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8.「2026江苏南京一模，★☆」如图，正六边形ABCDEF的半径为4 cm，若P为CD的中点，连接AP，则AP的长为
2√13 cm
。答案
8.答案 $2\sqrt{13}$ cm
解析 如图,连接AC,过点B作$BH⊥AC$于点H,$∵ $六
边形 ABCDEF 是正六边形,$∴ ∠ABC=\frac{180°×(6-2)}{6}=$
$120°$,$AB = BC$,$∴ ∠ACB = ∠BAC=\frac{1}{2}×(180°-120°)=$
$30°$,$∴ ∠ACP = 120°-30° = 90°$,$∵ BH⊥AC$,$AB = BC$,
$∴ CH = AH$,$∴ $点H是AC的中点,$∵ ∠BAC = 30°$,
$∴ BH=\frac{1}{2}AB = 2$ cm,$∴ AC = 2AH = 2\sqrt{AB^2-BH^2}=$
$4\sqrt{3}(cm)$,$∵ P$是CD的中点,$∴ CP=\frac{1}{2}×4 = 2(cm)$,
在$Rt△ACP$中,$AP=\sqrt{AC^2+CP^2}=2\sqrt{13}$(cm).故答案
为$2\sqrt{13}$ cm.
解析
【分析】
要求AP的长度，首先结合正六边形的性质：正六边形的边长等于半径，每个内角为120°。我们可以通过构造直角三角形，利用勾股定理求解：第一步先求对角线AC的长度，在等腰△ABC中通过作高BH，利用等腰三角形性质和勾股定理算出AC；第二步判断∠ACP的度数，得出△ACP是直角三角形；第三步已知P是CD中点得到CP的长度，最后在Rt△ACP中用勾股定理算出AP即可。
【解析】
如图，连接AC，过点B作$BH⊥AC$于点H。
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，半径为4cm，
∴ 正六边形的内角$∠ABC=∠BCD=\frac{180°×(6-2)}{6}=120°$，且$AB=BC=CD=4\mathrm{cm}$。
∵ $AB=BC$，
∴ $∠BAC=∠ACB=\frac{1}{2}×(180°-120°)=30°$，
∴ $∠ACP=∠BCD - ∠ACB=120°-30°=90°$，即△ACP为直角三角形。
∵ $BH⊥AC$，$AB=BC$，根据等腰三角形三线合一，H为AC中点，即$AC=2AH$。
在Rt△ABH中，$∠BAC=30°$，
∴ $BH=\frac{1}{2}AB=2\mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$AH=\sqrt{AB^2 - BH^2}=\sqrt{4^2 - 2^2}=2\sqrt{3}\mathrm{cm}$，
∴ $AC=2AH=4\sqrt{3}\mathrm{cm}$。
∵ P为CD的中点，
∴ $CP=\frac{1}{2}CD=2\mathrm{cm}$。
在Rt△ACP中，由勾股定理得：
$AP=\sqrt{AC^2 + CP^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2 + 2^2}=\sqrt{48 + 4}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\mathrm{cm}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$ cm
【知识点】
正多边形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是正多边形相关的基础计算题，解题核心是利用正六边形的边、角特征，结合辅助线构造直角三角形，将未知线段的求解转化为勾股定理的应用，解题时要注意正六边形边长与半径相等这一隐含条件的运用。
【难度系数】
0.7
要求AP的长度，首先结合正六边形的性质：正六边形的边长等于半径，每个内角为120°。我们可以通过构造直角三角形，利用勾股定理求解：第一步先求对角线AC的长度，在等腰△ABC中通过作高BH，利用等腰三角形性质和勾股定理算出AC；第二步判断∠ACP的度数，得出△ACP是直角三角形；第三步已知P是CD中点得到CP的长度，最后在Rt△ACP中用勾股定理算出AP即可。
