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1. 若一个正多边形的中心角等于其内角，
则这个正多边形的边数为 （
A.3
B.4
C.5
D.6
则这个正多边形的边数为 （
B
）A.3
B.4
C.5
D.6
答案
1. B 解析:360°÷n=$\frac{(n-2)×180°}{n}$,解得n=4,故这个正多边形的边数为4.故选B.
解析
【分析】
要解决这道题，我们可以按以下思路思考：首先设该正多边形的边数为n；其次回忆正多边形的相关公式：正n边形的中心角是将周角360°平均分为n份，故中心角为$\frac{360°}{n}$；正n边形的内角和为$(n-2)×180°$，每个内角相等，因此单个内角为$\frac{(n-2)×180°}{n}$；最后根据题目给出的“中心角等于内角”的等量关系列方程，求解出n的值就是正多边形的边数。
【解析】
设这个正多边形的边数为n，根据题意列方程得：
$\frac{360°}{n}=\frac{(n-2)×180°}{n}$
由于正多边形边数n≥3且不为0，方程两边同时乘n得：
$360°=(n-2)×180°$
两边同时除以180°得：
$2=n-2$
解得$n=4$
因此这个正多边形的边数为4，故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形中心角计算；多边形内角和公式；一元一次方程应用
【点评】
本题属于基础题，主要考查正多边形相关性质的应用，解题核心是牢记正多边形中心角、内角的计算公式，结合等量关系列方程求解即可。
【难度系数】
0.85
要解决这道题，我们可以按以下思路思考：首先设该正多边形的边数为n；其次回忆正多边形的相关公式：正n边形的中心角是将周角360°平均分为n份，故中心角为$\frac{360°}{n}$；正n边形的内角和为$(n-2)×180°$，每个内角相等，因此单个内角为$\frac{(n-2)×180°}{n}$；最后根据题目给出的“中心角等于内角”的等量关系列方程，求解出n的值就是正多边形的边数。
【解析】
设这个正多边形的边数为n，根据题意列方程得：
$\frac{360°}{n}=\frac{(n-2)×180°}{n}$
由于正多边形边数n≥3且不为0，方程两边同时乘n得：
$360°=(n-2)×180°$
两边同时除以180°得：
$2=n-2$
解得$n=4$
因此这个正多边形的边数为4，故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形中心角计算；多边形内角和公式；一元一次方程应用
【点评】
本题属于基础题，主要考查正多边形相关性质的应用，解题核心是牢记正多边形中心角、内角的计算公式，结合等量关系列方程求解即可。
【难度系数】
0.85
2. ★★（德阳中考）已知一个正多边形的边心距与边长之比为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，则这个正多边形的边数是（
A.4
B.6
C.7
D.8
B
）A.4
B.6
C.7
D.8
答案
2. B 解析:如图,A为正多边形的中心，BC为正多边形的边,AB,AC为正多边形的半径,AD为正多边形的边心距，
，∴AB=AC,AD⊥BC.
∵$\frac{AD}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,BD=CD=$\frac{1}{2}BC$,
∴$\frac{AD}{2BD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,即$\frac{AD}{BD}=\sqrt{3}$,
∴tan∠B=$\frac{AD}{BD}=\sqrt{3}$,
∴∠B=60°,而AB=AC,
∴△ABC为等边三角形,
∴∠BAC=60°,
∴多边形的边数为$\frac{360°}{60°}$=6.故选B.
