8. (2024·呼和浩特)如图,正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于$\odot O$,AD和EF相交于点M,则$∠AMF$的度数为.

8. $27^{\circ}$ 解析：如图，连接 $OG$、$OF$、$OD$、$OE$、$DF$、$AC$。$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，$\therefore \angle ADC = 90^{\circ}$，$\therefore AC$ 过圆心 $O$，$\therefore \angle AOD=\frac{1}{4}×360^{\circ}=90^{\circ}$，$\angle FOG=\angle EOF=\frac{1}{5}×360^{\circ}=72^{\circ}$。$\because$ 正五边形 $CEFGH$ 内接于 $\odot O$，$\therefore \overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{CH}=\overset{\frown}{FE}=\overset{\frown}{CE}$，$\therefore \overset{\frown}{GC}=\overset{\frown}{FC}$，$\therefore \angle GOC=\angle FOC$，$\therefore \angle AOG=\angle AOF=\frac{1}{2}\angle FOG = 36^{\circ}$，$\therefore \angle DOF = 90^{\circ}-36^{\circ}=54^{\circ}$，$\therefore \angle DOE = 72^{\circ}-54^{\circ}=18^{\circ}$，$\therefore \angle AMF=\angle MFD+\angle MDF=\frac{1}{2}\angle DOE+\frac{1}{2}\angle AOF=\frac{1}{2}×18^{\circ}+\frac{1}{2}×36^{\circ}=27^{\circ}$。

9. (2024·雅安)如图,$\odot O$的周长为8π,正六边形ABCDEF内接于$\odot O$,则$\triangle OAB$的面积为.

9. $4\sqrt{3}$

解：
∵$\odot O$的周长为$8\pi$，
∴$\odot O$的半径$OA=OB=\frac{8\pi}{2\pi}=4$。
∵正六边形$ABCDEF$内接于$\odot O$，
∴$\angle AOB=\frac{360°}{6}=60°$。
∵$OA=OB$，
∴$\triangle OAB$是等边三角形，
∴$AB=OA=OB=4$。
过点$O$作$OH\perp AB$于点$H$，则$AH=\frac{1}{2}AB=2$。
在$Rt\triangle OAH$中，$OH=\sqrt{OA^2 - AH^2}=\sqrt{4^2 - 2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$。
∴$\triangle OAB$的面积为$\frac{1}{2}× AB× OH=\frac{1}{2}× 4× 2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。

10. (新考向·数学文化)如图,第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不完整的正多边形图案,小华量得图中一边与对角线的夹角$∠ACB=15^{\circ }$,算出这个正多边形的边数为.

10. 12

解：设这个正多边形的边数为$n$。
因为正多边形的中心角为$\frac{360^{\circ}}{n}$，$\angle ACB$是正多边形的一个外角的一半（或：$\angle ACB$等于正多边形中心角的一半），所以$\frac{360^{\circ}}{2n}=15^{\circ}$。
解得$n = 12$。
12

11. 如图,正五边形ABCDE内接于$\odot O$,先作直径AF;再以点F为圆心,FO为半径作圆弧,与$\odot O$交于点M、N;最后连接AM、MN、NA.
(1) 求$∠ABC$的度数.
(2) $\triangle AMN$是正三角形吗? 请说明理由.
(3) 从点A开始,以DN为半径,在$\odot O$上依次截取点,再依次连接这些分点,得到正n边形,求n的值.

11. (1) $\because$ 五边形 $ABCDE$ 是正五边形，$\therefore \angle ABC=\frac{(5 - 2)×180^{\circ}}{5}=108^{\circ}$ (2) $\triangle AMN$ 是正三角形 理由：连接 $ON$、$NF$。由作图，得 $FN = OF$。$\because OF = ON$，$\therefore FN = OF = ON$，$\therefore \triangle FON$ 是等边三角形，$\therefore \angle NFA = 60^{\circ}$。$\because \overset{\frown}{AN}=\overset{\frown}{AN}$，$\therefore \angle NMA=\angle NFA = 60^{\circ}$。同理，可得 $\angle ANM = 60^{\circ}$，$\therefore$ 在 $\triangle AMN$ 中，$\angle MAN = 60^{\circ}$，$\therefore \angle NMA=\angle ANM=\angle MAN$，$\therefore \triangle AMN$ 是正三角形。 (3) 由 (2)，得 $\triangle AMN$ 是正三角形，$\therefore \angle AON = 2\angle AMN = 120^{\circ}$，$\therefore \overset{\frown}{AN}=120^{\circ}$。$\because \overset{\frown}{AD}=2\overset{\frown}{AE}=2×\frac{360^{\circ}}{5}=144^{\circ}$，$\therefore \overset{\frown}{DN}=\overset{\frown}{AD}-\overset{\frown}{AN}=24^{\circ}$，$\therefore n=\frac{360^{\circ}}{24^{\circ}}=15$

12. 如图,在正三角形ABC中,E、F、G、H、L、K分别是各边的三等分点,求证:六边形EFGHLK是正六边形.

12. $\because \triangle ABC$ 是等边三角形，$\therefore \angle A=\angle B=\angle C = 60^{\circ}$，$AB = BC = AC$。$\because E$、$F$、$G$、$H$、$L$、$K$ 分别是各边的三等分点，$\therefore AE = EF = FB=\frac{1}{3}AB$，$BG = GH = HC=\frac{1}{3}BC$，$LC = KL = AK=\frac{1}{3}AC$，$\therefore AE = AK$，$BF = BG$，$CH = CL$。$\because \angle A=\angle B=\angle C = 60^{\circ}$，$\therefore \triangle AEK$、$\triangle BGF$、$\triangle CHL$ 是等边三角形，$\therefore EK = EF = FG = GH = HL = LK$，$\angle KEF=\angle EFG=\angle FGH=\angle GHL=\angle HLK=\angle LKE = 120^{\circ}$，$\therefore$ 六边形 $EFGHLK$ 是正六边形