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11.已知某正多边形一个内角比相邻的外角大$120°$.
(1)求这个正多边形每个外角的度数；
(2)求这个正多边形的边数.
(1)求这个正多边形每个外角的度数；
(2)求这个正多边形的边数.
答案
11.【解】(1)设这个正多边形的一个外角为$x°$,则该正多边形的一个内角为$(180-x)°$.
由题意,得$(180-x)-x=120$. 解得$x=30$.
答:这个正多边形每个外角的度数是$30°$.
(2)$∵$多边形的外角和是$360°$,
$∴360°÷30°=12$.
答:这个正多边形的边数是12.
由题意,得$(180-x)-x=120$. 解得$x=30$.
答:这个正多边形每个外角的度数是$30°$.
(2)$∵$多边形的外角和是$360°$,
$∴360°÷30°=12$.
答:这个正多边形的边数是12.
解析
【分析】
解决第(1)问时，首先明确正多边形的一个内角和其相邻外角为邻补角，二者之和为180°，结合题目给出的“内角比相邻外角大120°”的等量关系，可通过设未知数列一元一次方程求解外角的度数。解决第(2)问时，利用任意多边形外角和恒为360°的性质，结合正多边形每个外角都相等的特点，用外角和除以单个外角的度数即可得到边数。
【解析】
(1)设这个正多边形的一个外角为$x°$，则对应的相邻内角为$(180-x)°$。
根据题意列方程：$(180-x)-x=120$
解得$x=30$。
答：这个正多边形每个外角的度数是$30°$。
(2)
∵任意多边形的外角和均为$360°$，且该正多边形每个外角都相等，
∴边数为$360°÷30°=12$。
答：这个正多边形的边数是12。
【答案】
(1)$30°$；(2)$12$
【知识点】
多边形内外角互补关系、多边形外角和定理、正多边形性质
【点评】
本题是正多边形相关的基础常考题，解题关键是掌握多边形内角与相邻外角的互补关系，以及多边形外角和恒为360°的性质，整体解题思路清晰，计算量小。
【难度系数】
0.8
解决第(1)问时，首先明确正多边形的一个内角和其相邻外角为邻补角，二者之和为180°，结合题目给出的“内角比相邻外角大120°”的等量关系，可通过设未知数列一元一次方程求解外角的度数。解决第(2)问时，利用任意多边形外角和恒为360°的性质，结合正多边形每个外角都相等的特点，用外角和除以单个外角的度数即可得到边数。
【解析】
(1)设这个正多边形的一个外角为$x°$，则对应的相邻内角为$(180-x)°$。
根据题意列方程：$(180-x)-x=120$
解得$x=30$。
答：这个正多边形每个外角的度数是$30°$。
(2)
∵任意多边形的外角和均为$360°$，且该正多边形每个外角都相等，
∴边数为$360°÷30°=12$。
答：这个正多边形的边数是12。
【答案】
(1)$30°$；(2)$12$
【知识点】
多边形内外角互补关系、多边形外角和定理、正多边形性质
【点评】
本题是正多边形相关的基础常考题，解题关键是掌握多边形内角与相邻外角的互补关系，以及多边形外角和恒为360°的性质，整体解题思路清晰，计算量小。
【难度系数】
0.8
12.如图，$\odot O$的半径为6，正六边形$ABCDEF$为$\odot O$的内接正六边形，过点$D$作$\odot O$的切线，交$AF$的延长线于点$P$，连接$FD$，$AD$。
(1)求$∠ ADF$的度数；
(2)求线段$PD$的长。
(1)求$∠ ADF$的度数；
(2)求线段$PD$的长。
答案
12.【解】
(1)如图,连接$FO$.
$∵$正六边形$ABCDEF$为$\odot O$的内接正六边形,
$∴∠AOF=\frac{360°}{6}=60°$.
在$\odot O$中,$∠ADF=\frac{1}{2}∠AOF$,
$∴∠ADF=30°$.
(2)$∵$正六边形$ABCDEF$为$\odot O$的内接正六边形,
$∴EF=ED,∠AFE=∠FED=180°-\frac{360°}{6}=120°$.
$∴∠EDF=∠EFD=\frac{180°-∠FED}{2}=30°$.
$∴∠AFD=∠AFE-∠EFD=120°-30°=90°$.
$∴AD$为$\odot O$的直径.
$∵\odot O$的半径为6,$∴AD=12$.
$∵PD$与$\odot O$相切,
$∴AD⊥PD$,即$∠ADP=90°$.
$∴∠P+∠FDP=∠FDP+∠ADF=90°$.
$∴∠P=∠ADF=30°$.
$∴AP=2AD=24$.
