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10. 为筹备运动会，小松制作了右图所示的宣传牌，在正五边形ABCDE和正方形CDFG中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是
（
A.$90°$
B.$99°$
C.$108°$
D.$135°$
（
B
）A.$90°$
B.$99°$
C.$108°$
D.$135°$
答案
10. B
解析
【分析】
解题思路如下：第一步，先利用正多边形内角计算公式求出正五边形的每个内角度数；第二步，根据正方形对角线的性质，得到对角线与正方形边的夹角度数；第三步，找到包含所求角的四边形，利用四边形内角和为360°的性质，代入已知角度计算即可得到结果。
【解析】
1. 计算正五边形的内角度数：
正n边形内角公式为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，正五边形$n=5$，因此每个内角为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，可得$∠ CDE=∠ AED=108°$。
2. 分析正方形的角度特征：
正方形CDFG中，CF是正方形的对角线，对角线平分正方形内角，因此$∠ DCF=45°$。
3. 利用四边形内角和计算$∠ FME$：
观察四边形CDEM，内角和为$360°$，其中$∠ DCM=∠ DCF=45°$，$∠ CDE=108°$，$∠ DEM=∠ AED=108°$，因此：
$∠ FME=360° - 45° - 108° - 108°=99°$
【答案】
B
【知识点】
正多边形内角计算、正方形的性质、四边形内角和
【点评】
本题是正多边形与正方形性质的综合应用题，解题核心是熟练掌握正多边形内角公式、正方形对角线的特征，准确找到关联所求角的多边形，结合内角和性质就能快速求解。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：第一步，先利用正多边形内角计算公式求出正五边形的每个内角度数；第二步，根据正方形对角线的性质，得到对角线与正方形边的夹角度数；第三步，找到包含所求角的四边形，利用四边形内角和为360°的性质，代入已知角度计算即可得到结果。
【解析】
1. 计算正五边形的内角度数：
正n边形内角公式为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，正五边形$n=5$，因此每个内角为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，可得$∠ CDE=∠ AED=108°$。
2. 分析正方形的角度特征：
正方形CDFG中，CF是正方形的对角线，对角线平分正方形内角，因此$∠ DCF=45°$。
3. 利用四边形内角和计算$∠ FME$：
观察四边形CDEM，内角和为$360°$，其中$∠ DCM=∠ DCF=45°$，$∠ CDE=108°$，$∠ DEM=∠ AED=108°$，因此：
$∠ FME=360° - 45° - 108° - 108°=99°$
【答案】
B
【知识点】
正多边形内角计算、正方形的性质、四边形内角和
【点评】
本题是正多边形与正方形性质的综合应用题，解题核心是熟练掌握正多边形内角公式、正方形对角线的特征，准确找到关联所求角的多边形，结合内角和性质就能快速求解。
【难度系数】
0.7
11. 刘徽于公元263年撰写的《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形的周长和直径的比值。刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立了“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法。如图，将半径为2的圆进行十二等分分割，拼接成如图所示的图形，连结AC，BD交于点E，则△ADE的面积为（
A.π
B.2π
C.3
D.4
C
）A.π
B.2π
C.3
D.4
答案
11. C
解析
【分析】
解题时首先抓住拼接前后图形面积不变的核心：首先将十二等分圆得到的12个全等等腰三角形的总面积算出，也就是拼接后平行四边形的面积；再利用平行四边形对角线的性质，对角线互相平分，会把平行四边形分成4个面积相等的三角形，最终就能求出△ADE的面积。具体步骤：①先求单个小等腰三角形的面积；②求平行四边形总面积；③利用平行四边形性质算△ADE的面积。
【解析】
1. 计算单个小等腰三角形的面积：
