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9. 立德树人·传统文化 司南(如图①)是我国古代辨别方向用的一种仪器,是指南针的始祖.司南的中间为一圆形,如图②,圆心为$O$,根据八个方位将$\odot O$八等分(图②中的点$A$~$H$为八个等分点),连接$AD$,$AH$,$DG$,$AH$与$DG$的延长线交于点$P$,则$∠ P$的度数为
$45°$
.答案
$9.45°$
解析
【分析】
解题思路：首先根据圆被八等分，先求出每一段等分弧的度数；再找到和所求角∠P相关的两个圆周角，利用圆周角定理求出这两个圆周角的度数；最后结合三角形外角的性质，即可求出∠P的度数。
思考逻辑：要计算圆外两条割线形成的夹角，可转化为和它相关的两个圆周角的差，而圆周角的度数可通过所对弧的度数求出，弧的度数可由八等分圆直接得到，逐层推导即可得到结果。
【解析】
解：
∵ ⊙O被八等分，
∴ 每段等分弧的度数为 $ \frac{360°}{8} = 45° $。
∴ 劣弧$\overset{\frown}{AD}$的度数为 $3×45°=135°$，劣弧$\overset{\frown}{HG}$的度数为 $1×45°=45°$。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于对应弧度数的一半，
∴ $∠ AHD = \frac{1}{2}\overset{\frown}{AD}$的度数 $= \frac{1}{2}×135°=67.5°$，
$∠ HDG = \frac{1}{2}\overset{\frown}{HG}$的度数 $= \frac{1}{2}×45°=22.5°$。
又
∵ $∠ AHD$是$△ PHD$的外角，根据三角形外角性质：外角等于与它不相邻的两个内角之和，
∴ $∠ AHD = ∠ P + ∠ HDG$，
∴ $∠ P = ∠ AHD - ∠ HDG = 67.5° - 22.5° = 45°$。
【答案】
$45°$
【知识点】
圆周角定理，三角形外角性质，正多边形与圆
【点评】
本题结合传统文化司南的背景命题，考查了圆的等分、圆周角定理和三角形外角性质的综合运用，解题的核心是先求出各段等分弧的度数，再通过角度转化计算未知角，注重基础能力的考查。
【难度系数】
0.7
解题思路：首先根据圆被八等分，先求出每一段等分弧的度数；再找到和所求角∠P相关的两个圆周角，利用圆周角定理求出这两个圆周角的度数；最后结合三角形外角的性质，即可求出∠P的度数。
思考逻辑：要计算圆外两条割线形成的夹角，可转化为和它相关的两个圆周角的差，而圆周角的度数可通过所对弧的度数求出，弧的度数可由八等分圆直接得到，逐层推导即可得到结果。
【解析】
解：
∵ ⊙O被八等分，
∴ 每段等分弧的度数为 $ \frac{360°}{8} = 45° $。
∴ 劣弧$\overset{\frown}{AD}$的度数为 $3×45°=135°$，劣弧$\overset{\frown}{HG}$的度数为 $1×45°=45°$。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于对应弧度数的一半，
∴ $∠ AHD = \frac{1}{2}\overset{\frown}{AD}$的度数 $= \frac{1}{2}×135°=67.5°$，
$∠ HDG = \frac{1}{2}\overset{\frown}{HG}$的度数 $= \frac{1}{2}×45°=22.5°$。
又
∵ $∠ AHD$是$△ PHD$的外角，根据三角形外角性质：外角等于与它不相邻的两个内角之和，
∴ $∠ AHD = ∠ P + ∠ HDG$，
∴ $∠ P = ∠ AHD - ∠ HDG = 67.5° - 22.5° = 45°$。
【答案】
$45°$
【知识点】
圆周角定理，三角形外角性质，正多边形与圆
【点评】
本题结合传统文化司南的背景命题，考查了圆的等分、圆周角定理和三角形外角性质的综合运用，解题的核心是先求出各段等分弧的度数，再通过角度转化计算未知角，注重基础能力的考查。
【难度系数】
0.7
10.以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正n边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正n边形的边心距为直角三角形的斜边，那么n的值是（
A.4
B.5
C.6
D.12
C
）A.4
B.5
C.6
D.12
答案
10.C
解析
【分析】
解题思路如下：首先明确同圆的所有内接正多边形的半径都等于圆的半径R，正多边形的边心距、半径、边长的一半构成直角三角形，其中中心角的一半为$\frac{180°}{n}$，因此边心距可表示为$r_n = R\cos\frac{180°}{n}$。第一步先分别求出内接正三角形、正四边形的边心距，第二步根据“正n边形的边心距为直角三角形斜边”的条件，结合勾股定理列方程，第三步求解得到$\frac{180°}{n}$的度数，最终算出n的值。
