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学
九
年
级
二
册
人
1.下列说法中,错误的是 (
A.正多边形的外接圆的圆心就是它的中心
B.正多边形的外接圆的半径就是它的半径
C.正多边形的内切圆的半径就是它的边心距
D.正多边形的外接圆的圆心角就是它的中心角
学
九
年
级
二
册
人
1.下列说法中,错误的是 (
D
)A.正多边形的外接圆的圆心就是它的中心
B.正多边形的外接圆的半径就是它的半径
C.正多边形的内切圆的半径就是它的边心距
D.正多边形的外接圆的圆心角就是它的中心角
答案
1.D 正多边形的外接圆的圆心就是它的中心,外接圆的半径就是它的半径,内切圆的半径就是它的边心距,故选项A,B,C说法正确;正多边形每一边所对的圆心角就是它的中心角,故选项D说法错误.故选 D.
解析
【分析】
本题属于正多边形与圆相关的概念辨析题，解题时首先要回忆正多边形的中心、半径、边心距、中心角的准确定义，再逐一比对每个选项的表述是否符合定义，最终找出说法错误的选项即可。
【解析】
我们对四个选项逐一分析判断：
A. 正多边形的外接圆的圆心就是正多边形的中心，该说法正确；
B. 正多边形的外接圆的半径就是正多边形的半径，该说法正确；
C. 正多边形的内切圆的半径就是正多边形的边心距，该说法正确；
D. 正多边形的中心角指的是正多边形每一边所对的外接圆的圆心角，并非外接圆的任意圆心角都是它的中心角，该说法错误。
所以本题选D。
【答案】
D
【知识点】
正多边形相关概念，中心角定义，边心距定义
【点评】
本题是基础概念考查题，主要检验对正多边形与圆相关基础定义的掌握情况，只要熟记相关概念的准确表述，避免混淆相似概念就能轻松得分。
【难度系数】
0.8
本题属于正多边形与圆相关的概念辨析题，解题时首先要回忆正多边形的中心、半径、边心距、中心角的准确定义，再逐一比对每个选项的表述是否符合定义，最终找出说法错误的选项即可。
【解析】
我们对四个选项逐一分析判断：
A. 正多边形的外接圆的圆心就是正多边形的中心，该说法正确；
B. 正多边形的外接圆的半径就是正多边形的半径，该说法正确；
C. 正多边形的内切圆的半径就是正多边形的边心距，该说法正确；
D. 正多边形的中心角指的是正多边形每一边所对的外接圆的圆心角，并非外接圆的任意圆心角都是它的中心角，该说法错误。
所以本题选D。
【答案】
D
【知识点】
正多边形相关概念，中心角定义，边心距定义
【点评】
本题是基础概念考查题，主要检验对正多边形与圆相关基础定义的掌握情况，只要熟记相关概念的准确表述，避免混淆相似概念就能轻松得分。
【难度系数】
0.8
2.「2026浙江杭州期中」如图，正六边形ABCDEF内接于圆O，半径为4，则这个正六边形的边心距OM=（
A.2
B.$2\sqrt{3}$
C.$\sqrt{3}$
D.1
B
）A.2
B.$2\sqrt{3}$
C.$\sqrt{3}$
D.1
答案
2.B 如图,连接 OB,OC,则∠BOC=360°÷6=60°,
∵ OB =OC,
∴ △OBC 是等边三角形,
∴ BC = OB =4.
∵ OM ⊥ BC,
∴ BM = CM = 2.在Rt△BOM中,OM=$\sqrt{OB^2-BM^2}$=$\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.故选 B.