半径为2的圆十二等分后，得到12个全等的等腰三角形，每个三角形的腰长等于圆的半径2，顶角为$360°÷12=30°$。
将其中一条腰作为底，长度为2，这条底上的高为$2×\sin30°=2×\frac{1}{2}=1$，因此单个小三角形的面积为$S_1=\frac{1}{2}×2×1=1$。
2. 计算平行四边形ABCD的面积：
拼接前后总面积不变，12个小三角形的总面积为$12×1=12$，即平行四边形ABCD的面积为12。
3. 计算△ADE的面积：
平行四边形的对角线互相平分，交点E是AC、BD的中点，因此平行四边形被两条对角线分成4个面积相等的三角形，故$S_{△ ADE}=12÷4=3$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形和圆、平行四边形的性质、三角形面积计算
【点评】
本题结合传统数学文化“割圆术”的背景出题，解题的关键是抓住拼接前后面积不变的特点，灵活运用平行四边形对角线的性质简化计算，避免了复杂的边长推导，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先抓住拼接前后图形面积不变的核心：首先将十二等分圆得到的12个全等等腰三角形的总面积算出，也就是拼接后平行四边形的面积；再利用平行四边形对角线的性质，对角线互相平分，会把平行四边形分成4个面积相等的三角形，最终就能求出△ADE的面积。具体步骤：①先求单个小等腰三角形的面积；②求平行四边形总面积；③利用平行四边形性质算△ADE的面积。
【解析】
1. 计算单个小等腰三角形的面积：
半径为2的圆十二等分后，得到12个全等的等腰三角形，每个三角形的腰长等于圆的半径2，顶角为$360°÷12=30°$。
将其中一条腰作为底，长度为2，这条底上的高为$2×\sin30°=2×\frac{1}{2}=1$，因此单个小三角形的面积为$S_1=\frac{1}{2}×2×1=1$。
2. 计算平行四边形ABCD的面积：
拼接前后总面积不变，12个小三角形的总面积为$12×1=12$，即平行四边形ABCD的面积为12。
3. 计算△ADE的面积：
平行四边形的对角线互相平分，交点E是AC、BD的中点，因此平行四边形被两条对角线分成4个面积相等的三角形，故$S_{△ ADE}=12÷4=3$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形和圆、平行四边形的性质、三角形面积计算
【点评】
本题结合传统数学文化“割圆术”的背景出题，解题的关键是抓住拼接前后面积不变的特点，灵活运用平行四边形对角线的性质简化计算，避免了复杂的边长推导，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12. 用直尺和圆规在下面的圆中分别作出圆的内接正方形、正十二边形。
答案
12. (1)正方形的作法:如图
。①作直径AB；
②分别以点A,B为圆心,以大于$\frac{1}{2}AB$的同样长为半径作弧,两弧交于M,N两点；
③作直线MN交$\odot O$于点C,D；
④连结AC,BC,AD,BD。
四边形ACBD就是所求作的正方形。
(2)正十二边形的作法:如图
。任意作一条半径OA,先以点O为顶点,OA为一边作$∠AOB=30°$,连结AB,再以点B为圆心,AB的长为半径画弧,交$\odot O$于点C,以点C为圆心,AB的长为半径画弧,交$\odot O$于点D,……以此顺次画弧,得到与$\odot O$的交点E,F,G,H,I,J,K,L,最后顺次连结各点,则正十二边形ABCDEFGHIJKL即为所求。
解析
【分析】
要作出圆的内接正方形，核心是将圆周四等分：正方形的中心角为$360°÷4=90°$，因此只要作出两条互相垂直的直径，即可得到圆周上的四个等分点，顺次连接四点即可得到正方形，其中互相垂直的直径可通过作已知直径的垂直平分线得到。
要作出圆的内接正十二边形，核心是将圆周十二等分：正十二边形的中心角为$360°÷12=30°$，因此先作出$30°$的圆心角，再以该圆心角对应的弦长为半径在圆周上依次截取等弧，得到12个等分点，顺次连接各点即可得到正十二边形。
【解析】
（1）圆内接正方形的作法：
①作直径$AB$；
②分别以点$A,B$为圆心，以大于$\frac{1}{2}AB$的同样长为半径作弧，两弧交于$M,N$两点；
③作直线$MN$交$\odot O$于点$C,D$；
④连结$AC,BC,AD,BD$，四边形$ACBD$即为所求的圆内接正方形。
（2）圆内接正十二边形的作法：
