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1 如图,用若干个相同正五边形排成环状.图中已经排好前3个正五边形,完成这一圆环还需正五边形的个数为 (
A.6
B.7
C.8
D.9
B
)A.6
B.7
C.8
D.9
答案
1. B 【解析】如图,延长正五边形的两边,交点即为圆心.
∵ 正五边形的一个外角等于360°÷5 = 72°,
∴ 延长正五边形的两边围成的角的度数为 180°-72°-72°= 36°.
∵ 360°÷36° = 10,
∴ 完成这一圆环需要 10 个正五边形,故完成这一圆环还需正五边形的个数为 7. 故选 B.
解析
【分析】
要解决这个问题，我们首先需要明确排成完整圆环时，中心处的周角总和为360°，因此核心是求出每个正五边形对应的中心角度数。首先回忆正多边形外角和恒为360°，可以先计算正五边形每个外角的度数；再通过延长正五边形的边交于中心，得到中心处的三角形，利用三角形内角和求出中心角的度数；用周角360°除以中心角就能得到总共需要的正五边形个数，最后减去已有的3个，即可得到还需要的正五边形个数。
【解析】
如图，延长正五边形的两边，交点即为圆心O：
1. 计算正五边形的外角度数：
∵ 任意正多边形的外角和均为360°，
∴ 正五边形的一个外角为 $360° ÷ 5 = 72°$。
2. 计算中心角的度数：
延长正五边形两边得到的以O为顶点的三角形中，两个底角均为正五边形的外角，根据三角形内角和为180°，
可得中心角的度数为 $180° - 72° - 72° = 36°$。
3. 计算所需正五边形总个数：
∵ 周角为360°，
∴ 排成完整圆环共需要正五边形 $360° ÷ 36° = 10$ 个。
4. 计算还需的正五边形个数：
已排好3个，因此还需要 $10 - 3 = 7$ 个。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形外角和；三角形内角和；周角性质
【点评】
本题结合正五边形构造圆环的场景，考查正多边形相关性质的应用，解题关键是结合图形求出每个正五边形对应的中心角度数，进而求出总个数，既考查基础公式的掌握，也锻炼图形观察分析能力。
【难度系数】
0.7
要解决这个问题，我们首先需要明确排成完整圆环时，中心处的周角总和为360°，因此核心是求出每个正五边形对应的中心角度数。首先回忆正多边形外角和恒为360°，可以先计算正五边形每个外角的度数；再通过延长正五边形的边交于中心，得到中心处的三角形，利用三角形内角和求出中心角的度数；用周角360°除以中心角就能得到总共需要的正五边形个数，最后减去已有的3个，即可得到还需要的正五边形个数。
【解析】
如图，延长正五边形的两边，交点即为圆心O：
1. 计算正五边形的外角度数：
∵ 任意正多边形的外角和均为360°，
∴ 正五边形的一个外角为 $360° ÷ 5 = 72°$。
2. 计算中心角的度数：
延长正五边形两边得到的以O为顶点的三角形中，两个底角均为正五边形的外角，根据三角形内角和为180°，
可得中心角的度数为 $180° - 72° - 72° = 36°$。
3. 计算所需正五边形总个数：
∵ 周角为360°，
∴ 排成完整圆环共需要正五边形 $360° ÷ 36° = 10$ 个。
4. 计算还需的正五边形个数：
已排好3个，因此还需要 $10 - 3 = 7$ 个。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形外角和；三角形内角和；周角性质
【点评】
本题结合正五边形构造圆环的场景，考查正多边形相关性质的应用，解题关键是结合图形求出每个正五边形对应的中心角度数，进而求出总个数，既考查基础公式的掌握，也锻炼图形观察分析能力。
【难度系数】
0.7
2[2025江苏南京调研]如图,在扇形OAC中,B是弧AC上一点,且AB,BC分别是$\odot O$的内接正六边形、内接正五边形的边,则$∠B$的度数为(
A.$96°$
B.$104°$
C.$114°$
D.$132°$
C
)A.$96°$
B.$104°$
C.$114°$
D.$132°$
答案
2. C 【解析】连接 OB,如图.
∵ AB,BC 分别是⊙O 的内接正六边形、内接正五边形的边,
∴ ∠AOB = $\frac{360°}{6}$ = 60°, ∠BOC = $\frac{360°}{5}$ =72°.
