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5. 如图，M，N分别是$\odot O$的内接正三角形ABC，正方形ABCD，正五边形ABCDE，……正n边形ABCDE…的边AB，BC上的点，且$BM=CN$，连接OM，ON.
（1）求图①中$∠ MON$的度数；
（2）图②中$∠ MON$的度数是________，图③中$∠ MON$的度数是________；
（3）试探究$∠ MON$的度数与正n边形边数n的关系（直接写出答案）。
（1）求图①中$∠ MON$的度数；
（2）图②中$∠ MON$的度数是________，图③中$∠ MON$的度数是________；
（3）试探究$∠ MON$的度数与正n边形边数n的关系（直接写出答案）。
答案
5. （1）连接OB,OC. $\because$正三角形 ABC 内接于$\odot O$,$\therefore∠ OBM=∠ OCN=30°$,$∠ BOC=120°$. 又 $BM=CN$,$OB=OC$,$\therefore△ OBM≌△ OCN$(SAS). $\therefore∠ BOM=∠ CON$. $\therefore∠ MON=∠ BOC=120°$. （2）$90°$ $72°$ （3）$∠ MON=\frac{360°}{n}$.
解析
【分析】
解决这道题的核心是利用正多边形内接于圆的性质，通过连接圆心与正多边形相邻顶点构造半径和中心角，结合已知条件证明三角形全等实现角的等量转化，进而推导出∠MON与正多边形中心角的关系。具体思考路径：①遇到正多边形内接于圆的问题，优先连接中心与顶点，利用正多边形半径相等、各中心角相等的性质；②结合已知BM=CN，证明△OBM和△OCN全等，得到∠BOM=∠CON；③通过角的和差关系，将∠MON转化为正多边形的中心角∠BOC，再代入中心角公式计算即可，最后从特殊情况推导一般规律。
【解析】
（1）连接OB、OC。
∵正三角形ABC内接于$\odot O$，
∴OB、OC是$\odot O$的半径，$∠ BOC$是正三角形的中心角，$∠ OBM=∠ OCN=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$，$∠ BOC=\frac{360°}{3}=120°$。
又$\because BM=CN$，$OB=OC$，
$\therefore△ OBM≌△ OCN$（SAS）。
$\therefore∠ BOM=∠ CON$。
$\therefore∠ MON=∠ BOM+∠ BON=∠ CON+∠ BON=∠ BOC=120°$。
（2）图②是正方形，正四边形的中心角$∠ BOC=\frac{360°}{4}=90°$，同理可证$△ OBM≌△ OCN$，得$∠ MON=∠ BOC=90°$；
图③是正五边形，正五边形的中心角$∠ BOC=\frac{360°}{5}=72°$，同理可得$∠ MON=∠ BOC=72°$。
（3）由上述特殊情况的规律可知，正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，同理可证$∠ MON$与正n边形的中心角相等，故$∠ MON=\frac{360°}{n}$。
【答案】
（1）$∠ MON=120°$；（2）$90°$，$72°$；（3）$∠ MON=\frac{360°}{n}$
【知识点】
正多边形与圆的性质，全等三角形的判定与性质，正多边形中心角计算
【点评】
本题以正多边形内接于圆为背景，考查全等三角形的应用和正多边形中心角的计算，解题的关键是通过连接半径构造全等三角形，将所求角转化为正多边形的中心角，体现了从特殊到一般的数学思想，有助于培养规律探究能力。
【难度系数】
0.7
解决这道题的核心是利用正多边形内接于圆的性质，通过连接圆心与正多边形相邻顶点构造半径和中心角，结合已知条件证明三角形全等实现角的等量转化，进而推导出∠MON与正多边形中心角的关系。具体思考路径：①遇到正多边形内接于圆的问题，优先连接中心与顶点，利用正多边形半径相等、各中心角相等的性质；②结合已知BM=CN，证明△OBM和△OCN全等，得到∠BOM=∠CON；③通过角的和差关系，将∠MON转化为正多边形的中心角∠BOC，再代入中心角公式计算即可，最后从特殊情况推导一般规律。
【解析】
（1）连接OB、OC。
∵正三角形ABC内接于$\odot O$，
∴OB、OC是$\odot O$的半径，$∠ BOC$是正三角形的中心角，$∠ OBM=∠ OCN=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$，$∠ BOC=\frac{360°}{3}=120°$。
又$\because BM=CN$，$OB=OC$，
$\therefore△ OBM≌△ OCN$（SAS）。
$\therefore∠ BOM=∠ CON$。
$\therefore∠ MON=∠ BOM+∠ BON=∠ CON+∠ BON=∠ BOC=120°$。
（2）图②是正方形，正四边形的中心角$∠ BOC=\frac{360°}{4}=90°$，同理可证$△ OBM≌△ OCN$，得$∠ MON=∠ BOC=90°$；
