三角形的边长之比，首先观察图形可得：圆O是大正△ABC的内切圆，同时是小正△A₁B₁C₁的外接圆。我们可以设圆O的半径为参数r，分别利用正三角形内切圆半径与边长的关系、正三角形外接圆半径与边长的关系，把AB和A₁B₁都用r表示，再计算两者的比值即可得到结果。
【解析】
设⊙O的半径为r。
1. 对于正△ABC，其内切圆半径为r：
正三角形的内切圆半径等于高的$\frac{1}{3}$，正三角形高为$\frac{\sqrt{3}}{2}AB$，因此$r=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\frac{\sqrt{3}}{6}AB$，变形可得$AB=2\sqrt{3}r$。
2. 对于正△A₁B₁C₁，其外接圆半径为r：
正三角形的外接圆半径等于高的$\frac{2}{3}$，正三角形高为$\frac{\sqrt{3}}{2}A_1B_1$，因此$r=\frac{2}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}A_1B_1=\frac{\sqrt{3}}{3}A_1B_1$，变形可得$A_1B_1=\sqrt{3}r$。
3. 计算边长比：
$\frac{A_1B_1}{AB}=\frac{\sqrt{3}r}{2\sqrt{3}r}=\frac{1}{2}$。
【答案】
A
【知识点】
正多边形与圆；正三角形内切圆性质；正三角形外接圆性质
【点评】
本题解题核心是明确同一个圆同时是大正三角形的内切圆、小正三角形的外接圆，通过设半径为中间量，结合正三角形边长和内切圆、外接圆半径的换算关系即可求解，重点考察正多边形和圆相关性质的运用。
【难度系数】
0.7