解析
【分析】
解决本题首先要明确正多边形的边心距、半径、边长的关系：正多边形的中心与一边的两个端点连线构成等腰三角形，边心距是该等腰三角形底边上的高，可将等腰三角形分为两个全等的直角三角形，其中直角边分别为边心距、边长的一半，斜边为正多边形的半径。我们先利用已知的边心距与边长的比值，求出直角三角形中锐角的正切值，得到中心角的度数，再根据正多边形所有中心角之和为360°，即可计算出边数。
【解析】
设A为正多边形的中心，BC为正多边形的一条边，AB、AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距。
∴AB=AC，AD⊥BC（等腰三角形三线合一）。
已知$\frac{AD}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，且BD=CD=$\frac{1}{2}BC$，
∴$\frac{AD}{2BD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，化简得$\frac{AD}{BD}=\sqrt{3}$。
在Rt△ABD中，$\tan∠B=\frac{AD}{BD}=\sqrt{3}$，
∴∠B=60°，
又
∵AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，即中心角∠BAC=60°。
正多边形的边数=$\frac{360°}{\mathrm{中心角度数}}$=$\frac{360°}{60°}$=6。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质，解直角三角形，正多边形中心角计算
【点评】
本题是正多边形性质的典型应用考题，解题核心是构造正多边形中由半径、边心距、半边长组成的直角三角形，结合三角函数求出中心角，再利用中心角和边数的关系求解，是正多边形板块的常考基础题型。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确正多边形的边心距、半径、边长的关系：正多边形的中心与一边的两个端点连线构成等腰三角形，边心距是该等腰三角形底边上的高，可将等腰三角形分为两个全等的直角三角形，其中直角边分别为边心距、边长的一半，斜边为正多边形的半径。我们先利用已知的边心距与边长的比值，求出直角三角形中锐角的正切值，得到中心角的度数，再根据正多边形所有中心角之和为360°，即可计算出边数。
【解析】
设A为正多边形的中心，BC为正多边形的一条边，AB、AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距。
∴AB=AC，AD⊥BC（等腰三角形三线合一）。
已知$\frac{AD}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，且BD=CD=$\frac{1}{2}BC$，
∴$\frac{AD}{2BD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，化简得$\frac{AD}{BD}=\sqrt{3}$。
在Rt△ABD中，$\tan∠B=\frac{AD}{BD}=\sqrt{3}$，
∴∠B=60°，
又
∵AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，即中心角∠BAC=60°。
正多边形的边数=$\frac{360°}{\mathrm{中心角度数}}$=$\frac{360°}{60°}$=6。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质，解直角三角形，正多边形中心角计算
【点评】
本题是正多边形性质的典型应用考题，解题核心是构造正多边形中由半径、边心距、半边长组成的直角三角形，结合三角函数求出中心角，再利用中心角和边数的关系求解，是正多边形板块的常考基础题型。
【难度系数】
0.7
3. （武威中考）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图①，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形。如图②，一个巢房的横截面为正六边形ABCDEF，若对角线AD的长约为8 mm，则正六边形ABCDEF的边长为（
A.2 mm
B.$2\sqrt{2}$ mm
C.$2\sqrt{3}$ mm
D.4 mm
D
）A.2 mm
B.$2\sqrt{2}$ mm
C.$2\sqrt{3}$ mm
D.4 mm
答案
3. D 解析:如图,连接CF与AD交于点O.
∵六边形ABCDEF为正六边形,
，∴∠COD=$\frac{360°}{6}$=60°,CO=DO,AO=DO=$\frac{1}{2}AD$=4 mm,
∴△COD为等边三角形,
∴CD=CO=DO=4 mm,即正六边形ABCDEF的边长为4 mm.故选D.