图③是正五边形，正五边形的中心角$∠ BOC=\frac{360°}{5}=72°$，同理可得$∠ MON=∠ BOC=72°$。
（3）由上述特殊情况的规律可知，正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，同理可证$∠ MON$与正n边形的中心角相等，故$∠ MON=\frac{360°}{n}$。
【答案】
（1）$∠ MON=120°$；（2）$90°$，$72°$；（3）$∠ MON=\frac{360°}{n}$
【知识点】
正多边形与圆的性质，全等三角形的判定与性质，正多边形中心角计算
【点评】
本题以正多边形内接于圆为背景，考查全等三角形的应用和正多边形中心角的计算，解题的关键是通过连接半径构造全等三角形，将所求角转化为正多边形的中心角，体现了从特殊到一般的数学思想，有助于培养规律探究能力。
【难度系数】
0.7
1. 已知正六边形的边长为2，则它的内切圆的半径为
$\sqrt{3}$
.答案
1. $\sqrt{3}$
解析
【分析】
首先回忆正六边形的性质：正六边形的外接圆半径等于其自身边长，且从中心向各顶点连线可将正六边形分割为6个全等的等边三角形；其次明确正多边形的内切圆半径是中心到正多边形任意一边的垂线段长度（即边心距），对应上述等边三角形的高；最后利用勾股定理计算该高的长度即可得到内切圆半径。
【解析】
解：已知正六边形的边长为2，
正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，因此正六边形的中心与相邻两个顶点连线构成的三角形是边长为2的等边三角形。
正六边形的内切圆半径即为该等边三角形的高（边心距），过中心作边的垂线，得到直角三角形：斜边为等边三角形的边长2，一条直角边为正六边形边长的一半$\frac{2}{2}=1$。
根据勾股定理，内切圆半径$r=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
正多边形与圆，正六边形性质，勾股定理
【点评】
本题属于基础题，重点考查正多边形和圆的对应关系，解题核心是将正六边形内切圆半径转化为等边三角形的高进行计算，掌握正六边形的特殊性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
首先回忆正六边形的性质：正六边形的外接圆半径等于其自身边长，且从中心向各顶点连线可将正六边形分割为6个全等的等边三角形；其次明确正多边形的内切圆半径是中心到正多边形任意一边的垂线段长度（即边心距），对应上述等边三角形的高；最后利用勾股定理计算该高的长度即可得到内切圆半径。
【解析】
解：已知正六边形的边长为2，
正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，因此正六边形的中心与相邻两个顶点连线构成的三角形是边长为2的等边三角形。
正六边形的内切圆半径即为该等边三角形的高（边心距），过中心作边的垂线，得到直角三角形：斜边为等边三角形的边长2，一条直角边为正六边形边长的一半$\frac{2}{2}=1$。
根据勾股定理，内切圆半径$r=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
正多边形与圆，正六边形性质，勾股定理
【点评】
本题属于基础题，重点考查正多边形和圆的对应关系，解题核心是将正六边形内切圆半径转化为等边三角形的高进行计算，掌握正六边形的特殊性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
2. 正多边形的内切圆与外接圆的周长之比为$\sqrt{3}:2$，则这个正多边形为正
六
边形.答案
2. 六
解析
【分析】
首先，圆的周长之比等于半径之比，因此可以先把正多边形内切圆和外接圆的周长比转化为二者的半径比，也就是正多边形的边心距与外接圆半径的比值。接下来，正多边形可以分解为若干个全等的等腰三角形，将等腰三角形作高得到直角三角形，这个直角三角形的两条直角边分别是边心距和边长的一半，斜边是外接圆半径，其中一个锐角等于正多边形中心角的一半，借助三角函数即可求出这个锐角的度数，进而求出正多边形的边数n。
【解析】
设正多边形的内切圆半径为$ r $，外接圆半径为$ R $。
因为圆的周长公式为$ C=2π R $，所以内切圆与外接圆的周长比等于半径比，即：
$\frac{C_{内}}{C_{外}}=\frac{r}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
正$ n $边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，将中心角平分后得到的锐角为$\frac{180°}{n}$，在由$ r $、$ R $、半边长组成的直角三角形中：
$\cos\frac{180°}{n}=\frac{r}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
因为$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{180°}{n}=30°$，解得$ n=6 $。
【答案】
六
【知识点】
正多边形与圆；圆的周长；特殊角的三角函数值
【点评】