任意作一条半径$OA$，先以点$O$为顶点，$OA$为一边作$∠ AOB=30°$，连结$AB$，再以点$B$为圆心，$AB$的长为半径画弧，交$\odot O$于点$C$，以点$C$为圆心，$AB$的长为半径画弧，交$\odot O$于点$D$，……以此顺次画弧，得到与$\odot O$的交点$E,F,G,H,I,J,K,L$，最后顺次连结各点，得到的正十二边形$ABCDEFGHIJKL$即为所求。
【答案】
(1)正方形的作法:如图。
①作直径AB；
②分别以点A,B为圆心,以大于$\frac{1}{2}AB$的同样长为半径作弧,两弧交于M,N两点；
③作直线MN交$\odot O$于点C,D；
④连结AC,BC,AD,BD。
四边形ACBD就是所求作的正方形。
(2)正十二边形的作法:如图。
任意作一条半径OA,先以点O为顶点,OA为一边作$∠AOB=30°$,连结AB,再以点B为圆心,AB的长为半径画弧,交$\odot O$于点C,以点C为圆心,AB的长为半径画弧,交$\odot O$于点D,……以此顺次画弧,得到与$\odot O$的交点E,F,G,H,I,J,K,L,最后顺次连结各点,则正十二边形ABCDEFGHIJKL即为所求。
【知识点】
尺规作图；正多边形与圆；垂直平分线作法
【点评】
本题是基础尺规作图题，解题关键是掌握正多边形中心角与圆周等分的对应关系，熟悉常见的尺规作图操作，能够有效考查学生的动手实践能力。
【难度系数】
0.7
要作出圆的内接正方形，核心是将圆周四等分：正方形的中心角为$360°÷4=90°$，因此只要作出两条互相垂直的直径，即可得到圆周上的四个等分点，顺次连接四点即可得到正方形，其中互相垂直的直径可通过作已知直径的垂直平分线得到。
要作出圆的内接正十二边形，核心是将圆周十二等分：正十二边形的中心角为$360°÷12=30°$，因此先作出$30°$的圆心角，再以该圆心角对应的弦长为半径在圆周上依次截取等弧，得到12个等分点，顺次连接各点即可得到正十二边形。
【解析】
（1）圆内接正方形的作法：
①作直径$AB$；
②分别以点$A,B$为圆心，以大于$\frac{1}{2}AB$的同样长为半径作弧，两弧交于$M,N$两点；
③作直线$MN$交$\odot O$于点$C,D$；
④连结$AC,BC,AD,BD$，四边形$ACBD$即为所求的圆内接正方形。
（2）圆内接正十二边形的作法：
任意作一条半径$OA$，先以点$O$为顶点，$OA$为一边作$∠ AOB=30°$，连结$AB$，再以点$B$为圆心，$AB$的长为半径画弧，交$\odot O$于点$C$，以点$C$为圆心，$AB$的长为半径画弧，交$\odot O$于点$D$，……以此顺次画弧，得到与$\odot O$的交点$E,F,G,H,I,J,K,L$，最后顺次连结各点，得到的正十二边形$ABCDEFGHIJKL$即为所求。
【答案】
(1)正方形的作法:如图
。①作直径AB；
②分别以点A,B为圆心,以大于$\frac{1}{2}AB$的同样长为半径作弧,两弧交于M,N两点；
③作直线MN交$\odot O$于点C,D；
④连结AC,BC,AD,BD。
四边形ACBD就是所求作的正方形。
(2)正十二边形的作法:如图
。任意作一条半径OA,先以点O为顶点,OA为一边作$∠AOB=30°$,连结AB,再以点B为圆心,AB的长为半径画弧,交$\odot O$于点C,以点C为圆心,AB的长为半径画弧,交$\odot O$于点D,……以此顺次画弧,得到与$\odot O$的交点E,F,G,H,I,J,K,L,最后顺次连结各点,则正十二边形ABCDEFGHIJKL即为所求。
【知识点】
尺规作图；正多边形与圆；垂直平分线作法
【点评】
本题是基础尺规作图题，解题关键是掌握正多边形中心角与圆周等分的对应关系，熟悉常见的尺规作图操作，能够有效考查学生的动手实践能力。
【难度系数】
0.7
13. 如图,在$\odot O$的内接正八边形ABCDEFGH中,$AB=2$,连结BG,DG。
(1)求证:$DG// AB$。
(2)求DG的长。
(1)求证:$DG// AB$。
(2)求DG的长。
答案
13. 解:(1)证明:因为八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
所以$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$，
所以$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$,所以$∠ABG=∠BGD$，
所以$DG// AB$。
(2)如图
,连结OD,OE,OF,过点E,F分别作DG的垂线,垂足为点M,N,则$MN=EF=AB=2$。因为八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
