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1[2026福建漳州期中,中]如图,将两个全等的正六边形一边重合放置在一起,中心分别为$O_1$,$O_2$,公共边为$CD$,其中一个正六边形的外接圆与$O_1O_2$交于点$A$,若$O_2A=2$,则四边形$O_1CO_2D$的面积是 (
A.4
B.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
D.$2\sqrt{3}$
D
)A.4
B.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
D.$2\sqrt{3}$
答案
1. D 【解析】如图,令 $O_1O_2$ 与 DC 交于点 G.
∵ $O_2C$ = $O_2D$,$O_1C$ = $O_1D$,∠$CO_2D$ = ∠$CO_1D$ = 60°,
∴ △$O_2DC$ 和△$O_1CD$ 均为等边三角形,
∴ $O_2C$ = $O_2D$ = $O_1C$ = $O_1D$ = CD = $O_2A$ = 2,
∴ 四边形 $O_1CO_2D$ 为菱形,
∴ $O_1O_2$ ⊥ CD. 在 Rt△$O_2CG$ 中,易得 $O_2G$ = $\sqrt{3}$,
∴ $O_1O_2$ = 2$O_2G$ = $2\sqrt{3}$,
∴ 四边形 $O_1CO_2D$ 的面积是 $\frac{1}{2}O_1O_2×DC$ = $\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2$ = $2\sqrt{3}$,故选 D.
解析
【分析】
解题时首先回忆正六边形的性质：正六边形的外接圆半径等于边长，中心角为60°。首先观察四边形$O_1CO_2D$的边，因为$O_1$、$O_2$分别是两个全等正六边形的中心，所以$O_2C=O_2D$，$O_1C=O_1D$，且中心角$∠ CO_2D=∠ CO_1D=60°$，可推出$△ O_2DC$和$△ O_1CD$都是等边三角形，得到四边形四边相等，判定为菱形。再结合$A$在$O_2$的外接圆上，得$O_2A$是外接圆半径，等于正六边形边长，即菱形的边长为2。最后利用菱形面积等于对角线乘积的一半，求出两条对角线的长度代入计算即可。
【解析】
如图，令$O_1O_2$与$DC$交于点$G$.
∵ 正六边形的中心到顶点的距离相等，中心角为$60°$，
∴ $O_2C = O_2D$，$O_1C = O_1D$，$∠ CO_2D = ∠ CO_1D = 60°$，
∴ $△ O_2DC$和$△ O_1CD$均为等边三角形，
∴ $O_2C = O_2D = O_1C = O_1D = CD$，
又
∵ 点$A$在以$O_2$为圆心的正六边形外接圆上，
∴ $CD = O_2A = 2$，即四边形$O_1CO_2D$四边相等，为菱形。
根据菱形性质得$O_1O_2 ⊥ CD$，
在$\mathrm{Rt}△ O_2CG$中，$O_2C=2$，$CG=\frac{1}{2}CD=1$，由勾股定理得$O_2G = \sqrt{O_2C^2 - CG^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
∴ $O_1O_2 = 2O_2G = 2\sqrt{3}$，
∴ 四边形$O_1CO_2D$的面积$=\frac{1}{2} × O_1O_2 × DC = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} × 2 = 2\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
正多边形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的面积计算
【点评】
本题将正六边形与特殊四边形结合考查，解题的核心是利用正六边形的中心角、外接圆半径与边长的关系，判断出四边形的形状为菱形，再结合菱形的面积公式求解，对几何性质的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先回忆正六边形的性质：正六边形的外接圆半径等于边长，中心角为60°。首先观察四边形$O_1CO_2D$的边，因为$O_1$、$O_2$分别是两个全等正六边形的中心，所以$O_2C=O_2D$，$O_1C=O_1D$，且中心角$∠ CO_2D=∠ CO_1D=60°$，可推出$△ O_2DC$和$△ O_1CD$都是等边三角形，得到四边形四边相等，判定为菱形。再结合$A$在$O_2$的外接圆上，得$O_2A$是外接圆半径，等于正六边形边长，即菱形的边长为2。最后利用菱形面积等于对角线乘积的一半，求出两条对角线的长度代入计算即可。
【解析】
如图，令$O_1O_2$与$DC$交于点$G$.
