10. ★★★ 如图,点 M,N 分别是正五边形 ABCDE 的两边 AB,BC 上的点,且 $ AM=BN $,点 O 是正五边形的中心,则 $ ∠ MON $ 的度数是 ()

A.$ 45° $
B.$ 60° $
C.$ 72° $
D.$ 90° $

10. C 解析:如图,连接OA,OB,OC,∠AOB=$\frac{360°}{5}=72°$.
∵∠AOB=∠BOC,OA=OB=OC,
∴∠OAB=∠OBC.在△AOM和△BON中,$\begin{cases} OA=OB, \\ ∠OAM=∠OBN, \\ AM=BN, \end{cases}$
∴△AOM≌△BON,
∴∠BON=∠AOM,
∴∠MON=∠MOB+∠BON=∠MOB+∠AOM=∠AOB=72°.故选C.

【分析】
解决这道题可按以下思路思考：首先结合正多边形的性质，正多边形的中心到各顶点距离相等，相邻顶点与中心形成的中心角都相等，因此先连接OA、OB、OC，先计算正五边形的中心角度数；其次已知AM=BN，可尝试证明△AOM和△BON全等，得到对应角相等的关系；最后通过角的和差转化，将∠MON转化为正五边形的中心角即可求出结果。
【解析】
如图，连接OA、OB、OC。
正五边形的中心角总和为$360°$，因此单个中心角的度数为：
$∠ AOB=\frac{360°}{5}=72°$
∵ 正五边形中$OA=OB=OC$，且$∠ AOB=∠ BOC$，
∴ $∠ OAB=∠ OBC$，即$∠ OAM=∠ OBN$。
在$△ AOM$和$△ BON$中：
$\begin{cases} OA=OB \\ ∠ OAM=∠ OBN \\ AM=BN \end{cases}$
∴ $△ AOM ≌ △ BON$（SAS），
∴ $∠ BON=∠ AOM$，
∴ $∠ MON=∠ MOB+∠ BON=∠ MOB+∠ AOM=∠ AOB=72°$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，角的和差计算
【点评】
本题属于正多边形性质的常规应用题，解题核心是通过连接正多边形中心和顶点构造辅助线，借助全等三角形将未知角转化为已知的正多边形中心角，能够考查学生的几何推理能力和知识迁移应用能力。
【难度系数】
0.7

11. |新趋势·数学文化（黄石中考）我国魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术：“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”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形……边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长。再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率。设圆的半径为$ R $，图①中圆内接正六边形的周长$ l_6 = 6R $，则$ π \approx \frac{l_6}{2R} = 3 $。再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率（如图②），则圆周率约为（）


A.$ 12\sin15° $
B.$ 12\cos15° $
C.$ 12\sin30° $
D.$ 12\cos30° $

11. A 解析:
∵十二边形$A_1A_2…A_{12}$是正十二边形,
∴∠$A_6OA_7$=$\frac{360°}{12}=30°$.如图,作OH⊥$A_6A_7$于点H,又
∵$OA_6=OA_7$,
∴∠$A_6OH=15°$,
∴圆内接正十二边形的周长$l_{12}=12×2R×\sin15°=24R\sin15°$,
∴$π≈\frac{l_{12}}{2R}=12\sin15°$.故选A.

【分析】
要解决本题，我们可以按以下思路推导：首先需要求出圆内接正十二边形的周长，再根据题中给出的“圆周率≈正多边形周长÷圆的直径”计算圆周率的近似值。第一步先计算正十二边形的中心角：正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，代入n=12即可得到中心角度数；第二步求正十二边形的边长：圆心和相邻两个顶点构成等腰三角形，过圆心作底边的高，利用等腰三角形三线合一得到半角的度数，再结合三角函数用半径R表示出单条边长；第三步计算正十二边形的总周长，代入圆周率的近似计算公式即可得到结果。
【解析】
∵正十二边形$A_1A_2\dots A_{12}$内接于半径为$R$的圆，
∴其中心角$∠ A_6OA_7 = \frac{360°}{12}=30°$。
过点$O$作$OH⊥ A_6A_7$于点$H$，
∵$OA_6=OA_7=R$，$△ OA_6A_7$是等腰三角形，
∴$∠ A_6OH = \frac{1}{2}∠ A_6OA_7=15°$，$A_6A_7=2A_6H$。
在$Rt△ OA_6H$中，$A_6H = OA_6·\sin∠ A_6OH = R\sin15°$，
∴单条边长$A_6A_7=2R\sin15°$，
正十二边形的周长$l_{12}=12× A_6A_7=12×2R\sin15°=24R\sin15°$。
根据题意，圆周率$π\approx\frac{l_{12}}{2R}=\frac{24R\sin15°}{2R}=12\sin15°$。
故选A。
【答案】A
【知识点】
正多边形的性质，解直角三角形，圆周率定义
【点评】
本题结合我国古代“割圆术”的数学文化背景，考查了正多边形与圆的相关计算，以及锐角三角函数的简单应用，让学生在解题的同时感受古代数学家的智慧，体现了数学的文化价值。
【难度系数】
0.7

12. ★★★ 如图,正五边形ABCDE中,分别以点C, D为圆心,边CD长为半径画弧,两弧交于点F,则∠ABF的大小为.