在$\mathrm{Rt}△PAD$中,$PD=\sqrt{AP^2-AD^2}=12\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 求∠ADF的度数时，结合圆周角定理“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”，可知需要先求出弧AF对应的圆心角。已知ABCDEF是⊙O的内接正六边形，正六边形每个中心角为360°÷6=60°，因此连接OF得到圆心角∠AOF，即可通过圆周角定理计算∠ADF的度数。
(2) 求PD的长度时，首先利用正六边形的内角、边长性质推导角的关系，证明∠AFD=90°，从而得到AD是⊙O的直径；再结合切线的性质“切线垂直于过切点的半径”，得到AD⊥PD，即△PAD是直角三角形；接着通过角度互余推导∠P=30°，利用直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质求出AP的长度，最后用勾股定理即可计算出PD的长度。
【解析】
(1) 如图,连接$FO$.
$∵$正六边形$ABCDEF$为$\odot O$的内接正六边形,
$∴∠AOF=\frac{360°}{6}=60°$.
在$\odot O$中,$∠ADF=\frac{1}{2}∠AOF$,
$∴∠ADF=30°$.
(2)$∵$正六边形$ABCDEF$为$\odot O$的内接正六边形,
$∴EF=ED,∠AFE=∠FED=180°-\frac{360°}{6}=120°$.
$∴∠EDF=∠EFD=\frac{180°-∠FED}{2}=30°$.
$∴∠AFD=∠AFE-∠EFD=120°-30°=90°$.
$∴AD$为$\odot O$的直径.
$∵\odot O$的半径为6,$∴AD=12$.
$∵PD$与$\odot O$相切,
$∴AD⊥PD$,即$∠ADP=90°$.
$∴∠P+∠FDP=∠FDP+∠ADF=90°$.
$∴∠P=∠ADF=30°$.
$∴AP=2AD=24$.
在$\mathrm{Rt}△PAD$中,$PD=\sqrt{AP^2-AD^2}=12\sqrt{3}$.
【答案】
【知识点】
正多边形与圆的性质；圆周角定理；切线的性质
【点评】
本题是圆与正多边形结合的综合题，核心考查基础性质的应用，解题时需要先结合正六边形的特征推导角度、边长关系，再结合圆的相关定理得到直角三角形，进而完成计算，熟练掌握各类基础性质是解题的关键。
【难度系数】
0.65
(1) 求∠ADF的度数时，结合圆周角定理“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”，可知需要先求出弧AF对应的圆心角。已知ABCDEF是⊙O的内接正六边形，正六边形每个中心角为360°÷6=60°，因此连接OF得到圆心角∠AOF，即可通过圆周角定理计算∠ADF的度数。
(2) 求PD的长度时，首先利用正六边形的内角、边长性质推导角的关系，证明∠AFD=90°，从而得到AD是⊙O的直径；再结合切线的性质“切线垂直于过切点的半径”，得到AD⊥PD，即△PAD是直角三角形；接着通过角度互余推导∠P=30°，利用直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质求出AP的长度，最后用勾股定理即可计算出PD的长度。
【解析】
(1) 如图,连接$FO$.
$∵$正六边形$ABCDEF$为$\odot O$的内接正六边形,
$∴∠AOF=\frac{360°}{6}=60°$.
在$\odot O$中,$∠ADF=\frac{1}{2}∠AOF$,
$∴∠ADF=30°$.
(2)$∵$正六边形$ABCDEF$为$\odot O$的内接正六边形,
$∴EF=ED,∠AFE=∠FED=180°-\frac{360°}{6}=120°$.
$∴∠EDF=∠EFD=\frac{180°-∠FED}{2}=30°$.
$∴∠AFD=∠AFE-∠EFD=120°-30°=90°$.
$∴AD$为$\odot O$的直径.
$∵\odot O$的半径为6,$∴AD=12$.
$∵PD$与$\odot O$相切,
$∴AD⊥PD$,即$∠ADP=90°$.
$∴∠P+∠FDP=∠FDP+∠ADF=90°$.
$∴∠P=∠ADF=30°$.
$∴AP=2AD=24$.
在$\mathrm{Rt}△PAD$中,$PD=\sqrt{AP^2-AD^2}=12\sqrt{3}$.