解析
【分析】
解决本题要结合正六边形的性质思考：正六边形可内接于圆，它的中心到各顶点的距离等于外接圆半径，且相邻两条半径与对应边组成的三角形为等边三角形。首先确定AD是正六边形外接圆的直径，先求出外接圆半径，再推导边长和半径的关系即可得解。
【解析】
连接CF与AD交于点O，O为正六边形ABCDEF的外接圆圆心。
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴中心角$∠ COD=\frac{360°}{6}=60°$，且外接圆半径$CO=DO$，$AO=DO=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×8=4\ \mathrm{mm}$，
∴$△ COD$是有一个内角为$60°$的等腰三角形，即$△ COD$为等边三角形，
∴$CD=CO=DO=4\ \mathrm{mm}$，即正六边形ABCDEF的边长为4 mm。
【答案】
D
【知识点】
正六边形的性质、等边三角形的判定与性质
【点评】
本题以蜂巢结构为命题背景，结合生活实际考查正多边形的基础性质，解题关键是掌握正六边形的边长与外接圆半径相等的特点，注重对基础知识点应用能力的考查。
【难度系数】
0.8
解决本题要结合正六边形的性质思考：正六边形可内接于圆，它的中心到各顶点的距离等于外接圆半径，且相邻两条半径与对应边组成的三角形为等边三角形。首先确定AD是正六边形外接圆的直径，先求出外接圆半径，再推导边长和半径的关系即可得解。
【解析】
连接CF与AD交于点O，O为正六边形ABCDEF的外接圆圆心。
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴中心角$∠ COD=\frac{360°}{6}=60°$，且外接圆半径$CO=DO$，$AO=DO=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×8=4\ \mathrm{mm}$，
∴$△ COD$是有一个内角为$60°$的等腰三角形，即$△ COD$为等边三角形，
∴$CD=CO=DO=4\ \mathrm{mm}$，即正六边形ABCDEF的边长为4 mm。
【答案】
D
【知识点】
正六边形的性质、等边三角形的判定与性质
【点评】
本题以蜂巢结构为命题背景，结合生活实际考查正多边形的基础性质，解题关键是掌握正六边形的边长与外接圆半径相等的特点，注重对基础知识点应用能力的考查。
【难度系数】
0.8
4. 一个圆的内接正六边形的边长为2，则该圆的内接正方形的边长为（
A.$\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.4
B
）A.$\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.4
答案
4. B 解析:如图,△OAB是等边三角形,AB=2,故OA=OB=OC=2.而∠AOC=90°,故AC=$\sqrt{2^2+2^2}$=$2\sqrt{2}$.
解析
【分析】
解题时先回忆正多边形和外接圆的对应性质：①圆内接正六边形的边长等于外接圆的半径，据此可先由正六边形边长求出圆的半径；②圆内接正方形的中心角为90°，两条相邻半径与正方形的边长可构成等腰直角三角形，已知半径后，用勾股定理就能求出正方形的边长。
【解析】
解：
∵圆内接正六边形的边长为2，且圆内接正六边形的边长等于其外接圆的半径，
∴该圆的半径$OA=OB=OC=2$。
圆内接正方形的中心角为$\frac{360°}{4}=90°$，即两条相邻半径与正方形的一边构成直角边为2的等腰直角三角形，
由勾股定理可得正方形的边长为：$\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆，勾股定理，正多边形性质
【点评】
本题属于正多边形与圆结合的基础题，解题关键是掌握不同正多边形的边长和外接圆半径的关系，先通过正六边形得到圆半径，再结合勾股定理求解即可，难度较低。
【难度系数】
0.8
解题时先回忆正多边形和外接圆的对应性质：①圆内接正六边形的边长等于外接圆的半径，据此可先由正六边形边长求出圆的半径；②圆内接正方形的中心角为90°，两条相邻半径与正方形的边长可构成等腰直角三角形，已知半径后，用勾股定理就能求出正方形的边长。
【解析】
解：
∵圆内接正六边形的边长为2，且圆内接正六边形的边长等于其外接圆的半径，
∴该圆的半径$OA=OB=OC=2$。
圆内接正方形的中心角为$\frac{360°}{4}=90°$，即两条相邻半径与正方形的一边构成直角边为2的等腰直角三角形，
由勾股定理可得正方形的边长为：$\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆，勾股定理，正多边形性质
【点评】
本题属于正多边形与圆结合的基础题，解题关键是掌握不同正多边形的边长和外接圆半径的关系，先通过正六边形得到圆半径，再结合勾股定理求解即可，难度较低。
【难度系数】
0.8
5. ★★ 如图,正五边形ABCDE放入某平面直角坐标系后,若顶点A(0,a), B(-3,2), C(c,m), D(d,m), 则点E的坐标是
(3,2)
。答案
5. (3,2) 解析:如图所示:
∵A(0,a),
∴点A在y轴上.
∵C,D的坐标分别是(c,m),(d,m),关于y轴对称,
∴B,E点关于y轴对称.
∵点B的坐标是(-3,2),
∴点E的坐标是(3,2).故答案为(3,2).
