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4. 下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是(
A.正三角形
B.正五边形
C.正六边形
D.正七边形
C
)A.正三角形
B.正五边形
C.正六边形
D.正七边形
答案
4. C
解析
【分析】
解题思路：首先明确轴对称图形和中心对称图形的定义，再结合正多边形的对称性规律判断即可。首先，所有正多边形都是轴对称图形，因此只需判断四个选项中的正多边形是否为中心对称图形即可；正n边形中，当边数n为偶数时，绕中心旋转180°能与自身重合，属于中心对称图形，当n为奇数时，旋转180°无法与自身重合，不属于中心对称图形，据此逐一排查选项即可得到答案。
【解析】
先明确两个定义：
1. 轴对称图形：沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
2. 中心对称图形：在平面内，绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合的图形。
所有正多边形都是轴对称图形，因此只需判断各选项是否为中心对称图形：
A. 正三角形：边数3为奇数，绕中心旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求；
B. 正五边形：边数5为奇数，绕中心旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求；
C. 正六边形：边数6为偶数，绕中心旋转180°后能与原图形重合，既是轴对称图形又是中心对称图形，符合要求；
D. 正七边形：边数7为奇数，绕中心旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
轴对称图形识别；中心对称图形识别；正多边形的性质
【点评】
本题属于基础类题型，核心考查两类对称图形的判别方法，只要掌握正n边形的对称性规律：边数为偶数的正多边形同时具备轴对称性和中心对称性，边数为奇数的正多边形仅具备轴对称性，即可快速得出答案。
【难度系数】
0.85
解题思路：首先明确轴对称图形和中心对称图形的定义，再结合正多边形的对称性规律判断即可。首先，所有正多边形都是轴对称图形，因此只需判断四个选项中的正多边形是否为中心对称图形即可；正n边形中，当边数n为偶数时，绕中心旋转180°能与自身重合，属于中心对称图形，当n为奇数时，旋转180°无法与自身重合，不属于中心对称图形，据此逐一排查选项即可得到答案。
【解析】
先明确两个定义：
1. 轴对称图形：沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
2. 中心对称图形：在平面内，绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合的图形。
所有正多边形都是轴对称图形，因此只需判断各选项是否为中心对称图形：
A. 正三角形：边数3为奇数，绕中心旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求；
B. 正五边形：边数5为奇数，绕中心旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求；
C. 正六边形：边数6为偶数，绕中心旋转180°后能与原图形重合，既是轴对称图形又是中心对称图形，符合要求；
D. 正七边形：边数7为奇数，绕中心旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
轴对称图形识别；中心对称图形识别；正多边形的性质
【点评】
本题属于基础类题型，核心考查两类对称图形的判别方法，只要掌握正n边形的对称性规律：边数为偶数的正多边形同时具备轴对称性和中心对称性，边数为奇数的正多边形仅具备轴对称性，即可快速得出答案。
【难度系数】
0.85
5*. 如图
，四边形ABCD是$\odot O$的内接正方形，点P是$\overset{\frown}{CD}$上不同于点C的任意一点，则$∠ BPC$的大小是(
A.$45°$
B.$60°$
C.$75°$
D.$90°$
，四边形ABCD是$\odot O$的内接正方形，点P是$\overset{\frown}{CD}$上不同于点C的任意一点，则$∠ BPC$的大小是(A
)A.$45°$
B.$60°$
