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7. 如图，正五边形ABCDE.
（1）用尺规画它的外接圆.
（2）连接AD，BE交于F，求∠BFD的度数.
（1）用尺规画它的外接圆.
（2）连接AD，BE交于F，求∠BFD的度数.
答案
7.(1)作图略
(2)∠BFD=108°
(2)∠BFD=108°
解析
【分析】
（1）正多边形的外接圆圆心是各边垂直平分线的交点，半径为圆心到正多边形任意顶点的距离。作图时只需作出正五边形任意两条边的垂直平分线，得到交点即外接圆圆心，再以圆心到顶点的长度为半径画圆即可。
（2）要求∠BFD的度数，先利用多边形内角和公式求出正五边形每个内角的度数，再结合等腰三角形性质求出△AEF中两个底角的度数，最后通过三角形内角和、对顶角相等的性质即可求出∠BFD的度数。
【解析】
（1）作图步骤：①分别作边AB、AE的垂直平分线，两条线交于点O；②以O为圆心，OA长为半径作圆，⊙O即为所求外接圆，作图略。
（2）解：
∵五边形ABCDE是正五边形
∴每个内角的度数为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，且$AE=DE=AB$
在等腰$△ AED$中，$∠ EAD=\frac{180°-108°}{2}=36°$
同理，在等腰$△ ABE$中，$∠ AEB=\frac{180°-108°}{2}=36°$
在$△ AEF$中，$∠ AFE=180°-∠ EAD-∠ AEB=180°-36°-36°=108°$
∵$∠ BFD$和$∠ AFE$是对顶角
∴$∠ BFD=∠ AFE=108°$
【答案】
（1）作图略；（2）$\boxed{108°}$
【知识点】
正多边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理
【点评】
本题考查正多边形与圆的相关知识，第一问是尺规作图的基础应用，第二问需要结合正多边形内角性质、等腰三角形特点求解，是正多边形板块的典型基础题。
【难度系数】
0.7
（1）正多边形的外接圆圆心是各边垂直平分线的交点，半径为圆心到正多边形任意顶点的距离。作图时只需作出正五边形任意两条边的垂直平分线，得到交点即外接圆圆心，再以圆心到顶点的长度为半径画圆即可。
（2）要求∠BFD的度数，先利用多边形内角和公式求出正五边形每个内角的度数，再结合等腰三角形性质求出△AEF中两个底角的度数，最后通过三角形内角和、对顶角相等的性质即可求出∠BFD的度数。
【解析】
（1）作图步骤：①分别作边AB、AE的垂直平分线，两条线交于点O；②以O为圆心，OA长为半径作圆，⊙O即为所求外接圆，作图略。
（2）解：
∵五边形ABCDE是正五边形
∴每个内角的度数为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，且$AE=DE=AB$
在等腰$△ AED$中，$∠ EAD=\frac{180°-108°}{2}=36°$
同理，在等腰$△ ABE$中，$∠ AEB=\frac{180°-108°}{2}=36°$
在$△ AEF$中，$∠ AFE=180°-∠ EAD-∠ AEB=180°-36°-36°=108°$
∵$∠ BFD$和$∠ AFE$是对顶角
∴$∠ BFD=∠ AFE=108°$
【答案】
（1）作图略；（2）$\boxed{108°}$
【知识点】
正多边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理
【点评】
本题考查正多边形与圆的相关知识，第一问是尺规作图的基础应用，第二问需要结合正多边形内角性质、等腰三角形特点求解，是正多边形板块的典型基础题。
【难度系数】
0.7
8. 在半径为R的圆中，内接正方形与内接正六边形的边长之比为
√2
.答案
8.√2
解析
【分析】
解题时先分别求出半径为R的圆的内接正方形、内接正六边形的边长，再计算二者的比值即可。首先明确圆内接正多边形的边长可通过正多边形的中心角结合圆半径，利用特殊三角形的性质求解：①内接正方形的中心角为90°，两条半径与正方形边长构成等腰直角三角形，可通过勾股定理求边长；②内接正六边形的中心角为60°，两条半径与正六边形边长构成等边三角形，可直接得到边长等于圆半径，最后作比化简即可。
【解析】
1. 求半径为R的圆内接正方形的边长：
正四边形的中心角为$\frac{360°}{4}=90°$，设正方形边长为$a_4$，由勾股定理可得：
$a_4^2=R^2+R^2=2R^2$，因为边长为正值，所以$a_4=\sqrt{2}R$。
2. 求半径为R的圆内接正六边形的边长：
正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，正六边形的两条半径与对应边组成的三角形中，两边长均为R，夹角为60°，因此该三角形是等边三角形，可得正六边形边长$a_6=R$。