∵ OA = OB = OC,
∴ ∠OBA = ∠OAB = 60°,∠OBC=∠OCB=$\frac{1}{2}$×(180°−72°)= 54°,
∴ ∠ABC=∠OBA+∠OBC=114°,故选 C.
解析
【分析】
要求∠ABC的度数，可先连接辅助线OB，利用正多边形内接于圆时中心角等于360°除以边数的性质，分别求出∠AOB和∠BOC的度数；再结合OA、OB、OC都是圆O的半径，可知△OAB和△OBC均为等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等的性质分别求出∠OBA和∠OBC的度数，两个角相加即可得到∠ABC的度数。
【解析】
连接OB，如图所示。
∵AB是⊙O的内接正六边形的边，正多边形的中心角为$\frac{360°}{\mathrm{边数}}$，
∴$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，
∵BC是⊙O的内接正五边形的边，
∴$∠ BOC=\frac{360°}{5}=72°$。
又
∵OA、OB、OC都是⊙O的半径，即OA=OB=OC，
∴△OAB为等腰三角形，$∠ OBA=∠ OAB=\frac{180°-∠ AOB}{2}=\frac{180°-60°}{2}=60°$，
△OBC为等腰三角形，$∠ OBC=∠ OCB=\frac{180°-∠ BOC}{2}=\frac{180°-72°}{2}=54°$，
∴$∠ ABC=∠ OBA+∠ OBC=60°+54°=114°$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形与圆；等腰三角形的性质；圆心角计算
【点评】
本题属于基础几何题，解题的关键是作出辅助线OB，将所求角拆分为两个等腰三角形的底角，结合正多边形的中心角公式即可求解，很好地考察了基础概念的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
要求∠ABC的度数，可先连接辅助线OB，利用正多边形内接于圆时中心角等于360°除以边数的性质，分别求出∠AOB和∠BOC的度数；再结合OA、OB、OC都是圆O的半径，可知△OAB和△OBC均为等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等的性质分别求出∠OBA和∠OBC的度数，两个角相加即可得到∠ABC的度数。
【解析】
连接OB，如图所示。
∵AB是⊙O的内接正六边形的边，正多边形的中心角为$\frac{360°}{\mathrm{边数}}$，
∴$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，
∵BC是⊙O的内接正五边形的边，
∴$∠ BOC=\frac{360°}{5}=72°$。
又
∵OA、OB、OC都是⊙O的半径，即OA=OB=OC，
∴△OAB为等腰三角形，$∠ OBA=∠ OAB=\frac{180°-∠ AOB}{2}=\frac{180°-60°}{2}=60°$，
△OBC为等腰三角形，$∠ OBC=∠ OCB=\frac{180°-∠ BOC}{2}=\frac{180°-72°}{2}=54°$，
∴$∠ ABC=∠ OBA+∠ OBC=60°+54°=114°$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形与圆；等腰三角形的性质；圆心角计算
【点评】
本题属于基础几何题，解题的关键是作出辅助线OB，将所求角拆分为两个等腰三角形的底角，结合正多边形的中心角公式即可求解，很好地考察了基础概念的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
3 如图,在平面直角坐标系中,正六边形OABCDE的边长是4,则它的内切圆圆心M的坐标是 (
A.$(2,2\sqrt{3})$
B.$(1,2\sqrt{3})$
C.$(2,\sqrt{3})$
D.$(2,4)$
(第3题图)
(第4题图)
A
)A.$(2,2\sqrt{3})$
B.$(1,2\sqrt{3})$
C.$(2,\sqrt{3})$
D.$(2,4)$
(第3题图)
(第4题图)
答案
3. A 【解析】如图所示,作 OE,CD 的垂直平分线交于点 M,则点 M 即为内切圆圆心,连接 MO,ME,设 OE 的垂直平分线交 OE 于点 H.
∵ 正六边形 OABCDE 的边长是 4,
∴ OH = HE = 2,∠OME = 60°,
∴ △OME 为等边三角形,
∴ MO = OE = 4,
∴ MH = $\sqrt{OM^2−OH^2}$ = $2\sqrt{3}$,
∴ 点 M 的坐标为 $(2,2\sqrt{3})$. 故选 A.