∵ 正六边形的中心到顶点的距离相等，中心角为$60°$，
∴ $O_2C = O_2D$，$O_1C = O_1D$，$∠ CO_2D = ∠ CO_1D = 60°$，
∴ $△ O_2DC$和$△ O_1CD$均为等边三角形，
∴ $O_2C = O_2D = O_1C = O_1D = CD$，
又
∵ 点$A$在以$O_2$为圆心的正六边形外接圆上，
∴ $CD = O_2A = 2$，即四边形$O_1CO_2D$四边相等，为菱形。
根据菱形性质得$O_1O_2 ⊥ CD$，
在$\mathrm{Rt}△ O_2CG$中，$O_2C=2$，$CG=\frac{1}{2}CD=1$，由勾股定理得$O_2G = \sqrt{O_2C^2 - CG^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
∴ $O_1O_2 = 2O_2G = 2\sqrt{3}$，
∴ 四边形$O_1CO_2D$的面积$=\frac{1}{2} × O_1O_2 × DC = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} × 2 = 2\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
正多边形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的面积计算
【点评】
本题将正六边形与特殊四边形结合考查，解题的核心是利用正六边形的中心角、外接圆半径与边长的关系，判断出四边形的形状为菱形，再结合菱形的面积公式求解，对几何性质的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
2 新考向 传统文化 [2026浙江杭州调研,中]如图(1),司南是中国发明的广泛应用于古代军事、航海的指南仪器.如图(2),用正八边形的八个顶点A~H代表八个方位,直线BH与DG交于点P,则点P位于点D的 (
A.南偏西$75°$方向
B.北偏东$75°$方向
C.南偏西$67.5°$方向
D.北偏东$67.5°$方向
D
)A.南偏西$75°$方向
B.北偏东$75°$方向
C.南偏西$67.5°$方向
D.北偏东$67.5°$方向
答案
2. D 【解析】如图,设正八边形 ABCDEFGH 的中心为点 O,连接 DF, BD, OB, OG, DH.
∵ 正八边形 ABCDEFGH 的中心角为 $\frac{360°}{8}$ = 45°,
∴ ∠BOG = 3×45° = 135°,∠HOG = 45°,
∴ ∠BDG = $\frac{1}{2}$∠BOG = $\frac{1}{2}×135°$ = 67. 5°,∠GDF = ∠HDG = $\frac{1}{2}$∠HOG = $\frac{1}{2}×45°$ = 22. 5°,
∴ ∠BDF = ∠BDG + ∠GDF = 67. 5° + 22. 5° = 90°,
∴ BD ⊥ DF,
∴ 点 P 位于点 D 的北偏东 67.5°方向. 故选 D.
解析
【分析】
本题是正多边形性质与方位角结合的应用题，解题思路可按以下步骤梳理：第一步，先回忆正多边形的中心角计算方法，正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，可先算出正八边形每个中心角的度数；第二步，正八边形的所有顶点都在其外接圆上，可结合圆周角定理，即同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出相关角的度数；第三步，结合正八边形上标注的方位，确定观测点D的正北方向，即可判断点P相对于点D的方位。
【解析】
设正八边形ABCDEFGH的中心为点O，连接DF，BD，OB，OG，DH。
∵ 正八边形ABCDEFGH的中心角为 $\frac{360°}{8}$ = 45°，
∴ ∠BOG = 3×45° = 135°，∠HOG = 45°，
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得：
∠BDG = $\frac{1}{2}$∠BOG = $\frac{1}{2}×135°$ = 67. 5°，∠GDF = ∠HDG = $\frac{1}{2}$∠HOG = $\frac{1}{2}×45°$ = 22. 5°，
∴ ∠BDF = ∠BDG + ∠GDF = 67. 5° + 22. 5° = 90°，即BD ⊥ DF。
结合正八边形的方位标注可知，BD为点D的正北方向所在直线，因此点P位于点D的北偏东67.5°方向。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
正多边形的性质、圆周角定理、方位角判断
【点评】
本题以古代司南为背景，贴合传统文化考向，将几何知识与生活实际结合，解题的核心是熟练掌握正多边形的中心角计算和圆周角定理，再结合方位定义即可得出结论，能够考查学生的知识应用能力。
【难度系数】
0.6
本题是正多边形性质与方位角结合的应用题，解题思路可按以下步骤梳理：第一步，先回忆正多边形的中心角计算方法，正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，可先算出正八边形每个中心角的度数；第二步，正八边形的所有顶点都在其外接圆上，可结合圆周角定理，即同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出相关角的度数；第三步，结合正八边形上标注的方位，确定观测点D的正北方向，即可判断点P相对于点D的方位。
【解析】
设正八边形ABCDEFGH的中心为点O，连接DF，BD，OB，OG，DH。
∵ 正八边形ABCDEFGH的中心角为 $\frac{360°}{8}$ = 45°，
∴ ∠BOG = 3×45° = 135°，∠HOG = 45°，
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得：
∠BDG = $\frac{1}{2}$∠BOG = $\frac{1}{2}×135°$ = 67. 5°，∠GDF = ∠HDG = $\frac{1}{2}$∠HOG = $\frac{1}{2}×45°$ = 22. 5°，
∴ ∠BDF = ∠BDG + ∠GDF = 67. 5° + 22. 5° = 90°，即BD ⊥ DF。
结合正八边形的方位标注可知，BD为点D的正北方向所在直线，因此点P位于点D的北偏东67.5°方向。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
正多边形的性质、圆周角定理、方位角判断
【点评】
本题以古代司南为背景，贴合传统文化考向，将几何知识与生活实际结合，解题的核心是熟练掌握正多边形的中心角计算和圆周角定理，再结合方位定义即可得出结论，能够考查学生的知识应用能力。
【难度系数】
0.6
3[2026江西上饶期末,中]如图,六边形ABCDEF为正六边形,点O为对角线的交点,△AOB的面积等于1,请仅用无刻度直尺按下列要求作图(不用写作法,保留作图痕迹).
