我国伟大的数学家刘徽于公元263年在《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值(如图①).刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆的周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法.如图②，六边形ABCDEF是$\odot O$的内接正六边形，把每段弧二等分，可以作出$\odot O$的内接正十二边形，G为$\overset{\frown}{CD}$的中点，连接BG，CF，BG交CF于点P，若$CP=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，求CO的长.

如图,连接OA,OB,OG,OD,CG.

$\because ∠ AOF = ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COD =\frac{1}{6}×360°=60°,$
$\therefore ∠ COF = 3 × 60° = 180°, ∠ CGP =\frac{1}{2}∠ BOC=30°.$
$\therefore$ 圆心O在CF上.
$\because$ G为$\overset{\frown}{CD}$的中点,
$\therefore ∠ COG= ∠ DOG=\frac{1}{2}∠ COD=30°.$
$\because OC=OG,$
$\therefore ∠ OCG = ∠ OGC =\frac{1}{2}×(180°-30°)=75°.$
$\because OB=OC,∠ BOC=60°,$
$\therefore △ BOC$是等边三角形.
$\therefore ∠ OCB=60°.$
$\because ∠ CBG=\frac{1}{2}∠ COG=15°,$
$\therefore ∠ GPC= ∠ OCB+ ∠ CBG=75°= ∠ OCG.$
$\therefore PG=CG.$
作$PI ⊥ CF$交BC于点I,则$∠ CPI=90°,$
$\therefore ∠ PIC=90°-60°=30°.$
$\therefore ∠ IPB= ∠ PIC- ∠ CBG=15°= ∠ CBG,$
$CI=2CP=2×\frac{\sqrt{3}-1}{2}=\sqrt{3}-1.$
$\therefore BI=PI=\sqrt{CI^2-CP^2} =\sqrt{(2CP)^2-CP^2} =\sqrt{3}CP=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}-1}{2}=\frac{3-\sqrt{3}}{2}.$
$\therefore CO=BC=\sqrt{3}-1+\frac{3-\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}.$

【分析】
解决本题的核心是结合正多边形与圆的性质，通过角度推导建立边的等量关系，具体思路如下：首先根据正六边形的性质计算各中心角的度数，结合圆周角定理推导相关圆周角的度数，判断出△BOC为等边三角形，将求CO的长度转化为求BC的长度；其次通过角度推导得到∠GPC=∠OCG，得到边相等的关系，再作PI⊥CF构造含30°角的直角三角形，利用30°角所对直角边是斜边一半的性质，结合勾股定理算出CI、BI的长度，求和即可得到BC即CO的长。
【解析】
连接OA,OB,OG,OD,CG。
∵ 六边形ABCDEF是$\odot O$的内接正六边形，
∴ $∠ AOF = ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COD =\frac{1}{6}×360°=60°$,
∴ $∠ COF = 3 × 60° = 180°$，即圆心O在CF上，
由圆周角定理得$∠ CGP =\frac{1}{2}∠ BOC=30°$。
∵ G为$\overset{\frown}{CD}$的中点，
∴ $∠ COG= ∠ DOG=\frac{1}{2}∠ COD=30°$。
∵ $OC=OG$，
∴ $∠ OCG = ∠ OGC =\frac{1}{2}×(180°-30°)=75°$。
∵ $OB=OC$，$∠ BOC=60°$，
∴ $△ BOC$是等边三角形，
∴ $∠ OCB=60°$，$BC=OC$。
由圆周角定理得$∠ CBG=\frac{1}{2}∠ COG=15°$，
∴ $∠ GPC= ∠ OCB+∠ CBG=60°+15°=75°=∠ OCG$，
∴ $PG=CG$。
作$PI ⊥ CF$交BC于点I，则$∠ CPI=90°$，
∴ $∠ PIC=90°-∠ OCB=90°-60°=30°$，
∴ $CI=2CP=2×\frac{\sqrt{3}-1}{2}=\sqrt{3}-1$，
又
∵ $∠ IPB= ∠ PIC-∠ CBG=30°-15°=15°=∠ CBG$，
∴ $BI=PI$，
在Rt$△ CPI$中，由勾股定理得：
$PI=\sqrt{CI^2-CP^2}=\sqrt{(2CP)^2-CP^2}=\sqrt{3}CP=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}-1}{2}=\frac{3-\sqrt{3}}{2}$，
∴ $BI=\frac{3-\sqrt{3}}{2}$，
∴ $CO=BC=CI+BI=\sqrt{3}-1+\frac{3-\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$。
【答案】

$CO$的长为$\boldsymbol{\frac{\sqrt{3}+1}{2}}$
【知识点】
正多边形与圆、圆周角定理、含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题以我国古代“割圆术”为背景，将数学文化与几何计算结合，综合考查正多边形的性质、圆周角定理、特殊直角三角形的边角关系，解题的关键是通过角度推导找到边的等量关系，合理构造辅助线将未知线段转化为可求的线段。
【难度系数】
0.4

1. 下列命题中,是假命题的是 ()