解析
【分析】
首先正五边形属于正多边形，具有轴对称性；结合点A的坐标(0,a)可判断点A在y轴上，再观察C、D两点纵坐标相同，说明CD平行于x轴且C、D关于y轴对称，由此可确定y轴就是正五边形的一条对称轴，因此点B和点E关于y轴对称，最后根据关于y轴对称的点的坐标特征就能求出点E的坐标。
【解析】
∵A(0,a)，
∴点A在y轴上，
∵C、D的坐标分别是(c,m)、(d,m)，两点纵坐标相同，
∴C、D两点关于y轴对称，即y轴是正五边形ABCDE的对称轴，
∴点B和点E关于y轴对称，
∵关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相等，且点B的坐标是(-3,2)，
∴点E的坐标是(3,2)。
【答案】
(3,2)
【知识点】
1.正多边形的性质
2.轴对称的性质
3.关于y轴对称的点的坐标特征
【点评】
本题将正多边形放在坐标系中考查，解题核心是通过已知点的坐标特征判断出正五边形的对称轴，再结合对称点的坐标规律求解，属于基础类题型，熟练掌握轴对称的坐标变化规律可快速解题。
【难度系数】
0.8
首先正五边形属于正多边形，具有轴对称性；结合点A的坐标(0,a)可判断点A在y轴上，再观察C、D两点纵坐标相同，说明CD平行于x轴且C、D关于y轴对称，由此可确定y轴就是正五边形的一条对称轴，因此点B和点E关于y轴对称，最后根据关于y轴对称的点的坐标特征就能求出点E的坐标。
【解析】
∵A(0,a)，
∴点A在y轴上，
∵C、D的坐标分别是(c,m)、(d,m)，两点纵坐标相同，
∴C、D两点关于y轴对称，即y轴是正五边形ABCDE的对称轴，
∴点B和点E关于y轴对称，
∵关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相等，且点B的坐标是(-3,2)，
∴点E的坐标是(3,2)。
【答案】
(3,2)
【知识点】
1.正多边形的性质
2.轴对称的性质
3.关于y轴对称的点的坐标特征
【点评】
本题将正多边形放在坐标系中考查，解题核心是通过已知点的坐标特征判断出正五边形的对称轴，再结合对称点的坐标规律求解，属于基础类题型，熟练掌握轴对称的坐标变化规律可快速解题。
【难度系数】
0.8
6. ★★★ 如图,已知正六边形ABCDEF内接于$\odot O$,图中阴影部分的面积为$12\sqrt{3}$,则正六边形的周长为
（第6题）
24
.（第6题）答案
6. 24 解析:如图,连接DO并延长,交BF于点G.
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O,
，∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FA}$,
∴DF=FB=BD,阴影部分为正三角形.设正三角形BDF的边长是a,则FG=$\frac{1}{2}a$,DG=$\frac{\sqrt{3}}{2}a$,则阴影部分面积是$\frac{1}{2}a×\frac{\sqrt{3}}{2}a$=$\frac{\sqrt{3}a^2}{4}$,即$\frac{\sqrt{3}a^2}{4}=12\sqrt{3}$,解得$a=4\sqrt{3}$,则DG=$\frac{\sqrt{3}a}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}×4\sqrt{3}=6$,
∴半径OD=$\frac{2}{3}DG=6×\frac{2}{3}=4$.连接OE.
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O,
∴∠EOD=60°,OD=OE,
∴△EOD是正三角形,
∴DE=OD=4,
∴正六边形的周长=6DE=6×4=24.
