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6. 下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是中心对称图形；③正六边形的外接圆半径与边长相等；④正 $n$ 边形共有 $n$ 条对称轴.其中真命题有.(填序号)
答案
③④.
7. 若一个正多边形的一个外角等于它的一个内角的 $\frac{1}{3}$,则这个正多边形是.
答案
正八边形.
解析
设这个正多边形的一个内角为$x$，则一个外角为$\frac{1}{3}x$。
因为正多边形的一个内角与它相邻的外角互补，所以$x + \frac{1}{3}x = 180°$，
解得$x = 135°$，则外角为$\frac{1}{3} × 135° = 45°$。
由于多边形的外角和为$360°$，所以这个正多边形的边数为$360° ÷ 45° = 8$。
正八边形.
因为正多边形的一个内角与它相邻的外角互补，所以$x + \frac{1}{3}x = 180°$，
解得$x = 135°$，则外角为$\frac{1}{3} × 135° = 45°$。
由于多边形的外角和为$360°$，所以这个正多边形的边数为$360° ÷ 45° = 8$。
正八边形.
8. 如图,在正五边形 $ABCDE$ 中,$AC$ 与 $BE$ 相交于点 $F$,则 $\angle AFE$ 的度数为.
答案
$72°$.
解析
证明：
∵五边形 $ABCDE$ 是正五边形，
∴每个内角为 $\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，且 $AB=BC=AE$。
在 $\triangle ABC$ 中，$AB=BC$，
∴ $\angle BAC=\angle BCA=\frac{180°-108°}{2}=36°$。
同理，在 $\triangle ABE$ 中，$\angle ABE=\angle AEB=36°$。
在 $\triangle AFE$ 中，$\angle FAE=\angle BAC=36°$，$\angle FEA=\angle AEB=36°$，
∴ $\angle AFE=180°-\angle FAE-\angle FEA=180°-36°-36°=108°$。
$108°$
∵五边形 $ABCDE$ 是正五边形，
∴每个内角为 $\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，且 $AB=BC=AE$。
在 $\triangle ABC$ 中，$AB=BC$，
∴ $\angle BAC=\angle BCA=\frac{180°-108°}{2}=36°$。
同理，在 $\triangle ABE$ 中，$\angle ABE=\angle AEB=36°$。
在 $\triangle AFE$ 中，$\angle FAE=\angle BAC=36°$，$\angle FEA=\angle AEB=36°$，
∴ $\angle AFE=180°-\angle FAE-\angle FEA=180°-36°-36°=108°$。
$108°$
9. 2022 年北京冬奥会开幕式和闭幕式中,一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下一家”的主题,让世界观众感受了中国人的浪漫.如图,将“雪花”图案(边长为 $4$ 的正六边形 $ABCDEF$)放在平面直角坐标系中,若 $AB$ 与 $x$ 轴垂直,顶点 $A$ 的坐标为 $(2,-3)$,则顶点 $C$ 的坐标为.
答案
$(2-2\sqrt{3},3)$
10. 如图,小华从一个圆形场地点 $A$ 出发,沿着与半径 $OA$ 夹角为 $\alpha$ 的方向行走,走到场边缘 $B$ 后,再沿着与半径 $OB$ 夹角为 $\alpha$ 的方向折向行走,按照这种方式,小华第五次走到场地边缘时处于 $\overgroup{AB}$ 上,此时 $\angle AOE = 56^{\circ}$,则 $\alpha$ 的度数是 $^{\circ}$
答案
52.
解析
证明：连接 $OA, OB, OC, OD, OE$。
每次行走方向与半径夹角为$\alpha$，则相邻半径夹角为$180° - 2\alpha$。
小华第五次到场地边缘，共形成$5$个圆心角，总和为$\angle AOE = 56°$或$360° - 56° = 294°$（优弧）。
若为劣弧：$5(180° - 2\alpha) = 56°$，$\alpha$非整数，舍去。
若为优弧：$5(180° - 2\alpha) = 294°$，解得$\alpha = 52°$。
$52$
每次行走方向与半径夹角为$\alpha$，则相邻半径夹角为$180° - 2\alpha$。
小华第五次到场地边缘，共形成$5$个圆心角，总和为$\angle AOE = 56°$或$360° - 56° = 294°$（优弧）。
若为劣弧：$5(180° - 2\alpha) = 56°$，$\alpha$非整数，舍去。
若为优弧：$5(180° - 2\alpha) = 294°$，解得$\alpha = 52°$。
$52$
11. 已知一个正三角形和一个正六边形的面积相等,则这两个正多边形的边长的比是.