本题是正多边形与圆相关的基础题型，解题核心是将周长比转化为半径比，再结合正多边形的结构特征和特殊角的三角函数值求解边数，这类题型是正多边形相关计算的常考类型。
【难度系数】
0.7
首先，圆的周长之比等于半径之比，因此可以先把正多边形内切圆和外接圆的周长比转化为二者的半径比，也就是正多边形的边心距与外接圆半径的比值。接下来，正多边形可以分解为若干个全等的等腰三角形，将等腰三角形作高得到直角三角形，这个直角三角形的两条直角边分别是边心距和边长的一半，斜边是外接圆半径，其中一个锐角等于正多边形中心角的一半，借助三角函数即可求出这个锐角的度数，进而求出正多边形的边数n。
【解析】
设正多边形的内切圆半径为$ r $，外接圆半径为$ R $。
因为圆的周长公式为$ C=2π R $，所以内切圆与外接圆的周长比等于半径比，即：
$\frac{C_{内}}{C_{外}}=\frac{r}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
正$ n $边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，将中心角平分后得到的锐角为$\frac{180°}{n}$，在由$ r $、$ R $、半边长组成的直角三角形中：
$\cos\frac{180°}{n}=\frac{r}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
因为$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{180°}{n}=30°$，解得$ n=6 $。
【答案】
六
【知识点】
正多边形与圆；圆的周长；特殊角的三角函数值
【点评】
本题是正多边形与圆相关的基础题型，解题核心是将周长比转化为半径比，再结合正多边形的结构特征和特殊角的三角函数值求解边数，这类题型是正多边形相关计算的常考类型。
【难度系数】
0.7
3. 如图，正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，若直线PA与$\odot O$相切于点A，则$∠ PAB$的度数为
$30°$
。答案
3. $30°$
解析
【分析】
解题时可结合切线性质与正多边形和圆的关系逐步推导：首先根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，连接OA可得∠OAP=90°；再利用正六边形内接于圆的特点，其每条边对应的中心角相等，可求出中心角∠AOB的度数，结合OA=OB判定△OAB为等边三角形，得到∠OAB的度数；最后用∠OAP减去∠OAB即可求出∠PAB的度数。
【解析】
连接OA、OB。
1. 求∠OAB的度数：
因为正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，所以正六边形的中心角$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，又$OA=OB$（都是$\odot O$的半径），因此$△ OAB$是等边三角形，可得$∠ OAB=60°$。
2. 利用切线性质求$∠ OAP$：
因为直线PA与$\odot O$相切于点A，根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，所以$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$。
3. 计算$∠ PAB$：
$∠ PAB=∠ OAP-∠ OAB=90°-60°=30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
切线的性质；正多边形和圆；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础题型，重点考查对切线性质、正多边形内接于圆性质的掌握，解题的关键是正确作出辅助线，通过中心角得到等边三角形进而求出角的度数，熟练掌握相关性质即可快速解答。
【难度系数】
0.8
解题时可结合切线性质与正多边形和圆的关系逐步推导：首先根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，连接OA可得∠OAP=90°；再利用正六边形内接于圆的特点，其每条边对应的中心角相等，可求出中心角∠AOB的度数，结合OA=OB判定△OAB为等边三角形，得到∠OAB的度数；最后用∠OAP减去∠OAB即可求出∠PAB的度数。
【解析】
连接OA、OB。
1. 求∠OAB的度数：
因为正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，所以正六边形的中心角$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，又$OA=OB$（都是$\odot O$的半径），因此$△ OAB$是等边三角形，可得$∠ OAB=60°$。
2. 利用切线性质求$∠ OAP$：
因为直线PA与$\odot O$相切于点A，根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，所以$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$。
