1. (★)(2023·兴化)将一个正八边形绕着其中心旋转后与原图形重合,旋转角的大小不可能是 【】
A.$45^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$135^{\circ}$
D.$180^{\circ}$

B

正八边形有8条对称轴，绕着中心旋转时，每旋转的最小角度为$\frac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}$时与原图形重合，
所以旋转角的大小应该是$45^{\circ}$的整数倍，
$45^{\circ}×1 = 45^{\circ}$，$45^{\circ}×3 = 135^{\circ}$，$45^{\circ}×4 = 180^{\circ}$，而$60^{\circ}$不是$45^{\circ}$的整数倍。
所以旋转角的大小不可能是$60^{\circ}$。

2. (★)(2023·抚顺)如图 24 - 28,点 $A$, $B$, $C$ 在 $\odot O$ 上, $\odot O$ 的半径为 $9$, $\overset{\frown}{AB}$ 的长为 $2\pi$,则 $\angle ACB$ 的大小是 【】

A.$20^{\circ}$
B.$45^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$40^{\circ}$

A

设$\odot O$的半径为$r$，$\overset{\frown}{AB}$所对的圆心角为$\angle AOB$。
已知$r = 9$，$\overset{\frown}{AB}$的长为$2\pi$，根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（其中$l$为弧长，$n$为圆心角度数），可得$2\pi=\frac{n\pi×9}{180}$，
解得$n = 40^{\circ}$，即$\angle AOB = 40^{\circ}$。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半，$\angle ACB$与$\angle AOB$同弧$AB$，所以$\angle ACB=\frac{1}{2}\angle AOB = 20^{\circ}$。

3. (★)已知扇形的弧长为 $10\pi$ cm,面积为 $30\pi$ cm$^{2}$,则扇形的圆心角为.

$300{°}$（或 填写数值 300）

设扇形的半径为 $R$，弧长为 $l$，面积为 $S$，圆心角为 $n{°}$。
根据题意，有 $l = 10\pi$，$S = 30\pi$。
由扇形面积公式 $S = \frac{1}{2}lR$，代入已知条件得：
$30\pi = \frac{1}{2} × 10\pi × R$，
解得：$R = 6(cm)$。
由扇形弧长公式 $l = \frac{n\pi R}{180}$，代入已知的 $l$ 和求得的 $R$ 得：
$10\pi = \frac{n\pi × 6}{180}$，
解得：$n = 300$。

4. (★)如图 24 - 29,已知圆锥侧面展开图的扇形面积为 $65\pi$ cm$^{2}$,扇形的弧长 $13\pi$ cm,则圆锥的母线长是 【】

A.$5$ cm
B.$10$ cm
C.$12$ cm
D.$13$ cm

B

设圆锥的母线长为 $l$ ，扇形的弧长为 $13\pi$ ，扇形面积为 $65\pi$ 。
根据扇形面积公式：
$S=\frac{1}{2}lr$，这里的 $l$ 是弧长， $r$ 是母线长（即扇形的半径）。
已知 $S=65\pi$ ，弧长 $l=13\pi$ ，代入公式：
$65\pi=\frac{1}{2}× 13\pi× l$。
解得：
$l=\frac{2× 65\pi}{13\pi}=10$（$cm$）。

5. (★★)如图 24 - 30,在 $Rt\triangle ABC$ 中, $\angle ACB = 90^{\circ}$, $AC = 4$, $BC = 3$,以 $AB$ 边所在的直线为轴,将 $\triangle ABC$ 旋转一周,则所得几何体的表面积是 【】

A.$\frac{168}{5}\pi$
B.$24\pi$
C.$\frac{84}{5}\pi$
D.$12\pi$

C

如图所示，过点$C$作$CD \perp AB$，交$AB$于点$D$。
$\because \angle ACB=90°,AC=4,BC=3$，
$\therefore$由勾股定理可得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
由三角形面积公式：
$S=\frac{1}{2}AC \cdot BC=\frac{1}{2} × 4 × 3=6$，
$S=\frac{1}{2}AB \cdot CD=\frac{1}{2} × 5 \cdot CD$，
$\therefore \frac{1}{2} × 5 \cdot CD=6$，
$\therefore CD=\frac{12}{5}$。
所得几何体的表面积由两个底面相同的圆锥侧面积组成，
底面半径均为$CD$，
$\therefore S_{侧}=\pi × \frac{12}{5} × 4+\pi × \frac{12}{5} × 3=\frac{84}{5}\pi$。

6. (★★)(1)如图 24 - 31,半径为 $2$ 的 $\odot O$ 上有一点 $A$,请作 $\odot O$ 的内接正方形 $ABCD$ 和 $\odot O$ 的内接正六边形 $AEFGHI$,并分别求出它们的边长.(保留作图痕迹)
(2)若把(1)中的半径由特殊到一般推广为 $r$,则还能作出该圆的内接正方形和内接正六边形吗? 若能,请把它们的边长用含 $r$ 的代数式表示出来.(不用画图)

(1)
作内接正方形$ABCD$：
在圆$O$上任取一点$A$，作直径$AC$，再作$AC$的垂直平分线交圆$O$于$B$、$D$两点，连接$AB$、$BC$、$CD$、$DA$，则正方形$ABCD$为所求作的内接正方形。
因为圆$O$半径为$2$，直径$AC = 4$，根据勾股定理$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，且$AB = BC$，所以$2AB^{2}=16$，解得$AB = 2\sqrt{2}$，即内接正方形边长为$2\sqrt{2}$。
作内接正六边形$AEFGHI$：
在圆$O$上任取一点$A$，以$A$为中心，以圆半径$2$为长度在圆上依次截取$A$、$E$、$F$、$G$、$H$、$I$，顺次连接各点，得到内接正六边形$AEFGHI$。
因为正六边形边长等于圆半径，所以内接正六边形边长为$2$。

(2)
能作出该圆的内接正方形和内接正六边形。
内接正方形边长：设圆半径为$r$，直径为$2r$，根据勾股定理$a^{2}+a^{2}=(2r)^{2}$（$a$为正方形边长），$2a^{2}=4r^{2}$，解得$a=\sqrt{2}r$。
内接正六边形边长：正六边形边长等于圆半径，所以边长为$r$。
综上，答案为：(1)内接正方形边长为$2\sqrt{2}$，内接正六边形边长为$2$；(2)能，内接正方形边长为$\sqrt{2}r$，内接正六边形边长为$r$。