关键点拨
作 OE, CD 的垂直平分线,其交点即为正六边形的内切圆圆心. 根据正六边形的性质及等边三角形的性质得出 MO = 4, 再结合勾股定理进行计算即可得出结果.
解析
【分析】
要确定正六边形内切圆圆心M的坐标，首先回忆正多边形的性质：正多边形的内切圆圆心与它的几何中心重合，是各边垂直平分线的交点。第一步先确定横坐标：边OE在x轴上，长度为4，它的垂直平分线是直线x=2，因此M的横坐标为2；第二步求纵坐标：纵坐标就是圆心M到x轴的距离，即内切圆的半径，结合正六边形中心角为60°的性质，可推出△OME是等边三角形，再利用勾股定理计算出M到x轴的距离即可得到纵坐标。
【解析】
作OE、CD的垂直平分线，交点即为内切圆圆心M，设OE的垂直平分线交OE于点H。
∵正六边形OABCDE的边长为4，
∴OE=4，H是OE中点，故OH=HE=2，正六边形的中心角$∠ OME=360°÷6=60°$，
又
∵OM=ME（正多边形中心到各顶点距离相等），
∴△OME是等边三角形，
∴OM=OE=4，
在Rt△OMH中，由勾股定理得：$MH=\sqrt{OM^2 - OH^2}=\sqrt{4^2 - 2^2}=2\sqrt{3}$，
∴点M的坐标为$(2,2\sqrt{3})$。
【答案】
A
【知识点】
正六边形的性质；勾股定理；正多边形的内切圆
【点评】
本题是正多边形与圆结合的基础题，解题的关键是明确正多边形内切圆圆心的位置，结合正六边形的特殊性质，借助勾股定理计算线段长度即可得到点的坐标。
【难度系数】
0.7
要确定正六边形内切圆圆心M的坐标，首先回忆正多边形的性质：正多边形的内切圆圆心与它的几何中心重合，是各边垂直平分线的交点。第一步先确定横坐标：边OE在x轴上，长度为4，它的垂直平分线是直线x=2，因此M的横坐标为2；第二步求纵坐标：纵坐标就是圆心M到x轴的距离，即内切圆的半径，结合正六边形中心角为60°的性质，可推出△OME是等边三角形，再利用勾股定理计算出M到x轴的距离即可得到纵坐标。
【解析】
作OE、CD的垂直平分线，交点即为内切圆圆心M，设OE的垂直平分线交OE于点H。
∵正六边形OABCDE的边长为4，
∴OE=4，H是OE中点，故OH=HE=2，正六边形的中心角$∠ OME=360°÷6=60°$，
又
∵OM=ME（正多边形中心到各顶点距离相等），
∴△OME是等边三角形，
∴OM=OE=4，
在Rt△OMH中，由勾股定理得：$MH=\sqrt{OM^2 - OH^2}=\sqrt{4^2 - 2^2}=2\sqrt{3}$，
∴点M的坐标为$(2,2\sqrt{3})$。
【答案】
A
【知识点】
正六边形的性质；勾股定理；正多边形的内切圆
【点评】
本题是正多边形与圆结合的基础题，解题的关键是明确正多边形内切圆圆心的位置，结合正六边形的特殊性质，借助勾股定理计算线段长度即可得到点的坐标。
【难度系数】
0.7
4[2026江苏扬州调研]如图，∠1是正九边形两条对角线的夹角，则∠1的度数是
40°
。答案
4. 40° 【解析】设正九边形的外接圆圆心为点 O,作出正九边形的外接圆 ⊙O,如图所示. 根据题意,得∠2=∠4.