解析
【分析】
解题时首先结合正六边形内接于圆的性质，判断出阴影部分为正三角形；再利用正三角形的面积公式求出其边长，进而得到正三角形的高；接着根据正多边形的中心与正三角形重心重合的性质，求出外接圆的半径，而正六边形的边长等于外接圆半径，最后计算正六边形的周长即可。
【解析】
如图，连接DO并延长，交BF于点G。
∵正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FA}$，
∴DF=FB=BD，即阴影部分$△ BDF$为正三角形。
设正三角形BDF的边长是$a$，则$FG=\frac{1}{2}a$，高$DG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，
阴影部分面积为$\frac{1}{2} · a · \frac{\sqrt{3}}{2}a = \frac{\sqrt{3}a^2}{4}$，
由题意得$\frac{\sqrt{3}a^2}{4}=12\sqrt{3}$，解得$a=4\sqrt{3}$（边长为正，舍去负根），
则$DG=\frac{\sqrt{3}}{2} × 4\sqrt{3}=6$。
∵O是正六边形的中心，也是正$△ BDF$的重心，
∴半径$OD=\frac{2}{3}DG=6 × \frac{2}{3}=4$。
连接OE，
∵正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，
∴$∠ EOD=60°$，又$OD=OE$，
∴$△ EOD$是正三角形，
∴$DE=OD=4$，
∴正六边形的周长$=6DE=6 × 4=24$。
【答案】
24
【知识点】
正多边形与圆，正三角形性质，正六边形性质
【点评】
本题综合考查正多边形与圆的相关性质，解题的突破口是先判断阴影部分为正三角形，再结合正三角形面积公式、重心的性质推导得到正六边形的外接圆半径，进而求出周长，解题时要熟练掌握特殊正多边形的边角特征。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合正六边形内接于圆的性质，判断出阴影部分为正三角形；再利用正三角形的面积公式求出其边长，进而得到正三角形的高；接着根据正多边形的中心与正三角形重心重合的性质，求出外接圆的半径，而正六边形的边长等于外接圆半径，最后计算正六边形的周长即可。
【解析】
如图，连接DO并延长，交BF于点G。
∵正六边形ABCDEF内接于$\odot O$
，∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FA}$，
∴DF=FB=BD，即阴影部分$△ BDF$为正三角形。
设正三角形BDF的边长是$a$，则$FG=\frac{1}{2}a$，高$DG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，
阴影部分面积为$\frac{1}{2} · a · \frac{\sqrt{3}}{2}a = \frac{\sqrt{3}a^2}{4}$，
由题意得$\frac{\sqrt{3}a^2}{4}=12\sqrt{3}$，解得$a=4\sqrt{3}$（边长为正，舍去负根），
则$DG=\frac{\sqrt{3}}{2} × 4\sqrt{3}=6$。
∵O是正六边形的中心，也是正$△ BDF$的重心，
∴半径$OD=\frac{2}{3}DG=6 × \frac{2}{3}=4$。
连接OE，
∵正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，
∴$∠ EOD=60°$，又$OD=OE$，
∴$△ EOD$是正三角形，
∴$DE=OD=4$，
∴正六边形的周长$=6DE=6 × 4=24$。
【答案】
24
【知识点】
正多边形与圆，正三角形性质，正六边形性质
【点评】
本题综合考查正多边形与圆的相关性质，解题的突破口是先判断阴影部分为正三角形，再结合正三角形面积公式、重心的性质推导得到正六边形的外接圆半径，进而求出周长，解题时要熟练掌握特殊正多边形的边角特征。
【难度系数】
0.6
7. ★★ 如图,已知$\odot O$的半径为2,正方形$ABCD$,$A'B'C'D'$分别是$\odot O$的内接正方形和外切正方形.求两个正方形的面积比$S_{\mathrm{内}}:S_{\mathrm{外}}$.
答案
7. 连接OA,过点O作OM⊥AD于M.
∵⊙O的半径为2,
∴OA=2,
∴AM=OM=$\frac{\sqrt{2}}{2}OA=\sqrt{2}$,
∴AB=AD=2AM=$2\sqrt{2}$,A'B'=2OA=4,
∴$S_{\mathrm{内}}:S_{\mathrm{外}}=AB^2:A'B'^2=1:2$.
∵⊙O的半径为2,
∴OA=2,
∴AM=OM=$\frac{\sqrt{2}}{2}OA=\sqrt{2}$,
∴AB=AD=2AM=$2\sqrt{2}$,A'B'=2OA=4,
∴$S_{\mathrm{内}}:S_{\mathrm{外}}=AB^2:A'B'^2=1:2$.