【解析】
设该圆的半径为$R$：
1. 计算正三角形的边心距$r_3$：
正三角形的中心角为$\frac{360°}{3}=120°$，中心角的一半为$60°$，因此$r_3 = R\cos60° = \frac{1}{2}R$。
2. 计算正四边形（正方形）的边心距$r_4$：
正四边形的中心角为$\frac{360°}{4}=90°$，中心角的一半为$45°$，因此$r_4 = R\cos45° = \frac{\sqrt{2}}{2}R$。
3. 根据勾股定理列方程求解：
已知正n边形的边心距$r_n$为直角三角形的斜边，因此满足$r_3^2 + r_4^2 = r_n^2$，代入得：
$(\frac{1}{2}R)^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2}R)^2 = r_n^2$
化简左边：$\frac{1}{4}R^2 + \frac{2}{4}R^2 = \frac{3}{4}R^2$，因此$r_n = \frac{\sqrt{3}}{2}R$。
又因为$r_n = R\cos\frac{180°}{n}$，约去$R$得：
$\cos\frac{180°}{n} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
由特殊角的三角函数值可知$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，因此$\frac{180°}{n}=30°$，解得$n=6$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形与圆的性质；勾股定理；特殊角的三角函数值
【点评】
本题将正多边形边心距的计算与直角三角形性质结合考查，解题核心是用统一的圆半径表示不同正多边形的边心距，再结合勾股定理建立方程求解，属于基础综合题，要求熟练掌握正多边形的相关边角关系。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：首先明确同圆的所有内接正多边形的半径都等于圆的半径R，正多边形的边心距、半径、边长的一半构成直角三角形，其中中心角的一半为$\frac{180°}{n}$，因此边心距可表示为$r_n = R\cos\frac{180°}{n}$。第一步先分别求出内接正三角形、正四边形的边心距，第二步根据“正n边形的边心距为直角三角形斜边”的条件，结合勾股定理列方程，第三步求解得到$\frac{180°}{n}$的度数，最终算出n的值。
【解析】
设该圆的半径为$R$：
1. 计算正三角形的边心距$r_3$：
正三角形的中心角为$\frac{360°}{3}=120°$，中心角的一半为$60°$，因此$r_3 = R\cos60° = \frac{1}{2}R$。
2. 计算正四边形（正方形）的边心距$r_4$：
正四边形的中心角为$\frac{360°}{4}=90°$，中心角的一半为$45°$，因此$r_4 = R\cos45° = \frac{\sqrt{2}}{2}R$。
3. 根据勾股定理列方程求解：
已知正n边形的边心距$r_n$为直角三角形的斜边，因此满足$r_3^2 + r_4^2 = r_n^2$，代入得：
$(\frac{1}{2}R)^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2}R)^2 = r_n^2$
化简左边：$\frac{1}{4}R^2 + \frac{2}{4}R^2 = \frac{3}{4}R^2$，因此$r_n = \frac{\sqrt{3}}{2}R$。
又因为$r_n = R\cos\frac{180°}{n}$，约去$R$得：
$\cos\frac{180°}{n} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
由特殊角的三角函数值可知$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，因此$\frac{180°}{n}=30°$，解得$n=6$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形与圆的性质；勾股定理；特殊角的三角函数值
【点评】
本题将正多边形边心距的计算与直角三角形性质结合考查，解题核心是用统一的圆半径表示不同正多边形的边心距，再结合勾股定理建立方程求解，属于基础综合题，要求熟练掌握正多边形的相关边角关系。
【难度系数】
0.7
11. 几何直观 如图,已知$\odot O$的内接正十边形$ABCD···$中,$AD$交$OB$,$OC$于点$M$,$N$.求证:$MN// BC$.