∵ 正九边形的一个内角为 $180°−\frac{360°}{9}$ = 140°,
∴ ∠3+∠4=140°,
∴ ∠2+∠3=140°,
∴ ∠1=180°−(∠2+∠3)=40°. 故答案为 40°.
解析
【分析】
解决本题首先要明确正多边形内角的计算方法，观察图形可知∠1位于一个三角形中，要求∠1的度数，只需要求出该三角形另外两个内角的和即可；结合正九边形各边相等的性质，可推出这两个内角的和恰好等于正九边形的一个内角，因此先计算正九边形的内角度数，再利用三角形内角和定理即可求出∠1的度数。
【解析】
设正九边形的外接圆圆心为点O，作出正九边形的外接圆$\odot O$，如图所示。
1. 计算正九边形的内角度数：正多边形的外角和为$360°$，正九边形每个外角为$\frac{360°}{9}=40°$，因此每个内角为$180°-40°=140°$，即$∠3+∠4=140°$。
2. 由正九边形各边相等，可得同弧所对的圆周角相等，即$∠2=∠4$，因此$∠2+∠3=∠3+∠4=140°$。
3. 根据三角形内角和为$180°$，可得$∠1=180°-(∠2+∠3)=180°-140°=40°$。
【答案】
40°
【知识点】
正多边形内角计算、三角形内角和定理、正多边形的性质
【点评】
本题属于正多边形性质的基础应用题型，解题的核心是找到待求角与正多边形内角之间的关联，能有效考查学生对正多边形相关性质的掌握程度和图形观察能力。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确正多边形内角的计算方法，观察图形可知∠1位于一个三角形中，要求∠1的度数，只需要求出该三角形另外两个内角的和即可；结合正九边形各边相等的性质，可推出这两个内角的和恰好等于正九边形的一个内角，因此先计算正九边形的内角度数，再利用三角形内角和定理即可求出∠1的度数。
【解析】
设正九边形的外接圆圆心为点O，作出正九边形的外接圆$\odot O$，如图所示。
1. 计算正九边形的内角度数：正多边形的外角和为$360°$，正九边形每个外角为$\frac{360°}{9}=40°$，因此每个内角为$180°-40°=140°$，即$∠3+∠4=140°$。
2. 由正九边形各边相等，可得同弧所对的圆周角相等，即$∠2=∠4$，因此$∠2+∠3=∠3+∠4=140°$。
3. 根据三角形内角和为$180°$，可得$∠1=180°-(∠2+∠3)=180°-140°=40°$。
【答案】
40°
【知识点】
正多边形内角计算、三角形内角和定理、正多边形的性质
【点评】
本题属于正多边形性质的基础应用题型，解题的核心是找到待求角与正多边形内角之间的关联，能有效考查学生对正多边形相关性质的掌握程度和图形观察能力。
【难度系数】
0.7
5 新考向传统文化 [2026 浙江湖州调研]我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”. 所谓“割圆术”, 是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积,并以此求取圆周率π的方法. 刘徽指出“割之弥细,所失弥少.割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣.”例如,如图(1),⊙O的半径为2,运用“割圆术”,以圆内接正六边形面积估计⊙O的面积,因为易得$S_{正六边形}=6×\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=6\sqrt{3}$,所以⊙O的面积近似为$6\sqrt{3}$,由此可得π的估计值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$. 若用圆内接正十二边形估计⊙O的面积,如图(2),则可得π的估计值为
3
. 答案
5. 3 【解析】如图,AB 是正十二边形的一条边,点 O 是正十二边形的中心,设 ⊙O 的半径是 2,连接 OA,OB,过点 A 作 AM ⊥ OB 于点 M. 在正十二边形中,∠AOB=$\frac{360°}{12}$=30°,
∴ 在 Rt△AOM 中,AM = $\frac{1}{2}$OA =1,
∴ $S_{△AOB}$ = $\frac{1}{2}OB·AM$ = $\frac{1}{2}×2×1$ = 1,
∴ 正十二边形的面积为 12×1 = 12,
∴ ⊙O 的面积近似为 12,
∴ 12 = π×$2^2$ = 4π,解得 π = 3,
∴ π 的估计值为 3. 故答案为 3.