C.$75°$
D.$90°$
答案
5. A
解析
【分析】
遇到圆内接正多边形求圆周角的问题，优先考虑圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。首先明确∠BPC是弧BC所对的圆周角，因此只需要求出弧BC对应的圆心角的度数即可。因为ABCD是圆内接正方形，正方形的四条边相等，会将圆周平均分成4等份，每份对应的圆心角可通过360°除以4得到，再代入圆周角定理就能求出∠BPC的度数。
【解析】
连接OB、OC。
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接正方形，
∴ 弧AB、弧BC、弧CD、弧DA相等，
∴ 弧BC对应的圆心角∠BOC = 360°÷4 = 90°。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，∠BPC是弧BC所对的圆周角，
∴ ∠BPC = $\frac{1}{2}$∠BOC = $\frac{1}{2}$×90° = 45°。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
圆周角定理、圆内接正多边形性质
【点评】
本题是基础类常考题，解题的关键是找准圆周角对应的弧，再结合正多边形的性质求出对应圆心角的度数，熟练掌握圆周角定理就能快速解题。
【难度系数】
0.8
遇到圆内接正多边形求圆周角的问题，优先考虑圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。首先明确∠BPC是弧BC所对的圆周角，因此只需要求出弧BC对应的圆心角的度数即可。因为ABCD是圆内接正方形，正方形的四条边相等，会将圆周平均分成4等份，每份对应的圆心角可通过360°除以4得到，再代入圆周角定理就能求出∠BPC的度数。
【解析】
连接OB、OC。
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接正方形，
∴ 弧AB、弧BC、弧CD、弧DA相等，
∴ 弧BC对应的圆心角∠BOC = 360°÷4 = 90°。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，∠BPC是弧BC所对的圆周角，
∴ ∠BPC = $\frac{1}{2}$∠BOC = $\frac{1}{2}$×90° = 45°。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
圆周角定理、圆内接正多边形性质
【点评】
本题是基础类常考题，解题的关键是找准圆周角对应的弧，再结合正多边形的性质求出对应圆心角的度数，熟练掌握圆周角定理就能快速解题。
【难度系数】
0.8
二、填空题
1. 任何一个正多边形都有一个
1. 任何一个正多边形都有一个
内切
圆和一个外接
圆，这两个圆是同心
圆。答案
1. 内切,外接,同心
解析
【分析】
这道题考查正多边形与圆相关的基础概念，解题时可结合正多边形的性质推导：首先正多边形的中心到各顶点距离相等，因此存在经过所有顶点的外接圆；其次正多边形的中心到各边的距离相等，因此存在与各边都相切的内切圆；最后这两个圆的圆心都是正多边形的中心，圆心相同、半径不同，属于同心圆。
【解析】
根据正多边形的相关定义：
1. 任意正多边形都存在唯一的内切圆，即与正多边形各边都相切的圆；
2. 任意正多边形都存在唯一的外接圆，即经过正多边形所有顶点的圆；
3. 正多边形的内切圆和外接圆的圆心都为正多边形的中心，圆心相同的圆叫做同心圆，因此这两个圆是同心圆。
因此三个空依次填入内切、外接、同心。
【答案】
内切，外接，同心
【知识点】
正多边形的性质；正多边形的内切圆与外接圆；同心圆的概念
【点评】
本题属于基础概念识记类题目，核心考查对正多边形和圆相关基础定义的掌握，牢记课本核心概念即可快速作答。
【难度系数】
0.9
这道题考查正多边形与圆相关的基础概念，解题时可结合正多边形的性质推导：首先正多边形的中心到各顶点距离相等，因此存在经过所有顶点的外接圆；其次正多边形的中心到各边的距离相等，因此存在与各边都相切的内切圆；最后这两个圆的圆心都是正多边形的中心，圆心相同、半径不同，属于同心圆。
【解析】
根据正多边形的相关定义：
1. 任意正多边形都存在唯一的内切圆，即与正多边形各边都相切的圆；
2. 任意正多边形都存在唯一的外接圆，即经过正多边形所有顶点的圆；