所以$∠DOE=∠EOF=\frac{360°}{8}=45°$，
所以$∠NGF=\frac{1}{2}∠DOF=45°=∠MDE$。
在$\mathrm{Rt}△ MDE$中,$∠MDE=45°$,$DE=2$，
所以$MD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$,同理$NG=\sqrt{2}$，
所以$DG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}+2$。
解析
【分析】
(1) 要证明DG//AB，可通过证明内错角相等推导：已知正八边形内接于圆，正八边形各边对应的弧长相等，可通过弧的和差关系得到对应圆周角相等，进而得到内错角相等，证明平行。
(2) 求DG的长度时，可将DG拆分为三段，利用正八边形边长相等的性质，结合正八边形的圆心角特征，构造直角三角形求出两侧线段的长度，三段长度相加即可得到DG的总长。
【解析】
(1) 证明：
∵八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$，
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$，根据圆周角定理可得$∠ABG=∠BGD$，
∴$DG// AB$。
(2) 如图，连结OD,OE,OF，过点E,F分别作DG的垂线，垂足为点M,N，由正八边形边长相等可得$MN=EF=AB=2$。
∵八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
∴正八边形的中心角$∠DOE=∠EOF=\frac{360°}{8}=45°$，
∴$∠DOF=∠DOE+∠EOF=90°$，由圆周角定理得$∠NGF=\frac{1}{2}∠DOF=45°$，同理可得$∠MDE=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ MDE$中，$∠MDE=45°$，$DE=2$，
∴$MD=DE·\cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$，同理可得$NG=\sqrt{2}$，
∴$DG=MD+MN+NG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}+2$。
【答案】
(1)证明:因为八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
所以$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$，
所以$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$,所以$∠ABG=∠BGD$，
所以$DG// AB$。
(2)如图,连结OD,OE,OF,过点E,F分别作DG的垂线,垂足为点M,N,则$MN=EF=AB=2$。
因为八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
所以$∠DOE=∠EOF=\frac{360°}{8}=45°$，
所以$∠NGF=\frac{1}{2}∠DOF=45°=∠MDE$。
在$\mathrm{Rt}△ MDE$中,$∠MDE=45°$,$DE=2$，
所以$MD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$,同理$NG=\sqrt{2}$，
所以$DG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}+2$。
【知识点】
正多边形与圆的性质、平行线的判定、圆周角定理
【点评】
本题以圆内接正八边形为载体，考查了平行的证明和线段长度的计算，解题核心是灵活运用正多边形各弧相等、圆心角与圆周角的关系转化条件，通过作辅助线构造直角三角形求解线段长度，能有效考查对正多边形和圆相关知识的应用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明DG//AB，可通过证明内错角相等推导：已知正八边形内接于圆，正八边形各边对应的弧长相等，可通过弧的和差关系得到对应圆周角相等，进而得到内错角相等，证明平行。
(2) 求DG的长度时，可将DG拆分为三段，利用正八边形边长相等的性质，结合正八边形的圆心角特征，构造直角三角形求出两侧线段的长度，三段长度相加即可得到DG的总长。
