8. (2025·德阳)六方钢也称六角棒,是钢材的一种,其截面为正六边形.六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工,广泛应用于各种建筑结构和工程结构,如房梁、桥梁柱、输电塔等.在学校开展的综合实践活动中,兴趣小组对六方钢截面图(如图所示)的性质进行研究,测得边长 $AB=1$,那么图中四边形 $GCHF$ 的面积是（）

A.$\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
B.$\sqrt{3}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$3\sqrt{3}$

8. A 解析:如图,过点 A 作 AM⊥BF,垂足为 M.
∵六边形 ABCDEF 是正六边形,
∴AB=BC=CD=DE=EF=AF=1,∠ABF=∠AFB=(180°−120°)/2=30°,
∴AM=1/2 AB=1/2,
∴BM=FM=√(AB²−AM²)=√(1²−(1/2)²)=√3/2,
∴BF=BM+FM=√3.
∵∠ABC=120°,
∴∠CBG=∠ABC−∠ABF=120°−30°=90°. 在 Rt△BCG 中,BC=1,∠BCG=30°,
∴BG=1/2 CG,BG²+BC²=CG²,即 BG²+BC²=(2BG)²,
∴BG²=1/3 BC²,
∴BG=√3/3,
∴FG=BF−BG=√3−√3/3=2√3/3,
∴四边形 GCHF 的面积为 FG·BC=2√3/3.

【分析】
要解决本题，需利用正六边形的性质，先求出相关线段的长度，再计算四边形的面积。首先，正六边形各边相等、内角为120°，据此可求出等腰△ABF中BF的长度；再结合∠ABC=120°推出∠CBG=90°，在Rt△BCG中求出BG的长度，进而得到FG的长度；最后根据四边形GCHF为矩形，用FG与BC的乘积计算面积。
【解析】
如图，过点A作AM⊥BF，垂足为M。
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=AF=1，∠BAF=120°，
∴△ABF是等腰三角形，∠ABF=∠AFB=(180°−120°)/2=30°，
在Rt△ABM中，AM=1/2 AB=1/2，
由勾股定理得：BM=√(AB²−AM²)=√(1²−(1/2)²)=√3/2，
∴BF=2BM=√3。
∵∠ABC=120°，
∴∠CBG=∠ABC−∠ABF=120°−30°=90°。
在Rt△BCG中，BC=1，∠BCG=30°，
设BG=x，则CG=2x，由勾股定理得：BG²+BC²=CG²，
即x²+1²=(2x)²，解得x=√3/3（x＞0），即BG=√3/3，
∴FG=BF−BG=√3−√3/3=2√3/3。
又
∵四边形GCHF是矩形，
∴四边形GCHF的面积=FG·BC= (2√3/3)×1=2√3/3。
【答案】
A

【知识点】
正六边形性质、直角三角形性质、矩形面积计算
【点评】
本题考查正六边形的性质及几何计算，关键是利用正六边形的内角和边长关系，结合直角三角形的性质求出所需线段长度，进而计算四边形面积，需熟练掌握正六边形的相关角度与边长关系。
【难度系数】
0.5

9. 如图,正六边形$ABCDEF$内接于$\odot O$,点$P$在$\overset{\frown}{AB}$上,$Q$是$\overset{\frown}{DE}$的中点,则$∠ CPQ$的度数为（）

A.$30°$
B.$45°$
C.$36°$
D.$60°$

9. B 解析:如图,连接 OC、OD、OQ、OE.
∵正六边形 ABCDEF 内接于⊙O,Q 是$\overset{\frown}{DE}$的中点,
∴∠COD=∠DOE=360°/6=60°,∠DOQ=∠EOQ=1/2∠DOE=30°,
∴∠COQ=∠COD+∠DOQ=90°,
∴∠CPQ=1/2∠COQ=45°.