【解析】
如图，连接AC，过点B作$BH⊥AC$于点H。
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，半径为4cm，
∴ 正六边形的内角$∠ABC=∠BCD=\frac{180°×(6-2)}{6}=120°$，且$AB=BC=CD=4\mathrm{cm}$。
∵ $AB=BC$，
∴ $∠BAC=∠ACB=\frac{1}{2}×(180°-120°)=30°$，
∴ $∠ACP=∠BCD - ∠ACB=120°-30°=90°$，即△ACP为直角三角形。
∵ $BH⊥AC$，$AB=BC$，根据等腰三角形三线合一，H为AC中点，即$AC=2AH$。
在Rt△ABH中，$∠BAC=30°$，
∴ $BH=\frac{1}{2}AB=2\mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$AH=\sqrt{AB^2 - BH^2}=\sqrt{4^2 - 2^2}=2\sqrt{3}\mathrm{cm}$，
∴ $AC=2AH=4\sqrt{3}\mathrm{cm}$。
∵ P为CD的中点，
∴ $CP=\frac{1}{2}CD=2\mathrm{cm}$。
在Rt△ACP中，由勾股定理得：
$AP=\sqrt{AC^2 + CP^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2 + 2^2}=\sqrt{48 + 4}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\mathrm{cm}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$ cm
【知识点】
正多边形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是正多边形相关的基础计算题，解题核心是利用正六边形的边、角特征，结合辅助线构造直角三角形，将未知线段的求解转化为勾股定理的应用，解题时要注意正六边形边长与半径相等这一隐含条件的运用。
【难度系数】
0.7
9.「2024江苏苏州中考，★☆」铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素.如图所示的是一个花瓣造型的花窗示意图,由六条等弧连接而成,六条弧所对应的弦构成一个正六边形,中心为点O,$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心C恰好是$△ ABO$的内心,若$AB=2\sqrt{3}$,则花窗的周长(图中实线部分的长度)=
8π
.(结果保留π)答案
9.答案 $8π$
解析 如图,连接OC并延长交AB于点E,
$∵ $六条弧所对应的弦构成一个正六边形,
$∴ ∠AOB=\frac{360°}{6}=60°$,$OA = OB$,
$∴ △AOB$为等边三角形,
$∵ $圆心C恰好是$△AOB$的内心,
$∴ $点C也是$△AOB$的外心,
$∴ ∠ACB = 2∠AOB = 120°$,$AC = BC$,
$∴ ∠CAE = ∠CBE=\frac{180°-120°}{2}=30°$,
$∵ OA = OB$,$∴ OE$垂直平分AB,$∴ OE⊥AB$,
$∴ AE = BE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$,
在$Rt△AEC$中,$∠CAE = 30°$,$∴ AC = 2CE$,由勾股定
理得,$AC^2 = CE^2 + AE^2$,即$(2CE)^2 = CE^2 + 3$,$∴ CE = 1$,
$∴ AC = 2$,$∴ ⊙C$的周长$= 2πr = 4π$,
$∴ \overset{\frown}{AB}$的长$=\frac{120}{360}·4π=\frac{4π}{3}$,
$∴ $花窗的周长为$\frac{4π}{3}×6 = 8π$.
