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1. ★★★ 正多边形的一部分如图所示，若$∠ ACB=20°$，则该正多边形的边数为 （
A.8
B.9
C.10
D.12
（第1题）
B
）A.8
B.9
C.10
D.12
（第1题）答案
1.B
解析
【分析】
本题需要结合正多边形的性质、三角形内角和以及多边形内外角和定理求解。首先正多边形各边长度相等，可判断△ABC为等腰三角形，已知∠ACB=20°，可先求出等腰三角形的顶角，也就是正多边形的内角度数，再根据多边形内角和公式或者外角和定理计算正多边形的边数。
【解析】
解：
∵该图形是正多边形的一部分
∴AB=BC，即△ABC为等腰三角形
∴∠BAC=∠ACB=20°
根据三角形内角和为180°，可得：
∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-20°-20°=140°
即该正多边形的每个内角为140°
利用多边形外角和计算：
正多边形每个外角的度数为180°-140°=40°
∵任意多边形的外角和均为360°
∴正多边形的边数$n=360°÷40°=9$
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质、三角形内角和定理、多边形外角和定理
【点评】
本题属于正多边形相关的基础计算题，解题的突破口是结合正多边形边长相等的性质得到等腰三角形，进而求出正多边形的内角度数，再结合多边形内外角和的相关性质即可快速求解，掌握基本性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
本题需要结合正多边形的性质、三角形内角和以及多边形内外角和定理求解。首先正多边形各边长度相等，可判断△ABC为等腰三角形，已知∠ACB=20°，可先求出等腰三角形的顶角，也就是正多边形的内角度数，再根据多边形内角和公式或者外角和定理计算正多边形的边数。
【解析】
解：
∵该图形是正多边形的一部分
∴AB=BC，即△ABC为等腰三角形
∴∠BAC=∠ACB=20°
根据三角形内角和为180°，可得：
∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-20°-20°=140°
即该正多边形的每个内角为140°
利用多边形外角和计算：
正多边形每个外角的度数为180°-140°=40°
∵任意多边形的外角和均为360°
∴正多边形的边数$n=360°÷40°=9$
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质、三角形内角和定理、多边形外角和定理
【点评】
本题属于正多边形相关的基础计算题，解题的突破口是结合正多边形边长相等的性质得到等腰三角形，进而求出正多边形的内角度数，再结合多边形内外角和的相关性质即可快速求解，掌握基本性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
2. （2025·沧州模拟）司南是中国发明的广泛应用于古代军事、航海的指南仪器，用正八边形的八个顶点A~H代表八个方位，如图，BH与DG交于点P，则点P位于点D的（
A.南偏西75°方向
B.北偏东75°方向
C.南偏西67.5°方向
D.北偏东67.5°方向
D
）A.南偏西75°方向
B.北偏东75°方向
C.南偏西67.5°方向
D.北偏东67.5°方向
答案
2.D
解析
【分析】
本题需要结合正八边形的性质和方位角的定义解题，解题思路如下：首先明确正八边形8个顶点对应8个方位，相邻方位的中心夹角为$360°÷8=45°$；其次以点D为观测点，先判断点P的大致方位在D的东北侧，可先排除南偏西的选项；最后通过计算直线DG（DP在DG上）与正北方向的夹角，即可确定最终方位。
【解析】
1. 正八边形的基本性质：正八边形8个顶点对应8个方位，相邻方位与中心连线的夹角为$360°÷8=45°$，每个内角为$\frac{(8-2)×180°}{8}=135°$。
2. 建立坐标系分析：设正八边形中心为原点，正东为x轴正方向，正北为y轴正方向，外接圆半径为r：
点D为西南方位，对应角度225°，坐标为$(r\cos225°,r\sin225°)=(-\frac{\sqrt{2}r}{2},-\frac{\sqrt{2}r}{2})$
点G为正东方位，对应角度0°，坐标为$(r,0)$
3. 计算直线DG的倾斜角：直线DG的斜率$k=\frac{0-(-\frac{\sqrt{2}r}{2})}{r-(-\frac{\sqrt{2}r}{2})}=\sqrt{2}-1$，已知$\tan22.5°=\sqrt{2}-1$，因此直线DG与正东方向（x轴正方向）的夹角为22.5°。
4. 求方位角：直线DG与正北方向的夹角为$90°-22.5°=67.5°$，点P在DG上且位于D的东北侧，因此点P位于点D的北偏东67.5°方向。
【答案】
D
【知识点】
正多边形的性质，方位角的应用
【点评】
本题结合传统司南的文化背景考查几何知识，需要学生掌握正多边形的角度计算，同时能正确判断观测点的方位关系，解题时可通过坐标法简化角度计算过程。
【难度系数】
0.6
