1[中]如图,在平面直角坐标系中,边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合,AB//x轴,交y轴于点P.将△OAP绕点O逆时针旋转,每次旋转90°,则第2023次旋转结束时,点A的坐标为 ()

A.$(\sqrt{3},-1)$
B.$(-1,-\sqrt{3})$
C.$(-\sqrt{3},1)$
D.$(1,\sqrt{3})$

(第1题图)
(第2题图)

$\because$ 正六边形 $ABCDEF$ 边长为 2,中心与原点 $O$ 重合,$AB// x$ 轴,$\therefore AP = 1$, $AO = 2$, $∠ OPA =90°$,$\therefore OP = \sqrt{AO^2-AP^2}=\sqrt{3}$. 第 1 次旋转结束时,点 $A$ 的坐标为 $(-\sqrt{3},1)$; 第 2 次旋转结束时,点 $A$ 的坐标为 $(-1,-\sqrt{3})$; 第 3 次旋转结束时,点 $A$ 的坐标为 $(\sqrt{3},-1)$; 第 4 次旋转结束时,点 $A$ 的坐标为$(1,\sqrt{3})$,$\therefore$ 点 $A$ 的坐标每 4 次一循环. $\because 2023÷4=505······3$,$\therefore$ 第 2023 次旋转结束时,点 $A$ 的坐标为$(\sqrt{3},-1)$. 故选 A.

2[2026江苏镇江期末,较难]如图,小辉用了14个全等的正七边形排列(图形不重叠,且每相邻的两个正七边形有一边重合),形成一个圆环状,图中所示的是其中3个正七边形的位置.如果我们用n个全等的正九边形也按照同样的方式排列,形成一个圆环状,则n的值可以是()

A.6,16
B.6,18
C.8,16
D.8,18

如图. $\because \frac{(9-2)×180°}{9} = 140°$,$\therefore$ 正九边形 $ABCDEFGHI$ 的每一个内角都为 $140°$,每一个外角都为 $40°$. 当以 $DE,GF$ 为重合边时,延长 $DE,GF$ 交于点 $O$, 则 $∠ EFO =∠ FEO = 40°$, $\therefore ∠ EOF =100°$. $\because 360°÷100°= 3.6$,不是整数倍,$\therefore$ 不能形成一个圆环状. 当以 $IH,EF$ 为重合边时,延长 $IH,EF$ 交于点 $O'$,延长 $HG$ 交 $FO'$ 于 $M$, 同理得到 $∠ FMG = 100°$, $\therefore ∠ HMO' = 80°$.$\because ∠ GHO' = 40°$,$\therefore ∠ O' = 60°$. $\because 360°÷60°= 6$,是整数倍,$\therefore$ 能形成一个圆环状,此时,$n = 6$. 当以 $HG,BC$ 为重合边时,延长 $GH,CB$ 交于点 $O''$,延长 $BA$ 交$HO''$于 $N$, 同理得到 $∠ ANH = 60°$,$\therefore ∠ ANO'' = 120°$.$\because ∠ ABO'' = 40°$,$\therefore ∠ O'' = 20°$. $\because 360°÷20°= 18$,是整数倍,$\therefore$ 能形成一个圆环状,此时,$n = 18$. 综上,$n$ 的值可以是 $6,18$,故选 B.

3[中]如图,在$\odot O$的内接正八边形ABCDEFGH中,AB=2,连结DG,则DG的长为.

(第3题图)
(第4题图)

如图,连结$OD,OE,OF$,过点 $E,F$ 分别作 $DG$ 的垂线,垂足为 $M,N$,则 $MN = EF = AB = 2$. $\because$ 八边形 $ABCDEFGH$ 是 $\odot O$ 的内接正八边形,$\therefore ∠ DOE =∠ EOF = \frac{360°}{8} = 45°$, $\therefore ∠ DOF=90°$,$\therefore ∠ NGF=\frac{1}{2}∠ DOF=45°$,同理可得$∠ MDE=45°$. 在$\mathrm{Rt}△ MDE$中,$∠ MDE=45°$,$DE=2$,由勾股定理,得 $MD=\sqrt{2}$,同理可得 $NG=\sqrt{2}$,$\therefore DG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}+2$. 故答案为 $2\sqrt{2}+2$.

4[较难]如图,正六边形ABCDEF的边长为2 cm,点P是线段BF上一点,则图中阴影部分的面积是 cm².

如图,连结 $AD,BE,CF$ 交于点 $O$,连结 $CE$,则点 $O$ 是正六边形 $ABCDEF$ 的中心. $\because$ 六边形 $ABCDEF$ 是正六边形, $\therefore$ 易知 $△ AOB$,$△ BOC$, $△ COD$, $△ DOE$,$△ EOF$,$△ AOF$ 都是边长为 2 cm 的正三角形,$\therefore$ 易得 $S_{△ AOB}=S_{△ BOC}=S_{△ COD}=S_{△ DOE}=S_{△ EOF}=S_{△ AOF}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$,$\therefore S_{\mathrm{矩形}BCEF} = 4S_{△ BOC} = 4\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$,$S_{△ CDE}=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$,$\therefore S_{\mathrm{阴影部分}}=S_{△ PCE}+S_{△ CDE}=\frac{1}{2} S_{\mathrm{矩形}BCEF} +S_{△ CDE}=2\sqrt{3}+\sqrt{3}=3\sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$.