3. 计算边长之比：$\frac{a_4}{a_6}=\frac{\sqrt{2}R}{R}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形与圆的性质；勾股定理；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题考查圆内接正多边形边长和圆半径的关系，解题核心是利用正多边形中心角的度数判断半径与边长构成的三角形类型，属于基础题型，熟练掌握不同正多边形的中心角特征即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时先分别求出半径为R的圆的内接正方形、内接正六边形的边长，再计算二者的比值即可。首先明确圆内接正多边形的边长可通过正多边形的中心角结合圆半径，利用特殊三角形的性质求解：①内接正方形的中心角为90°，两条半径与正方形边长构成等腰直角三角形，可通过勾股定理求边长；②内接正六边形的中心角为60°，两条半径与正六边形边长构成等边三角形，可直接得到边长等于圆半径，最后作比化简即可。
【解析】
1. 求半径为R的圆内接正方形的边长：
正四边形的中心角为$\frac{360°}{4}=90°$，设正方形边长为$a_4$，由勾股定理可得：
$a_4^2=R^2+R^2=2R^2$，因为边长为正值，所以$a_4=\sqrt{2}R$。
2. 求半径为R的圆内接正六边形的边长：
正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，正六边形的两条半径与对应边组成的三角形中，两边长均为R，夹角为60°，因此该三角形是等边三角形，可得正六边形边长$a_6=R$。
3. 计算边长之比：$\frac{a_4}{a_6}=\frac{\sqrt{2}R}{R}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形与圆的性质；勾股定理；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题考查圆内接正多边形边长和圆半径的关系，解题核心是利用正多边形中心角的度数判断半径与边长构成的三角形类型，属于基础题型，熟练掌握不同正多边形的中心角特征即可快速求解。
【难度系数】
0.8
9. 如图所示，若干全等的正五边形排成环状，图中所示的是前3个五边形，要完成这一圆环还需
7
个五边形。答案
9.7
解析
【分析】
要解决本题，可按三步思考：第一步先利用正多边形内角公式求出正五边形的内角度数；第二步结合环状排列的图形特点，推导单个正五边形对应的中心角度数；第三步用周角总度数除以单个中心角度数得到组成圆环需要的正五边形总个数，减去已有的3个就能得到还需的数量。
【解析】
1. 计算正五边形的内角度数：
根据正$n$边形内角公式$\mathrm{内角}=\frac{(n-2)×180°}{n}$，代入$n=5$得：
正五边形每个内角$=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$
2. 计算单个正五边形对应的中心角：
连接圆环中心与相邻两个正五边形靠近中心的顶点，得到等腰三角形，该三角形的两个底角均为$180°-108°=72°$，根据三角形内角和为$180°$，可得顶角（即单个正五边形对应的中心角）为：
$180°-72°×2=36°$
3. 计算总个数和还需个数：
完整圆环的中心角总和为$360°$，因此总需要正五边形数量为：
$360°÷36°=10$（个）
已有3个，还需数量为$10-3=7$（个）
【答案】
7
【知识点】
正多边形内角计算，三角形内角和，周角的性质
【点评】
本题结合正多边形性质和图形拼接规律考查角度计算，解题的核心是找到正五边形排列时对应的中心角度数，能很好地考查学生的图形分析能力。
【难度系数】
0.6
要解决本题，可按三步思考：第一步先利用正多边形内角公式求出正五边形的内角度数；第二步结合环状排列的图形特点，推导单个正五边形对应的中心角度数；第三步用周角总度数除以单个中心角度数得到组成圆环需要的正五边形总个数，减去已有的3个就能得到还需的数量。
【解析】
1. 计算正五边形的内角度数：
根据正$n$边形内角公式$\mathrm{内角}=\frac{(n-2)×180°}{n}$，代入$n=5$得：
正五边形每个内角$=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$
2. 计算单个正五边形对应的中心角：
连接圆环中心与相邻两个正五边形靠近中心的顶点，得到等腰三角形，该三角形的两个底角均为$180°-108°=72°$，根据三角形内角和为$180°$，可得顶角（即单个正五边形对应的中心角）为：
$180°-72°×2=36°$
3. 计算总个数和还需个数：
完整圆环的中心角总和为$360°$，因此总需要正五边形数量为：
$360°÷36°=10$（个）
已有3个，还需数量为$10-3=7$（个）
【答案】
7
【知识点】
正多边形内角计算，三角形内角和，周角的性质
【点评】
本题结合正多边形性质和图形拼接规律考查角度计算，解题的核心是找到正五边形排列时对应的中心角度数，能很好地考查学生的图形分析能力。
【难度系数】
0.6
▲10.如图,边长为$4\sqrt{2}$的正方形ABCD内接于$\odot O$,AM是$\odot O$的内接正十二边形的一边.求CM的长.
