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1.（教材习题变式）下列圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角度数最大的图形是 （
A.正三角形
B.正方形
C.正五边形
D.正六边形
A
）A.正三角形
B.正方形
C.正五边形
D.正六边形
答案
1.A
2. (2024·四川德阳)已知正六边形$ABCDEF$的面积为$6\sqrt{3}$,则该正六边形的边长为 （
A.1
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.4
C
）A.1
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.4
答案
2.C
3. 如图,A,B,C,D 为一个正多边形的顶点,O为该正多边形的中心. 若$∠ ADB=18°$,则该正多边形的边数为 （
A.8
B.10
C.12
D.15
B
）A.8
B.10
C.12
D.15
答案
3.B
4. 如图，$△ ABC$ 内接于 $\odot O$，$AB = 1$，$∠ C = 30°$，则$\odot O$ 的内接正方形的面积为
2
。答案
4.2
5. (2026·江苏苏州期中)已知圆的半径是6，则该圆的内接正三角形的边长是
6√3
.答案
5. $6\sqrt{3}$
解析:如图,正三角形$ABC$ 内接于$\odot O$,连接$OB,OC$,过点$O$作$OD⊥ BC$于点$D$,则$∠ ODB=90°$,
$BD=\dfrac{1}{2} BC,∠ BOC=\dfrac{1}{3} × 360°=120°$. 因为 $OB = OC$,所以 $∠ OBC = ∠ OCB =\dfrac{1}{2}(180°-∠ BOC) =30°$.因为$OB=6$,所以$OD=\dfrac{1}{2}OB=3$,所以$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=3\sqrt{3}$,所以$BC=2BD=6\sqrt{3}$.故该圆的内接正三角形的边长是$6\sqrt{3}$.
6. 如图,正三角形$ABC$内接于$\odot O$,$AD$是$\odot O$的内接正十二边形的一边,连接$CD$.若$CD=$$6\sqrt{2}$,求$\odot O$的半径.
答案
6. 连接$OA,OC,OD$.因为正三角形$ABC$ 内接于$\odot O$,所以$∠ AOC=\dfrac{1}{3}×360°=120°$. 因为 $AD$ 是$\odot O$ 的内接正十二边形的一边,所以$∠ AOD=\dfrac{1}{12}×360°=30°$,所以$∠ COD=∠ AOC-∠ AOD=90°$. 设$\odot O$ 的半径为$r$,则$OC=OD=r$,所以$CD=\sqrt{OC^2+OD^2}=\sqrt{2}r$. 因为 $CD=6\sqrt{2}$,所以$\sqrt{2}r=6\sqrt{2}$,解得 $r=6$. 故$\odot O$ 的半径为 6.
7. 新素养 几何直观 如图，$\odot O$ 的周长为 $6π$，正六边形 $ABCDEF$ 内接于 $\odot O,OG⊥ CD$，垂足为$G$,则$OG$的长为 （
A.$3\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
D.$3$
C
）A.$3\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
D.$3$
答案
7.C
解析:连接$OC,OD$. 因为$\odot O$ 的周长为 $6π$,所以$\odot O$ 的半径为 3. 因为正六边形 $ABCDEF$ 内接于$\odot O$,所以$∠ COD=\dfrac{1}{6}×360°=60°$. 因为 $OC=OD$,所以$△ OCD$ 是等边三角形,所以 $CD=OC=3$. 因为 $OG⊥ CD$,所以$∠ OGC=90°,CG=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{3}{2}$,所以$OG=\sqrt{OC^2-CG^2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.
解析:连接$OC,OD$. 因为$\odot O$ 的周长为 $6π$,所以$\odot O$ 的半径为 3. 因为正六边形 $ABCDEF$ 内接于$\odot O$,所以$∠ COD=\dfrac{1}{6}×360°=60°$. 因为 $OC=OD$,所以$△ OCD$ 是等边三角形,所以 $CD=OC=3$. 因为 $OG⊥ CD$,所以$∠ OGC=90°,CG=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{3}{2}$,所以$OG=\sqrt{OC^2-CG^2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.
8.（2024·内蒙古呼和浩特）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（
A.$26^{\circ }$
B.$27^{\circ }$
C.$28^{\circ }$
D.$30^{\circ }$
$ABCD$ 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（
B
）A.$26^{\circ }$
B.$27^{\circ }$
C.$28^{\circ }$
D.$30^{\circ }$
答案
8.B
解析:连接$OC,OD,OE$,设 $CD$ 与 $EF$ 交于点$N$. 因为正四边形 $ABCD$ 和正五边形 $CEFGH$ 内接于$\odot O$,所以$∠ ADC=90°,∠ CEF=(5-2)×180°×\dfrac{1}{5}=108°,∠ COD=\dfrac{1}{4}×360°=90°,∠ COE=\dfrac{1}{5}×360°=72°$,所以 $∠ DOE = ∠ COD - ∠ COE = 18°$, 所以 $∠ DCE=\dfrac{1}{2}∠ DOE=9°$. 因为 $∠ DMN + ∠ ADC + ∠ DNM = 180°,∠ DCE + ∠ CEF + ∠ CNE = 180°$,$∠ DNM = ∠ CNE$, 所以 $∠ DMN + ∠ ADC = ∠ DCE + ∠ CEF$,所以$∠ AMF=∠ DMN=∠ DCE+∠ CEF-∠ ADC=27°$.