【分析】
要解决这个问题，首先利用正六边形内接于圆的性质，计算各边对应的圆心角度数；再结合Q是弧DE中点的条件，求出弧CQ对应的圆心角∠COQ的度数；最后根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可算出∠CPQ的度数。
【解析】
连接OC、OD、OQ、OE。
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴每条边对应的圆心角∠COD=∠DOE=360°÷6=60°。
又
∵Q是$\overset{\frown}{DE}$的中点，
∴∠DOQ=∠EOQ=$\frac{1}{2}$∠DOE=$\frac{1}{2}$×60°=30°。
因此∠COQ=∠COD + ∠DOQ=60°+30°=90°。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴∠CPQ=$\frac{1}{2}$∠COQ=$\frac{1}{2}$×90°=45°。
【答案】B 解析:如图,连接 OC、OD、OQ、OE.
∵正六边形 ABCDEF 内接于⊙O,Q 是$\overset{\frown}{DE}$的中点,
∴∠COD=∠DOE=360°/6=60°,∠DOQ=∠EOQ=1/2∠DOE=30°,
∴∠COQ=∠COD+∠DOQ=90°,
∴∠CPQ=1/2∠COQ=45°.
【知识点】正多边形与圆、圆周角定理
【点评】本题结合正多边形内接圆的性质与圆周角定理，考查圆心角与圆周角的关系，解题关键是准确计算相关圆心角的度数，属于基础几何应用题型。
【难度系数】0.5

10. 如图,A、B、C、D、E、F是正$n$边形的六个连续顶点,AE与CF交于点G.若$∠ EGF=30^{\circ }$,则$n=$.

10. 18 解析:如图,连接 CE,正 n 边形的中心角的度数为 360°/n,则∠ECF=360°/n ×1/2,∠AEC=360°/n.
∵∠EGF=30°,
∴∠ECF+∠AEC=30°,
∴360°/n ×1/2 + 360°/n =30°,解得 n=18.

【分析】要解决本题，需利用正n边形的中心角性质，结合三角形外角的角度关系推导。首先连接CE，将∠EGF拆分为两个与正n边形中心角相关的角，再根据∠EGF=30°建立方程求解n。
【解析】连接CE，因为A、B、C、D、E、F是正n边形的六个连续顶点，所以正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$。
根据正n边形的性质，$∠ ECF = \frac{1}{2} × \frac{360°}{n}$，$∠ AEC = \frac{360°}{n}$。
因为$∠ EGF$是$△ CEG$的外角，所以$∠ EGF = ∠ ECF + ∠ AEC$。
已知$∠ EGF=30°$，代入得：
$\frac{1}{2} × \frac{360°}{n} + \frac{360°}{n} = 30°$
化简得：$\frac{180°}{n} + \frac{360°}{n} = 30°$，即$\frac{540°}{n}=30°$，解得$n=18$。
【答案】18
【知识点】正多边形中心角，三角形外角性质
【点评】本题考查正多边形的性质，关键是利用正n边形中心角的特点，结合三角形外角的角度关系建立方程，属于中等难度的几何计算题，需要学生熟练掌握正多边形的相关性质。
【难度系数】0.4

11. 如图,六边形 $ABCDEF$ 是$\odot O$ 的内接正六边形,设正六边形 $ABCDEF$ 的面积为 $S_1$,$△ ACE$ 的面积为 $S_2$,则$\dfrac{S_1}{S_2}=$.

11. 2 解析:如图,连接 OA、OC、OE.
∵六边形 ABCDEF 是⊙O 的内接正六边形,
∴AC=AE=CE,
∴△ACE 是⊙O 的内接正三角形.
∵∠ABC=120°,AB=BC,
∴∠BAC=∠BCA=1/2(180°−∠ABC)=30°.
∵∠CAE=60°,
∴∠OAC=∠OAE=30°,
∴∠BAC=∠OAC=30°,同理可得,∠BCA=∠OCA=30°. 又
∵AC=AC,
∴△BAC≌△OAC(ASA),
∴S△BAC=S△OAC. 由圆和正六边形的性质可得,S△BAC=S△AFE=S△CDE,由圆和正三角形的性质可得,S△OAC=S△OAE=S△ACE.
∵S₁=S△BAC+S△AFE+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△ACE=2(S△OAC+S△OAE+S△ACE)=2S₂,
∴S₁/S₂=2.