12. 42° 解析:如图,连接CF,DF.则△CDF为等边三角形,
∴∠FCD=60°.
∵五边形ABCDE为正五边形,
∴其内角和为(5-2)×180°=540°,
∴∠BCD=540°÷5=108°,
∴∠BCF=108°-60°=48°.
∵BC=CF,
∴∠FBC=(180°-48°)÷2=66°,则∠ABF=108°-66°=42°.

【分析】
解题思路如下：第一步，根据题中作弧的规则，可知CF、DF均等于CD长，因此连接CF、DF可得到等边△CDF，先求出∠FCD的度数；第二步，利用多边形内角和公式计算正五边形的内角和，进而得到正五边形每个内角的度数；第三步，计算∠BCF的度数，结合BC=CF可知△BCF是等腰三角形，可求出∠FBC的度数；第四步，用正五边形的内角∠ABC减去∠FBC，即可得到∠ABF的大小。
【解析】
连接CF、DF，
∵分别以点C，D为圆心，边CD长为半径画弧，两弧交于点F，
∴CF=DF=CD，即△CDF为等边三角形，
∴∠FCD=60°。
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴其内角和为$(5-2)×180°=540°$，且每个内角相等，
∴$∠ BCD=∠ ABC=540°÷5=108°$，
∴$∠ BCF=∠ BCD-∠ FCD=108°-60°=48°$。
又
∵BC=CD=CF，
∴△BCF为等腰三角形，
∴$∠ FBC=(180°-∠ BCF)÷2=(180°-48°)÷2=66°$，
∴$∠ ABF=∠ ABC-∠ FBC=108°-66°=42°$。

【答案】
$42°$
【知识点】
正多边形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题将正多边形与三角形性质相结合，解题关键是通过辅助线构造等边三角形，再结合正多边形内角计算、等腰三角形角度计算的相关知识逐步推导，侧重考察几何基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

13. (徐州中考)如图,在正八边形ABCDEFGH中,四边形BCFG的面积为20 cm²,则正八边形ABCDEFGH的面积为 cm².

13. 40 解析:连接HE,AD,分别交BG于点M,N,在正八边形ABCDEFGH中,可得HE⊥BG,AD⊥BG.
∵正八边形ABCDEFGH的每个内角的度数为$\frac{(8-2)×180°}{8}=135°$,
∴∠HGM=45°,
∴MH=MG,设MH=MG=x,则HG=AH=AB=GF=$\sqrt{2}x$,
∴四边形BCFG的面积为BG·GF=2($\sqrt{2}+1)x^2=20\ \mathrm{cm}^2$,四边形ABGH的面积为$\frac{1}{2}(AH+BG)·HM=(\sqrt{2}+1)x^2=10\ \mathrm{cm}^2$,
∴正八边形ABCDEFGH的面积为10×2+20=40($\mathrm{cm}^2$).

【分析】
要解决这个问题，我们可以利用正八边形的对称性和内角性质，将正八边形分割为规则图形求解：首先观察图形，正八边形可分为上、下两个全等的梯形和中间的矩形BCFG三部分，已知矩形BCFG的面积，我们只需要求出一个梯形的面积，就能算出正八边形的总面积。首先根据多边形内角和公式算出正八边形的内角度数，进而得到边角关系，推导梯形面积和已知矩形面积的关系即可。
【解析】
解：连接HE、AD，分别交BG于点M、N，在正八边形ABCDEFGH中，易得$HE⊥BG$，$AD⊥BG$。
1. 计算正八边形的内角度数：
正八边形每个内角的度数为$\frac{(8-2)×180°}{8}=135°$，因此可得$∠ HGM=135°-90°=45°$，即$△ HMG$为等腰直角三角形，$MH=MG$。
2. 设参数表示边长：
设$MH=MG=x$，则正八边形的边长$HG=AH=AB=GF=\sqrt{2}x$，可得$BG=x+\sqrt{2}x+x=(\sqrt{2}+2)x$。
3. 计算已知矩形的面积：
四边形BCFG是矩形，面积为$BG·GF=(\sqrt{2}+2)x·\sqrt{2}x=2(\sqrt{2}+1)x^2$，由题知该面积为$20\ \mathrm{cm}^2$，因此$(\sqrt{2}+1)x^2=10\ \mathrm{cm}^2$。
4. 计算梯形ABGH的面积：
梯形ABGH的面积为$\frac{1}{2}(AH+BG)·HM=\frac{1}{2}(\sqrt{2}x+(\sqrt{2}+2)x)·x=(\sqrt{2}+1)x^2=10\ \mathrm{cm}^2$，同理下方梯形CDEF的面积也为$10\ \mathrm{cm}^2$。
5. 计算正八边形总面积：
正八边形面积$=10+20+10=40\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
40
【知识点】
正多边形的性质；多边形内角和；图形面积计算
【点评】
本题解题的核心是利用正八边形的对称性对图形进行合理分割，通过添加辅助线将不规则的八边形面积转化为熟悉的梯形、矩形面积求解，解题过程中通过设参数推导各部分面积的数量关系，简化了计算过程。
【难度系数】
0.6