答案
10.$CM=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$
解析
【分析】
解题思路如下：第一步先连接圆心O与A、C、M三点，利用正方形内接于圆的性质求出圆的半径；第二步根据正多边形中心角的计算方法，分别求出正方形对应的中心角、正十二边形对应的中心角，进而得到△COM中两边的夹角∠COM的度数；第三步通过作辅助线构造直角三角形，结合勾股定理和锐角三角函数求出CM的长度，最后化简二次根式得到结果。
【解析】
连接OA、OC、OM，过M作MH⊥CO，交CO的延长线于点H。
1. 求⊙O的半径：
∵边长为$4\sqrt{2}$的正方形ABCD内接于$\odot O$，
∴正方形的对角线AC为$\odot O$的直径，
$\mathrm{AC}=\sqrt{2}× \mathrm{AB}=\sqrt{2}× 4\sqrt{2}=8$，
∴$\odot O$的半径$\mathrm{OC}=\mathrm{OM}=\mathrm{OA}=4$。
2. 求∠COM的度数：
∵正方形内接于圆，弧AC为半圆，对应的中心角$∠ \mathrm{AOC}=180°$，
∵AM是$\odot O$内接正十二边形的边，正十二边形的中心角为$360°÷ 12=30°$，
∴$∠ \mathrm{AOM}=30°$，
∴$∠ \mathrm{COM}=∠ \mathrm{AOC}-∠ \mathrm{AOM}=180°-30°=150°$，
∴$∠ \mathrm{MOH}=180°-150°=30°$。
3. 求CM的长度：
在$\mathrm{Rt}△ \mathrm{MOH}$中，$\mathrm{OM}=4$，
$\mathrm{MH}=\mathrm{OM}· \sin30°=4× \frac{1}{2}=2$，$\mathrm{OH}=\mathrm{OM}· \cos30°=4× \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
∴$\mathrm{CH}=\mathrm{OC}+\mathrm{OH}=4+2\sqrt{3}$，
在$\mathrm{Rt}△ \mathrm{CHM}$中，由勾股定理得：
$\mathrm{CM}^2=\mathrm{CH}^2+\mathrm{MH}^2=(4+2\sqrt{3})^2+2^2=32+16\sqrt{3}$，
化简得$\mathrm{CM}=\sqrt{32+16\sqrt{3}}=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$。
【答案】
$\mathrm{CM}=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形与圆，解直角三角形，勾股定理
【点评】
本题结合正多边形和圆的性质，考查了直角三角形相关计算的应用，解题关键是准确求出圆心角的度数，通过构造直角三角形将非直角三角形的边长计算转化为直角三角形问题，同时需要掌握二次根式的化简方法。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：第一步先连接圆心O与A、C、M三点，利用正方形内接于圆的性质求出圆的半径；第二步根据正多边形中心角的计算方法，分别求出正方形对应的中心角、正十二边形对应的中心角，进而得到△COM中两边的夹角∠COM的度数；第三步通过作辅助线构造直角三角形，结合勾股定理和锐角三角函数求出CM的长度，最后化简二次根式得到结果。
【解析】
连接OA、OC、OM，过M作MH⊥CO，交CO的延长线于点H。
1. 求⊙O的半径：
∵边长为$4\sqrt{2}$的正方形ABCD内接于$\odot O$，
∴正方形的对角线AC为$\odot O$的直径，
$\mathrm{AC}=\sqrt{2}× \mathrm{AB}=\sqrt{2}× 4\sqrt{2}=8$，
∴$\odot O$的半径$\mathrm{OC}=\mathrm{OM}=\mathrm{OA}=4$。
2. 求∠COM的度数：
∵正方形内接于圆，弧AC为半圆，对应的中心角$∠ \mathrm{AOC}=180°$，
∵AM是$\odot O$内接正十二边形的边，正十二边形的中心角为$360°÷ 12=30°$，
∴$∠ \mathrm{AOM}=30°$，
∴$∠ \mathrm{COM}=∠ \mathrm{AOC}-∠ \mathrm{AOM}=180°-30°=150°$，