3. 计算$∠ PAB$：
$∠ PAB=∠ OAP-∠ OAB=90°-60°=30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
切线的性质；正多边形和圆；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础题型，重点考查对切线性质、正多边形内接于圆性质的掌握，解题的关键是正确作出辅助线，通过中心角得到等边三角形进而求出角的度数，熟练掌握相关性质即可快速解答。
【难度系数】
0.8
4. 如图，五边形ABCDE是$\odot O$的内接正五边形，AF是$\odot O$的直径，则$∠ BDF$的度数是
$54°$
.答案
4. $54°$
解析
【分析】
解题时先利用正多边形的性质求出正五边形各边对应劣弧的度数，再结合直径的性质得到弧CF的度数，找到∠BDF对应的弧长，最后根据圆周角定理计算角度即可：
1. 先明确正n边形的各边对应的劣弧相等，单条弧的度数为$360°÷ n$，可求出正五边形每条边对应弧的度数；
2. 结合直径AF对应的弧为$180°$，且正五边形关于AF对称，可得F是劣弧CD的中点，求出弧CF的度数；
3. 得到∠BDF所对的弧BF的度数，再根据圆周角等于对应弧度数的一半，计算出∠BDF的度数。
【解析】
解：
∵五边形ABCDE是$\odot O$的内接正五边形，
∴正五边形各边所对的劣弧相等，每条劣弧的度数为$\frac{360°}{5}=72°$，
即$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EA}=72°$。
∵AF是$\odot O$的直径，正五边形关于AF对称，
∴AF平分劣弧CD，即$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{FD}=\frac{1}{2}\overset{\frown}{CD}=\frac{1}{2}×72°=36°$。
∴$\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CF}=72°+36°=108°$。
∵$∠ BDF$是$\overset{\frown}{BF}$所对的圆周角，
∴$∠ BDF=\frac{1}{2}×108°=54°$。
【答案】
$54°$
【知识点】
正多边形与圆的性质，圆周角定理，圆的对称性
【点评】
本题属于基础几何计算题，核心是结合正多边形的性质和圆的对称性确定对应弧的度数，再利用圆周角定理求解，要求熟练掌握正多边形和圆的相关性质。
【难度系数】
0.7
解题时先利用正多边形的性质求出正五边形各边对应劣弧的度数，再结合直径的性质得到弧CF的度数，找到∠BDF对应的弧长，最后根据圆周角定理计算角度即可：
1. 先明确正n边形的各边对应的劣弧相等，单条弧的度数为$360°÷ n$，可求出正五边形每条边对应弧的度数；
2. 结合直径AF对应的弧为$180°$，且正五边形关于AF对称，可得F是劣弧CD的中点，求出弧CF的度数；
3. 得到∠BDF所对的弧BF的度数，再根据圆周角等于对应弧度数的一半，计算出∠BDF的度数。
【解析】
解：
∵五边形ABCDE是$\odot O$的内接正五边形，
∴正五边形各边所对的劣弧相等，每条劣弧的度数为$\frac{360°}{5}=72°$，
即$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EA}=72°$。
∵AF是$\odot O$的直径，正五边形关于AF对称，
∴AF平分劣弧CD，即$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{FD}=\frac{1}{2}\overset{\frown}{CD}=\frac{1}{2}×72°=36°$。
∴$\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CF}=72°+36°=108°$。
∵$∠ BDF$是$\overset{\frown}{BF}$所对的圆周角，
∴$∠ BDF=\frac{1}{2}×108°=54°$。
【答案】
$54°$
【知识点】
正多边形与圆的性质，圆周角定理，圆的对称性
【点评】
本题属于基础几何计算题，核心是结合正多边形的性质和圆的对称性确定对应弧的度数，再利用圆周角定理求解，要求熟练掌握正多边形和圆的相关性质。
【难度系数】
0.7
5. 如图，正五边形ABCDE内接于$\odot O$，P为$\overset{\frown}{DE}$上的一点（点P不与点D重合），则$∠ CPD$的度数为
$36°$
。答案
5. $36°$
解析
【分析】
要求∠CPD的度数，可结合圆周角定理求解：首先明确正五边形内接于圆时，会将圆周五等分，每段弧的度数相等，先求出∠CPD所对弧$\overset{\frown}{CD}$的度数，再根据圆周角等于所对弧度数的一半，即可算出∠CPD的大小。
【解析】
∵正五边形ABCDE内接于$\odot O$，
∴正五边形的各边所对的弧相等，整个圆周的度数为$360°$，
∴$\overset{\frown}{CD}$的度数为$360°÷5=72°$，