5[2026浙江绍兴质检,较难]如图,正六边形$A_1B_1C_1D_1E_1F_1$的边长为2,正六边形$A_2B_2C_2D_2E_2F_2$的外接圆与正六边形$A_1B_1C_1D_1E_1F_1$的各边相切,正六边形$A_3B_3C_3D_3E_3F_3$的外接圆与正六边形$A_2B_2C_2D_2E_2F_2$的各边相切,…,按这样的规律进行下去,正六边形$A_{10}B_{10}C_{10}D_{10}E_{10}F_{10}$的边长为.

连结 $OE_1$,$OD_1$,$OD_2$,如图所示. $\because$ 六边形 $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ 为正六边形, $\therefore ∠ E_1OD_1 = 60°$,$\therefore △ E_1OD_1$ 为等边三角形.$\because$ 正六边形 $A_2B_2C_2D_2E_2F_2$ 的外接圆与正六边形$A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ 的各边相切,$\therefore OD_2 ⊥ E_1D_1$,$\therefore OD_2=\frac{\sqrt{3}}{2} E_1D_1=\frac{\sqrt{3}}{2} ×2$,$\therefore$ 易知正六边形 $A_2B_2C_2D_2E_2F_2$ 的边长为$\frac{\sqrt{3}}{2} ×2$,同理可得正六边形 $A_3B_3C_3D_3E_3F_3$ 的边长为$(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 ×2$,$\therefore$ 正六边形 $A_{10}B_{10}C_{10}D_{10}E_{10}F_{10}$ 的边长为$(\frac{\sqrt{3}}{2})^9 ×2=\frac{81\sqrt{3}}{256}$. 故答案为$\frac{81\sqrt{3}}{256}$.

6 新考向 传统文化 [2026河北邯郸质检,中]我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”,即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算,指出“割之弥细,所失弥少.割之又割,以至于不可割,则与圆合体,而无所失矣”.“割圆术”孕育了微积分思想,他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.141 6.如图,若⊙O的半径为1.(在求圆内接正多边形面积时,通过分割成三角形,利用特殊角解决)

(1)求圆内接正六边形面积.
(2)圆内接正八边形的面积为.
(3)运用“割圆术”,用圆内接正十二边形近似估计⊙O的面积,可得圆内接正十二边形面积是,可得π的估计值为.

(1)如图(1),设正多边形相邻两个顶点为 $A,B$,连结 $OA,OB$,过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$ 于点 $C$. 由题意知$∠ AOB=360°÷6=60°$,$OA=OB=1$,$\therefore △ OAB$ 是等边三角形,$\therefore AB=OA=1$,$\therefore AC=\frac{1}{2} AB=\frac{1}{2}$. 由勾股定理得 $OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\therefore S_{△ OAB}=\frac{1}{2} AB · OC=\frac{1}{2} ×1×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$,$\therefore$ 圆内接正六边形的面积为$6×\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

(2)如图(2),设正多边形相邻两个顶点为 $A,B$,连结 $OA,OB$,过点 $B$ 作 $BC ⊥ AO$ 于点 $C$. 由题意知$∠ AOB= 360°÷8=45°$,$OA=OB=1$,$\therefore ∠ OBC=∠ AOB=45°$,$\therefore OC=BC$. 由勾股定理得 $OC^2+BC^2=OB^2$,$\therefore BC=\frac{\sqrt{2}}{2} OB=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\therefore S_{△ OAB}=\frac{1}{2} BC · OA=\frac{1}{2} ×\frac{\sqrt{2}}{2} ×1=\frac{\sqrt{2}}{4}$,$\therefore$ 圆内接正八边形的面积为 $8×\frac{\sqrt{2}}{4}=2\sqrt{2}$. 故答案为 $2\sqrt{2}$.
(3)如图(3),设正多边形相邻两个顶点为 $A,B$,连结 $OA,OB$,过点 $B$ 作$BC ⊥ AO$ 于点 $C$. 由题意知$∠ AOB=360°÷12=30°$,$OA=OB=1$,$\therefore BC=\frac{1}{2} OB=\frac{1}{2}$,$\therefore S_{△ OAB}=\frac{1}{2} BC · OA=\frac{1}{2} ×\frac{1}{2} ×1=\frac{1}{4}$,$\therefore$ 圆内接正十二边形的面积为 $12×\frac{1}{4}=3$. 由题意得$\odot O$ 的面积为 $π×1^2=π$,则 $π\approx3$. 故答案为 $3,3$.