本题需要结合正八边形的性质和方位角的定义解题，解题思路如下：首先明确正八边形8个顶点对应8个方位，相邻方位的中心夹角为$360°÷8=45°$；其次以点D为观测点，先判断点P的大致方位在D的东北侧，可先排除南偏西的选项；最后通过计算直线DG（DP在DG上）与正北方向的夹角，即可确定最终方位。
【解析】
1. 正八边形的基本性质：正八边形8个顶点对应8个方位，相邻方位与中心连线的夹角为$360°÷8=45°$，每个内角为$\frac{(8-2)×180°}{8}=135°$。
2. 建立坐标系分析：设正八边形中心为原点，正东为x轴正方向，正北为y轴正方向，外接圆半径为r：
点D为西南方位，对应角度225°，坐标为$(r\cos225°,r\sin225°)=(-\frac{\sqrt{2}r}{2},-\frac{\sqrt{2}r}{2})$
点G为正东方位，对应角度0°，坐标为$(r,0)$
3. 计算直线DG的倾斜角：直线DG的斜率$k=\frac{0-(-\frac{\sqrt{2}r}{2})}{r-(-\frac{\sqrt{2}r}{2})}=\sqrt{2}-1$，已知$\tan22.5°=\sqrt{2}-1$，因此直线DG与正东方向（x轴正方向）的夹角为22.5°。
4. 求方位角：直线DG与正北方向的夹角为$90°-22.5°=67.5°$，点P在DG上且位于D的东北侧，因此点P位于点D的北偏东67.5°方向。
【答案】
D
【知识点】
正多边形的性质，方位角的应用
【点评】
本题结合传统司南的文化背景考查几何知识，需要学生掌握正多边形的角度计算，同时能正确判断观测点的方位关系，解题时可通过坐标法简化角度计算过程。
【难度系数】
0.6
3. |数学文化 刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元.某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正十二边形.若$\odot O$的半径为2，则这个圆内接正十二边形的面积为 (
A.3
B.12
C.$4π$
D.$12π$
B
)A.3
B.12
C.$4π$
D.$12π$
答案
3.B
解析
【分析】
要求圆内接正十二边形的面积，可将正十二边形分割为12个全等的等腰三角形，先求出单个等腰三角形的面积，再乘12即可得到总面积。首先根据正多边形中心角公式算出每个等腰三角形的顶角，再利用含30°角的直角三角形的性质求出等腰三角形的高，进而计算单个三角形面积，最终得到正十二边形的面积。
【解析】
连接圆心O与正十二边形的各顶点，可将正十二边形分为12个全等的等腰三角形，每个等腰三角形的腰长均等于$\odot O$的半径2。
1. 计算中心角：正十二边形的每个中心角为 $\frac{360°}{12}=30°$，即每个等腰三角形的顶角为30°。
2. 求等腰三角形的高：过其中一个等腰三角形的顶点A作$AH⊥ OB$于点H，在$Rt△ AOH$中，$∠ AOH=30°$，斜边$OA=2$，根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”，可得高$AH=\frac{1}{2}OA=1$。
3. 计算单个等腰三角形的面积：$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OB× AH=\frac{1}{2}×2×1=1$。
4. 计算正十二边形的总面积：正十二边形由12个全等的$△ AOB$组成，因此总面积$S=12×1=12$。
【答案】
B
【知识点】
1.正多边形与圆 2.含30°角的直角三角形性质 3.三角形面积计算
【点评】
本题结合传统数学文化“割圆术”设置考点，解题核心是将正多边形的面积转化为若干个等腰三角形的面积和，考查了对正多边形性质的理解和基础几何计算能力，是正多边形相关的典型基础题。
【难度系数】
0.7
要求圆内接正十二边形的面积，可将正十二边形分割为12个全等的等腰三角形，先求出单个等腰三角形的面积，再乘12即可得到总面积。首先根据正多边形中心角公式算出每个等腰三角形的顶角，再利用含30°角的直角三角形的性质求出等腰三角形的高，进而计算单个三角形面积，最终得到正十二边形的面积。
【解析】
连接圆心O与正十二边形的各顶点，可将正十二边形分为12个全等的等腰三角形，每个等腰三角形的腰长均等于$\odot O$的半径2。
1. 计算中心角：正十二边形的每个中心角为 $\frac{360°}{12}=30°$，即每个等腰三角形的顶角为30°。
2. 求等腰三角形的高：过其中一个等腰三角形的顶点A作$AH⊥ OB$于点H，在$Rt△ AOH$中，$∠ AOH=30°$，斜边$OA=2$，根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”，可得高$AH=\frac{1}{2}OA=1$。
3. 计算单个等腰三角形的面积：$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OB× AH=\frac{1}{2}×2×1=1$。
4. 计算正十二边形的总面积：正十二边形由12个全等的$△ AOB$组成，因此总面积$S=12×1=12$。
【答案】
B
【知识点】
1.正多边形与圆 2.含30°角的直角三角形性质 3.三角形面积计算
【点评】
本题结合传统数学文化“割圆术”设置考点，解题核心是将正多边形的面积转化为若干个等腰三角形的面积和，考查了对正多边形性质的理解和基础几何计算能力，是正多边形相关的典型基础题。