答案
证明：
∵ $\odot O$的内接正十边形的中心角为$\frac{360°}{10}=36°$，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=36°$，
∴ $∠ AOD = 3×36°=108°$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD=∠ ODA=\frac{180°-108°}{2}=36°$。
在$△ AOM$中，$∠ OAM=36°$，$∠ AOM=36°$，
∴ $∠ AMO=180°-36°-36°=108°$，
∴ $∠ NMO=180°-∠ AMO=72°$。
在$△ OBC$中，$OB=OC$，$∠ BOC=36°$，
∴ $∠ OBC=\frac{180°-36°}{2}=72°$，
∴ $∠ NMO=∠ OBC$。
又∵ $O、M、B$三点共线，
∴ $MN// BC$（内错角相等，两直线平行）。
∵ $\odot O$的内接正十边形的中心角为$\frac{360°}{10}=36°$，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=36°$，
∴ $∠ AOD = 3×36°=108°$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD=∠ ODA=\frac{180°-108°}{2}=36°$。
在$△ AOM$中，$∠ OAM=36°$，$∠ AOM=36°$，
∴ $∠ AMO=180°-36°-36°=108°$，
∴ $∠ NMO=180°-∠ AMO=72°$。
在$△ OBC$中，$OB=OC$，$∠ BOC=36°$，
∴ $∠ OBC=\frac{180°-36°}{2}=72°$，
∴ $∠ NMO=∠ OBC$。
又∵ $O、M、B$三点共线，
∴ $MN// BC$（内错角相等，两直线平行）。
解析
【分析】
要证明$MN// BC$，可通过证明内错角相等推导平行。解题思路如下：首先回忆正多边形与圆的性质，正$n$边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，先计算正十边形每个中心角的度数；再结合$OA=OD$、$OB=OC$的等腰三角形性质，分别计算$△ AOD$、$△ OBC$的底角度数；接着计算$△ AOM$的内角得到$∠ NMO$的度数，发现其与$∠ OBC$相等，即可利用平行线判定定理得证。
【解析】
证明：
∵ $\odot O$的内接正十边形的中心角为$\frac{360°}{10}=36°$，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=36°$，
∴ $∠ AOD = 3×36°=108°$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD=∠ ODA=\frac{180°-108°}{2}=36°$。
在$△ AOM$中，$∠ OAM=36°$，$∠ AOM=36°$，
∴ $∠ AMO=180°-36°-36°=108°$，
∴ $∠ NMO=180°-∠ AMO=72°$。
在$△ OBC$中，$OB=OC$，$∠ BOC=36°$，
∴ $∠ OBC=\frac{180°-36°}{2}=72°$，
∴ $∠ NMO=∠ OBC$。
又
∵ $O、M、B$三点共线，
∴ $MN// BC$（内错角相等，两直线平行）。
【答案】
$MN// BC$
【知识点】
正多边形与圆的性质；等腰三角形的性质；平行线的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，解题关键是利用正多边形中心角相等的性质，结合等腰三角形内角计算得到相等的内错角，侧重考查基础几何定理的应用，按照角的计算逻辑逐步推导即可求解。
【难度系数】
0.7
要证明$MN// BC$，可通过证明内错角相等推导平行。解题思路如下：首先回忆正多边形与圆的性质，正$n$边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，先计算正十边形每个中心角的度数；再结合$OA=OD$、$OB=OC$的等腰三角形性质，分别计算$△ AOD$、$△ OBC$的底角度数；接着计算$△ AOM$的内角得到$∠ NMO$的度数，发现其与$∠ OBC$相等，即可利用平行线判定定理得证。
【解析】
证明：
∵ $\odot O$的内接正十边形的中心角为$\frac{360°}{10}=36°$，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=36°$，
∴ $∠ AOD = 3×36°=108°$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD=∠ ODA=\frac{180°-108°}{2}=36°$。
在$△ AOM$中，$∠ OAM=36°$，$∠ AOM=36°$，
∴ $∠ AMO=180°-36°-36°=108°$，
∴ $∠ NMO=180°-∠ AMO=72°$。
在$△ OBC$中，$OB=OC$，$∠ BOC=36°$，
∴ $∠ OBC=\frac{180°-36°}{2}=72°$，
∴ $∠ NMO=∠ OBC$。
又
∵ $O、M、B$三点共线，
∴ $MN// BC$（内错角相等，两直线平行）。
【答案】
$MN// BC$
【知识点】
正多边形与圆的性质；等腰三角形的性质；平行线的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，解题关键是利用正多边形中心角相等的性质，结合等腰三角形内角计算得到相等的内错角，侧重考查基础几何定理的应用，按照角的计算逻辑逐步推导即可求解。
【难度系数】
0.7
12. 中考趋势·阅读理解 【阅读理解】如图①，$∠ BOC$为等边三角形$ABC$的中心角，将$∠ BOC$绕点$O$按逆时针方向旋转$α(0°＜α＜120°)$，与$△ ABC$的边$BC$，$AC$分别交于点$M$，$N$，通过证明可得$△ OBM ≌ △ OCN$. 设$△ ABC$的面积为$S$，则$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=S_{△ OMC}+S_{△ OCN}=S_{△ OMC}+S_{△ OBM}=S_{△ OBC}=\frac{1}{3}S$.