∵∠CPD是$\overset{\frown}{CD}$所对的圆周角，根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧度数的一半，
∴$∠ CPD=\frac{1}{2}×72°=36°$。
【答案】
$36°$
【知识点】
正多边形内接圆性质；圆周角定理
【点评】
本题属于基础类题目，重点考查正多边形与圆的相关性质结合圆周角定理的应用，解题的核心是先确定所求圆周角所对的弧的度数，掌握相关基础性质就能快速求解。
【难度系数】
0.8
要求∠CPD的度数，可结合圆周角定理求解：首先明确正五边形内接于圆时，会将圆周五等分，每段弧的度数相等，先求出∠CPD所对弧$\overset{\frown}{CD}$的度数，再根据圆周角等于所对弧度数的一半，即可算出∠CPD的大小。
【解析】
∵正五边形ABCDE内接于$\odot O$，
∴正五边形的各边所对的弧相等，整个圆周的度数为$360°$，
∴$\overset{\frown}{CD}$的度数为$360°÷5=72°$，
∵∠CPD是$\overset{\frown}{CD}$所对的圆周角，根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧度数的一半，
∴$∠ CPD=\frac{1}{2}×72°=36°$。
【答案】
$36°$
【知识点】
正多边形内接圆性质；圆周角定理
【点评】
本题属于基础类题目，重点考查正多边形与圆的相关性质结合圆周角定理的应用，解题的核心是先确定所求圆周角所对的弧的度数，掌握相关基础性质就能快速求解。
【难度系数】
0.8
6. 如图,已知$\odot O$的内接六边形$ABCDEF$的边心距$OM=2$,则该圆的内接正三角形$ACE$的面积为
$4\sqrt{3}$
.答案
6. $4\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题时我们分两步思考：第一步，已知正六边形的边心距OM=2，先求⊙O的半径。正六边形的中心角为60°，它的边和外接圆半径相等，结合直角三角形的边角关系就能求出半径R；第二步，根据求出的外接圆半径，计算其内接正三角形ACE的面积，利用正三角形边长和外接圆半径的关系求出边长，再代入正三角形面积公式即可得到结果。
【解析】
解：连接OC、OB
∵ 六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形
∴ ∠BOC = 360°÷6 = 60°
又
∵ OB=OC，OM⊥BC
∴ △OBC是等边三角形，∠OCM=60°
在Rt△OMC中，$\sin∠ OCM = \frac{OM}{OC}$
代入OM=2，∠OCM=60°得：
$\sin60° = \frac{2}{OC}$
∴ $OC = 2 ÷ \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$，即⊙O的半径$R=\frac{4\sqrt{3}}{3}$
接下来求⊙O内接正三角形ACE的边长：
正三角形的中心角为$360°÷3=120°$，设其边长为a
则$a = 2R·\sin(\frac{120°}{2}) = 2R·\sin60°$
代入$R=\frac{4\sqrt{3}}{3}$得：
$a = 2 × \frac{4\sqrt{3}}{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 4$
∴ 正三角形ACE的面积$S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}×4^2 = 4\sqrt{3}$
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
正多边形与圆，解直角三角形，正三角形面积计算
【点评】
本题属于中档题，核心是利用正多边形与外接圆的关联性质，通过边心距求出外接圆半径，再推导所求正三角形的面积，需要熟练掌握特殊角的三角函数值和常见正多边形的边角规律。
【难度系数】
0.6
解题时我们分两步思考：第一步，已知正六边形的边心距OM=2，先求⊙O的半径。正六边形的中心角为60°，它的边和外接圆半径相等，结合直角三角形的边角关系就能求出半径R；第二步，根据求出的外接圆半径，计算其内接正三角形ACE的面积，利用正三角形边长和外接圆半径的关系求出边长，再代入正三角形面积公式即可得到结果。
【解析】
解：连接OC、OB
∵ 六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形
∴ ∠BOC = 360°÷6 = 60°
又
∵ OB=OC，OM⊥BC
∴ △OBC是等边三角形，∠OCM=60°
在Rt△OMC中，$\sin∠ OCM = \frac{OM}{OC}$
代入OM=2，∠OCM=60°得：
$\sin60° = \frac{2}{OC}$
∴ $OC = 2 ÷ \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$，即⊙O的半径$R=\frac{4\sqrt{3}}{3}$
接下来求⊙O内接正三角形ACE的边长：
