1. $\odot O$ 的内接多边形的周长为 $3$,$\odot O$ 的外切多边形的周长为 $3.4$,则下列各数中与此圆的周长最接近的是 ( )

A.$\sqrt{6}$
B.$\sqrt{8}$
C.$\sqrt{10}$
D.$\sqrt{17}$

C.

设圆的半径为$r$，周长为$C = 2\pi r$。
对于内接正$n$边形，边长$a_n = 2r\sin\frac{\pi}{n}$，周长$L_{内} = n a_n = 2nr\sin\frac{\pi}{n} = 3$。
对于外切正$n$边形，边长$b_n = 2r\tan\frac{\pi}{n}$，周长$L_{外} = n b_n = 2nr\tan\frac{\pi}{n} = 3.4$。
因为$\sin x ＜ x ＜ \tan x$（$0 ＜ x ＜ \frac{\pi}{2}$），所以$2nr\sin\frac{\pi}{n} ＜ 2nr \cdot \frac{\pi}{n} ＜ 2nr\tan\frac{\pi}{n}$，即$L_{内} ＜ C ＜ L_{外}$，故$3 ＜ C ＜ 3.4$。
计算各选项：$\sqrt{6} \approx 2.45$，$\sqrt{8} \approx 2.83$，$\sqrt{10} \approx 3.16$，$\sqrt{17} \approx 4.12$。
$\sqrt{10}$最接近$(3, 3.4)$区间内的值。
C.

2. 等边三角形的边长为 $6\mathrm{cm}$,则它的高为 $\mathrm{cm}$,面积为 $\mathrm{cm}^{2}$,它的外接圆半径为 $\mathrm{cm}$,内切圆半径为 $\mathrm{cm}$.

$3\sqrt{3};9\sqrt{3};2\sqrt{3};\sqrt{3}$.

高：$3\sqrt{3}$
面积：$9\sqrt{3}$
外接圆半径：$2\sqrt{3}$
内切圆半径：$\sqrt{3}$

3. 下列命题：①各角相等的圆内接多边形是正多边形；②各边相等的圆内接多边形是正多边形；③正多边形既是轴对称图形,又是中心对称图形；④正多边形的任意两边的垂直平分线的交点是该正多边形的中心.其中是真命题的有 (填序号).

②④.

问题 画一个半径为 $1.5\mathrm{cm}$ 的正九边形.
名师指导
画正多边形时,可以采用将圆周进行等分的方法作图.
解题示范 (学生在教师指导下,独立完成)
解：

作答：
步骤：
画一个半径为$1.5\mathrm{cm}$的圆，圆心为$O$。
用量角器或圆规等分圆周的方法，将圆周等分为$9$个部分，每个部分对应的圆心角为$\frac{360°}{9} = 40°$。
依次标记等分点为$A_1, A_2, \ldots, A_9$。
用直尺或圆规的直线功能，依次连接$A_1A_2, A_2A_3, \ldots, A_9A_1$，形成封闭图形。
所得封闭图形即为半径为$1.5\mathrm{cm}$的正九边形。

1. 矩形、圆、正二十五边形和正三十二边形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的个数是 ( )

A.$1$ 个
B.$2$ 个
C.$3$ 个
D.$4$ 个

C.

矩形是轴对称图形（对称轴为对边中点连线所在直线），也是中心对称图形（对称中心为对角线交点）；
圆是轴对称图形（对称轴为任意一条直径所在直线），也是中心对称图形（对称中心为圆心）；
正二十五边形是轴对称图形（对称轴为过顶点与中心的直线及过边中点与中心的直线），不是中心对称图形（找不到对称中心使图形旋转180°后与自身重合）；
正三十二边形是轴对称图形（对称轴为过顶点与中心的直线及过边中点与中心的直线），也是中心对称图形（对称中心为中心，旋转180°后与自身重合）。
既是轴对称图形又是中心对称图形的有矩形、圆、正三十二边形，共3个。
C

2. 如图,$\odot O$ 内接正三角形 $ABC$,$AD$ 是同圆内接正十二边形的一边,连接 $CD$,若 $CD = 5\sqrt{2}\mathrm{cm}$,则 $\odot O$ 的半径为 $\mathrm{cm}$.

5.

证明：设$\odot O$的半径为$R$，连接$OA$，$OC$，$OD$。
因为$\triangle ABC$是$\odot O$的内接正三角形，所以$\angle AOC=\frac{360°}{3}=120°$。
因为$AD$是$\odot O$的内接正十二边形的一边，所以$\angle AOD=\frac{360°}{12}=30°$。
当点$D$在劣弧$AC$上时，$\angle COD=\angle AOC-\angle AOD=120°-30°=90°$。
在$\triangle COD$中，$OC=OD=R$，$\angle COD=90°$，由勾股定理得$CD^2=OC^2+OD^2$，即$(5\sqrt{2})^2=R^2+R^2$，$50=2R^2$，$R^2=25$，解得$R=5$（$R=-5$舍去）。
当点$D$在优弧$AC$上时，$\angle COD=\angle AOC+\angle AOD=120°+30°=150°$，由余弦定理得$CD^2=OC^2+OD^2-2OC\cdot OD\cos150°$，即$(5\sqrt{2})^2=R^2+R^2-2R^2\cdot(-\frac{\sqrt{3}}{2})$，$50=2R^2+\sqrt{3}R^2$，$R^2=\frac{50}{2+\sqrt{3}}=50(2-\sqrt{3})$，$R$不是整数，不符合题意，舍去。
综上，$\odot O$的半径为$5\mathrm{cm}$。
$5$

3. 已知 $\odot O$,画出 $\odot O$ 的内接正八边形.

1. 作⊙O的直径AB；
2. 作直径AB的垂直平分线CD，交⊙O于C、D两点，使AB⊥CD，垂足为O；
3. 分别作∠AOC、∠COB、∠BOD、∠DOA的平分线，平分线与⊙O交于点E、F、G、H；
4. 依次连接A、E、C、F、B、G、D、H、A。
则多边形AECFBGDH即为⊙O的内接正八边形。

4. 用尺规作图法作正六边形和正三角形.

作正六边形：
1. 作⊙O；
2. 在⊙O上任取一点A，以OA为半径，依次在⊙O上截取AB=BC=CD=DE=EF=FA；
3. 连接AB、BC、CD、DE、EF、FA，六边形ABCDEF即为所求正六边形。
作正三角形：
1. 同正六边形步骤1-2，得⊙O及六等分点A、B、C、D、E、F；
2. 连接AC、CE、EA（或BD、DF、FB），三角形ACE（或BDF）即为所求正三角形。