3. 正多边形的内切圆和外接圆的圆心都为正多边形的中心，圆心相同的圆叫做同心圆，因此这两个圆是同心圆。
因此三个空依次填入内切、外接、同心。
【答案】
内切，外接，同心
【知识点】
正多边形的性质；正多边形的内切圆与外接圆；同心圆的概念
【点评】
本题属于基础概念识记类题目，核心考查对正多边形和圆相关基础定义的掌握，牢记课本核心概念即可快速作答。
【难度系数】
0.9
2. 正多边形的中心角为$24°$,则这个正多边形是正
十五
边形.答案
2. 十五
解析
【分析】
要确定正多边形的边数，需回忆正多边形中心角的相关性质：正多边形的所有中心角之和为周角360°，且每个中心角的大小相等，因此正多边形的边数 = 周角度数 ÷ 单个中心角的度数，代入题干给出的中心角度数计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵ 正多边形的中心角总和为360°，且每个中心角大小相等
∴ 正多边形的边数 $ n = \frac{360°}{\mathrm{单个中心角的度数}} $
已知中心角为24°，代入得：
$ n = 360° ÷ 24° = 15 $
即这个正多边形是正十五边形。
【答案】
十五
【知识点】
正多边形中心角性质；正多边形边数计算
【点评】
本题属于基础题型，核心考查正多边形中心角与边数的对应关系，牢记正多边形中心角和为360°是解题的关键，这类题目是正多边形相关考点中的常见基础题。
【难度系数】
0.9
要确定正多边形的边数，需回忆正多边形中心角的相关性质：正多边形的所有中心角之和为周角360°，且每个中心角的大小相等，因此正多边形的边数 = 周角度数 ÷ 单个中心角的度数，代入题干给出的中心角度数计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵ 正多边形的中心角总和为360°，且每个中心角大小相等
∴ 正多边形的边数 $ n = \frac{360°}{\mathrm{单个中心角的度数}} $
已知中心角为24°，代入得：
$ n = 360° ÷ 24° = 15 $
即这个正多边形是正十五边形。
【答案】
十五
【知识点】
正多边形中心角性质；正多边形边数计算
【点评】
本题属于基础题型，核心考查正多边形中心角与边数的对应关系，牢记正多边形中心角和为360°是解题的关键，这类题目是正多边形相关考点中的常见基础题。
【难度系数】
0.9
3. 如图3,有一个边长为2 cm的正六边形,若要剪一张圆形纸片完全盖住这个图形,则这个圆形纸片的最小半径是
2 cm
.答案
3. 2 cm
解析
【分析】
要找到能完全盖住正六边形的最小圆形纸片，首先需明确该最小圆是正六边形的外接圆（正六边形的所有顶点都在外接圆上，若圆更小则无法覆盖所有顶点）。接下来结合正六边形的性质推导外接圆半径：正六边形的中心角为60°，外接圆的两条半径与正六边形的一条边可构成等边三角形，因此外接圆半径与正六边形边长相等，代入边长即可求出最小半径。
【解析】
解：能完全盖住正六边形的最小圆形是该正六边形的外接圆。
正六边形的中心角为：$\frac{360°}{6}=60°$，
设外接圆的半径为$r$，则正六边形的两条相邻外接圆半径与边长构成的三角形中，两边长均为$r$，夹角为60°，因此该三角形是等边三角形，
可得$r$等于正六边形的边长，
已知正六边形边长为2 cm，故$r=2$ cm，即圆形纸片的最小半径为2 cm。
【答案】
2 cm
【知识点】
正多边形与圆、正六边形的性质、等边三角形的判定
【点评】
本题核心是理解覆盖正多边形的最小圆为其外接圆，解题时结合正六边形的特殊性质即可快速得到结果，是对正多边形基础性质的直接考查，熟练掌握常见正多边形的特征是解题的关键。
【难度系数】
0.8
要找到能完全盖住正六边形的最小圆形纸片，首先需明确该最小圆是正六边形的外接圆（正六边形的所有顶点都在外接圆上，若圆更小则无法覆盖所有顶点）。接下来结合正六边形的性质推导外接圆半径：正六边形的中心角为60°，外接圆的两条半径与正六边形的一条边可构成等边三角形，因此外接圆半径与正六边形边长相等，代入边长即可求出最小半径。
【解析】
解：能完全盖住正六边形的最小圆形是该正六边形的外接圆。
正六边形的中心角为：$\frac{360°}{6}=60°$，
设外接圆的半径为$r$，则正六边形的两条相邻外接圆半径与边长构成的三角形中，两边长均为$r$，夹角为60°，因此该三角形是等边三角形，
可得$r$等于正六边形的边长，
已知正六边形边长为2 cm，故$r=2$ cm，即圆形纸片的最小半径为2 cm。