【类比探究】如图②，$∠ BOC$为正方形$ABCD$的中心角，将$∠ BOC$绕点$O$按逆时针方向旋转$α(0°＜α＜90°)$，与正方形$ABCD$的边$BC$，$CD$分别交于点$M$，$N$. 若正方形$ABCD$的面积为$S$，请用含$S$的式子表示四边形$OMCN$的面积(写出具体探究过程).
【拓展应用】如图③，$∠ BOC$为正六边形$ABCDEF$的中心角，将$∠ BOC$绕点$O$按逆时针方向旋转$α(0°＜α＜60°)$，与正六边形$ABCDEF$的边$BC$，$CD$分别交于点$M$，$N$. 若四边形$OMCN$的面积为$\sqrt{6}$，请直接写出正六边形$ABCDEF$的面积.
【类比探究】如图②，$∠ BOC$为正方形$ABCD$的中心角，将$∠ BOC$绕点$O$按逆时针方向旋转$α(0°＜α＜90°)$，与正方形$ABCD$的边$BC$，$CD$分别交于点$M$，$N$. 若正方形$ABCD$的面积为$S$，请用含$S$的式子表示四边形$OMCN$的面积(写出具体探究过程).
【拓展应用】如图③，$∠ BOC$为正六边形$ABCDEF$的中心角，将$∠ BOC$绕点$O$按逆时针方向旋转$α(0°＜α＜60°)$，与正六边形$ABCDEF$的边$BC$，$CD$分别交于点$M$，$N$. 若四边形$OMCN$的面积为$\sqrt{6}$，请直接写出正六边形$ABCDEF$的面积.
答案
解：
类比探究
连接OB，OC，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴$OB=OC$，$∠ BOC=90°$，$∠ OBM=∠ OCN=45°$，
由旋转的性质得：$∠ BOM=∠ CON$。
在$△ OBM$和$△ OCN$中：
$\begin{cases}∠ OBM=∠ OCN \\OB=OC \\∠ BOM=∠ CON\end{cases}$
∴$△ OBM ≌ △ OCN$（ASA），
∴$S_{△ OBM}=S_{△ OCN}$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=S_{△ OMC}+S_{△ OCN}=S_{△ OMC}+S_{△ OBM}=S_{△ OBC}$。
∵正方形ABCD的面积为S，$△ OBC$的面积是正方形面积的$\frac{1}{4}$，即$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}S$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=\frac{1}{4}S$。
拓展应用
正六边形ABCDEF的面积为$6\sqrt{6}$。
类比探究
连接OB，OC，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴$OB=OC$，$∠ BOC=90°$，$∠ OBM=∠ OCN=45°$，
由旋转的性质得：$∠ BOM=∠ CON$。
在$△ OBM$和$△ OCN$中：
$\begin{cases}∠ OBM=∠ OCN \\OB=OC \\∠ BOM=∠ CON\end{cases}$
∴$△ OBM ≌ △ OCN$（ASA），
∴$S_{△ OBM}=S_{△ OCN}$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=S_{△ OMC}+S_{△ OCN}=S_{△ OMC}+S_{△ OBM}=S_{△ OBC}$。
∵正方形ABCD的面积为S，$△ OBC$的面积是正方形面积的$\frac{1}{4}$，即$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}S$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=\frac{1}{4}S$。
拓展应用
正六边形ABCDEF的面积为$6\sqrt{6}$。
解析
【分析】
类比探究部分：仿照题干中等边三角形的解题思路，先连接正方形中心与相邻顶点OB、OC，利用正方形中心的性质得到对应边相等、对应角相等，再结合旋转性质得到相等的角，证明△OBM≌△OCN，将四边形OMCN的面积转化为△OBC的面积，而△OBC的面积是正方形面积的$\frac{1}{4}$，即可求出四边形面积。
拓展应用部分：根据前面的规律可知，正n边形中旋转中心角得到的四边形OMCN的面积等于正n边形面积的$\frac{1}{n}$，正六边形对应n=6，已知四边形面积乘6即可得到正六边形总面积。
【解析】
类比探究
连接OB，OC，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴$OB=OC$，$∠BOC=90°$，$∠OBM=∠OCN=45°$，
