2. 如图，$\odot O$ 是正方形ABCD的外接圆. 若$\odot O$ 的半径为2，则正方形ABCD的边长为（）

A.1
B.2
C.$2\sqrt{2}$
D.4

2. C

3.如图，已知$\odot O$的周长为$6π$，则该圆内接正六边形$ABCDEF$的边心距$OG$的长度为（）

A.$3\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
D.$3$

3. C

4.正多边形的一部分如图所示.若$∠ ACB=20°$,则该正多边形的边数为（）

A.8
B.9
C.10
D.12

4. B

5. 如图，正八边形ABCDEFGH内接于$\odot O$，若$\odot O$的半径为4，则$\overset{\frown}{AB}$的长为。

5. π

6. 我们知道,除三角形外,其他多边形都不具有稳定性.如图,将正五边形OABCD的边AB固定,向右推动该正五边形,使得O为AD的中点,且点A,B,C,D在以点O为圆心的圆上,过点C作$\odot O$的切线EF,则$∠ BCF$的度数为（）


A.$30°$
B.$36°$
C.$54°$
D.$60°$

6. A

7. 刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积。设$\odot O$的半径为1. 若用$\odot O$的外切正六边形的面积$S$来近似估计$\odot O$的面积，则$S=$.

7. $2\sqrt{3}$

8. 如图①，正方形ABCD内接于$\odot O$，E为$\overset{\frown}{CD}$上任意一点，连接DE，AE.
(1)求$∠ AED$的度数；
(2)如图②，过点B作$BF// DE$交$\odot O$于点F，连接AF，$AF=1$，$AE=4$，$DE＜2.5$，求DE的长度.

8. 解:(1)如图①,连接OA,OD.
$\because$四边形 ABCD 是正方形,
$\therefore∠ AOD=90°$,
$\therefore∠ AED=\frac{1}{2}∠ AOD=45°$.
(2)如图②,连接 CF,CE,CA,BD,过点 D 作 $DH⊥ AE$ 于点 H.
$\because BF// DE,AB// CD$,
$\therefore∠ BDE=∠ DBF,∠ BDC=∠ ABD$,
$\therefore∠ ABF=∠ CDE$.
$\because AC$ 为 $\odot O$ 的直径,
$\therefore∠ CFA=∠ AEC=90°$.
$\because AD=BC$,
$\therefore∠ AED=∠ BFC=45°$,
$\therefore∠ DEC=∠ AFB=135°$.
又$\because CD=AB$,
$\therefore△ CDE≌△ ABF(\mathrm{AAS})$,
$\therefore AF=CE=1$,
$\therefore AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$,
$\therefore AD=\frac{\sqrt{2}}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{17}=\frac{\sqrt{34}}{2}$.
$\because∠ DHE=90°$,
$\therefore∠ HDE=∠ HED=45°$,
$\therefore DH=HE$.
设 $DH=EH=x$.
在 $\mathrm{Rt}△ ADH$ 中,$AD^2=AH^2+DH^2$,
$\therefore\frac{34}{4}=(4-x)^2+x^2$,
解得 $x_1=\frac{3}{2},x_2=\frac{5}{2}$(舍去),
$\therefore DH=\frac{3}{2}$,
$\therefore DE=\sqrt{2}DH=\frac{3\sqrt{2}}{2}$.