【解析】
(1) 证明：
∵八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$，
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$，根据圆周角定理可得$∠ABG=∠BGD$，
∴$DG// AB$。
(2) 如图
，连结OD,OE,OF，过点E,F分别作DG的垂线，垂足为点M,N，由正八边形边长相等可得$MN=EF=AB=2$。∵八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
∴正八边形的中心角$∠DOE=∠EOF=\frac{360°}{8}=45°$，
∴$∠DOF=∠DOE+∠EOF=90°$，由圆周角定理得$∠NGF=\frac{1}{2}∠DOF=45°$，同理可得$∠MDE=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ MDE$中，$∠MDE=45°$，$DE=2$，
∴$MD=DE·\cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$，同理可得$NG=\sqrt{2}$，
∴$DG=MD+MN+NG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}+2$。
【答案】
(1)证明:因为八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
所以$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$，
所以$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$,所以$∠ABG=∠BGD$，
所以$DG// AB$。
(2)如图
,连结OD,OE,OF,过点E,F分别作DG的垂线,垂足为点M,N,则$MN=EF=AB=2$。因为八边形ABCDEFGH是$\odot O$的内接正八边形，
所以$∠DOE=∠EOF=\frac{360°}{8}=45°$，
所以$∠NGF=\frac{1}{2}∠DOF=45°=∠MDE$。
在$\mathrm{Rt}△ MDE$中,$∠MDE=45°$,$DE=2$，
所以$MD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$,同理$NG=\sqrt{2}$，
所以$DG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}+2$。
【知识点】
正多边形与圆的性质、平行线的判定、圆周角定理
【点评】
本题以圆内接正八边形为载体，考查了平行的证明和线段长度的计算，解题核心是灵活运用正多边形各弧相等、圆心角与圆周角的关系转化条件，通过作辅助线构造直角三角形求解线段长度，能有效考查对正多边形和圆相关知识的应用能力。
【难度系数】
0.6
14. 如图,正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别是$\odot O$的内接正三角形、内接正四边形、内接正五边形,点M,N分别从点B,C开始,以相同的速度在$\odot O$上逆时针运动,AM与BN交于点P.
(1)在图1中,$∠ APB$的度数是
(2)在图2中,$∠ APB$的度数为
(3)根据前面的探索,若多边形ABCDE…是$\odot O$的内接正n边形,则$∠ APB$的度数是
(1)在图1中,$∠ APB$的度数是
$120°$
。(2)在图2中,$∠ APB$的度数为
$90°$
;图3中$∠ APB$的度数是$72°$
。(3)根据前面的探索,若多边形ABCDE…是$\odot O$的内接正n边形,则$∠ APB$的度数是
$(\frac{360}{n})°$
。(用含n的代数式表示)答案
14. (1)$120°$ (2)$90°$ $72°$ (3)$(\frac{360}{n})°$
【解析】(1)因为点M和点N的速度相同，
所以$\overset{\frown}{BM}=\overset{\frown}{CN}$,所以$∠BAM=∠CBN$，
所以$∠BAM+∠ABN=∠CBN+∠ABN=∠ABC=60°$，
所以$∠APB=180°-(∠BAM+∠ABN)=120°$。
(2)在题图2中,因为$∠BAM=∠CBN$，
所以$∠BAM+∠ABN=∠CBN+∠ABN=∠ABC=90°$，
所以$∠APB=180°-(∠BAM+∠ABN)=90°$。