A.各边相等的圆内接多边形是正多边形
B.各角相等的圆内接多边形是正多边形
C.圆内接正五边形的五个顶点把圆五等分
D.顺次连接圆周的五等分点得到圆内接正五边形

1. B

【分析】
本题考查正多边形与圆的相关概念及真假命题的判断，解题时需结合正多边形的定义、圆的弦与弧的关系、圆周角性质，逐一验证每个选项是否成立，即可找出假命题。
【解析】
结合正多边形与圆的性质逐一分析选项：
A选项：圆内接多边形各边相等时，根据同圆中相等的弦对应相等的弧，可知该多边形各边所对的弧均相等，其各个内角为等弧对应的圆周角，因此各内角也相等，满足正多边形“各边相等、各角相等”的定义，是真命题；
B选项：各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形，例如圆内接矩形，四个内角均为90°相等，但矩形的邻边不一定相等，不属于正多边形，因此该命题是假命题；
C选项：圆内接正五边形的五条边相等，对应五条弧相等，因此五个顶点可将圆五等分，是真命题；
D选项：顺次连接圆周五等分点得到的五边形，各边对应等弧，由等弧对等弦可知各边相等，各内角对应相等的弧，因此各内角也相等，符合正五边形的定义，是真命题。
综上，假命题为B选项。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆；真假命题判断；圆内接多边形性质
【点评】
本题属于基础概念考查题，易错点是忽略各角相等的圆内接多边形存在边不相等的反例，解题时可通过举反例快速判断命题真假。
【难度系数】
0.7

2. 如图,正八边形内接于$\odot O$,连接$OA$,$OB$,则$∠ AOB$的度数为（）


A.$55°$
B.$50°$
C.$45°$
D.$40°$

2. C

【分析】
要计算正八边形内接于圆时的圆心角∠AOB，首先回忆正多边形和圆的相关性质：正n边形内接于圆时，各边对应的圆心角（即中心角）相等，周角总度数为360°，因此只需要用周角除以正多边形的边数，就能得到单个中心角的度数。
【解析】
正八边形的边数$n=8$，根据正多边形中心角计算公式：
$∠ AOB = \frac{360°}{n}$
代入$n=8$得：
$∠ AOB = 360° ÷ 8 = 45°$
因此选C选项。
【答案】
C
【知识点】
正多边形中心角计算；正多边形与圆
【点评】
本题属于基础题，考察正多边形中心角的基本计算，只要掌握正多边形中心角的计算公式即可快速解答。
【难度系数】
0.9

3. 一个半径为3的圆内接正n边形的中心角所对的弧长为$\frac{3}{4}π$，则n的值为（）

A.6
B.8
C.10
D.12

3. B

【分析】
要解这道题可分两步思考：第一步，已知弧长和所在圆的半径，利用弧长公式求出这段弧对应的圆心角（即正n边形的中心角）的大小；第二步，根据正n边形所有中心角总和为360°、且每个中心角相等的性质，即可求出n的值。
【解析】
步骤1：利用弧长公式求正n边形的中心角度数
弧长公式为 $l=\frac{θπ r}{180}$（其中$l$为弧长，$θ$为圆心角度数，$r$为圆的半径）。
已知$l=\frac{3}{4}π$，$r=3$，代入公式得：
$\frac{3}{4}π=\frac{θ×π×3}{180}$
两边同时约去$π$后化简：$\frac{3}{4}=\frac{θ}{60}$，解得$θ=45°$。
步骤2：根据正多边形中心角与边数的关系求n
正n边形的单个中心角满足$θ=\frac{360°}{n}$，将$θ=45°$代入得：
$45°=\frac{360°}{n}$，解得$n=\frac{360°}{45°}=8$。
【答案】B
【知识点】弧长公式；正多边形中心角；正多边形与圆
【点评】本题是正多边形和圆结合的基础应用题，解题核心是熟练掌握弧长计算公式，以及正多边形中心角和边数的对应关系，计算量小，牢记相关公式即可快速求解。
【难度系数】0.8

4. 如图,在平面直角坐标系中,正六边形ABCDEF的顶点A,B在x轴上,顶点F在y轴上,若AB=2,则正六边形ABCDEF的中心P的坐标为.

4. $(2,\sqrt{3})$

【分析】
要确定正六边形中心P的坐标，我们可以按以下思路推导：首先利用正六边形的性质得到边长相等、内角为120°，结合F在y轴上的条件先求出A、B两点的坐标；再根据正六边形的对称性，中心P在AB的垂直平分线上，即可得到P的横坐标；最后求出正六边形的边心距，也就是P到x轴的距离，得到P的纵坐标，即可确定P点坐标。
【解析】
解：
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，AB=2
∴ 正六边形的边长均为2，内角∠FAB=120°
∴ ∠FAO=180°-∠FAB=60°
在Rt△AOF中，∠AOF=90°，AF=2，∠FAO=60°
∴ ∠AFO=30°，OA=$\frac{1}{2}$AF=1
∴ 点A坐标为(1,0)
又
∵ AB=2，
∴ 点B坐标为(1+2,0)即(3,0)
∵ 正六边形的中心P在AB的垂直平分线上
∴ P点的横坐标为$\frac{1+3}{2}=2$
正六边形的边心距（中心到边AB的距离）等于边长为2的等边三角形的高：
$h=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，即P点的纵坐标为$\sqrt{3}$
∴ 中心P的坐标为$(2,\sqrt{3})$
【答案】
$(2,\sqrt{3})$
【知识点】
正六边形的性质；平面直角坐标系中点的坐标；等边三角形的性质
【点评】
本题是正多边形与平面直角坐标系结合的基础题，解题的关键是熟练掌握正六边形的边长、边心距的关系，结合直角三角形的性质即可求出对应点的坐标。
【难度系数】
0.7