(1)在图(1)中作出一个面积等于4的矩形；
(2)在图(2)中作出一个面积等于4的菱形.
(1)在图(1)中作出一个面积等于4的矩形；
(2)在图(2)中作出一个面积等于4的菱形.
答案
3.【解】(1)如图(1),矩形 ABDE 即为所求. (答案不唯一)
∵ 六边形 ABCDEF 为正六边形,
∴ △AOB,△AOF,△EOF,△EOD,△COD,△BOC 是全等的等边三角形,
∴ AO = OE = BO = OD,
∴ 四边形 ABDE 是矩形. 易得 $S_{△AOE}$ = 1, $S_{△BOD}$ = 1,
∴ $S_{矩形ABDE}$ = $S_{△AOB}$ + $S_{△ODE}$ + $S_{△AOE}$ + $S_{△BOD}$ = 4.
(2)如图(2),菱形 BNEM 即为所求. (答案不唯一) 延长 BC,ED 交于点 G,连接 GO 并延长交 AF 于点 N,交 CD 于点 M,顺次连接点 B,N,E,M.
∵ 六边形 ABCDEF 为正六边形,
∴ △AOB,△AOF,△EOF,△EOD,△COD,△BOC 是全等的等边三角形,
∴ 易得 ∠DCG = ∠CDG = 60°,
∴ △CDG 也是等边三角形,
∴ CG = DG = CD = OC = OD,
∴ 四边形 OCGD 是菱形,
∴ OG ⊥ CD.
∵ ∠DCG = ∠OBC = 60°,
∴ BE // CD,
∴ NM ⊥ EB. 易得 ON = OM,又
∵ OB = OE,
∴ 四边形 BNEM 是菱形. 设 AB = a,则 AN = $\frac{a}{2}$,
∴ ON = OM = $\frac{\sqrt{3}}{2}a$,
∴ BE · MN = 2a · $\sqrt{3}a$ = $2\sqrt{3}a^2$.
∵ $S_{△AOF}$ = $\frac{1}{2}×a×\frac{\sqrt{3}}{2}a$ = 1,
∴ $a^2$ = $\frac{4\sqrt{3}}{3}$,
∴ $S_{菱形BNEM}$ = $\frac{1}{2}BE·MN$ = $\frac{1}{2}×2\sqrt{3}a^2$ = $\sqrt{3}×\frac{4\sqrt{3}}{3}$ = 4,即四边形 BNEM 是面积为 4 的菱形.
关键点拨
本题属于综合题,考查了正 n 边形的性质,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.
