1. 下列用尺规等分圆周的说法正确的个数是()
① 在圆上依次截取等于半径的弦，就可以六等分圆；
② 作相互垂直的两条直径，就可以四等分圆；
③ 按①的方法将圆六等分，六个等分点中三个两两不相邻的点三等分圆；
④ 按②的方法将圆四等分，再平分四条弧，就可以八等分圆周。

A.$4$
B.$3$
C.$2$
D.$1$

1.A

①在圆上依次截取等于半径的弦，可六等分圆，正确；
②作相互垂直的两条直径，可四等分圆，正确；
③六等分圆后，三个两两不相邻的点三等分圆，正确；
④四等分圆后再平分四条弧，可八等分圆周，正确。
正确的个数是4。
A

2. 若正方形$ABCD$内接于$\odot O$，点$P$在$\overset{\frown}{AD}$上，则$\angle BPC=$()

A.$35^{\circ}$
B.$40^{\circ}$
C.$45^{\circ}$
D.$50^{\circ}$

2.C

连接BO，CO。
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴∠BOC= $\frac{360°}{4}=90°$。
∵点P在$\overset{\frown}{AD}$上，
∴∠BPC= $\frac{1}{2}$∠BOC= $\frac{1}{2}×90°=45°$。
C

3. (山东滨州中考)若正方形的外接圆半径为$2$，则其内切圆半径为()

A.$\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
D.$1$

3.A

设正方形的边长为$a$。
正方形外接圆的半径是其对角线的一半，已知外接圆半径为$2$，则对角线长为$2×2 = 4$。
根据正方形对角线与边长的关系$\sqrt{2}a = 4$，解得$a=\frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$。
正方形内切圆的半径是其边长的一半，所以内切圆半径为$\frac{a}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
A

4. 若一个正多边形的每个外角为$72^{\circ}$，则这个多边形的中心角是。

4.$72°$

因为正多边形的外角和为$360^{\circ}$，每个外角为$72^{\circ}$，所以边数为$360^{\circ}÷72^{\circ}=5$。正多边形的中心角等于外角，故这个多边形的中心角是$72^{\circ}$。

5. 已知正六边形的边心距为$\sqrt{3}$，则它的周长为。

5.12

解：设正六边形的边长为$a$。
正六边形可分成六个边长为$a$的正三角形，边心距即为正三角形的高。
正三角形的高$h = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，已知边心距$h=\sqrt{3}$，则$\frac{\sqrt{3}}{2}a=\sqrt{3}$，解得$a=2$。
正六边形周长$C=6a=6×2=12$。
12

6. 一个边长为$2$的正多边形的内角和是其外角和的$2$倍，则这个正多边形的半径是。

6.2

设这个正多边形的边数为$n$。
因为多边形内角和公式为$(n - 2)×180^{\circ}$，外角和为$360^{\circ}$，由题意得：
$(n - 2)×180^{\circ} = 2×360^{\circ}$
解得$n = 6$，即该正多边形为正六边形。
正六边形的半径等于其边长，已知边长为$2$，所以这个正多边形的半径是$2$。
2

7. 已知正方形的边心距为$\sqrt{2}cm$，求这个正方形外接圆的面积。

7.解:这个正方形外接圆的面积是$\pi×2^2 = 4\pi(cm^2)$.

解:设正方形的边长为$a$，边心距为$r$，外接圆半径为$R$。
因为正方形边心距$r = \frac{a}{2}$，已知$r=\sqrt{2}cm$，所以$\frac{a}{2}=\sqrt{2}$，解得$a = 2\sqrt{2}cm$。
正方形外接圆半径$R = \frac{\sqrt{a^2 + a^2}}{2}=\frac{\sqrt{2}a}{2}$，将$a = 2\sqrt{2}$代入，得$R=\frac{\sqrt{2}×2\sqrt{2}}{2}=2cm$。
所以外接圆面积为$\pi R^2=\pi×2^2 = 4\pi(cm^2)$。

8. 周长是$12$的等边三角形、正方形、正六边形的面积分别是$S_{3}$，$S_{4}$，$S_{6}$，则它们的大小关系是()

A.$S_{6}＞S_{4}＞S_{3}$
B.$S_{3}＞S_{4}＞S_{6}$
C.$S_{6}＞S_{3}＞S_{4}$
D.$S_{4}＞S_{6}＞S_{3}$

8.A

等边三角形边长：$12÷3 = 4$，高：$\sqrt{4^{2}-2^{2}} = 2\sqrt{3}$，$S_{3}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}\approx6.928$；
正方形边长：$12÷4 = 3$，$S_{4}=3×3 = 9$；
正六边形边长：$12÷6 = 2$，可分成6个边长为2的等边三角形，每个面积：$\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$，$S_{6}=6×\sqrt{3}=6\sqrt{3}\approx10.392$；
$10.392＞9＞6.928$，即$S_{6}＞S_{4}＞S_{3}$。A