解析
【分析】
解题时首先根据正六边形的性质得到中心角$∠ AOB$的度数，判定$△ AOB$为等边三角形；再结合等边三角形内心与外心重合的性质，得到$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心角和半径的相关关系；接着通过垂径定理和勾股定理求出$\overset{\frown}{AB}$的半径，利用弧长公式算出单条弧的长度；最后乘6得到花窗的总周长。
【解析】
如图，连接OC并延长交AB于点E，
∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形，
∴$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，且$OA = OB$，
∴$△ AOB$为等边三角形。
∵$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心C恰好是$△ AOB$的内心，等边三角形的内心与外心重合，
∴点C也是$△ AOB$的外心，
∴$∠ ACB = 2∠ AOB = 120°$，且$AC = BC$，
∴$∠ CAE = ∠ CBE=\frac{180°-120°}{2}=30°$。
∵$OA = OB$，E在AB上且在OC延长线上，
∴OE垂直平分AB，即$OE⊥ AB$，
∴$AE = BE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
在$Rt△ AEC$中，$∠ CAE = 30°$，
∴$AC = 2CE$，
由勾股定理得：$AC^2 = CE^2 + AE^2$，
代入得：$(2CE)^2 = CE^2 + (\sqrt{3})^2$，解得$CE = 1$，
∴$AC = 2$，即$\overset{\frown}{AB}$所在圆的半径为2。
根据弧长公式，$\overset{\frown}{AB}$的长$=\frac{nπ r}{180}=\frac{120π×2}{180}=\frac{4π}{3}$。
∵花窗共有6条等长的弧，
∴花窗的周长为$\frac{4π}{3}×6 = 8π$。
【答案】
$8π$
【知识点】
正多边形的性质，弧长计算，三角形内心外心性质
【点评】
本题以园林铁艺花窗为背景，考查几何知识的实际应用，核心是利用正六边形和等边三角形的特殊性质求解弧的参数，需要学生能熟练结合图形性质和公式完成计算。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据正六边形的性质得到中心角$∠ AOB$的度数，判定$△ AOB$为等边三角形；再结合等边三角形内心与外心重合的性质，得到$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心角和半径的相关关系；接着通过垂径定理和勾股定理求出$\overset{\frown}{AB}$的半径，利用弧长公式算出单条弧的长度；最后乘6得到花窗的总周长。
【解析】
如图，连接OC并延长交AB于点E，
∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形，
∴$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，且$OA = OB$，
∴$△ AOB$为等边三角形。
∵$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心C恰好是$△ AOB$的内心，等边三角形的内心与外心重合，
∴点C也是$△ AOB$的外心，
∴$∠ ACB = 2∠ AOB = 120°$，且$AC = BC$，
∴$∠ CAE = ∠ CBE=\frac{180°-120°}{2}=30°$。
∵$OA = OB$，E在AB上且在OC延长线上，
∴OE垂直平分AB，即$OE⊥ AB$，
∴$AE = BE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
在$Rt△ AEC$中，$∠ CAE = 30°$，
∴$AC = 2CE$，
由勾股定理得：$AC^2 = CE^2 + AE^2$，
代入得：$(2CE)^2 = CE^2 + (\sqrt{3})^2$，解得$CE = 1$，
∴$AC = 2$，即$\overset{\frown}{AB}$所在圆的半径为2。
根据弧长公式，$\overset{\frown}{AB}$的长$=\frac{nπ r}{180}=\frac{120π×2}{180}=\frac{4π}{3}$。
∵花窗共有6条等长的弧，
∴花窗的周长为$\frac{4π}{3}×6 = 8π$。
【答案】
$8π$
【知识点】
正多边形的性质，弧长计算，三角形内心外心性质
【点评】
本题以园林铁艺花窗为背景，考查几何知识的实际应用，核心是利用正六边形和等边三角形的特殊性质求解弧的参数，需要学生能熟练结合图形性质和公式完成计算。
【难度系数】
0.7
10.「★☆」如图,在正六边形ABCDEF中,以AD为对角线作正方形APDQ,AP,DP与BC分别交于M,N.
(1)∠BAM=
(2)若AB=4,求MN的长.
(1)∠BAM=
15
°.(2)若AB=4,求MN的长.
答案
10.解析 (1)15.
详解:在正六边形 ABCDEF 中,$∠BAF =$
$\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$,$∴ ∠DAB = 60°$,在正方形 AQDP
中,$∠PAQ = 90°$,$∴ ∠DAP = 45°$,$∴ ∠BAM = ∠DAB -$
$∠DAP = 60°-45° = 15°$.
(2)如图,连接 BE 交 AD 于点 O,连接 OP 交 BC 于
点 H.