解析
【分析】要求两个正方形的面积比，由于正方形面积等于边长的平方，因此只需先求出两个正方形的边长，再计算面积比即可。首先明确圆外切正方形的边长等于圆的直径；再分析圆内接正方形的特征：内接正方形的顶点在圆上，可通过作半径、弦心距构造等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质求出内接正方形的边长，最后代入计算面积比即可。
【解析】连接OA，过点O作OM⊥AD于M。
∵$\odot O$的半径为2，
∴OA=2，
∵四边形ABCD是$\odot O$的内接正方形，
∴$∠ OAM=45°$，$△ OAM$为等腰直角三角形，
∴$AM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OA=\sqrt{2}$，
∴内接正方形ABCD的边长$AB=AD=2AM=2\sqrt{2}$，
∵四边形$A'B'C'D'$是$\odot O$的外切正方形，
∴外切正方形的边长$A'B'$等于$\odot O$的直径，即$A'B'=2×2=4$，
∴$S_{\mathrm{内}}:S_{\mathrm{外}}=AB^2:A'B'^2=(2\sqrt{2})^2:4^2=8:16=1:2$。
【答案】$1:2$
【知识点】正多边形与圆、正方形的性质、勾股定理
【点评】本题是正多边形与圆结合的基础题型，解题的核心是明确圆的内接正方形边长、外切正方形边长与圆半径的数量关系，将面积比转化为边长比求解，能有效考查对正多边形和圆位置关系的理解。
【难度系数】0.7
【解析】连接OA，过点O作OM⊥AD于M。
∵$\odot O$的半径为2，
∴OA=2，
∵四边形ABCD是$\odot O$的内接正方形，
∴$∠ OAM=45°$，$△ OAM$为等腰直角三角形，
∴$AM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OA=\sqrt{2}$，
∴内接正方形ABCD的边长$AB=AD=2AM=2\sqrt{2}$，
∵四边形$A'B'C'D'$是$\odot O$的外切正方形，
∴外切正方形的边长$A'B'$等于$\odot O$的直径，即$A'B'=2×2=4$，
∴$S_{\mathrm{内}}:S_{\mathrm{外}}=AB^2:A'B'^2=(2\sqrt{2})^2:4^2=8:16=1:2$。
【答案】$1:2$
【知识点】正多边形与圆、正方形的性质、勾股定理
【点评】本题是正多边形与圆结合的基础题型，解题的核心是明确圆的内接正方形边长、外切正方形边长与圆半径的数量关系，将面积比转化为边长比求解，能有效考查对正多边形和圆位置关系的理解。
【难度系数】0.7
8. ★ 一个正多边形绕它的中心旋转$45°$后，就与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形（
A.是轴对称图形，但不是中心对称图形
B.是中心对称图形，但不是轴对称图形
C.既是轴对称图形，又是中心对称图形
D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
C
）A.是轴对称图形，但不是中心对称图形
B.是中心对称图形，但不是轴对称图形
C.既是轴对称图形，又是中心对称图形
D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
答案
8. C 解析:由题意,360°÷45°=8,
∴这个正多边形是正八边形.正八边形既是轴对称图形,又是中心对称图形.故选C.
∴这个正多边形是正八边形.正八边形既是轴对称图形,又是中心对称图形.故选C.