解析
【分析】
要解这道题，需紧扣“割圆术”的核心：用圆内接正多边形的面积近似等于圆的面积。解题思路可分为三步：第一步，先求正十二边形的中心角，正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，即可得到每个中心角的度数；第二步，将正十二边形拆分为12个全等的等腰三角形，利用含30°角的直角三角形的性质求出单个三角形的高，再计算单个三角形的面积；第三步，用单个三角形面积乘12得到正十二边形总面积，令其近似等于圆的面积$π r^2$，代入半径r=2列方程，即可求出π的估计值。
【解析】
设⊙O的半径为2，AB为正十二边形的一条边，连接OA、OB，过点A作AM⊥OB于点M。
∵正十二边形的中心角$∠ AOB=\frac{360°}{12}=30°$，
在$Rt△ AOM$中，$∠ AMO=90°$，$∠ AOM=30°$，OA=2，
∴$AM=\frac{1}{2}OA=1$，
∴$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OB× AM=\frac{1}{2}×2×1=1$，
∴正十二边形的面积为$12× S_{△ AOB}=12×1=12$。
根据“割圆术”，正十二边形面积近似等于⊙O的面积，即$12\approxπ r^2$，将r=2代入得：
$12\approxπ×2^2=4π$，
解得$π\approx3$。
【答案】3
【知识点】正多边形与圆，含30°角的直角三角形性质，面积计算
【点评】本题以我国古代“割圆术”为背景，结合正多边形和圆的相关知识考查圆周率的估算方法，既渗透了传统数学文化，又考查了基础知识点的应用，解题关键是将正多边形拆分为若干全等的等腰三角形计算总面积，再结合圆的面积公式求解。
【难度系数】0.7
要解这道题，需紧扣“割圆术”的核心：用圆内接正多边形的面积近似等于圆的面积。解题思路可分为三步：第一步，先求正十二边形的中心角，正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，即可得到每个中心角的度数；第二步，将正十二边形拆分为12个全等的等腰三角形，利用含30°角的直角三角形的性质求出单个三角形的高，再计算单个三角形的面积；第三步，用单个三角形面积乘12得到正十二边形总面积，令其近似等于圆的面积$π r^2$，代入半径r=2列方程，即可求出π的估计值。
【解析】
设⊙O的半径为2，AB为正十二边形的一条边，连接OA、OB，过点A作AM⊥OB于点M。
∵正十二边形的中心角$∠ AOB=\frac{360°}{12}=30°$，
在$Rt△ AOM$中，$∠ AMO=90°$，$∠ AOM=30°$，OA=2，
∴$AM=\frac{1}{2}OA=1$，
∴$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OB× AM=\frac{1}{2}×2×1=1$，
∴正十二边形的面积为$12× S_{△ AOB}=12×1=12$。
根据“割圆术”，正十二边形面积近似等于⊙O的面积，即$12\approxπ r^2$，将r=2代入得：
$12\approxπ×2^2=4π$，
解得$π\approx3$。
【答案】3
【知识点】正多边形与圆，含30°角的直角三角形性质，面积计算
【点评】本题以我国古代“割圆术”为背景，结合正多边形和圆的相关知识考查圆周率的估算方法，既渗透了传统数学文化，又考查了基础知识点的应用，解题关键是将正多边形拆分为若干全等的等腰三角形计算总面积，再结合圆的面积公式求解。
【难度系数】0.7
6[2025江苏苏州调研]某厂家要设计一个装彩铅的纸盒,已知每支彩铅的形状、大小均相同,底面均为正六边形,且边长为1 cm,目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为纸盒底面的设计方案,以6支彩铅为例,如图,则底面积更小的是方案
@刷易错 小心有坑~
二
(填“一”或“二”),两种方案底面积差为$(9π−12\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$
(结果保留根号).@刷易错 小心有坑~
答案
6. 二 $(9π−12\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$ 【解析】如图(1),取圆心 O.