∴$∠ \mathrm{MOH}=180°-150°=30°$。
3. 求CM的长度：
在$\mathrm{Rt}△ \mathrm{MOH}$中，$\mathrm{OM}=4$，
$\mathrm{MH}=\mathrm{OM}· \sin30°=4× \frac{1}{2}=2$，$\mathrm{OH}=\mathrm{OM}· \cos30°=4× \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
∴$\mathrm{CH}=\mathrm{OC}+\mathrm{OH}=4+2\sqrt{3}$，
在$\mathrm{Rt}△ \mathrm{CHM}$中，由勾股定理得：
$\mathrm{CM}^2=\mathrm{CH}^2+\mathrm{MH}^2=(4+2\sqrt{3})^2+2^2=32+16\sqrt{3}$，
化简得$\mathrm{CM}=\sqrt{32+16\sqrt{3}}=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$。
【答案】
$\mathrm{CM}=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形与圆，解直角三角形，勾股定理
【点评】
本题结合正多边形和圆的性质，考查了直角三角形相关计算的应用，解题关键是准确求出圆心角的度数，通过构造直角三角形将非直角三角形的边长计算转化为直角三角形问题，同时需要掌握二次根式的化简方法。
【难度系数】
0.6
11.已知圆内接正八边形ABCDEFGH，连结BG，CF.
(1)求证:四边形BCFG是矩形.
★(2)若四边形BCFG的面积为20cm².求正八边形ABCDEFGH的面积.
(1)求证:四边形BCFG是矩形.
★(2)若四边形BCFG的面积为20cm².求正八边形ABCDEFGH的面积.
答案
11.(1)证明略
(2)正八边形ABCDEFGH的面积为$40\mathrm{cm}^2$
(2)正八边形ABCDEFGH的面积为$40\mathrm{cm}^2$
解析
【分析】
(1)要证四边形BCFG是矩形，首先利用正八边形的性质判定它是平行四边形，再证明有一个内角为直角即可。正八边形各边相等、各段外接圆弧长相等，可先推出BC与FG平行且相等，得到平行四边形；再结合圆周角定理求出平行四边形的一个内角为90°，即可得证矩形。
(2)求正八边形面积时，可将正八边形拆分为矩形BCFG和上下两个全等的等腰梯形，通过正八边形边长与矩形边长的关系，推导得出两个梯形的面积和等于矩形BCFG的面积，进而求出正八边形总面积。
【解析】
(1)证明：
∵ 八边形ABCDEFGH是圆内接正八边形，
∴ 正八边形各边相等，即$BC=FG$，每条边对应的外接圆弧度数为$360°÷8=45°$，
∴ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{FG}$，可得$∠ CBG=∠ FGB$，故$BC// FG$，
∴ 四边形BCFG是平行四边形，
又
∵ $\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{DE}+\overset{\frown}{EF}=4×45°=180°$，
$∠ BCF$是$\overset{\frown}{BF}$所对的圆周角，$\therefore ∠ BCF=\frac{1}{2}×180°=90°$，
∴ 平行四边形BCFG是矩形。
(2)解：
设正八边形边长为$a$，分别过点$A$、$H$作$AM⊥ BG$、$HN⊥ BG$，垂足为$M$、$N$。
∵ 正八边形内角为$135°$，$\therefore ∠ ABG=135°-90°=45°$，
∴ $△ ABM$、$△ HGN$均为等腰直角三角形，且$AH=MN=a$，
∴ $AM=\frac{BG-MN}{2}=\frac{BG-a}{2}$，
在$Rt△ ABM$中，$AB^2=2AM^2$，代入得$a^2=2×(\frac{BG-a}{2})^2$，
化简得$BG=a(1+\sqrt{2})$。
已知矩形BCFG面积$=BC× BG=a· BG=a^2(1+\sqrt{2})=20\mathrm{cm}^2$。
上方梯形$ABGH$的面积$=\frac{(AH+BG)· AM}{2}=\frac{(a+BG)·\frac{BG-a}{2}}{2}=\frac{BG^2-a^2}{4}$，