【分析】
要解决该问题，需利用圆内接正六边形的性质：正六边形各边相等，中心角为60°，可推出弧AC、弧CE、弧EA相等，进而得到△ACE是正三角形。再通过全等三角形的面积关系，将正六边形的面积与△ACE的面积建立联系，最终求出两者的比值。
【解析】
连接OA、OC、OE。
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，中心角∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOF=∠FOA=60°，
∴弧AC=弧CE=弧EA，即△ACE是⊙O的内接正三角形，∠CAE=∠ACE=∠CEA=60°。
∵∠ABC=120°，AB=BC，
∴在△ABC中，∠BAC=∠BCA=½(180°−120°)=30°。
又
∵∠OAC=½∠CAE=30°，∠OCA=½∠ACE=30°，且AC=AC，
∴△BAC≌△OAC（ASA），故S△BAC=S△OAC。
同理可得：S△AFE=S△OAE，S△CDE=S△ACE。
结合正三角形性质，S△OAC=S△OAE=S△ACE，
∴正六边形面积S₁=S△BAC + S△AFE + S△CDE + S△OAC + S△OAE + S△ACE
= S△OAC + S△OAE + S△ACE + S△OAC + S△OAE + S△ACE
= 2(S△OAC + S△OAE + S△ACE)=2S₂，
因此$\dfrac{S_1}{S_2}=2$。
【答案】
2
【知识点】
正多边形与圆，全等三角形，三角形面积
【点评】
本题考查圆内接正多边形的性质，通过全等三角形实现面积转化，核心是利用正六边形的中心角和边相等的特点，将复杂图形的面积拆分后建立关系，解题思路清晰，需掌握正多边形与圆的基础性质。
【难度系数】
0.5

12. 如图,在$\odot O$的内接正八边形$ABCDEFGH$中,$AB=2$,连接$DG$.
(1)求证:$DG// AB$.
(2)求$DG$的长.

12. (1)证明:
∵八边形 ABCDEFGH 是⊙O 的内接正八边形,
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$,
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$,
∴∠BGD=∠ABG,
∴AB//DG.
(2)如图,连接 OD、OE、OF,过点 E、F 作 DG 的垂线,垂足分别为 M、N,则 MN=EF=AB=2.
∵八边形 ABCDEFGH 是⊙O 的内接正八边形,
∴∠DOE=∠EOF=360°/8=45°,
∴∠NGF=1/2∠DOF=45°=∠MDE, 在 Rt△MDE 中,∠MDE=45°,DE=2,根据勾股定理可求得 MD=ME=√2,同理可得 NG=√2,
∴DG=√2+2+√2=2√2+2.

【分析】
要解决本题，需利用正八边形的核心性质：各边相等、各边所对的弧相等，结合圆周角定理证明平行关系；求DG长度时，通过构造垂线将DG拆分为三段，利用正八边形每段弧的度数，在直角三角形中计算线段长度，最终求和得到结果。具体思路：
1. 证明DG//AB时，先由正八边形得等弧，推导出弧AG与弧BD相等，再根据圆周角定理得等弧对应的圆周角相等，进而由内错角相等证平行；
2. 求DG长度时，先确定正八边形每段弧为45°，过E、F作DG的垂线，得到矩形EFNM，得MN=EF=2，再在含45°角的直角三角形中计算MD、NG的长度，最后相加得DG。
【解析】
(1) 证明：
∵ 八边形ABCDEFGH是⊙O的内接正八边形，
∴ 各边所对的弧相等，即$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$，
∴ $\overset{\frown}{AG}=\overset{\frown}{AH}+\overset{\frown}{HG}$，$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}$，
∴ $\overset{\frown}{AG}=\overset{\frown}{BD}$，
根据圆周角定理：等弧所对的圆周角相等，得∠ABG=∠BGD，
∴ AB//DG（内错角相等，两直线平行）。
(2) 解：
连接OD、OE、OF，过点E作EM⊥DG于M，过点F作FN⊥DG于N，如图所示，
∵ 八边形ABCDEFGH是⊙O的内接正八边形，
∴ 每段弧的度数为$\frac{360°}{8}=45°$，即$\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=45°$，
∵ EF//DG，EM⊥DG，FN⊥DG，
∴ 四边形EFNM是矩形，故MN=EF=AB=2，
在Rt△MDE中，DE=AB=2，∠MDE=45°，
∴ MD=DE·cos45°=2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$，
同理，在Rt△NGF中，NG=FG·cos45°=2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$，
∴ DG=MD + MN + NG = $\sqrt{2}$ + 2 + $\sqrt{2}$ = $2 + 2\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $2 + 2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形与圆、平行线的判定、圆周角定理
【点评】
本题结合正八边形的性质，综合考查了圆周角定理、平行线判定、矩形性质及勾股定理的应用，解题关键是利用正多边形的弧长关系推导角度，构造直角三角形求解线段，需熟练掌握正多边形与圆的关联知识。
【难度系数】
0.4

13. 中心为 $O$ 的正六边形 $ABCDEF$ 的半径为 $\quantity{6}{cm}$, 点 $P$、$Q$ 分别从 $A$、$D$ 两点同时出发, 均以$\quantity{1}{cm/s}$ 的速度沿 $AF$、$DC$ 向终点 $F$、$C$ 运动, 连接 $PB$、$PE$、$QB$、$QE$, 设运动时间为 $t\ \mathrm{s}$.
(1)求证: 四边形 $PBQE$ 为平行四边形.
(2)当四边形 $PBQE$ 是矩形时, 求矩形 $PBQE$ 的面积与正六边形 $ABCDEF$ 的面积之比.