∵ 正六边形的边长为 1 cm,
∴ 易得 ⊙O 的半径为 3 cm,
∴ 方案一中底面积为 $9π\ \mathrm{cm}^2$. 如图(2),取等边三角形的中心 P,连接 PA,过点 P 作 PD ⊥ AC,垂足为 D. 易得 PD = 2 cm,∠PAD = 30°.
∵ ∠ADP =90°,
∴ PA = 2PD = 4 cm,
∴ AD = $\sqrt{PA^2−PD^2}$ = $2\sqrt{3}$ cm,
∴ 易得 AC = 2AD = $4\sqrt{3}$ cm,即等边三角形的边长为 $4\sqrt{3}$ cm,由勾股定理易得等边三角形的高为 6 cm,
∴ 方案二中底面积为 $\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×6$ = $12\sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$.
∵ $12\sqrt{3}＜9π$,
∴ 底面积更小的是方案二,两种方案底面积差为 $(9π−12\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$. 故答案为二, $(9π−12\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
要解决本题，需分别计算两种方案的底面积，再比较大小并求差值。第一步先处理方案一：结合正六边形的边长和排布规律，求出圆形底面的半径，再用圆的面积公式计算面积；第二步处理方案二：结合正六边形的边长，利用等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的边角关系求出等边三角形的边长，再用三角形面积公式计算面积；最后比较两个面积的大小，做差得到最终结果。
【解析】
如图(1)，取圆心O。
∵ 正六边形的边长为1 cm，
∴ 易得⊙O的半径为3 cm，
∴ 方案一中底面积为 $π×3^2=9π\ \mathrm{cm}^2$。
如图(2)，取等边三角形的中心P，连接PA，过点P作PD ⊥ AC，垂足为D。易得PD = 2 cm，∠PAD = 30°。
∵ ∠ADP =90°，
∴ PA = 2PD = 4 cm，
∴ $AD = \sqrt{PA^2−PD^2} = \sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$ cm，
∴ 易得AC = 2AD = $4\sqrt{3}$ cm，即等边三角形的边长为 $4\sqrt{3}$ cm，由勾股定理易得等边三角形的高为6 cm，
∴ 方案二中底面积为 $\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×6 = 12\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$。
∵ $12\sqrt{3}＜9π$，
∴ 底面积更小的是方案二，两种方案底面积差为 $(9π−12\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$。
【答案】
二；$(9π−12\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$
【知识点】
正多边形的性质；圆的面积计算；等边三角形的面积计算
【点评】
本题结合生活中的包装设计场景，考查正多边形、圆、等边三角形的相关性质及面积计算，解题核心是准确结合正六边形的边长推导出外接圆半径、等边三角形的边长等关键量，计算时要注意根式运算的准确性。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需分别计算两种方案的底面积，再比较大小并求差值。第一步先处理方案一：结合正六边形的边长和排布规律，求出圆形底面的半径，再用圆的面积公式计算面积；第二步处理方案二：结合正六边形的边长，利用等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的边角关系求出等边三角形的边长，再用三角形面积公式计算面积；最后比较两个面积的大小，做差得到最终结果。
【解析】
如图(1)，取圆心O。
∵ 正六边形的边长为1 cm，
∴ 易得⊙O的半径为3 cm，
∴ 方案一中底面积为 $π×3^2=9π\ \mathrm{cm}^2$。
如图(2)，取等边三角形的中心P，连接PA，过点P作PD ⊥ AC，垂足为D。易得PD = 2 cm，∠PAD = 30°。
∵ ∠ADP =90°，
∴ PA = 2PD = 4 cm，