同理下方梯形$CDEF$的面积也为$\frac{BG^2-a^2}{4}$，
两个梯形面积和$=\frac{BG^2-a^2}{2}=\frac{(BG-a)(BG+a)}{2}$，
将$BG=a(1+\sqrt{2})$代入得：
面积和$=\frac{a\sqrt{2}·(a(1+\sqrt{2})+a)}{2}=a^2(1+\sqrt{2})=20\mathrm{cm}^2$，
∴ 正八边形总面积$=20+20=40\mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) 四边形BCFG是矩形，证明成立；
(2) $\boldsymbol{40\mathrm{cm}^2}$
【知识点】
正多边形与圆；矩形的判定；图形面积计算
【点评】
本题结合正多边形的性质考查矩形判定和面积计算，解题的关键是熟练掌握正多边形内角、弧长的相关规律，通过拆分图形将不规则图形面积转化为规则图形面积计算，降低解题难度。
【难度系数】
0.65
(1)要证四边形BCFG是矩形，首先利用正八边形的性质判定它是平行四边形，再证明有一个内角为直角即可。正八边形各边相等、各段外接圆弧长相等，可先推出BC与FG平行且相等，得到平行四边形；再结合圆周角定理求出平行四边形的一个内角为90°，即可得证矩形。
(2)求正八边形面积时，可将正八边形拆分为矩形BCFG和上下两个全等的等腰梯形，通过正八边形边长与矩形边长的关系，推导得出两个梯形的面积和等于矩形BCFG的面积，进而求出正八边形总面积。
【解析】
(1)证明：
∵ 八边形ABCDEFGH是圆内接正八边形，
∴ 正八边形各边相等，即$BC=FG$，每条边对应的外接圆弧度数为$360°÷8=45°$，
∴ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{FG}$，可得$∠ CBG=∠ FGB$，故$BC// FG$，
∴ 四边形BCFG是平行四边形，
又
∵ $\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{DE}+\overset{\frown}{EF}=4×45°=180°$，
$∠ BCF$是$\overset{\frown}{BF}$所对的圆周角，$\therefore ∠ BCF=\frac{1}{2}×180°=90°$，
∴ 平行四边形BCFG是矩形。
(2)解：
设正八边形边长为$a$，分别过点$A$、$H$作$AM⊥ BG$、$HN⊥ BG$，垂足为$M$、$N$。
∵ 正八边形内角为$135°$，$\therefore ∠ ABG=135°-90°=45°$，
∴ $△ ABM$、$△ HGN$均为等腰直角三角形，且$AH=MN=a$，
∴ $AM=\frac{BG-MN}{2}=\frac{BG-a}{2}$，
在$Rt△ ABM$中，$AB^2=2AM^2$，代入得$a^2=2×(\frac{BG-a}{2})^2$，
化简得$BG=a(1+\sqrt{2})$。
已知矩形BCFG面积$=BC× BG=a· BG=a^2(1+\sqrt{2})=20\mathrm{cm}^2$。
上方梯形$ABGH$的面积$=\frac{(AH+BG)· AM}{2}=\frac{(a+BG)·\frac{BG-a}{2}}{2}=\frac{BG^2-a^2}{4}$，
同理下方梯形$CDEF$的面积也为$\frac{BG^2-a^2}{4}$，
两个梯形面积和$=\frac{BG^2-a^2}{2}=\frac{(BG-a)(BG+a)}{2}$，
将$BG=a(1+\sqrt{2})$代入得：
面积和$=\frac{a\sqrt{2}·(a(1+\sqrt{2})+a)}{2}=a^2(1+\sqrt{2})=20\mathrm{cm}^2$，
∴ 正八边形总面积$=20+20=40\mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) 四边形BCFG是矩形，证明成立；
(2) $\boldsymbol{40\mathrm{cm}^2}$
【知识点】
正多边形与圆；矩形的判定；图形面积计算
【点评】
本题结合正多边形的性质考查矩形判定和面积计算，解题的关键是熟练掌握正多边形内角、弧长的相关规律，通过拆分图形将不规则图形面积转化为规则图形面积计算，降低解题难度。
【难度系数】
0.65