13. (1)证明:
∵多边形 ABCDEF 是正六边形,
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F. 由题意得,AP=DQ=t cm,PF=QC=(6−t)cm. 在△ABP 和△DEQ 中,$\begin{cases} AB=DE, \\ ∠A=∠D, \\ AP=DQ, \end{cases}$
∴△ABP≌△DEQ(SAS),
∴BP=EQ. 同理可证 PE=QB,
∴四边形 PBQE 为平行四边形.
(2)如图 1,连接 BE、OA、BD、AE,则∠AOB=360°÷6=60°. 又
∵OA=OB,
∴△AOB 是等边三角形,
∴AB=OA=6 cm. BE=2OB=12 cm. 当 t=0 时,四边形 PBQE 为四边形 ABDE. 则∠EAF=∠AEF=30°,
∴∠BAE=120°−30°=90°,
∴当 t=0 时,四边形 PBQE 是矩形. 在 Rt△ABE 中,AE=√(BE²−AB²)=√(12²−6²)=6√3(cm),
∴S矩形PBQE=S矩形ABDE=AB·AE=6×6√3=36√3(cm²).
∵S正六边形ABCDEF=6S△AOB=6×1/4 S矩形ABDE=6×1/4×36√3=54√3(cm²),
∴S矩形PBQE:S正六边形ABCDEF=36√3:54√3=2:3. 如图 2,当 t=6 时,四边形 PBQE 为四边形 FBCE,同理可证四边形 FBCE 为矩形,且 S矩形PBQE:S正六边形ABCDEF=2:3.

【分析】
要解决本题，需先利用正六边形的性质得到边、角的等量关系，结合点P、Q的运动规律推导线段长度；第(1)问通过证明三角形全等得到四边形PBQE的两组对边相等，从而判定其为平行四边形；第(2)问根据矩形的判定，结合正六边形的对称性找到PBQE为矩形的时刻，再分别计算矩形与正六边形的面积，求出比值。
【解析】
(1) 证明：
∵ 多边形ABCDEF是正六边形，
∴ AB=DE，∠A=∠D，AF=CD。
由题意，点P、Q的运动速度均为1cm/s，运动时间为t s，
∴ AP=DQ=t cm，PF=AF-AP=(6-t)cm，QC=CD-DQ=(6-t)cm，即PF=QC。
在△ABP和△DEQ中，
$\begin{cases} AB=DE \\ ∠A=∠D \\ AP=DQ \end{cases}$
∴ △ABP≌△DEQ（SAS），
∴ BP=EQ。
同理可证PE=QB，
∴ 四边形PBQE的两组对边分别相等，故四边形PBQE为平行四边形。
(2) 解：
正六边形中心为O，半径为6cm，故BE为对顶点连线，长度为2×6=12cm，△AOB是等边三角形，AB=6cm。
当四边形PBQE为矩形时，需有一个内角为直角，结合正六边形对称性，当t=0时，P与A重合、Q与D重合，四边形PBQE为ABDE，易证∠BAE=90°，故ABDE是矩形；同理t=6时，四边形FBCE也是矩形。
在Rt△ABE中，AE=$\sqrt{BE^2 - AB^2}$=$\sqrt{12^2 -6^2}$=6$\sqrt{3}$ cm，
∴ S矩形PBQE=AB·AE=6×6$\sqrt{3}$=36$\sqrt{3}$ cm²。
正六边形ABCDEF的面积=6×S△AOB=6×$\frac{\sqrt{3}}{4}$×6²=54$\sqrt{3}$ cm²，
∴ S矩形PBQE:S正六边形ABCDEF=36$\sqrt{3}$:54$\sqrt{3}$=2:3。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{2}{3}$
【知识点】
正六边形性质、全等三角形判定、平行四边形判定、矩形性质、面积计算
【点评】
本题综合考查正六边形性质与特殊四边形的判定、面积计算，关键是利用正六边形对称性和全等三角形推导线段关系，找到矩形存在的时刻，难度适中，需熟练掌握相关定理。
【难度系数】
0.5