∴ $AD = \sqrt{PA^2−PD^2} = \sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$ cm，
∴ 易得AC = 2AD = $4\sqrt{3}$ cm，即等边三角形的边长为 $4\sqrt{3}$ cm，由勾股定理易得等边三角形的高为6 cm，
∴ 方案二中底面积为 $\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×6 = 12\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$。
∵ $12\sqrt{3}＜9π$，
∴ 底面积更小的是方案二，两种方案底面积差为 $(9π−12\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$。
【答案】
二；$(9π−12\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$
【知识点】
正多边形的性质；圆的面积计算；等边三角形的面积计算
【点评】
本题结合生活中的包装设计场景，考查正多边形、圆、等边三角形的相关性质及面积计算，解题核心是准确结合正六边形的边长推导出外接圆半径、等边三角形的边长等关键量，计算时要注意根式运算的准确性。
【难度系数】
0.6
7 已知$\odot O$是正方形$ABCD$的外接圆，点$P$为圆上一点(与点$A,B$不重合)，则$∠ APB$的度数为
45°或135°
。答案
7. 45°或135° 【解析】连接 OA,OB,如图. 当点 P 在优弧 AB 上时,
∵ 四边形 ABCD 是 ⊙O 的内接正方形,
∴ ∠AOB = 360°÷4 = 90°. 由圆周角定理,得 ∠APB = $\frac{1}{2}$∠AOB = 45°; 当点 P' 在劣弧 AB 上时,∠AP'B = 180°−45° = 135°. 综上,∠APB 的度数为 45° 或 135°.
易错警示
圆上的点 P 位置不确定时,要注意分点 P 在劣弧和优弧上两种情况来讨论,避免漏解.
解析
【分析】
要解决本题，首先明确点P在圆上的位置有两种可能：在优弧AB上或在劣弧AB上，需分情况讨论。首先连接圆心O与A、B，利用正方形内接于圆的性质先求出圆心角∠AOB的度数，再结合圆周角定理分别计算两种情况下∠APB的度数即可。
【解析】
连接OA、OB，如图：
①当点P在优弧AB上时，
∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，
∴圆心角∠AOB = 360°÷4 = 90°，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得∠APB = $\frac{1}{2}$∠AOB = $\frac{1}{2}$×90° = 45°；
②当点P在劣弧AB上时，
∵同弦AB所对的优弧上的圆周角和劣弧上的圆周角互补，
∴此时∠APB = 180° - 45° = 135°。
综上，∠APB的度数为45°或135°。
【答案】
45°或135°
【知识点】
圆周角定理；正多边形与圆；分类讨论思想
【点评】
本题解题关键是掌握圆周角定理以及正方形外接圆的性质，易错点是忽略点P位置的两种可能性，只求出45°而漏解，做题时要注意结合图形考虑所有符合条件的情况，做到分类讨论不重不漏。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先明确点P在圆上的位置有两种可能：在优弧AB上或在劣弧AB上，需分情况讨论。首先连接圆心O与A、B，利用正方形内接于圆的性质先求出圆心角∠AOB的度数，再结合圆周角定理分别计算两种情况下∠APB的度数即可。
【解析】
连接OA、OB，如图：
①当点P在优弧AB上时，
∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，
∴圆心角∠AOB = 360°÷4 = 90°，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得∠APB = $\frac{1}{2}$∠AOB = $\frac{1}{2}$×90° = 45°；
②当点P在劣弧AB上时，
∵同弦AB所对的优弧上的圆周角和劣弧上的圆周角互补，
∴此时∠APB = 180° - 45° = 135°。
综上，∠APB的度数为45°或135°。
【答案】
45°或135°
【知识点】
圆周角定理；正多边形与圆；分类讨论思想
【点评】
本题解题关键是掌握圆周角定理以及正方形外接圆的性质，易错点是忽略点P位置的两种可能性，只求出45°而漏解，做题时要注意结合图形考虑所有符合条件的情况，做到分类讨论不重不漏。
【难度系数】
0.7