解析
【分析】
要解决这道题，首先要明确正多边形的最小旋转角和边数的关系：正多边形绕中心旋转后第一次与自身重合的角度（最小旋转角）=360°÷正多边形的边数。解题时第一步可以根据题目给出的最小旋转角计算出正多边形的边数；第二步再结合正多边形的对称性规律判断对称类型：所有正多边形都是轴对称图形，当正多边形的边数为偶数时，它同时也是中心对称图形。
【解析】
已知正多边形绕中心旋转45°后第一次与原图形重合，即该正多边形的最小旋转角为45°。
根据正多边形最小旋转角公式：$\mathrm{最小旋转角}=\frac{360°}{\mathrm{边数}n}$，
可得边数$n=360°÷45°=8$，即该正多边形为正八边形。
正八边形有8条对称轴，属于轴对称图形；同时绕中心旋转180°后能与自身重合，也属于中心对称图形。
因此该正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选C。
【答案】
C
【知识点】
正多边形的旋转性质；轴对称图形；中心对称图形
【点评】
本题考查正多边形的旋转特性和对称性的判定，解题核心是先通过旋转重合的条件求出正多边形的边数，再结合正多边形的对称规律判断即可，属于基础概念考查题。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，首先要明确正多边形的最小旋转角和边数的关系：正多边形绕中心旋转后第一次与自身重合的角度（最小旋转角）=360°÷正多边形的边数。解题时第一步可以根据题目给出的最小旋转角计算出正多边形的边数；第二步再结合正多边形的对称性规律判断对称类型：所有正多边形都是轴对称图形，当正多边形的边数为偶数时，它同时也是中心对称图形。
【解析】
已知正多边形绕中心旋转45°后第一次与原图形重合，即该正多边形的最小旋转角为45°。
根据正多边形最小旋转角公式：$\mathrm{最小旋转角}=\frac{360°}{\mathrm{边数}n}$，
可得边数$n=360°÷45°=8$，即该正多边形为正八边形。
正八边形有8条对称轴，属于轴对称图形；同时绕中心旋转180°后能与自身重合，也属于中心对称图形。
因此该正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选C。
【答案】
C
【知识点】
正多边形的旋转性质；轴对称图形；中心对称图形
【点评】
本题考查正多边形的旋转特性和对称性的判定，解题核心是先通过旋转重合的条件求出正多边形的边数，再结合正多边形的对称规律判断即可，属于基础概念考查题。
【难度系数】
0.8
9. （临沂中考）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是 （
A.$60°$
B.$90°$
C.$180°$
D.$360°$
B
）A.$60°$
B.$90°$
C.$180°$
D.$360°$
答案
9. B 解析:由于正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$,所以正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合,旋转角可以为60°或60°的整数倍,即可以为60°,120°,180°,240°,300°,360°,…,不可能是90°.故选B.
解析
【分析】
要解决这道题，首先需明确正多边形绕中心旋转后与原图形重合的条件：旋转角必须是该正多边形中心角的正整数倍。解题步骤分为两步：第一步先计算正六边形的中心角，第二步逐一判断各选项的角度是否为中心角的整数倍，不符合的即为不可能的旋转角。
【解析】
正六边形的边数为6，其中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，因此正六边形绕中心旋转后与原图形重合的旋转角需为$60°$的正整数倍。
对各选项逐一判断：
A.$60°÷60°=1$，是$60°$的整数倍，旋转后可重合；
B.$90°÷60°=1.5$，不是$60°$的整数倍，旋转后不可重合；
C.$180°÷60°=3$，是$60°$的整数倍，旋转后可重合；
D.$360°÷60°=6$，是$60°$的整数倍，旋转后可重合。
因此旋转角不可能是$90°$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形中心角计算；旋转对称图形性质
【点评】
本题属于基础题型，核心考查正多边形旋转重合的规律，解题关键是牢记正n边形的最小旋转重合角等于其中心角$\frac{360°}{n}$，只要旋转角是该角度的正整数倍，旋转后即可与原图形重合。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，首先需明确正多边形绕中心旋转后与原图形重合的条件：旋转角必须是该正多边形中心角的正整数倍。解题步骤分为两步：第一步先计算正六边形的中心角，第二步逐一判断各选项的角度是否为中心角的整数倍，不符合的即为不可能的旋转角。
【解析】
正六边形的边数为6，其中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，因此正六边形绕中心旋转后与原图形重合的旋转角需为$60°$的正整数倍。
对各选项逐一判断：
A.$60°÷60°=1$，是$60°$的整数倍，旋转后可重合；
B.$90°÷60°=1.5$，不是$60°$的整数倍，旋转后不可重合；
C.$180°÷60°=3$，是$60°$的整数倍，旋转后可重合；
D.$360°÷60°=6$，是$60°$的整数倍，旋转后可重合。
因此旋转角不可能是$90°$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形中心角计算；旋转对称图形性质
【点评】
本题属于基础题型，核心考查正多边形旋转重合的规律，解题关键是牢记正n边形的最小旋转重合角等于其中心角$\frac{360°}{n}$，只要旋转角是该角度的正整数倍，旋转后即可与原图形重合。
【难度系数】
0.8