则点 O 是正六边形 ABCDEF 和正方形 APDQ 的
中心,
$∵ $六边形 ABCDEF 是正六边形,
$∴ ∠BAF = ∠ABC = 120°$,AO 平分$∠BAF$,BO 平分
$∠ABC$,$OA = OB$,
$∴ ∠BAO = ∠ABO = ∠CBO=\frac{1}{2}×120°=60°$,
$∴ △ABO$是等边三角形,$∴ ∠AOB = ∠CBO = 60°$,
$AO = BO = AB = 4$,$∴ BC// AD$,$AD = 2AO = 8$,
$∵ $四边形 APDQ 是正方形,
$∴ AP = DP$,$∠APD = 90°$,
$∵ AO = DO$,$∴ PO=\frac{1}{2}AD = 4$,$PO⊥AD$,$∠APO =$
$∠DPO=\frac{1}{2}∠APD = 45°$,
$∵ AD// BC$,$∴ ∠MHP = ∠AOP = 90°$,
$∴ ∠BHO = 90°$,$PH⊥MN$,$∴ MN = 2MH$,
$∵ ∠OBH = 60°$,$∴ ∠BOH = 90°-60° = 30°$,
$∴ BH=\frac{1}{2}BO = 2$,$∴ OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=2\sqrt{3}$,
$∴ PH = MH = OP - OH = 4 - 2\sqrt{3}$,
$∴ MN = 2MH = 8 - 4\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 求解∠BAM的思路：首先回忆正多边形内角和公式，算出正六边形的单个内角度数，结合正六边形的轴对称性（AD为对称轴），可得∠DAB的度数；再利用正方形对角线平分内角的性质，得到∠DAP的度数，用∠DAB减去∠DAP即可得结果。
(2) 求解MN长度的思路：MN在BC边上，BC与AD平行（正六边形对边平行），因此考虑构造垂直于AD的辅助线，利用平行线的传递性得到垂直于MN的线段。首先连接正六边形的对角线BE，与AD交于公共中心O，O也是正方形APDQ的中心，再连接OP，由正方形性质可知PO垂直AD，因此PO也垂直BC。接下来先利用等边三角形的性质求OB、OH的长度，再结合正方形性质得PO的长度，进而得到PH的长度；由于∠DPO=45°，可得△MPH是等腰直角三角形，MH=PH，再由对称性可知MN=2MH，代入数值计算即可。
【解析】
(1) 在正六边形ABCDEF中，内角和为$(6-2)×180°=720°$，因此每个内角$∠ BAF = \frac{720°}{6}=120°$。
正六边形关于AD对称，因此$∠ DAB = \frac{1}{2}∠ BAF = 60°$。
在正方形APDQ中，AD是对角线，因此$∠ DAP = \frac{1}{2}×90°=45°$。
所以$∠ BAM = ∠ DAB - ∠ DAP = 60°-45°=15°$。
(2) 如图，连接BE交AD于点O，连接OP交BC于点H。
点O是正六边形ABCDEF和正方形APDQ的公共中心：
① 正六边形ABCDEF中，$∠ BAF = ∠ ABC = 120°$，AO平分$∠ BAF$，BO平分$∠ ABC$，且$OA=OB$，因此$∠ BAO = ∠ ABO = ∠ CBO = \frac{1}{2}×120°=60°$，可得$△ ABO$是等边三角形，因此$AO=BO=AB=4$，$∠ AOB = 60°$。
由$∠ CBO = ∠ AOB = 60°$，内错角相等可得$BC//AD$，且$AD=2AO=8$。
② 正方形APDQ中，$AP=DP$，$∠ APD=90°$，O是AD中点，因此$PO=\frac{1}{2}AD=4$，$PO⊥AD$，$∠ DPO = \frac{1}{2}∠ APD=45°$。
结合$BC//AD$，可得$PO⊥BC$，即$∠ MHP=90°$，因此$△ MHP$是等腰直角三角形，$MH=PH$，且由对称性可知$MN=2MH$。
③ 在$Rt△ BOH$中，$∠ OBH=60°$，因此$∠ BOH=30°$，可得$BH=\frac{1}{2}BO=2$，由勾股定理得$OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
因此$PH=PO-OH=4-2\sqrt{3}=MH$，则$MN=2MH=2×(4-2\sqrt{3})=8-4\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{15}$
(2) $\boldsymbol{8-4\sqrt{3}}$
