1 新考向跨学科综合[2026广西南宁校级期中,中]
苯(分子式为$\ce{C6H6}$)的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的. 如图(1),一个苯分子中的6个碳原子形成了正六边形的结构,其示意图如图(2),点O为正六边形ABCDEF对角线AD的中点,连接OC,若OC=1,则CD的长是 ()


A.2
B.1
C.3
D.4

1.B 【解析】由题意可得 $∠ CDE=\frac{6-2}{6}×180°=120°. \because $ 点 $O$ 为正六边形 $ABCDEF$ 对角线 $AD$ 的中点,即正六边形 $ABCDEF$ 的中心, $\therefore OD=OC$,且 $DA$ 平分 $∠ CDE,\therefore ∠ ODC=\frac{1}{2}∠ CDE=60°$,
$\therefore △ OCD$ 是等边三角形, $\therefore CD=OC=1$. 故选 B.

2 新考法[2026浙江杭州期中,中]如图,已知点$P_1,P_2,\dots,P_8$是$\odot O$的八等分点,若$△ P_1P_3P_7$的周长为$a$,四边形$P_3P_4P_6P_7$的周长为$b$,则下列结论正确的是 ()

A.$a＜b$
B.$a=b$
C.$a＞b$
D.$a,b$大小无法比较

(第2题图)
(第3题图)

2.A 【解析】如图,连接 $P_4P_5,P_5P_6. \because $ 点 $P_1,P_2,\dots,P_8$ 是 $\odot O$ 的八等分点, $\therefore P_3P_4=P_4P_5=P_5P_6=P_6P_7,P_1P_7=P_1P_3=P_4P_6,\therefore b-a=P_3P_4 + P_6P_7 - P_1P_3. \because P_4P_5 + P_5P_6 ＞ P_4P_6$,
$\therefore P_3P_4+P_6P_7＞P_1P_3,\therefore b-a＞0,\therefore a＜b$,故选 A.

3[2026江苏南京质检,中]如图,在正五边形ABCDE中,经过C,D两点的⊙O与AB,AE分别相切于点M,N,则弧MN的度数为.

3. $72°$或$288°$ 【解析】如图,连接 $OM,ON. \because \odot O$ 与正五边形 $ABCDE$ 的边 $AB,AE$ 相切于点 $M,N,\therefore OM ⊥ AB,ON ⊥ AE,∠ A=(5-2)×180°÷5=108°,\therefore ∠ AMO=∠ ANO=90°,\therefore ∠ MON=360°-90°-90°-108°=72°,\therefore $ 劣弧 $MN$ 的度数为 $72°$,优弧 $MCN$ 的度数为 $360°-72°=288°$,故答案为 $72°$ 或 $288°$.

4[2025 江苏泰州期末，中]如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的内接正m边形的一边，BC是⊙O的内接正n边形的一边(m，n都是大于2的整数)，∠ADC=60°，则mn=。

4. 48 或 36 【解析】连接 $OA,OB,OC$, 如图.
$\because ∠ ADC=60°,\therefore ∠ AOC=2∠ ADC=120°$. 由题意得 $∠ AOB=(\frac{360}{m})°$,
$∠ BOC=(\frac{360}{n})°,\therefore ∠ AOC=∠ AOB+∠ BOC=(\frac{360}{m})°+(\frac{360}{n})°=120°,\therefore mn=3(m+n),\therefore m,n$ 中必有一个是 3 的倍数,且 $m,n$ 均为大于 2 的整数. 设 $m=3k$($k$ 为正整数),则 $3k· n=3(3k+n),\therefore n=\frac{3k}{k-1}$. 当 $k=1$ 时, $k-1=0$(不符合题意,舍去); 当 $k=2$ 时, $n=\frac{6}{1}=6,m=6$, 则 $mn=6×6=36$; 当 $k=3$ 时, $n=\frac{9}{2}=4.5$(不符合题意,舍去); 当 $k=4$ 时, $n=\frac{12}{3}=4,m=12$, 则 $mn=12×4=48$; 当 $k=5$ 时, $n=\frac{15}{4}=3.75$(不符合题意,舍去); 当 $k=6$ 时, $n=\frac{18}{5}=3.6$(不符合题意,舍去); 当 $k\ge7$ 时, $n$ 均不为大于 2 的整数,不符合题意,舍去. 综上, $mn$ 的值为 48 或 36. 故答案为 48 或 36.

5[中]如图,在正六边形ABCDEF中,AB=6,点M在边AF上,且AM=2.若经过点M的直线l将正六边形的面积平分,求直线l被正六边形所截的线段长.