解析
【分析】
遇到正多边形与圆的计算问题，通常先连接圆心与正多边形的相邻顶点得到半径，构造中心角；正六边形的中心角为360°÷6=60°，结合半径相等可得到等边三角形，再利用边心距垂直于边的性质，结合垂径定理得到直角边长度，最后用勾股定理即可求出边心距。
【解析】
连接OB、OC，
∵正六边形ABCDEF内接于圆O，
∴中心角$∠ BOC=360°÷6=60°$，
又
∵OB=OC=4（均为圆O的半径），
∴$△ OBC$是等边三角形，
∴$BC=OB=4$，
∵$OM⊥ BC$，根据垂径定理，M为BC的中点，
∴$BM=\frac{1}{2}BC=2$，
在$Rt△ BOM$中，由勾股定理得：
$OM=\sqrt{OB^2-BM^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题是正多边形与圆的典型计算题，解题核心是通过连接半径、作边心距构造特殊三角形和直角三角形，将几何计算转化为直角三角形边长求解，是正多边形相关计算的常考题型。
【难度系数】
0.7
遇到正多边形与圆的计算问题，通常先连接圆心与正多边形的相邻顶点得到半径，构造中心角；正六边形的中心角为360°÷6=60°，结合半径相等可得到等边三角形，再利用边心距垂直于边的性质，结合垂径定理得到直角边长度，最后用勾股定理即可求出边心距。
【解析】
连接OB、OC，
∵正六边形ABCDEF内接于圆O，
∴中心角$∠ BOC=360°÷6=60°$，
又
∵OB=OC=4（均为圆O的半径），
∴$△ OBC$是等边三角形，
∴$BC=OB=4$，
∵$OM⊥ BC$，根据垂径定理，M为BC的中点，
∴$BM=\frac{1}{2}BC=2$，
在$Rt△ BOM$中，由勾股定理得：
$OM=\sqrt{OB^2-BM^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形的性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题是正多边形与圆的典型计算题，解题核心是通过连接半径、作边心距构造特殊三角形和直角三角形，将几何计算转化为直角三角形边长求解，是正多边形相关计算的常考题型。
【难度系数】
0.7
3. 情境 数学文化 发展史 「2026福建厦门月考」我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，其核心是通过圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，以此实现对π的近似估算。他由正六边形开始，逐次倍增边数，当计算到圆内接正十二边形时，如图，设$\odot O$的半径为1，将圆内接正十二边形分成十二个全等的三角形，每个三角形的顶角为$30°$，将这十二个全等三角形的面积之和作为$\odot O$面积的近似值。据此计算，可得π的估计值为（
A.$\sqrt{3}$
B.3
C.3.14
D.3.13
B
）A.$\sqrt{3}$
B.3
C.3.14
D.3.13
答案
3.B 如图,设 AB 是$\odot O$的内接正十二边形的一边,过点 A 作 AM ⊥ OB,垂足为 M,
∴ ∠AOB = 30°.在Rt△OAM中,OA=1,
∴ $AM=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}$,
∴ $S_{△ AOB}=\frac{1}{2}OB· AM=\frac{1}{4}$,
∴ 正十二边形的面积为$\frac{1}{4}×12=3$,即$\odot O$的面积的近似值为3,
∵ $\odot O$的面积=$π×1^2=π$,
∴ π≈3.故选 B.
解析
【分析】
要解决本题，首先明确核心逻辑：题目要求用半径为1的圆内接正十二边形的面积近似代替圆的面积，所得正十二边形的面积就是π的估计值。解题可按三步展开：第一步先计算正十二边形的中心角度数；第二步计算单个中心三角形的面积，可通过作高，利用含30°角的直角三角形的性质求出高，再代入面积公式计算；第三步计算正十二边形的总面积，即可得到π的近似值。
【解析】
设AB是$\odot O$的内接正十二边形的一边，过点A作$AM ⊥ OB$，垂足为M。
由正十二边形的性质可得中心角$∠ AOB = 360° ÷ 12 = 30°$。
在$Rt△ OAM$中，$OA=OB=1$（$\odot O$的半径为1），根据含30°角的直角三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半，因此$AM=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}$。
单个中心三角形的面积：$S_{△ AOB}=\frac{1}{2} · OB · AM = \frac{1}{2} × 1 × \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$。
正十二边形的面积为12个全等三角形的面积和：$S_{正十二边形}=12 × \frac{1}{4} = 3$。
已知半径为1的圆的面积$S_圆=π r^2=π × 1^2=π$，用正十二边形面积近似圆面积，因此$π \approx 3$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆，三角形面积计算，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题结合我国古代“割圆术”的数学文化背景命题，既考查基础几何计算能力，也能让学生了解我国古代数学的辉煌成就，解题的关键是理解近似估算的逻辑，不要被常见的π近似值干扰，按题目给定的规则计算即可。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先明确核心逻辑：题目要求用半径为1的圆内接正十二边形的面积近似代替圆的面积，所得正十二边形的面积就是π的估计值。解题可按三步展开：第一步先计算正十二边形的中心角度数；第二步计算单个中心三角形的面积，可通过作高，利用含30°角的直角三角形的性质求出高，再代入面积公式计算；第三步计算正十二边形的总面积，即可得到π的近似值。