【知识点】
1. 正多边形的性质
2. 正方形的性质
3. 特殊直角三角形计算
【点评】
本题是正多边形与正方形结合的几何综合题，既考查了特殊多边形的内角、边角性质，也考查了辅助线的构造能力。解题的关键是找到两个特殊多边形的公共中心，利用平行线和特殊角度直角三角形的性质逐步推导，属于多边形性质应用的典型习题，能较好地锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 求解∠BAM的思路：首先回忆正多边形内角和公式，算出正六边形的单个内角度数，结合正六边形的轴对称性（AD为对称轴），可得∠DAB的度数；再利用正方形对角线平分内角的性质，得到∠DAP的度数，用∠DAB减去∠DAP即可得结果。
(2) 求解MN长度的思路：MN在BC边上，BC与AD平行（正六边形对边平行），因此考虑构造垂直于AD的辅助线，利用平行线的传递性得到垂直于MN的线段。首先连接正六边形的对角线BE，与AD交于公共中心O，O也是正方形APDQ的中心，再连接OP，由正方形性质可知PO垂直AD，因此PO也垂直BC。接下来先利用等边三角形的性质求OB、OH的长度，再结合正方形性质得PO的长度，进而得到PH的长度；由于∠DPO=45°，可得△MPH是等腰直角三角形，MH=PH，再由对称性可知MN=2MH，代入数值计算即可。
【解析】
(1) 在正六边形ABCDEF中，内角和为$(6-2)×180°=720°$，因此每个内角$∠ BAF = \frac{720°}{6}=120°$。
正六边形关于AD对称，因此$∠ DAB = \frac{1}{2}∠ BAF = 60°$。
在正方形APDQ中，AD是对角线，因此$∠ DAP = \frac{1}{2}×90°=45°$。
所以$∠ BAM = ∠ DAB - ∠ DAP = 60°-45°=15°$。
(2) 如图，连接BE交AD于点O，连接OP交BC于点H。
点O是正六边形ABCDEF和正方形APDQ的公共中心：
① 正六边形ABCDEF中，$∠ BAF = ∠ ABC = 120°$，AO平分$∠ BAF$，BO平分$∠ ABC$，且$OA=OB$，因此$∠ BAO = ∠ ABO = ∠ CBO = \frac{1}{2}×120°=60°$，可得$△ ABO$是等边三角形，因此$AO=BO=AB=4$，$∠ AOB = 60°$。
由$∠ CBO = ∠ AOB = 60°$，内错角相等可得$BC//AD$，且$AD=2AO=8$。
② 正方形APDQ中，$AP=DP$，$∠ APD=90°$，O是AD中点，因此$PO=\frac{1}{2}AD=4$，$PO⊥AD$，$∠ DPO = \frac{1}{2}∠ APD=45°$。
结合$BC//AD$，可得$PO⊥BC$，即$∠ MHP=90°$，因此$△ MHP$是等腰直角三角形，$MH=PH$，且由对称性可知$MN=2MH$。
③ 在$Rt△ BOH$中，$∠ OBH=60°$，因此$∠ BOH=30°$，可得$BH=\frac{1}{2}BO=2$，由勾股定理得$OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
因此$PH=PO-OH=4-2\sqrt{3}=MH$，则$MN=2MH=2×(4-2\sqrt{3})=8-4\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{15}$
(2) $\boldsymbol{8-4\sqrt{3}}$
【知识点】
1. 正多边形的性质
2. 正方形的性质
3. 特殊直角三角形计算
【点评】
本题是正多边形与正方形结合的几何综合题，既考查了特殊多边形的内角、边角性质，也考查了辅助线的构造能力。解题的关键是找到两个特殊多边形的公共中心，利用平行线和特殊角度直角三角形的性质逐步推导，属于多边形性质应用的典型习题，能较好地锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
11. 核心素养 推理能力 如图1,图2,图3,分别是正方形、正五边形和正六边形,将这三种正多边形的相邻两条对角线的夹角分别记作$α_4,α_5,α_6$,我们知道根据正方形的性质可得$α_4=90°$,
(1)请直接写出$α_5=$
(2)请直接写出正$n$边形相邻两条对角线的夹角$α_n=$
(3)爱思考的小敏提出:如图4,点$M,N$分别是正五边形$ABCDE$的边$BC,CD$上的动点,且始终保持$BM=CN$,则$AM$与$BN$的夹角$β$与$α_5$相等.你同意她的观点吗?请说明理由.