@刷素养 走向重高

5.【解】如图,设正六边形 $ABCDEF$ 的中心为 $O$,过点 $M,O$ 作直线 $l$ 交 $CD$ 于点 $N$,则直线 $l$ 将正六边形的面积平分,直线 $l$ 被正六边形所截的线段是 $MN$,连接 $OF,OA$,过点 $M$ 作 $MH ⊥ OF$ 于点 $H$. $\because $ 六边形 $ABCDEF$ 是正六边形, $AB=6$, 中心为 $O$, $\therefore AF=AB=6,∠ AFO=\frac{1}{2}∠ AFE=\frac{1}{2}× \frac{(6-2)×180°}{6}=60°,MO=ON$.
$\because OA=OF,\therefore △ OAF$ 是等边三角形, $\therefore OA=OF=AF=6$.
$\because AM=2,\therefore MF=AF-AM=6-2=4$.
$\because MH ⊥ OF,\therefore ∠ MHF=90°,\therefore ∠ FMH=90°-60°=30°,\therefore FH=\frac{1}{2}MF=\frac{1}{2}×4=2,\therefore MH=\sqrt{MF^2-FH^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3},OH=OF-FH=6-2=4,\therefore OM=\sqrt{MH^2+OH^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+4^2}=2\sqrt{7}$,
$\therefore NO=OM=2\sqrt{7},\therefore MN=NO+OM=2\sqrt{7}+2\sqrt{7}=4\sqrt{7}$,即直线 $l$ 被正六边形所截的线段长是 $4\sqrt{7}$.

6 核心素养 推理能力 [2026江苏南京期中,较难]某型号路由器的信号覆盖范围是半径为10 m的圆形区域.现需要为正方形场地布置该型号的路由器,使信号覆盖场地的每个区域.
(1)如图(1),在点O处布置一台路由器,则正方形场地边长的最大值是 m;
(2)如图(2),在点P,Q处各布置一台路由器,且PQ=4 m,请画出最大正方形场地的示意图,并求此时正方形场地的边长;
(3)若布置三台路由器,则正方形场地边长的最大值是 m.

6.【解】(1)如图(1),根据题意可知正方形场地边长最大时,该正方形为 $\odot O$ 内接正方形 $ABCD$,则 $△ OAD$ 为等腰直角三角形,
$\therefore AD=\sqrt{2}\ OA=10\sqrt{2}\ \mathrm{m}$. 故答案为 $10\sqrt{2}$.
(2)如图(2),正方形 $ABCD$ 即为所求,点 $O$ 为 $PQ$ 中点,正方形 $ABCD$ 的顶点 $A,D$ 在 $\odot P$ 上, $B,C$ 在 $\odot Q$ 上,点 $O$ 为对角线 $AC$ 和 $BD$ 的交点,直线 $PQ$ 交正方形 $ABCD$ 于 $E,F$,连接 $AP$.
设正方形场地的边长 $AD=2a\ \mathrm{m}$,易知 $△ ADO$ 和 $△ AEO$ 为等腰直角三角形,则 $AE=EO=a\ \mathrm{m}$. 在 $\mathrm{Rt}△ AEP$ 中, $EP=EO-PO=EO-\frac{PQ}{2}=(a-2)\ \mathrm{m}$,
$AP=10\ \mathrm{m}$,由勾股定理可得 $EP^2+AE^2=AP^2$,
$\therefore (a-2)^2+a^2=10^2$, 解得 $a=8$(负值已舍去),则 $AD=2a=16\ \mathrm{m}$. 故最大正方形场地的边长为 $16\ \mathrm{m}$.
(3)为使正方形场地边长最大,三个路由器 $P,Q,R$ 按照等边三角形的形状布置(即 $P,Q,R$ 位于等边三角形的顶点处),则 $PQ=PR=RQ=10\ \mathrm{m}$,如图(3)所示,三个圆的交点分别为 $E,F,R,P,Q,C$,连接 $EF,CE,CF$,则可知 $EF,CE,CF$ 分别过点 $R,P,Q$,则 $EF=CE=CF=2×10=20(\mathrm{m})$,$\therefore △ CEF$ 为等边三角形. 连接 $CR$ 并延长交 $\odot R$ 于点 $A$,分别连接 $AE,AF$ 并延长交 $\odot P,\odot Q$ 于点 $B$、点 $D$,连接 $BC,CD$. $\because $ 三个圆围成的区域关于直线 $CR$ 对称, $\therefore AB=AD,AE=AF$. $\because EF$ 是 $\odot R$ 的直径, $\therefore ∠ EAF=90°$. 同理得 $∠ B=∠ D=90°$,$\therefore $ 四边形 $ABCD$ 为正方形, $\therefore $ 正方形 $ABCD$ 即为最大的正方形场地. 根据等边三角形的性质,易得 $CR=10\sqrt{3}\ \mathrm{m}$,$\therefore AC=AR+CR=(10+10\sqrt{3})\ \mathrm{m}$,$\therefore $ 易得 $AB=(5\sqrt{2}+5\sqrt{6})\ \mathrm{m}$. 故答案为 $(5\sqrt{2}+5\sqrt{6})$.