答案
$\sqrt{6}:1$.
解析
设正三角形的边长为$a$，正六边形的边长为$b$。
正三角形的面积：$S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$。
正六边形可分成6个边长为$b$的正三角形，每个小正三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}b^2$，则正六边形面积：$S_2 = 6×\frac{\sqrt{3}}{4}b^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2}b^2$。
因为$S_1 = S_2$，所以$\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2}b^2$，化简得$a^2 = 6b^2$，即$a = \sqrt{6}b$，故$a:b = \sqrt{6}:1$。
$\sqrt{6}:1$
正三角形的面积：$S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$。
正六边形可分成6个边长为$b$的正三角形，每个小正三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}b^2$，则正六边形面积：$S_2 = 6×\frac{\sqrt{3}}{4}b^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2}b^2$。
因为$S_1 = S_2$，所以$\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2}b^2$，化简得$a^2 = 6b^2$，即$a = \sqrt{6}b$，故$a:b = \sqrt{6}:1$。
$\sqrt{6}:1$
如图,在正三角形 $ABC$ 中,$E$,$F$,$G$,$H$,$K$,$L$ 分别是各边的三等分点.
(1)求证：六边形 $EFGHKL$ 为正六边形；
(2)若 $AB = 3\mathrm{cm}$,求正六边形 $EFGHKL$ 的面积.
(1)求证：六边形 $EFGHKL$ 为正六边形；
(2)若 $AB = 3\mathrm{cm}$,求正六边形 $EFGHKL$ 的面积.
答案
（1）提示:证六边形EFGHKL的6个内角相等，6条边相等；（2）$\frac{3\sqrt{3}}{2}\ cm^2$.
解析
（1）证明：因为△ABC是正三角形，所以∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC。
由于E，F，G，H，K，L是各边三等分点，设AB=3a，则AE=EF=FB=a，同理可得BG=GH=HC=a，CL=LK=KA=a。
在△AEL中，AE=AL=a，∠A=60°，所以△AEL是正三角形，EL=a，∠AEL=60°，则∠LEF=180°-60°=120°。
同理可证：△BFG、△CHK均为正三角形，FG=BK=a，∠BFG=60°，∠GFE=180°-60°=120°；HK=a，∠HKL=120°。
易证EF=FG=GH=HK=KL=LE=a，且各内角均为120°，故六边形EFGHKL为正六边形。
（2）解：因为AB=3cm，所以正六边形边长为1cm。
正六边形可分为6个边长为1cm的正三角形，每个小正三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}×1^2=\frac{\sqrt{3}}{4}\ cm^2$。
则正六边形面积为$6×\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\ cm^2$。
答案：（2）$\frac{3\sqrt{3}}{2}\ cm^2$
由于E，F，G，H，K，L是各边三等分点，设AB=3a，则AE=EF=FB=a，同理可得BG=GH=HC=a，CL=LK=KA=a。
在△AEL中，AE=AL=a，∠A=60°，所以△AEL是正三角形，EL=a，∠AEL=60°，则∠LEF=180°-60°=120°。
同理可证：△BFG、△CHK均为正三角形，FG=BK=a，∠BFG=60°，∠GFE=180°-60°=120°；HK=a，∠HKL=120°。
易证EF=FG=GH=HK=KL=LE=a，且各内角均为120°，故六边形EFGHKL为正六边形。
（2）解：因为AB=3cm，所以正六边形边长为1cm。
正六边形可分为6个边长为1cm的正三角形，每个小正三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}×1^2=\frac{\sqrt{3}}{4}\ cm^2$。
则正六边形面积为$6×\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\ cm^2$。
答案：（2）$\frac{3\sqrt{3}}{2}\ cm^2$