第3章 圆
(1)请直接写出$α_5=$
108
$°$,$α_6=$120
$°$.(2)请直接写出正$n$边形相邻两条对角线的夹角$α_n=$
$\frac{(n-2)·180°}{n}$
(用含$n$的代数式表示).(3)爱思考的小敏提出:如图4,点$M,N$分别是正五边形$ABCDE$的边$BC,CD$上的动点,且始终保持$BM=CN$,则$AM$与$BN$的夹角$β$与$α_5$相等.你同意她的观点吗?请说明理由.
第3章 圆
答案
11.解析 (1)108;120.
详解:对于正五边形 ABCDE,易得 AB = BC = CD,
$∠ABC = ∠BCD=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$,
$∴ ∠DBC = ∠ACB=\frac{180°-108°}{2}=36°$,
$∴ α_5 = 180°-∠DBC-∠ACB = 108°$.
对于正六边形 ABCDEF,易得 AB = BC = CD,$∠ABC =$
$∠BCD=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$,
$∴ ∠DBC = ∠ACB=\frac{180°-120°}{2}=30°$,
$∴ α_6 = 180°-∠DBC-∠ACB = 120°$.
(2)$\frac{(n-2)·180°}{n}$.
(3)同意,理由如下:
如图,设BN与AM的交点为F,
由题意得,AB = BC = CD,$∠ABC = ∠BCD =$
$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$,
在$△ABM$和$△BCN$中,$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABC=∠BCD, \\ BM=CN, \end{cases}$
$∴ △ABM≌△BCN(SAS)$,$∴ ∠AMB = ∠BNC$,
$∴ ∠AMB + ∠CBN = ∠BNC + ∠CBN = 180°-$
$∠DCB = 72°$,
$∴ ∠BFM = 180°-(∠AMB+∠CBN) = 108°$,
$∴ β = ∠BFM = 108°$,$∴ β = α_5$,
$∴ $同意小敏的观点.
解析
【分析】
1. 第(1)问解题思路：先利用多边形内角和公式计算正五边形、正六边形的内角度数，结合正多边形各边相等的性质，得到相邻对角线与边构成的等腰三角形，算出底角的度数，再利用三角形内角和即可求出相邻两条对角线的夹角。
2. 第(2)问是规律推导：结合n=4、5、6时αₙ的结果，推广到正n边形的情况，直接用正n边形的内角公式即可得到αₙ的表达式。
3. 第(3)问解题思路：先结合正五边形的边角性质，利用SAS证明△ABM和△BCN全等，再通过全等三角形对应角相等的性质，结合三角形内角和完成角的转化，计算出β的度数后与α₅比较即可得出结论。
【解析】
(1) 求α₅：
正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，每个内角$∠ABC=∠BCD=\frac{540°}{5}=108°$，
由正五边形性质得$AB=BC=CD$，△ABC、△BCD均为等腰三角形，
因此$∠ACB=\frac{180°-108°}{2}=36°$，$∠DBC=\frac{180°-108°}{2}=36°$，
故$α₅=180°-∠ACB-∠DBC=180°-36°-36°=108°$。
求α₆：
正六边形内角和为$(6-2)×180°=720°$，每个内角$∠ABC=∠BCD=\frac{720°}{6}=120°$，
由正六边形性质得$AB=BC=CD$，△ABC、△BCD均为等腰三角形，
因此$∠ACB=\frac{180°-120°}{2}=30°$，$∠DBC=\frac{180°-120°}{2}=30°$，
故$α₆=180°-30°-30°=120°$。
(2) 正n边形的内角为$\frac{(n-2)·180°}{n}$，结合n=4、5、6的规律可得$α_n=\frac{(n-2)·180°}{n}$。
(3) 同意，理由如下：
设BN与AM的交点为F，