【答案】
【知识点】
正多边形与圆的性质；圆周角定理；切线的性质
【点评】
本题是圆与正多边形结合的综合题，核心考查基础性质的应用，解题时需要先结合正六边形的特征推导角度、边长关系，再结合圆的相关定理得到直角三角形，进而完成计算，熟练掌握各类基础性质是解题的关键。
【难度系数】
0.65
1.如图,正五边形与正方形的两邻边相交,则$α+β$的大小为(
A.$142°$
B.$152°$
C.$162°$
D.$172°$
C
).A.$142°$
B.$152°$
C.$162°$
D.$172°$
答案
1.C
解析
【分析】
解题时首先回忆正多边形内角的计算公式，分别算出正五边形和正方形的内角度数；再观察两个正多边形重叠部分为四边形，利用四边形内角和为360°，结合对顶角相等的性质，将α、β与已知的两个正多边形内角代入四边形内角和公式，即可求出α+β的度数。
【解析】
1. 计算正多边形内角度数：
正n边形的每个内角公式为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，代入n=5得正五边形每个内角为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$；正方形的每个内角为90°。
2. 分析角的关系：
两个正多边形重叠部分为四边形，根据对顶角相等，该四边形的四个内角分别为108°、90°、α、β。
3. 利用四边形内角和计算：
四边形内角和为360°，因此列等式：
$108° + 90° + α + β = 360°$
解得$α + β = 360° - 108° - 90° = 162°$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形内角计算；四边形内角和定理；对顶角性质
【点评】
本题属于基础几何计算题，核心是将待求角和已知正多边形内角整合到同一个四边形中，利用内角和定理列等式求解，解题时找准角之间的等量关系即可快速得出结果。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆正多边形内角的计算公式，分别算出正五边形和正方形的内角度数；再观察两个正多边形重叠部分为四边形，利用四边形内角和为360°，结合对顶角相等的性质，将α、β与已知的两个正多边形内角代入四边形内角和公式，即可求出α+β的度数。
【解析】
1. 计算正多边形内角度数：
正n边形的每个内角公式为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，代入n=5得正五边形每个内角为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$；正方形的每个内角为90°。
2. 分析角的关系：
两个正多边形重叠部分为四边形，根据对顶角相等，该四边形的四个内角分别为108°、90°、α、β。
3. 利用四边形内角和计算：
四边形内角和为360°，因此列等式：
$108° + 90° + α + β = 360°$
解得$α + β = 360° - 108° - 90° = 162°$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形内角计算；四边形内角和定理；对顶角性质
【点评】
本题属于基础几何计算题，核心是将待求角和已知正多边形内角整合到同一个四边形中，利用内角和定理列等式求解，解题时找准角之间的等量关系即可快速得出结果。
【难度系数】
0.7
2.如图,在边长为2的正六边形ABCDEF中,连接BE,点H在BE上运动,点G为EF的中点,当$△ AGH$的周长最小时,$AH+GH=$(
A.$2\sqrt{3}$
B.$\sqrt{13}$
C.$12$
D.$13$
B
).A.$2\sqrt{3}$
B.$\sqrt{13}$
C.$12$
D.$13$
答案
2.B
解析
【分析】
要使△AGH的周长最小，首先分析周长的组成：△AGH的周长=AH+GH+AG，其中A、G都是固定点，因此AG的长度是定值，只需要让AH+GH的和最小即可，这是典型的将军饮马最短路径问题。由于正六边形是轴对称图形，直线BE是它的一条对称轴，我们可以作点A关于直线BE的对称点A'，根据轴对称的性质，AH=A'H，所以AH+GH就转化为A'H+GH，当A'、H、G三点共线时，A'H+GH的和最小，最小值就是线段A'G的长度，最后计算出A'G的长度就是所求的AH+GH的最小值。
【解析】
解：
∵△AGH的周长=AH+GH+AG，且A、G为定点，AG长为定值，
∴要使△AGH周长最小，只需AH+GH取得最小值。
正六边形ABCDEF为轴对称图形，直线BE是其一条对称轴，作点A关于直线BE的对称点A'，由对称性可知AH=A'H，此时AH+GH=A'H+GH，当A'、H、G三点共线时，A'H+GH取得最小值，即为A'G的长度。
建立平面直角坐标系计算：设D(0,0)，由正六边形边长为2可得各点坐标：E(2,0)，F(3,√3)，A(2,2√3)，点A关于BE的对称点A'坐标为(-1,√3)。
∵G为EF中点，
∴G的坐标为$(\frac{2+3}{2},\frac{0+\sqrt{3}}{2})=(\frac{5}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$。
根据两点间距离公式：
$A'G=\sqrt{(\frac{5}{2}-(-1))^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3})^2}=\sqrt{(\frac{7}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{\frac{49}{4}+\frac{3}{4}}=\sqrt{13}$