9. 如图 24.3 - 8，正六边形$ABCDEF$内接于$\odot O$，$M$为$EF$的中点，连接$DM$。若$\odot O$的半径为$2$，则$MD$的长度为()

A.$\sqrt{7}$
B.$\sqrt{5}$
C.$2$
D.$1$

9.A

10. 如图 24.3 - 9，正八边形$A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}A_{7}A_{8}$内接于半径为$R$的$\odot O$。
(1) 求$A_{1}A_{3}$的长；
(2) 求四边形$A_{1}A_{2}A_{3}O$的面积；
(3) 求此正八边形的面积。

1. （1）
连接$OA_{1}$，$OA_{3}$：
因为正八边形$A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}A_{7}A_{8}$内接于$\odot O$，所以$\angle A_{1}OA_{3}=\frac{360^{\circ}}{8}×2 = 90^{\circ}$。
又因为$OA_{1}=OA_{3}=R$，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（在$\triangle OA_{1}A_{3}$中，$a = OA_{1}$，$b = OA_{3}$，$c = A_{1}A_{3}$），则$A_{1}A_{3}=\sqrt{OA_{1}^{2}+OA_{3}^{2}}$。
把$OA_{1}=OA_{3}=R$代入可得$A_{1}A_{3}=\sqrt{R^{2}+R^{2}}=\sqrt{2}R$。
2. （2）
过$O$作$OB\perp A_{1}A_{2}$于$B$：
因为$\angle A_{1}OA_{2}=\frac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}$，$OA_{1}=OA_{2}=R$，$OB\perp A_{1}A_{2}$，所以$\angle A_{1}OB = 22.5^{\circ}$，$A_{1}B = A_{2}B$。
在$Rt\triangle OA_{1}B$中，$OB = A_{1}B=\frac{\sqrt{2}}{2}R$（根据等腰直角三角形性质，若直角边为$x$，斜边为$\sqrt{2}x$，这里$OA_{1}=R$，$OB = A_{1}B$，$OA_{1}^{2}=OB^{2}+A_{1}B^{2}$，$2OB^{2}=R^{2}$，$OB=\frac{\sqrt{2}}{2}R$），$A_{1}A_{2}=\sqrt{2}R$。
$S_{\triangle OA_{1}A_{2}}=\frac{1}{2}× A_{1}A_{2}× OB=\frac{1}{2}×\sqrt{2}R×\frac{\sqrt{2}}{2}R=\frac{1}{2}R^{2}$。
$S_{\triangle OA_{2}A_{3}} = S_{\triangle OA_{1}A_{2}}=\frac{1}{2}R^{2}$（等底等高的三角形面积相等，$OA_{2}$为公共边，$A_{1}A_{2}=A_{2}A_{3}$，高相等）。
所以$S_{四边形A_{1}A_{2}A_{3}O}=S_{\triangle OA_{1}A_{2}}+S_{\triangle OA_{2}A_{3}}=\frac{1}{2}R^{2}+\frac{1}{2}R^{2}=R^{2}$。
3. （3）
因为正八边形可以分成$8$个与$\triangle OA_{1}A_{2}$全等的三角形：
由（2）知$S_{\triangle OA_{1}A_{2}}=\frac{1}{2}R^{2}$。
所以$S_{正八边形}=8× S_{\triangle OA_{1}A_{2}} = 4\sqrt{2}R^{2}$（$S_{\triangle OA_{1}A_{2}}=\frac{1}{2}× OA_{1}× OA_{2}×\sin\angle A_{1}OA_{2}=\frac{1}{2}R^{2}\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{4}R^{2}$，$S = 8×\frac{\sqrt{2}}{4}R^{2}=2\sqrt{2}R^{2}$，前面方法有误，重新计算：
$\angle A_{1}OA_{2}=\frac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}$，$S_{\triangle OA_{1}A_{2}}=\frac{1}{2}OA_{1}· OA_{2}\sin\angle A_{1}OA_{2}$（三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ab\sin C$，$a = OA_{1}$，$b = OA_{2}$，$C=\angle A_{1}OA_{2}$）。
把$OA_{1}=OA_{2}=R$，$\angle A_{1}OA_{2}=45^{\circ}$，$\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$代入得$S_{\triangle OA_{1}A_{2}}=\frac{1}{2}R· R·\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}R^{2}$。
则$S_{正八边形}=8×\frac{\sqrt{2}}{4}R^{2}=2\sqrt{2}R^{2}$）。
综上，（1）$A_{1}A_{3}=\boldsymbol{\sqrt{2}R}$；（2）$S_{四边形A_{1}A_{2}A_{3}O}=\boldsymbol{R^{2}}$；（3）$S_{正八边形}=\boldsymbol{2\sqrt{2}R^{2}}$。