【解析】
设AB是$\odot O$的内接正十二边形的一边，过点A作$AM ⊥ OB$，垂足为M。
由正十二边形的性质可得中心角$∠ AOB = 360° ÷ 12 = 30°$。
在$Rt△ OAM$中，$OA=OB=1$（$\odot O$的半径为1），根据含30°角的直角三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半，因此$AM=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}$。
单个中心三角形的面积：$S_{△ AOB}=\frac{1}{2} · OB · AM = \frac{1}{2} × 1 × \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$。
正十二边形的面积为12个全等三角形的面积和：$S_{正十二边形}=12 × \frac{1}{4} = 3$。
已知半径为1的圆的面积$S_圆=π r^2=π × 1^2=π$，用正十二边形面积近似圆面积，因此$π \approx 3$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆，三角形面积计算，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题结合我国古代“割圆术”的数学文化背景命题，既考查基础几何计算能力，也能让学生了解我国古代数学的辉煌成就，解题的关键是理解近似估算的逻辑，不要被常见的π近似值干扰，按题目给定的规则计算即可。
【难度系数】
0.7
4.「2025江苏宿迁中考」如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接AC，则∠ACD的度数为
72°
。答案
4.答案 72°
解析 在正五边形 ABCDE 中,$∠B=∠BCD=\frac{1}{5}×(5-2)×180°=108°$,$AB=BC$,
∴ $∠BCA=∠BAC=\frac{1}{2}×(180°-108°)=36°$,
∴ $∠ACD=∠BCD-∠ACB=108°-36°=72°$.
解析 在正五边形 ABCDE 中,$∠B=∠BCD=\frac{1}{5}×(5-2)×180°=108°$,$AB=BC$,
∴ $∠BCA=∠BAC=\frac{1}{2}×(180°-108°)=36°$,
∴ $∠ACD=∠BCD-∠ACB=108°-36°=72°$.
解析
【分析】
解题时首先利用正多边形的性质，通过内角和公式求出正五边形每个内角的度数；再根据正五边形各边长相等，可得△ABC为等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等的性质求出∠BCA的度数；最后结合图形中角的和差关系，用∠BCD减去∠BCA即可得到∠ACD的度数。
【解析】
正五边形ABCDE的内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此每个内角的度数为$540°÷5=108°$，即$∠ B=∠ BCD=108°$。
∵ 正五边形的边长相等，
∴ $AB=BC$，△ABC为等腰三角形，
∴ $∠ BCA=∠ BAC=\frac{1}{2}×(180°-∠ B)=\frac{1}{2}×(180°-108°)=36°$，
∴ $∠ ACD=∠ BCD-∠ BCA=108°-36°=72°$。
【答案】
$72°$
【知识点】
正多边形内角和公式、等腰三角形的性质、正多边形的性质
【点评】
本题属于基础常考题，主要考查正多边形性质与等腰三角形性质的结合应用，解题关键是熟练掌握正多边形内角的计算方法，结合图形理清角的和差关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用正多边形的性质，通过内角和公式求出正五边形每个内角的度数；再根据正五边形各边长相等，可得△ABC为等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等的性质求出∠BCA的度数；最后结合图形中角的和差关系，用∠BCD减去∠BCA即可得到∠ACD的度数。
【解析】
正五边形ABCDE的内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此每个内角的度数为$540°÷5=108°$，即$∠ B=∠ BCD=108°$。
∵ 正五边形的边长相等，
∴ $AB=BC$，△ABC为等腰三角形，
∴ $∠ BCA=∠ BAC=\frac{1}{2}×(180°-∠ B)=\frac{1}{2}×(180°-108°)=36°$，
∴ $∠ ACD=∠ BCD-∠ BCA=108°-36°=72°$。
【答案】
$72°$
【知识点】
正多边形内角和公式、等腰三角形的性质、正多边形的性质
【点评】
本题属于基础常考题，主要考查正多边形性质与等腰三角形性质的结合应用，解题关键是熟练掌握正多边形内角的计算方法，结合图形理清角的和差关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7
5.「2026江苏扬州高邮期中」如图，AC是$\odot O$的内接正六边形的一边，点B在$\overset{\frown}{AC}$上，且BC是$\odot O$的内接正八边形的一边，则以AB为边的$\odot O$的内接正多边形的边数为
24
。答案
5.答案 24
解析 连接 OB(图略),
∵ AC 是$\odot O$的内接正六边形的一边,
∴ $∠AOC=360°÷6=60°$,
∵ BC 是$\odot O$的内接正八边形的一边,
∴ $∠BOC=360°÷8=45°$,
∴ $∠AOB=∠AOC-∠BOC=60°-45°=15°$,
∴ 以 AB 为边的$\odot O$的内接正多边形的边数为$360°÷15°=24$.