即AH+GH的最小值为$\sqrt{13}$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质，轴对称最短路径，两点间距离公式
【点评】
本题结合正六边形的性质考查最短路径问题，解题的关键是将周长最小问题转化为两条线段和最小的将军饮马模型，利用轴对称将折线转化为直线段，再通过坐标法计算线段长度，是几何最值的常见考法。
【难度系数】
0.6
要使△AGH的周长最小，首先分析周长的组成：△AGH的周长=AH+GH+AG，其中A、G都是固定点，因此AG的长度是定值，只需要让AH+GH的和最小即可，这是典型的将军饮马最短路径问题。由于正六边形是轴对称图形，直线BE是它的一条对称轴，我们可以作点A关于直线BE的对称点A'，根据轴对称的性质，AH=A'H，所以AH+GH就转化为A'H+GH，当A'、H、G三点共线时，A'H+GH的和最小，最小值就是线段A'G的长度，最后计算出A'G的长度就是所求的AH+GH的最小值。
【解析】
解：
∵△AGH的周长=AH+GH+AG，且A、G为定点，AG长为定值，
∴要使△AGH周长最小，只需AH+GH取得最小值。
正六边形ABCDEF为轴对称图形，直线BE是其一条对称轴，作点A关于直线BE的对称点A'，由对称性可知AH=A'H，此时AH+GH=A'H+GH，当A'、H、G三点共线时，A'H+GH取得最小值，即为A'G的长度。
建立平面直角坐标系计算：设D(0,0)，由正六边形边长为2可得各点坐标：E(2,0)，F(3,√3)，A(2,2√3)，点A关于BE的对称点A'坐标为(-1,√3)。
∵G为EF中点，
∴G的坐标为$(\frac{2+3}{2},\frac{0+\sqrt{3}}{2})=(\frac{5}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$。
根据两点间距离公式：
$A'G=\sqrt{(\frac{5}{2}-(-1))^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3})^2}=\sqrt{(\frac{7}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{\frac{49}{4}+\frac{3}{4}}=\sqrt{13}$
即AH+GH的最小值为$\sqrt{13}$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质，轴对称最短路径，两点间距离公式
【点评】
本题结合正六边形的性质考查最短路径问题，解题的关键是将周长最小问题转化为两条线段和最小的将军饮马模型，利用轴对称将折线转化为直线段，再通过坐标法计算线段长度，是几何最值的常见考法。
【难度系数】
0.6
3.如图，点M，N分别是正五边形ABCDE的边BC，CD上的动点，且BM=CN，AM与BN的夹角β的度数为
108
°。答案
3.108
解析
【分析】
解题时先利用正五边形的性质得到边相等、内角相等的条件，结合已知BM=CN，通过SAS判定定理证明△ABM和△BCN全等，再利用全等三角形对应角相等的性质转化角的关系，最后结合三角形内角和即可求出夹角β的度数。
【解析】
正五边形的每个内角度数为：$\dfrac{(5-2)×180°}{5}=108°$，因此正五边形ABCDE中，$AB=BC$，$∠ ABM=∠ BCN=108°$。
在$△ ABM$和$△ BCN$中：
$\begin{cases}AB=BC \\∠ ABM=∠ BCN \\BM=CN\end{cases}$
$\therefore△ ABM≌△ BCN(\mathrm{SAS})$，可得$∠ BAM=∠ CBN$。
设AM、BN交于点P，在$△ ABP$中：
$β=180°-∠ BAM-∠ ABN=180°-∠ CBN-∠ ABN=180°-∠ ABC=180°-108°=108°$
【答案】
108
【知识点】
正多边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题是基础几何综合题，解题核心是通过已知条件构造全等三角形实现角的等量转化，结合正多边形内角性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
解题时先利用正五边形的性质得到边相等、内角相等的条件，结合已知BM=CN，通过SAS判定定理证明△ABM和△BCN全等，再利用全等三角形对应角相等的性质转化角的关系，最后结合三角形内角和即可求出夹角β的度数。
【解析】
正五边形的每个内角度数为：$\dfrac{(5-2)×180°}{5}=108°$，因此正五边形ABCDE中，$AB=BC$，$∠ ABM=∠ BCN=108°$。
在$△ ABM$和$△ BCN$中：
$\begin{cases}AB=BC \\∠ ABM=∠ BCN \\BM=CN\end{cases}$
$\therefore△ ABM≌△ BCN(\mathrm{SAS})$，可得$∠ BAM=∠ CBN$。
设AM、BN交于点P，在$△ ABP$中：
$β=180°-∠ BAM-∠ ABN=180°-∠ CBN-∠ ABN=180°-∠ ABC=180°-108°=108°$
【答案】
108
【知识点】
正多边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题是基础几何综合题，解题核心是通过已知条件构造全等三角形实现角的等量转化，结合正多边形内角性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