14. ★★★ 如图,点 O 是正六边形 ABCDEF 的中心,连接 BD,DF,FB.
(1)设 $△ BDF$ 的面积为 $S_1$,正六边形 ABCDEF 的面积为 $S_2$,则 $S_1$ 与 $S_2$ 的数量关系是;
(2)$△ ABF$ 通过旋转可与 $△ CBD$ 重合,请指出旋转中心和最小旋转角的度数.

14. (1)$S_2=2S_1$ 解析:如图所示,连接OD,OF,OB.
∵六边形ABCDEF是正六边形,，
∴△BDF是正三角形,
∴△ABF、△BDC、△DEF、△DOF、△BOF、△BOD都是全等的,
∴$S_2=2S_1$.
(2)旋转中心是点O,最小旋转角是120°.

【分析】
(1) 探究$S_1$与$S_2$的数量关系时，可先连接正六边形中心$O$与$B、D、F$三点，利用正六边形的性质，可知正六边形可被半径分割为6个全等的正三角形，再判断$△ BDF$内部的3个小三角形与$△ BDF$外部的3个小三角形全等，即可推导两者的面积关系。
(2) 确定旋转中心和最小旋转角时，根据旋转的性质，旋转过程中不动的点即为旋转中心，正六边形的中心$O$是其旋转对称中心；再结合正六边形的中心角度数，找到对应点与中心连线的最小夹角，就是最小旋转角。
【解析】
(1) 如图所示，连接$OD,OF,OB$。
∵六边形$ABCDEF$是正六边形，
∴各边相等、各内角均为$120°$，中心角$∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=∠ DOE=∠ EOF=∠ FOA=60°$，
可证$△ ABF、△ BDC、△ DEF、△ DOF、△ BOF、△ BOD$均全等，且$△ BDF$是正三角形，
∴$S_2$等于6个上述全等小三角形的面积和，$S_1$等于3个上述全等小三角形的面积和，
∴$S_2=2S_1$。
(2) 正六边形是旋转对称图形，旋转对称中心为其中心$O$；
观察对应点：点$A$的对应点为点$C$，点$B$的对应点为点$D$，点$F$的对应点为点$B$，每组对应点与中心$O$的夹角为$2×60°=120°$，
∴旋转中心是点$O$，最小旋转角是$120°$。
【答案】
(1) $S_2=2S_1$
(2) 旋转中心是点$O$，最小旋转角是$120°$
【知识点】
正六边形的性质；旋转的性质；全等三角形的性质
【点评】
本题结合正多边形性质与旋转知识考查，解题关键是熟练掌握正六边形的边角、中心角特点，以及旋转三要素的判断方法，能较好地锻炼学生对几何图形性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

15. （1）如图①，已知$△ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，点$P$为$\overset{\frown}{BC}$上一动点，求证：$PA=PB+PC$；
（2）如图②，四边形$ABCD$是$\odot O$的内接正方形，点$P$为$\overset{\frown}{BC}$上一动点，求证：$PA=PC+\sqrt{2}PB$；
（3）如图③，六边形$ABCDEF$是$\odot O$的内接正六边形，点$P$为$\overset{\frown}{BC}$上一动点，请探究$PA$，$PB$，$PC$三者之间有何数量关系，并给予证明。