【答案】
2 cm
【知识点】
正多边形与圆、正六边形的性质、等边三角形的判定
【点评】
本题核心是理解覆盖正多边形的最小圆为其外接圆，解题时结合正六边形的特殊性质即可快速得到结果，是对正多边形基础性质的直接考查，熟练掌握常见正多边形的特征是解题的关键。
【难度系数】
0.8
4. 某活动小组为开展综合实践活动，要用60米的木栅栏围成正多边形，活动小组准备从正三角形、正方形、正六边形中选一个，那么其中
正六边形
面积最大。答案
4. 正六边形
解析
【分析】
要判断周长均为60米的正三角形、正方形、正六边形哪个面积最大，解题思路为：首先根据周长分别求出三种正多边形的边长，再结合对应正多边形的面积公式分别计算三者的面积，最后比较面积大小即可得到结论。
【解析】
已知三种正多边形的周长均为60米，分别计算面积如下：
1. 计算正三角形的面积：
正三角形边长 $a_3=60÷3=20\ \mathrm{m}$
等边三角形面积公式为 $S=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，代入得：
$S_3=\frac{\sqrt{3}}{4}×20^2=100\sqrt{3}\approx173.2\ \mathrm{m}^2$
2. 计算正方形的面积：
正方形边长 $a_4=60÷4=15\ \mathrm{m}$
$S_4=15^2=225\ \mathrm{m}^2$
3. 计算正六边形的面积：
正六边形边长 $a_6=60÷6=10\ \mathrm{m}$
正六边形可分割为6个边长为10m的全等等边三角形，单个小等边三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}×10^2=25\sqrt{3}\ \mathrm{m}^2$
因此正六边形面积 $S_6=6×25\sqrt{3}=150\sqrt{3}\approx259.8\ \mathrm{m}^2$
比较面积大小可得：$100\sqrt{3}＜225＜150\sqrt{3}$，因此正六边形面积最大。
【答案】
正六边形
【知识点】
正多边形边长计算，正多边形面积计算，实数大小比较
【点评】
本题结合实际场景考查正多边形的相关计算，解题的核心是熟练掌握常见正多边形的面积求解方法，也可记住规律：周长相等的正多边形，边数越多面积越大，可快速完成判断。
【难度系数】
0.7
要判断周长均为60米的正三角形、正方形、正六边形哪个面积最大，解题思路为：首先根据周长分别求出三种正多边形的边长，再结合对应正多边形的面积公式分别计算三者的面积，最后比较面积大小即可得到结论。
【解析】
已知三种正多边形的周长均为60米，分别计算面积如下：
1. 计算正三角形的面积：
正三角形边长 $a_3=60÷3=20\ \mathrm{m}$
等边三角形面积公式为 $S=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，代入得：
$S_3=\frac{\sqrt{3}}{4}×20^2=100\sqrt{3}\approx173.2\ \mathrm{m}^2$
2. 计算正方形的面积：
正方形边长 $a_4=60÷4=15\ \mathrm{m}$
$S_4=15^2=225\ \mathrm{m}^2$
3. 计算正六边形的面积：
正六边形边长 $a_6=60÷6=10\ \mathrm{m}$
正六边形可分割为6个边长为10m的全等等边三角形，单个小等边三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}×10^2=25\sqrt{3}\ \mathrm{m}^2$
因此正六边形面积 $S_6=6×25\sqrt{3}=150\sqrt{3}\approx259.8\ \mathrm{m}^2$
比较面积大小可得：$100\sqrt{3}＜225＜150\sqrt{3}$，因此正六边形面积最大。
【答案】
正六边形
【知识点】
正多边形边长计算，正多边形面积计算，实数大小比较
【点评】
本题结合实际场景考查正多边形的相关计算，解题的核心是熟练掌握常见正多边形的面积求解方法，也可记住规律：周长相等的正多边形，边数越多面积越大，可快速完成判断。
【难度系数】
0.7
三、解答题
1. 已知两个正多边形的边数之比为2:1，而它们的内角和之比为8:3，求这两个正多边形的边数.
1. 已知两个正多边形的边数之比为2:1，而它们的内角和之比为8:3，求这两个正多边形的边数.