【难度系数】
0.7
4. ★★★ 正六边形蜂巢的建筑结构密合度最高、用材最少、空间最大、也最为坚固.如图,某蜂巢的房孔是边长为8的正六边形ABCDEF,若⊙O的内接正六边形为正六边形ABCDEF,则BF的长为 (
A.12
B.$8\sqrt{2}$
C.$8\sqrt{3}$
D.$16\sqrt{3}$
C
)A.12
B.$8\sqrt{2}$
C.$8\sqrt{3}$
D.$16\sqrt{3}$
答案
4.C
解析
【分析】
要计算BF的长，首先利用正六边形的性质得到△ABF的边长和角的特征：正六边形各边相等，每个内角为120°，因此△ABF是顶角为120°、腰长为8的等腰三角形。接下来可通过作等腰三角形底边上的高，将等腰三角形拆分为两个直角三角形，结合勾股定理或直角三角形的边角关系计算底边长，即可得到BF的长度。
【解析】
第一步：计算正六边形的内角
正六边形的内角和为$(6-2)×180°=720°$，因此每个内角的度数为$\frac{720°}{6}=120°$，即$∠ BAF=120°$。
第二步：分析△ABF的特征
∵正六边形ABCDEF的边长为8，
∴$AB=AF=8$，△ABF为等腰三角形。
∴$∠ ABF=∠ AFB=\frac{180°-120°}{2}=30°$。
第三步：作辅助线计算BF长度
过点A作$AG⊥ BF$于点G，根据等腰三角形三线合一的性质，$BG=GF=\frac{1}{2}BF$。
在$Rt△ ABG$中，$∠ ABG=30°$，因此30°角对的直角边$AG=\frac{1}{2}AB=4$。
由勾股定理得：$BG=\sqrt{AB^2-AG^2}=\sqrt{8^2-4^2}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$。
因此$BF=2BG=2×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题以生活中的蜂巢结构为背景，将几何知识和实际生活结合，解题的核心是利用正六边形的内角和边长特征，转化为等腰三角形和直角三角形的计算问题，考查了学生对基础几何性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
要计算BF的长，首先利用正六边形的性质得到△ABF的边长和角的特征：正六边形各边相等，每个内角为120°，因此△ABF是顶角为120°、腰长为8的等腰三角形。接下来可通过作等腰三角形底边上的高，将等腰三角形拆分为两个直角三角形，结合勾股定理或直角三角形的边角关系计算底边长，即可得到BF的长度。
【解析】
第一步：计算正六边形的内角
正六边形的内角和为$(6-2)×180°=720°$，因此每个内角的度数为$\frac{720°}{6}=120°$，即$∠ BAF=120°$。
第二步：分析△ABF的特征
∵正六边形ABCDEF的边长为8，
∴$AB=AF=8$，△ABF为等腰三角形。
∴$∠ ABF=∠ AFB=\frac{180°-120°}{2}=30°$。
第三步：作辅助线计算BF长度
过点A作$AG⊥ BF$于点G，根据等腰三角形三线合一的性质，$BG=GF=\frac{1}{2}BF$。
在$Rt△ ABG$中，$∠ ABG=30°$，因此30°角对的直角边$AG=\frac{1}{2}AB=4$。
由勾股定理得：$BG=\sqrt{AB^2-AG^2}=\sqrt{8^2-4^2}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$。
因此$BF=2BG=2×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题以生活中的蜂巢结构为背景，将几何知识和实际生活结合，解题的核心是利用正六边形的内角和边长特征，转化为等腰三角形和直角三角形的计算问题，考查了学生对基础几何性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
5. 如图，正六边形$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}$的边长为2，正六边形$A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}E_{2}F_{2}$的外接圆与正六边形$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}$的各边相切，正六边形$A_{3}B_{3}C_{3}D_{3}E_{3}F_{3}$的外接圆与正六边形$A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}E_{2}F_{2}$的各边相切……按这样的规律进行下去，正六边形$A_{10}B_{10}C_{10}D_{10}E_{10}F_{10}$的边长为
$\dfrac{81\sqrt{3}}{256}$
。答案
5.$\dfrac{81\sqrt{3}}{256}$
解析
【分析】
解题时先利用正六边形的性质：正六边形的边长等于其外接圆半径，且内切圆半径（边心距）为边长的$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$倍。由题意可知，内侧正六边形的外接圆就是外侧相邻正六边形的内切圆，因此可推出相邻两个正六边形的边长比为$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，再推导得到第n个正六边形的边长通项公式，最后代入n=10计算即可得到结果。