15. (1)如图①,延长BP至点E,使PE=PC,连接CE.
∵A,B,P,C四点共圆,
∴∠BAC+∠BPC=180°.
∵∠BPC+∠EPC=180°,
∴∠CPE=∠BAC=60°.又
∵PE=PC,
∴△PCE是正三角形,
∴CE=CP,∠E=∠PCE=60°.又
∵∠BCE=60°+∠BCP,∠ACP=60°+∠BCP,
∴∠BCE=∠ACP.在△BEC和△APC中,$\begin{cases} BC=AC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ CE=CP, \end{cases}$
∴△BEC≌△APC,
∴PA=BE=PB+PE=PB+PC.
(2)如图②,连接OA,OB,过点B作BE⊥PB交PA于点E.
∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠3.
∵∠APB=$\frac{1}{2}∠AOB=45°$,
∴BP=BE,
∴PE=$\sqrt{2}PB$.又
∵AB=BC,
∴△ABE≌△CBP,
∴AE=PC,
∴PA=AE+PE=PC+$\sqrt{2}PB$.
(3)$PA=\sqrt{3}PB+PC$.证明如下:如图③,过点B作BM⊥AP于点M,在AP上截取AQ=PC,连接BQ,OA,OB.
∵∠BAP=∠BCP,AB=CB,AQ=CP,
∴△ABQ≌△CBP,
∴BQ=BP,
∴MP=QM.又
∵∠APB=$\frac{1}{2}∠AOB=30°$,
∴PM=$\frac{\sqrt{3}}{2}PB$,
∴PQ=2PM=$\sqrt{3}PB$,
∴PA=PQ+AQ=$\sqrt{3}PB+PC$.

【分析】
本题是圆内接正多边形的线段数量关系探究题，核心思路是构造全等三角形结合特殊三角形的边角关系推导结论：
(1)正三角形场景下，用“补短法”，延长BP构造等边三角形，通过全等将PA转化为PB与PC的和；
(2)正方形场景下，在PA上作垂线构造等腰直角三角形，通过全等将PC转移到PA上，结合等腰直角三角形边长关系得到$\sqrt{2}PB$的部分；
(3)正六边形场景下，先在PA上截取线段等于PC构造全等，再利用30°直角三角形的边长关系得到$\sqrt{3}PB$的部分，最终推导三者数量关系。
【解析】
(1) 证明：如图①，延长BP至点E，使PE=PC，连接CE。
∵A、B、P、C四点共圆，
∴∠BAC+∠BPC=180°，
∵∠BPC+∠EPC=180°，
∴∠CPE=∠BAC=60°。
又
∵PE=PC，
∴△PCE是正三角形，
∴CE=CP，∠E=∠PCE=60°。
∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，
∴∠BCE=∠ACP。
在△BEC和△APC中：
$\begin{cases} BC=AC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ CE=CP, \end{cases}$
∴△BEC≌△APC（SAS），
∴PA=BE=PB+PE=PB+PC。
(2) 证明：如图②，连接OA、OB，过点B作BE⊥PB交PA于点E。
∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3。
∵∠APB=$\frac{1}{2}∠AOB=45°$，∠EBP=90°，
∴∠BEP=∠APB=45°，
∴BP=BE，
∴PE=$\sqrt{2}PB$。
又
∵AB=BC，
在△ABE和△CBP中：
$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠1=∠3, \\ BE=BP, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP（SAS），
∴AE=PC，
∴PA=AE+PE=PC+$\sqrt{2}PB$。
(3) 数量关系：$PA=\sqrt{3}PB+PC$，证明如下：
如图③，在AP上截取AQ=PC，连接BQ、OA、OB，过点B作BM⊥AP于点M。
∵∠BAP与∠BCP均为弧BP所对的圆周角，
∴∠BAP=∠BCP。
在△ABQ和△CBP中：
$\begin{cases} AB=CB, \\ ∠BAP=∠BCP, \\ AQ=CP, \end{cases}$
∴△ABQ≌△CBP（SAS），
∴BQ=BP。
∵BM⊥AP，
∴MP=QM。
∵正六边形内接于$\odot O$，
∴∠AOB=$\frac{360°}{6}=60°$，
∴∠APB=$\frac{1}{2}∠AOB=30°$。
在Rt△BMP中，$PM=PB·\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}PB$，
∴PQ=2PM=$\sqrt{3}PB$，
∴PA=PQ+AQ=$\sqrt{3}PB+PC$。
【答案】
(1) $PA=PB+PC$，证明成立；(2) $PA=PC+\sqrt{2}PB$，证明成立；(3) $PA=\sqrt{3}PB+PC$，证明见解析。

【知识点】
圆周角定理、全等三角形判定与性质、正多边形的性质
【点评】
本题是正多边形与圆结合的探究类题目，采用了截长补短构造全等的常用几何证明方法，从特殊到一般的探究逻辑清晰，能够帮助掌握圆内接多边形的性质和线段关系的推导技巧。
【难度系数】
0.3