解析 连接 OB(图略),
∵ AC 是$\odot O$的内接正六边形的一边,
∴ $∠AOC=360°÷6=60°$,
∵ BC 是$\odot O$的内接正八边形的一边,
∴ $∠BOC=360°÷8=45°$,
∴ $∠AOB=∠AOC-∠BOC=60°-45°=15°$,
∴ 以 AB 为边的$\odot O$的内接正多边形的边数为$360°÷15°=24$.
解析
【分析】
解决本题首先要明确：圆的内接正n边形的中心角（即每条边所对的圆心角）等于$360°$除以边数n。要求以AB为边的内接正多边形的边数，首先需要求出AB对应的圆心角$∠ AOB$的度数：先根据AC是正六边形的边算出$∠ AOC$的度数，再根据BC是正八边形的边算出$∠ BOC$的度数，用两个角度作差得到$∠ AOB$的度数，最后用周角$360°$除以$∠ AOB$的度数即可得到所求边数。
【解析】
连接OB：
∵ AC是$\odot O$的内接正六边形的一边，
∴ 正六边形的中心角$∠ AOC=360°÷6=60°$，
∵ BC是$\odot O$的内接正八边形的一边，
∴ 正八边形的中心角$∠ BOC=360°÷8=45°$，
∴ $∠ AOB=∠ AOC-∠ BOC=60°-45°=15°$，
∴ 以AB为边的$\odot O$的内接正多边形的边数为$360°÷15°=24$。
【答案】
24
【知识点】
正多边形与圆，中心角计算，角的和差
【点评】
本题是正多边形与圆相关的基础题型，解题核心是掌握正多边形中心角和边数的对应关系，通过计算目标边对应的中心角即可求出对应正多边形的边数，解题思路清晰，运算量小。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确：圆的内接正n边形的中心角（即每条边所对的圆心角）等于$360°$除以边数n。要求以AB为边的内接正多边形的边数，首先需要求出AB对应的圆心角$∠ AOB$的度数：先根据AC是正六边形的边算出$∠ AOC$的度数，再根据BC是正八边形的边算出$∠ BOC$的度数，用两个角度作差得到$∠ AOB$的度数，最后用周角$360°$除以$∠ AOB$的度数即可得到所求边数。
【解析】
连接OB：
∵ AC是$\odot O$的内接正六边形的一边，
∴ 正六边形的中心角$∠ AOC=360°÷6=60°$，
∵ BC是$\odot O$的内接正八边形的一边，
∴ 正八边形的中心角$∠ BOC=360°÷8=45°$，
∴ $∠ AOB=∠ AOC-∠ BOC=60°-45°=15°$，
∴ 以AB为边的$\odot O$的内接正多边形的边数为$360°÷15°=24$。
【答案】
24
【知识点】
正多边形与圆，中心角计算，角的和差
【点评】
本题是正多边形与圆相关的基础题型，解题核心是掌握正多边形中心角和边数的对应关系，通过计算目标边对应的中心角即可求出对应正多边形的边数，解题思路清晰，运算量小。
【难度系数】
0.7
6.如图,已知$\odot O$和$\odot O$上的一点A,请完成下列任务:
(1)用尺规作$\odot O$的内接正六边形ABCDEF.
(2)连接BF,CE,判断四边形BCEF的形状并加以证明.
(1)用尺规作$\odot O$的内接正六边形ABCDEF.
(2)连接BF,CE,判断四边形BCEF的形状并加以证明.
答案
6.解析 (1)如图1,首先作直径 AD,然后分别以 A,D 为圆心,OA 长为半径画弧,交$\odot O$于点 B,F,C,E,连接 AB,BC,CD,DE,EF,AF,则正六边形 ABCDEF 即为所求.
(2)四边形 BCEF 是矩形.证明:如图2,连接 OE,
∵ 六边形 ABCDEF 是正六边形,
∴ AB=AF=DE=DC=FE= BC,
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{DC}$,
∴ $\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{CE}$,
∴ BF = CE,
∴ 四边形 BCEF 是平行四边形.