在题图3中,因为$∠BAM=∠CBN$，
所以$∠BAM+∠ABN=∠CBN+∠ABN=∠ABC=108°$，
所以$∠APB=180°-(∠BAM+∠ABN)=72°$。
(3)如图
,因为$∠BAM=∠CBN$，所以$∠BAM+∠ABN=∠CBN+∠ABN=∠ABC=180°-(\frac{360}{n})°$，
所以$∠APB=180°-(∠BAM+∠ABN)=(\frac{360}{n})°$。
解析
【分析】
解题时首先利用点M、N运动速度相同，得到相等的弧长$\overset{\frown}{BM}=\overset{\frown}{CN}$，再根据圆周角定理可得对应的圆周角$∠BAM=∠CBN$；接下来将$∠BAM+∠ABN$转化为正多边形的内角$∠ABC$，最后利用三角形内角和为$180°$，即可求出$∠APB=180°-∠ABC$；对于正n边形的情况，先求出正n边形的内角度数，再代入上述关系即可推导出通用表达式。
【解析】
(1) 因为点M和点N的运动速度相同，所以相同时间内运动的弧长相等，即$\overset{\frown}{BM}=\overset{\frown}{CN}$，根据圆周角定理可得$∠BAM=∠CBN$。
所以$∠BAM+∠ABN=∠CBN+∠ABN=∠ABC$，正三角形内角$∠ABC=60°$，
因此$∠APB=180°-(∠BAM+∠ABN)=180°-60°=120°$。
(2) 图2为正方形，同理可得$∠BAM=∠CBN$，正方形内角$∠ABC=90°$，
所以$∠APB=180°-∠ABC=180°-90°=90°$；
图3为正五边形，正五边形内角$∠ABC=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，
同理可得$∠APB=180°-108°=72°$。
(3) 对于$\odot O$的内接正n边形，其内角$∠ABC=180°-\frac{360°}{n}$，
结合上述推导规律可得：$∠APB=180°-∠ABC=180°-(180°-\frac{360°}{n})=(\frac{360}{n})°$。
【答案】
(1)$120°$ (2)$90°$ $72°$ (3)$(\frac{360}{n})°$
【知识点】
圆周角定理；正多边形的内角；三角形内角和定理
【点评】
本题将圆的性质与正多边形性质结合考查，解题的关键是通过等弧推导等角，将所求角转化为正多边形内角的相关计算，体现了从特殊到一般的数学思想，有助于培养逻辑推导和归纳总结能力。
【难度系数】
0.65
解题时首先利用点M、N运动速度相同，得到相等的弧长$\overset{\frown}{BM}=\overset{\frown}{CN}$，再根据圆周角定理可得对应的圆周角$∠BAM=∠CBN$；接下来将$∠BAM+∠ABN$转化为正多边形的内角$∠ABC$，最后利用三角形内角和为$180°$，即可求出$∠APB=180°-∠ABC$；对于正n边形的情况，先求出正n边形的内角度数，再代入上述关系即可推导出通用表达式。
【解析】
(1) 因为点M和点N的运动速度相同，所以相同时间内运动的弧长相等，即$\overset{\frown}{BM}=\overset{\frown}{CN}$，根据圆周角定理可得$∠BAM=∠CBN$。
所以$∠BAM+∠ABN=∠CBN+∠ABN=∠ABC$，正三角形内角$∠ABC=60°$，
因此$∠APB=180°-(∠BAM+∠ABN)=180°-60°=120°$。
(2) 图2为正方形，同理可得$∠BAM=∠CBN$，正方形内角$∠ABC=90°$，
所以$∠APB=180°-∠ABC=180°-90°=90°$；
图3为正五边形，正五边形内角$∠ABC=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，
同理可得$∠APB=180°-108°=72°$。
(3) 对于$\odot O$的内接正n边形，其内角$∠ABC=180°-\frac{360°}{n}$，
结合上述推导规律可得：$∠APB=180°-∠ABC=180°-(180°-\frac{360°}{n})=(\frac{360}{n})°$。
【答案】
(1)$120°$ (2)$90°$ $72°$ (3)$(\frac{360}{n})°$
【知识点】
圆周角定理；正多边形的内角；三角形内角和定理
【点评】
本题将圆的性质与正多边形性质结合考查，解题的关键是通过等弧推导等角，将所求角转化为正多边形内角的相关计算，体现了从特殊到一般的数学思想，有助于培养逻辑推导和归纳总结能力。
【难度系数】
0.65