正五边形中$AB=BC$，$∠ABC=∠BCD=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，
在$△ ABM$和$△ BCN$中：
$\begin{cases} AB=BC \\ ∠ABC=∠BCD \\ BM=CN \end{cases}$
$\therefore △ ABM≌△ BCN(SAS)$，则$∠AMB=∠BNC$，
在△BCN中，$∠BNC + ∠CBN = 180° - ∠BCD = 180°-108°=72°$，
因此$∠AMB + ∠CBN = 72°$，
在△BFM中，$∠BFM = 180° - (∠AMB + ∠CBN) = 180°-72°=108°$，
故$β=∠BFM=108°=α₅$，小敏的观点正确。
【答案】
(1) $108$；$120$
(2) $\frac{(n-2)·180°}{n}$
(3) 同意，理由见解析，
【知识点】
正多边形的性质；全等三角形的判定与性质；多边形内角和公式
【点评】
本题考查了从特殊到一般的规律推导能力，以及几何证明与角度计算的综合应用，需要熟练掌握正多边形的边角性质，能灵活运用全等三角形的性质完成角的转化。
【难度系数】
0.6
1. 第(1)问解题思路：先利用多边形内角和公式计算正五边形、正六边形的内角度数，结合正多边形各边相等的性质，得到相邻对角线与边构成的等腰三角形，算出底角的度数，再利用三角形内角和即可求出相邻两条对角线的夹角。
2. 第(2)问是规律推导：结合n=4、5、6时αₙ的结果，推广到正n边形的情况，直接用正n边形的内角公式即可得到αₙ的表达式。
3. 第(3)问解题思路：先结合正五边形的边角性质，利用SAS证明△ABM和△BCN全等，再通过全等三角形对应角相等的性质，结合三角形内角和完成角的转化，计算出β的度数后与α₅比较即可得出结论。
【解析】
(1) 求α₅：
正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，每个内角$∠ABC=∠BCD=\frac{540°}{5}=108°$，
由正五边形性质得$AB=BC=CD$，△ABC、△BCD均为等腰三角形，
因此$∠ACB=\frac{180°-108°}{2}=36°$，$∠DBC=\frac{180°-108°}{2}=36°$，
故$α₅=180°-∠ACB-∠DBC=180°-36°-36°=108°$。
求α₆：
正六边形内角和为$(6-2)×180°=720°$，每个内角$∠ABC=∠BCD=\frac{720°}{6}=120°$，
由正六边形性质得$AB=BC=CD$，△ABC、△BCD均为等腰三角形，
因此$∠ACB=\frac{180°-120°}{2}=30°$，$∠DBC=\frac{180°-120°}{2}=30°$，
故$α₆=180°-30°-30°=120°$。
(2) 正n边形的内角为$\frac{(n-2)·180°}{n}$，结合n=4、5、6的规律可得$α_n=\frac{(n-2)·180°}{n}$。
(3) 同意，理由如下：
设BN与AM的交点为F，
正五边形中$AB=BC$，$∠ABC=∠BCD=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，
在$△ ABM$和$△ BCN$中：
$\begin{cases} AB=BC \\ ∠ABC=∠BCD \\ BM=CN \end{cases}$
$\therefore △ ABM≌△ BCN(SAS)$，则$∠AMB=∠BNC$，
在△BCN中，$∠BNC + ∠CBN = 180° - ∠BCD = 180°-108°=72°$，
因此$∠AMB + ∠CBN = 72°$，
在△BFM中，$∠BFM = 180° - (∠AMB + ∠CBN) = 180°-72°=108°$，
故$β=∠BFM=108°=α₅$，小敏的观点正确。
【答案】
(1) $108$；$120$
(2) $\frac{(n-2)·180°}{n}$
(3) 同意，理由见解析，
【知识点】
正多边形的性质；全等三角形的判定与性质；多边形内角和公式
【点评】
本题考查了从特殊到一般的规律推导能力，以及几何证明与角度计算的综合应用，需要熟练掌握正多边形的边角性质，能灵活运用全等三角形的性质完成角的转化。
【难度系数】
0.6