答案
1. 10和5
解析
【分析】
解题时首先根据两个正多边形的边数之比设未知量，设边数较少的正多边形边数为$n$，则另一个正多边形边数为$2n$；再回忆多边形内角和公式：多边形内角和=(边数-2)×180°，分别表示出两个正多边形的内角和；最后根据内角和之比为8:3列比例方程，求解方程即可得到两个正多边形的边数。
【解析】
解：设边数较少的正多边形的边数为$ n $，则另一个正多边形的边数为$ 2n $。
根据多边形内角和公式，两个正多边形的内角和分别为$ (n-2)×180° $和$ (2n-2)×180° $。
由题意得比例关系：
$\frac{(2n-2)×180°}{(n-2)×180°}=\frac{8}{3}$
约去等式两边的$ 180° $，化简得：
$\frac{2n-2}{n-2}=\frac{8}{3}$
根据比例的基本性质“内项之积等于外项之积”，得：
$3(2n-2)=8(n-2)$
展开括号：
$6n - 6 = 8n - 16$
移项、合并同类项：
$2n=10$
解得$ n=5 $，则另一个正多边形的边数为$ 2n=10 $。
经检验，$ n=5 $符合题意。
【答案】
10和5
【知识点】
多边形内角和公式；比例的性质；一元一次方程的解法
【点评】
本题属于正多边形相关的基础常规题，核心考查多边形内角和公式的应用，通过设参数结合比例关系建立方程是解题的关键，熟练掌握基础公式即可快速解题。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据两个正多边形的边数之比设未知量，设边数较少的正多边形边数为$n$，则另一个正多边形边数为$2n$；再回忆多边形内角和公式：多边形内角和=(边数-2)×180°，分别表示出两个正多边形的内角和；最后根据内角和之比为8:3列比例方程，求解方程即可得到两个正多边形的边数。
【解析】
解：设边数较少的正多边形的边数为$ n $，则另一个正多边形的边数为$ 2n $。
根据多边形内角和公式，两个正多边形的内角和分别为$ (n-2)×180° $和$ (2n-2)×180° $。
由题意得比例关系：
$\frac{(2n-2)×180°}{(n-2)×180°}=\frac{8}{3}$
约去等式两边的$ 180° $，化简得：
$\frac{2n-2}{n-2}=\frac{8}{3}$
根据比例的基本性质“内项之积等于外项之积”，得：
$3(2n-2)=8(n-2)$
展开括号：
$6n - 6 = 8n - 16$
移项、合并同类项：
$2n=10$
解得$ n=5 $，则另一个正多边形的边数为$ 2n=10 $。
经检验，$ n=5 $符合题意。
【答案】
10和5
【知识点】
多边形内角和公式；比例的性质；一元一次方程的解法
【点评】
本题属于正多边形相关的基础常规题，核心考查多边形内角和公式的应用，通过设参数结合比例关系建立方程是解题的关键，熟练掌握基础公式即可快速解题。
【难度系数】
0.7
2. 如图4,已知$\odot O$是正五边形ABCDE的外接圆,点P为$\overset{\frown}{ED}$上的一点,求$∠ APC$的度数.
答案
72°
解析
【分析】
要求∠APC的度数，我们可以结合正五边形外接圆的性质和圆周角定理求解：第一步，正五边形的外接圆将整个圆周平均分成5等份，先算出每一段弧对应的度数；第二步，确定∠APC作为圆周角所对的弧是哪一段，算出该弧的总度数；第三步，根据圆周角定理（圆周角的度数等于它所对弧度数的一半），即可求出∠APC的度数。
【解析】
解：
∵$\odot O$是正五边形ABCDE的外接圆
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EA}$
每段弧的度数为$360°÷5=72°$
∴$\overset{\frown}{ABC}$的度数 = $\overset{\frown}{AB}$的度数 + $\overset{\frown}{BC}$的度数 = $72°+72°=144°$
又
∵∠APC是圆周角，所对的弧为$\overset{\frown}{ABC}$
根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半
∴$∠ APC=\frac{1}{2}×144°=72°$
【答案】
$72°$
【知识点】
正多边形与圆的关系、圆周角定理
【点评】
本题属于基础题型，解题的关键是明确正多边形外接圆的各段等弧的度数，再结合圆周角定理计算对应角的度数，掌握相关基础概念就能顺利解题。
【难度系数】
0.7
要求∠APC的度数，我们可以结合正五边形外接圆的性质和圆周角定理求解：第一步，正五边形的外接圆将整个圆周平均分成5等份，先算出每一段弧对应的度数；第二步，确定∠APC作为圆周角所对的弧是哪一段，算出该弧的总度数；第三步，根据圆周角定理（圆周角的度数等于它所对弧度数的一半），即可求出∠APC的度数。
【解析】
解：
∵$\odot O$是正五边形ABCDE的外接圆
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EA}$
每段弧的度数为$360°÷5=72°$
∴$\overset{\frown}{ABC}$的度数 = $\overset{\frown}{AB}$的度数 + $\overset{\frown}{BC}$的度数 = $72°+72°=144°$
又
∵∠APC是圆周角，所对的弧为$\overset{\frown}{ABC}$
根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半
∴$∠ APC=\frac{1}{2}×144°=72°$
【答案】
$72°$
【知识点】
正多边形与圆的关系、圆周角定理
【点评】
本题属于基础题型，解题的关键是明确正多边形外接圆的各段等弧的度数，再结合圆周角定理计算对应角的度数，掌握相关基础概念就能顺利解题。
【难度系数】
0.7