由旋转的性质可得：$∠BOM=∠CON$。
在$△OBM$和$△OCN$中：
$\begin{cases}∠OBM=∠OCN \\OB=OC \\∠BOM=∠CON\end{cases}$
∴$△OBM ≌ △OCN$（ASA），
∴$S_{△OBM}=S_{△OCN}$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=S_{△OMC}+S_{△OCN}=S_{△OMC}+S_{△OBM}=S_{△OBC}$。
∵正方形ABCD的面积为S，$△OBC$的面积是正方形面积的$\frac{1}{4}$，即$S_{△OBC}=\frac{1}{4}S$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=\frac{1}{4}S$。
拓展应用
按照前面的规律，同理可证正六边形中$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=S_{△OBC}=\frac{1}{6}S_{\mathrm{正六边形}}$，已知$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=\sqrt{6}$，则$S_{\mathrm{正六边形}}=6×\sqrt{6}=6\sqrt{6}$。
【答案】
类比探究：$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=\frac{1}{4}S$；拓展应用：正六边形ABCDEF的面积为$6\sqrt{6}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；正多边形的性质；旋转的性质
【点评】
本题属于类比探究类题型，以正多边形与旋转为载体，通过证明全等将不规则四边形的面积转化为规则的中心三角形面积，解题关键是读懂题干给出的示例方法，将方法迁移到正方形、正六边形的情境中，锻炼类比推理和知识迁移的能力。
【难度系数】
0.7
类比探究部分：仿照题干中等边三角形的解题思路，先连接正方形中心与相邻顶点OB、OC，利用正方形中心的性质得到对应边相等、对应角相等，再结合旋转性质得到相等的角，证明△OBM≌△OCN，将四边形OMCN的面积转化为△OBC的面积，而△OBC的面积是正方形面积的$\frac{1}{4}$，即可求出四边形面积。
拓展应用部分：根据前面的规律可知，正n边形中旋转中心角得到的四边形OMCN的面积等于正n边形面积的$\frac{1}{n}$，正六边形对应n=6，已知四边形面积乘6即可得到正六边形总面积。
【解析】
类比探究
连接OB，OC，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴$OB=OC$，$∠BOC=90°$，$∠OBM=∠OCN=45°$，
由旋转的性质可得：$∠BOM=∠CON$。
在$△OBM$和$△OCN$中：
$\begin{cases}∠OBM=∠OCN \\OB=OC \\∠BOM=∠CON\end{cases}$
∴$△OBM ≌ △OCN$（ASA），
∴$S_{△OBM}=S_{△OCN}$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=S_{△OMC}+S_{△OCN}=S_{△OMC}+S_{△OBM}=S_{△OBC}$。
∵正方形ABCD的面积为S，$△OBC$的面积是正方形面积的$\frac{1}{4}$，即$S_{△OBC}=\frac{1}{4}S$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=\frac{1}{4}S$。
拓展应用
按照前面的规律，同理可证正六边形中$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=S_{△OBC}=\frac{1}{6}S_{\mathrm{正六边形}}$，已知$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=\sqrt{6}$，则$S_{\mathrm{正六边形}}=6×\sqrt{6}=6\sqrt{6}$。
【答案】
类比探究：$S_{\mathrm{四边形}OMCN}=\frac{1}{4}S$；拓展应用：正六边形ABCDEF的面积为$6\sqrt{6}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；正多边形的性质；旋转的性质
【点评】
本题属于类比探究类题型，以正多边形与旋转为载体，通过证明全等将不规则四边形的面积转化为规则的中心三角形面积，解题关键是读懂题干给出的示例方法，将方法迁移到正方形、正六边形的情境中，锻炼类比推理和知识迁移的能力。
【难度系数】
0.7