解析:连接$OC,OD,OE$,设 $CD$ 与 $EF$ 交于点$N$. 因为正四边形 $ABCD$ 和正五边形 $CEFGH$ 内接于$\odot O$,所以$∠ ADC=90°,∠ CEF=(5-2)×180°×\dfrac{1}{5}=108°,∠ COD=\dfrac{1}{4}×360°=90°,∠ COE=\dfrac{1}{5}×360°=72°$,所以 $∠ DOE = ∠ COD - ∠ COE = 18°$, 所以 $∠ DCE=\dfrac{1}{2}∠ DOE=9°$. 因为 $∠ DMN + ∠ ADC + ∠ DNM = 180°,∠ DCE + ∠ CEF + ∠ CNE = 180°$,$∠ DNM = ∠ CNE$, 所以 $∠ DMN + ∠ ADC = ∠ DCE + ∠ CEF$,所以$∠ AMF=∠ DMN=∠ DCE+∠ CEF-∠ ADC=27°$.
9. (2023·浙江杭州)如图,六边形 ABCDEF 是$\odot O$的内接正六边形. 设正六边形 ABCDEF的面积为$S_1$,$△ ACE$的面积为$S_2$,则$\dfrac{S_1}{S_2}=$
2
.答案
9.2
解析:连接$OA,OB,OC,OE$. 因为六边形 $ABCDEF$ 是$\odot O$ 的内接正六边形,所以$∠ AOB=∠ BOC=\dfrac{1}{6}×360°=60°,AB=BC,∠ ABC=(6-2)×180°×\dfrac{1}{6}=120°$, 所以 $∠ AOC = ∠ AOB + ∠ BOC = 120°$,$∠ BAC=∠ BCA=\dfrac{1}{2}(180°-∠ ABC)=30°$. 因为 $OA=OC$,所以$∠ OAC=∠ OCA=\dfrac{1}{2}(180°-∠ AOC)=30°$,所以$∠ BAC=∠ OAC,∠ BCA=∠ OCA$. 在$△ ABC$ 和 $△ AOC$ 中,$\begin{cases}∠ BAC=∠ OAC,\\AC=AC,\\∠ BCA=∠ OCA,\end{cases}$ 所以 $△ ABC≌△ AOC$, 所以 $S_{△ ABC}=S_{△ AOC}$. 同理可得 $S_{△ AFE}=S_{△ AOE},S_{△ CDE}=S_{△ COE}$, 所以 $S_{△ ABC}+S_{△ AFE}+S_{△ CDE}=S_{△ AOC}+S_{△ AOE}+S_{△ COE}=S_{△ ACE}$, 所以 $S_{\mathrm{六边形}ABCDEF}=S_{△ ABC}+S_{△ AFE}+S_{△ CDE}+S_{△ ACE}=2S_{△ ACE}$, 即 $S_1=2S_2$, 所以 $\dfrac{S_1}{S_2}=2$.
解析:连接$OA,OB,OC,OE$. 因为六边形 $ABCDEF$ 是$\odot O$ 的内接正六边形,所以$∠ AOB=∠ BOC=\dfrac{1}{6}×360°=60°,AB=BC,∠ ABC=(6-2)×180°×\dfrac{1}{6}=120°$, 所以 $∠ AOC = ∠ AOB + ∠ BOC = 120°$,$∠ BAC=∠ BCA=\dfrac{1}{2}(180°-∠ ABC)=30°$. 因为 $OA=OC$,所以$∠ OAC=∠ OCA=\dfrac{1}{2}(180°-∠ AOC)=30°$,所以$∠ BAC=∠ OAC,∠ BCA=∠ OCA$. 在$△ ABC$ 和 $△ AOC$ 中,$\begin{cases}∠ BAC=∠ OAC,\\AC=AC,\\∠ BCA=∠ OCA,\end{cases}$ 所以 $△ ABC≌△ AOC$, 所以 $S_{△ ABC}=S_{△ AOC}$. 同理可得 $S_{△ AFE}=S_{△ AOE},S_{△ CDE}=S_{△ COE}$, 所以 $S_{△ ABC}+S_{△ AFE}+S_{△ CDE}=S_{△ AOC}+S_{△ AOE}+S_{△ COE}=S_{△ ACE}$, 所以 $S_{\mathrm{六边形}ABCDEF}=S_{△ ABC}+S_{△ AFE}+S_{△ CDE}+S_{△ ACE}=2S_{△ ACE}$, 即 $S_1=2S_2$, 所以 $\dfrac{S_1}{S_2}=2$.
10. 新趋势 情境素材 匈牙利著名数学家爱尔特希曾提出:在平面内有$n$个点,其中每三个点都能构成等腰三角形,人们将具有这样性质的$n$个点构成的点集称为爱尔特希点集.如图是由五个点$A,B,C,D,O$构成的爱尔特希点集(它们为正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心),则$∠ ADO$的度数是
18°
.答案
10. $18°$
解析:因为 $A,B,C,D$ 是中心为 $O$ 的正五边形的四个顶点,所以 $OA=OD,∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=\dfrac{1}{5}×360°=72°$, 所以 $∠ AOD = 360° - ∠ AOB - ∠ BOC - ∠ COD = 144°$, 所以 $∠ ADO = ∠ OAD =\dfrac{1}{2}(180°-∠ AOD)=18°$.
解析:因为 $A,B,C,D$ 是中心为 $O$ 的正五边形的四个顶点,所以 $OA=OD,∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=\dfrac{1}{5}×360°=72°$, 所以 $∠ AOD = 360° - ∠ AOB - ∠ BOC - ∠ COD = 144°$, 所以 $∠ ADO = ∠ OAD =\dfrac{1}{2}(180°-∠ AOD)=18°$.