【解析】
1. 正六边形的基本性质：正六边形的外接圆半径等于它的边长，边长为$a$的正六边形的内切圆半径（边心距）为$\dfrac{\sqrt{3}}{2}a$。
2. 已知正六边形$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}$的边长$a_1=2$。
正六边形$A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}E_{2}F_{2}$的外接圆与$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}$的各边相切，即$A_2$的外接圆半径等于$A_1$的内切圆半径，因此$A_2$的边长$a_2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a_1=2×\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
同理，$A_3$的外接圆半径等于$A_2$的内切圆半径，因此$a_3=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a_2=2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2$。
3. 推导得第$n$个正六边形的边长通项为：$a_n=2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n-1}$。
4. 当$n=10$时，代入得：
$a_{10}=2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{9}=2×\dfrac{(\sqrt{3})^9}{2^9}=2×\dfrac{81\sqrt{3}}{512}=\dfrac{81\sqrt{3}}{256}$。
【答案】
$\dfrac{81\sqrt{3}}{256}$
【知识点】
正多边形与圆，规律探究，二次根式运算
【点评】
本题属于规律探究类题型，核心是结合正多边形和圆的位置关系找到相邻图形边长的递推关系，计算时要注意幂的运算规则，避免指数取值错误。
【难度系数】
0.6
解题时先利用正六边形的性质：正六边形的边长等于其外接圆半径，且内切圆半径（边心距）为边长的$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$倍。由题意可知，内侧正六边形的外接圆就是外侧相邻正六边形的内切圆，因此可推出相邻两个正六边形的边长比为$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，再推导得到第n个正六边形的边长通项公式，最后代入n=10计算即可得到结果。
【解析】
1. 正六边形的基本性质：正六边形的外接圆半径等于它的边长，边长为$a$的正六边形的内切圆半径（边心距）为$\dfrac{\sqrt{3}}{2}a$。
2. 已知正六边形$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}$的边长$a_1=2$。
正六边形$A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}E_{2}F_{2}$的外接圆与$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}$的各边相切，即$A_2$的外接圆半径等于$A_1$的内切圆半径，因此$A_2$的边长$a_2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a_1=2×\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
同理，$A_3$的外接圆半径等于$A_2$的内切圆半径，因此$a_3=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a_2=2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2$。
3. 推导得第$n$个正六边形的边长通项为：$a_n=2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n-1}$。
4. 当$n=10$时，代入得：
$a_{10}=2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{9}=2×\dfrac{(\sqrt{3})^9}{2^9}=2×\dfrac{81\sqrt{3}}{512}=\dfrac{81\sqrt{3}}{256}$。
【答案】
$\dfrac{81\sqrt{3}}{256}$
【知识点】
正多边形与圆，规律探究，二次根式运算
【点评】
本题属于规律探究类题型，核心是结合正多边形和圆的位置关系找到相邻图形边长的递推关系，计算时要注意幂的运算规则，避免指数取值错误。
【难度系数】
0.6