正三角形的中心角为$360°÷3=120°$，设其边长为a
则$a = 2R·\sin(\frac{120°}{2}) = 2R·\sin60°$
代入$R=\frac{4\sqrt{3}}{3}$得：
$a = 2 × \frac{4\sqrt{3}}{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 4$
∴ 正三角形ACE的面积$S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}×4^2 = 4\sqrt{3}$
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
正多边形与圆，解直角三角形，正三角形面积计算
【点评】
本题属于中档题，核心是利用正多边形与外接圆的关联性质，通过边心距求出外接圆半径，再推导所求正三角形的面积，需要熟练掌握特殊角的三角函数值和常见正多边形的边角规律。
【难度系数】
0.6
7. 若周长相等的正三角形、正方形、正六边形的面积分别是$S_3,S_4,S_6$，则 （
A.$S_3＞S_4＞S_6$
B.$S_6＞S_4＞S_3$
C.$S_4＞S_6＞S_3$
D.$S_3＞S_6＞S_4$
B
）A.$S_3＞S_4＞S_6$
B.$S_6＞S_4＞S_3$
C.$S_4＞S_6＞S_3$
D.$S_3＞S_6＞S_4$
答案
7. B
解析
【分析】
要比较周长相等的正三角形、正方形、正六边形的面积大小，我们可以先设一个便于计算的公共周长，分别推导出三个图形的边长，再结合对应正多边形的面积计算方法求出各自的面积，最后比较三个面积的大小即可得到结论，也可结合正多边形的性质规律辅助判断。
【解析】
设三个正多边形的周长均为$12a$（取$12a$是因为3、4、6的最小公倍数为12，可使各图形边长为整数，简化计算）：
1. 计算正三角形的面积$S_3$：
正三角形边长为$\frac{12a}{3}=4a$，正三角形的高$h_3=\sqrt{(4a)^2-(2a)^2}=2\sqrt{3}a$，
则$S_3=\frac{1}{2}× 底× 高=\frac{1}{2}×4a×2\sqrt{3}a=4\sqrt{3}a^2\approx6.93a^2$。
2. 计算正方形的面积$S_4$：
正方形边长为$\frac{12a}{4}=3a$，
则$S_4=边长^2=(3a)^2=9a^2$。
3. 计算正六边形的面积$S_6$：
正六边形边长为$\frac{12a}{6}=2a$，正六边形可分割为6个边长为$2a$的全等正三角形，
每个小正三角形的高$h=\sqrt{(2a)^2-a^2}=\sqrt{3}a$，单个小正三角形面积为$\frac{1}{2}×2a×\sqrt{3}a=\sqrt{3}a^2$，
则$S_6=6×\sqrt{3}a^2=6\sqrt{3}a^2\approx10.39a^2$。
比较三个面积大小可得：$S_6＞S_4＞S_3$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质；多边形面积计算；实数大小比较
【点评】
本题属于正多边形相关的基础常考题，解题关键是通过设公共周长将各图形边长具体化，结合正多边形的面积计算方法求解，也可记住“周长相等的正多边形，边数越多，面积越大”的规律快速得到答案。
【难度系数】
0.7
要比较周长相等的正三角形、正方形、正六边形的面积大小，我们可以先设一个便于计算的公共周长，分别推导出三个图形的边长，再结合对应正多边形的面积计算方法求出各自的面积，最后比较三个面积的大小即可得到结论，也可结合正多边形的性质规律辅助判断。
【解析】
设三个正多边形的周长均为$12a$（取$12a$是因为3、4、6的最小公倍数为12，可使各图形边长为整数，简化计算）：
1. 计算正三角形的面积$S_3$：
正三角形边长为$\frac{12a}{3}=4a$，正三角形的高$h_3=\sqrt{(4a)^2-(2a)^2}=2\sqrt{3}a$，
则$S_3=\frac{1}{2}× 底× 高=\frac{1}{2}×4a×2\sqrt{3}a=4\sqrt{3}a^2\approx6.93a^2$。
2. 计算正方形的面积$S_4$：
正方形边长为$\frac{12a}{4}=3a$，
则$S_4=边长^2=(3a)^2=9a^2$。
3. 计算正六边形的面积$S_6$：
正六边形边长为$\frac{12a}{6}=2a$，正六边形可分割为6个边长为$2a$的全等正三角形，
每个小正三角形的高$h=\sqrt{(2a)^2-a^2}=\sqrt{3}a$，单个小正三角形面积为$\frac{1}{2}×2a×\sqrt{3}a=\sqrt{3}a^2$，
则$S_6=6×\sqrt{3}a^2=6\sqrt{3}a^2\approx10.39a^2$。
比较三个面积大小可得：$S_6＞S_4＞S_3$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质；多边形面积计算；实数大小比较
【点评】
本题属于正多边形相关的基础常考题，解题关键是通过设公共周长将各图形边长具体化，结合正多边形的面积计算方法求解，也可记住“周长相等的正多边形，边数越多，面积越大”的规律快速得到答案。
【难度系数】
0.7