∵ 六边形 ABCDEF 为正六边形,
∴ $∠EDC=∠FED=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$,$DE=DC$,
∴ $∠DEC=∠DCE=30°$,
∴ $∠CEF=∠DEF-∠CED=90°$,
∴ 四边形 BCEF 是矩形.
解析
【分析】
(1) 作⊙O的内接正六边形，需利用正六边形边长等于外接圆半径的性质：先画直径将圆二等分，再以直径两端点为圆心、圆的半径为半径画弧，得到圆上的六个等分点，顺次连接各点即可得到所求正六边形。
(2) 判断四边形BCEF的形状时，首先结合正六边形各边相等、所对弧相等的性质，证明四边形两组对边相等，得到平行四边形；再通过正六边形内角的度数计算出该平行四边形有一个内角为90°，即可判定其为矩形。
【解析】
(1) 作图步骤：① 作⊙O的直径AD；② 分别以点A、D为圆心，OA的长度为半径画弧，分别交⊙O于点B、F和点C、E；③ 顺次连接AB、BC、CD、DE、EF、AF，所得六边形ABCDEF就是⊙O的内接正六边形。
(2) 四边形BCEF是矩形，证明如下：
连接OE。
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ AB=AF=DE=DC=FE=BC，
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{DC}$，
∴ $\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{CE}$，
∴ BF=CE，
又
∵ FE=BC，
∴ 四边形BCEF是平行四边形。
∵ 正六边形的内角和为$(6-2)×180°=720°$，
∴ 每个内角的度数为$\frac{720°}{6}=120°$，即$∠ EDC=∠ FED=120°$。
∵ DE=DC，
∴ $△ DEC$是等腰三角形，
∴ $∠ DEC=∠ DCE=\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∴ $∠ CEF=∠ FED-∠ DEC=120°-30°=90°$，
∴ 平行四边形BCEF是矩形。
【答案】
(1) 所求正六边形如图：
(2) 四边形BCEF是矩形，辅助线如图：
【知识点】
正多边形与圆；尺规作图；矩形的判定
【点评】
本题结合尺规作图与几何证明，考查了正六边形的性质和特殊四边形的判定方法，既要求掌握基本的作图技能，也要求能熟练运用正多边形和四边形的相关性质进行逻辑推理，是对几何基础能力的综合考查。
【难度系数】
0.7
(1) 作⊙O的内接正六边形，需利用正六边形边长等于外接圆半径的性质：先画直径将圆二等分，再以直径两端点为圆心、圆的半径为半径画弧，得到圆上的六个等分点，顺次连接各点即可得到所求正六边形。
(2) 判断四边形BCEF的形状时，首先结合正六边形各边相等、所对弧相等的性质，证明四边形两组对边相等，得到平行四边形；再通过正六边形内角的度数计算出该平行四边形有一个内角为90°，即可判定其为矩形。
【解析】
(1) 作图步骤：① 作⊙O的直径AD；② 分别以点A、D为圆心，OA的长度为半径画弧，分别交⊙O于点B、F和点C、E；③ 顺次连接AB、BC、CD、DE、EF、AF，所得六边形ABCDEF就是⊙O的内接正六边形。
(2) 四边形BCEF是矩形，证明如下：
连接OE。
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ AB=AF=DE=DC=FE=BC，
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{DC}$，
∴ $\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{CE}$，
∴ BF=CE，
又
∵ FE=BC，
∴ 四边形BCEF是平行四边形。
∵ 正六边形的内角和为$(6-2)×180°=720°$，
∴ 每个内角的度数为$\frac{720°}{6}=120°$，即$∠ EDC=∠ FED=120°$。
∵ DE=DC，
∴ $△ DEC$是等腰三角形，
∴ $∠ DEC=∠ DCE=\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∴ $∠ CEF=∠ FED-∠ DEC=120°-30°=90°$，
∴ 平行四边形BCEF是矩形。
【答案】
(1) 所求正六边形如图：
(2) 四边形BCEF是矩形，辅助线如图：
【知识点】
正多边形与圆；尺规作图；矩形的判定
【点评】
本题结合尺规作图与几何证明，考查了正六边形的性质和特殊四边形的判定方法，既要求掌握基本的作图技能，也要求能熟练运用正多边形和四边形的相关性质进行逻辑推理，是对几何基础能力的综合考查。
【难度系数】
0.7
7.「2026北京三十五中期中改编，★☆」正六边形在一些地区园林窗洞的设计中有着广泛的应用，已知边长为20 cm的正六边形的窗洞如图所示，那么它的面积是（
A.$600\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$
B.$100\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$
C.$150\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$
D.$30\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$
A
）A.$600\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$
B.$100\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$
C.$150\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$
D.$30\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$
答案
7.A 如图,设正六边形的中心为点 O,连接 OA,OB,过点 O 作 OC ⊥ AB 于点 C,
∴ ∠AOB=360°÷6=60°,
∵ OA=OB,
∴ △OAB 是等边三角形,
∴ OA=OB=AB=20 cm,即正六边形可以分解为六个全等的三角形,且每个三角形的边长都为 20 cm,
∵ OC ⊥ AB,
∴ $AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×20=10(\mathrm{cm})$,
∴ $OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{20^2-10^2}=10\sqrt{3}(\mathrm{cm})$.
∴ $S_{△ OAB}=\frac{1}{2}AB· OC=\frac{1}{2}×20×10\sqrt{3}=100\sqrt{3}(\mathrm{cm}^2)$.
∴ 这个正六边形的面积是 $6×100\sqrt{3}=600\sqrt{3}(\mathrm{cm}^2)$.
故选 A.
解析
【分析】
要计算正六边形的面积，可利用正多边形与圆的相关性质，将正六边形分解为6个全等的中心三角形求解：首先正六边形的中心角为360°除以边数6，可得中心角为60°，结合中心到顶点的距离（半径）相等，可判断每个中心三角形都是等边三角形，边长等于正六边形的边长；接下来求出单个等边三角形的面积，再乘6即可得到正六边形的总面积。
【解析】
设正六边形的中心为点O，连接OA，OB，过点O作OC ⊥ AB 于点C。
正六边形的中心角∠AOB=360°÷6=60°，
∵ OA=OB（正多边形的半径相等），
∴ △OAB是等边三角形，
∴ OA=OB=AB=20 cm。
∵ OC ⊥ AB，
∴ $AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×20=10(\mathrm{cm})$，
在Rt△OAC中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{20^2-10^2}=10\sqrt{3}(\mathrm{cm})$。
单个三角形的面积：$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}AB· OC=\frac{1}{2}×20×10\sqrt{3}=100\sqrt{3}(\mathrm{cm}^2)$。
正六边形的面积为6个全等三角形的面积和：$S=6×100\sqrt{3}=600\sqrt{3}(\mathrm{cm}^2)$。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
正多边形与圆、等边三角形性质、勾股定理
【点评】
本题结合园林窗洞的生活场景考查正六边形面积的计算，解题核心是将正六边形的面积转化为多个全等三角形的面积之和，体现了转化的数学思想，属于基础常考题。
【难度系数】
0.8
要计算正六边形的面积，可利用正多边形与圆的相关性质，将正六边形分解为6个全等的中心三角形求解：首先正六边形的中心角为360°除以边数6，可得中心角为60°，结合中心到顶点的距离（半径）相等，可判断每个中心三角形都是等边三角形，边长等于正六边形的边长；接下来求出单个等边三角形的面积，再乘6即可得到正六边形的总面积。
【解析】
设正六边形的中心为点O，连接OA，OB，过点O作OC ⊥ AB 于点C。
正六边形的中心角∠AOB=360°÷6=60°，
∵ OA=OB（正多边形的半径相等），
∴ △OAB是等边三角形，
∴ OA=OB=AB=20 cm。
∵ OC ⊥ AB，
∴ $AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×20=10(\mathrm{cm})$，
在Rt△OAC中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{20^2-10^2}=10\sqrt{3}(\mathrm{cm})$。
单个三角形的面积：$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}AB· OC=\frac{1}{2}×20×10\sqrt{3}=100\sqrt{3}(\mathrm{cm}^2)$。
正六边形的面积为6个全等三角形的面积和：$S=6×100\sqrt{3}=600\sqrt{3}(\mathrm{cm}^2)$。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
正多边形与圆、等边三角形性质、勾股定理
【点评】
本题结合园林窗洞的生活场景考查正六边形面积的计算，解题核心是将正六边形的面积转化为多个全等三角形的面积之和，体现了转化的数学思想，属于基础常考题。
【难度系数】
0.8