解析
【分析】
首先明确正六边形的核心性质：正六边形可被对角线分割为6个全等的等边三角形，每个等边三角形面积为1。
(1)作面积为4的矩形：矩形需要满足对角线互相平分且相等，正六边形中对角线AD、BE互相平分且长度相等，由AB、BD、DE、EA围成的四边形恰好包含4个面积为1的等边三角形，满足面积要求。
(2)作面积为4的菱形：菱形需要满足对角线互相垂直平分，利用正六边形外角为60°的性质，延长BC、ED交于点G可得到等边三角形CDG，连接GO并延长可得垂直于BE的对角线NM，且NM与BE互相平分，围成的菱形面积经计算为4，符合要求。
【解析】
(1) 已知六边形ABCDEF为正六边形，对角线交于点O，因此△AOB、△AOF、△EOF、△EOD、△COD、△BOC是全等的等边三角形，每个三角形面积均为1。
可得$AO=OE$，$BO=OD$，且对角线$AD=BE$，因此四边形ABDE的对角线互相平分且相等，是矩形。
矩形ABDE的面积为：$S_{矩形ABDE}=S_{△ AOB}+S_{△ AOE}+S_{△ EOD}+S_{△ BOD}=1+1+1+1=4$，符合要求。
(2) 延长BC、ED交于点G，连接GO并延长交AF于点N，交CD于点M，顺次连接B、N、E、M。
由正六边形的内角性质可得$∠ DCG=∠ CDG=60°$，因此$△ CDG$是等边三角形，$CG=DG=CD=OC=OD$，四边形OCGD是菱形，因此$OG⊥ CD$。
又因为$BE// CD$，因此$NM⊥ BE$，且$ON=OM$，$OB=OE$，即四边形BNEM的对角线互相垂直平分，是菱形。
设$AB=a$，由$S_{△ AOB}=1$可得$\frac{1}{2}× a×\frac{\sqrt{3}}{2}a=1$，即$a^2=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
菱形BNEM的对角线$BE=2a$，$MN=\sqrt{3}a$，因此面积为：$S_{菱形BNEM}=\frac{1}{2}× BE× MN=\frac{1}{2}×2a×\sqrt{3}a=\sqrt{3}a^2=\sqrt{3}×\frac{4\sqrt{3}}{3}=4$，符合要求。
【答案】
(1) 如图(1)，矩形ABDE即为所求（答案不唯一）。
(2) 如图(2)，菱形BNEM即为所求（答案不唯一）。
【知识点】
正六边形的性质，矩形的判定，菱形的判定与性质
【点评】
本题结合正多边形性质考查几何作图，需要熟练掌握特殊四边形的判定定理，结合面积要求构造对应图形，能够锻炼几何直观和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
首先明确正六边形的核心性质：正六边形可被对角线分割为6个全等的等边三角形，每个等边三角形面积为1。
(1)作面积为4的矩形：矩形需要满足对角线互相平分且相等，正六边形中对角线AD、BE互相平分且长度相等，由AB、BD、DE、EA围成的四边形恰好包含4个面积为1的等边三角形，满足面积要求。
(2)作面积为4的菱形：菱形需要满足对角线互相垂直平分，利用正六边形外角为60°的性质，延长BC、ED交于点G可得到等边三角形CDG，连接GO并延长可得垂直于BE的对角线NM，且NM与BE互相平分，围成的菱形面积经计算为4，符合要求。
【解析】
(1) 已知六边形ABCDEF为正六边形，对角线交于点O，因此△AOB、△AOF、△EOF、△EOD、△COD、△BOC是全等的等边三角形，每个三角形面积均为1。
可得$AO=OE$，$BO=OD$，且对角线$AD=BE$，因此四边形ABDE的对角线互相平分且相等，是矩形。
矩形ABDE的面积为：$S_{矩形ABDE}=S_{△ AOB}+S_{△ AOE}+S_{△ EOD}+S_{△ BOD}=1+1+1+1=4$，符合要求。
(2) 延长BC、ED交于点G，连接GO并延长交AF于点N，交CD于点M，顺次连接B、N、E、M。
由正六边形的内角性质可得$∠ DCG=∠ CDG=60°$，因此$△ CDG$是等边三角形，$CG=DG=CD=OC=OD$，四边形OCGD是菱形，因此$OG⊥ CD$。
又因为$BE// CD$，因此$NM⊥ BE$，且$ON=OM$，$OB=OE$，即四边形BNEM的对角线互相垂直平分，是菱形。
设$AB=a$，由$S_{△ AOB}=1$可得$\frac{1}{2}× a×\frac{\sqrt{3}}{2}a=1$，即$a^2=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
菱形BNEM的对角线$BE=2a$，$MN=\sqrt{3}a$，因此面积为：$S_{菱形BNEM}=\frac{1}{2}× BE× MN=\frac{1}{2}×2a×\sqrt{3}a=\sqrt{3}a^2=\sqrt{3}×\frac{4\sqrt{3}}{3}=4$，符合要求。
【答案】
(1) 如图(1)，矩形ABDE即为所求（答案不唯一）。
(2) 如图(2)，菱形BNEM即为所求（答案不唯一）。
【知识点】
正六边形的性质，矩形的判定，菱形的判定与性质
【点评】
本题结合正多边形性质考查几何作图，需要熟练掌握特殊四边形的判定定理，结合面积要求构造对应图形，能够锻炼几何直观和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
4[2026广西南宁期末,较难]【阅读理解】如图(1),∠BOC为等边△ABC的中心角,将∠BOC绕点O逆时针旋转一个角度α(0°＜α＜120°),∠BOC的两边与三角形的边BC,AC分别交于点M,N.设等边△ABC的面积为S,通过证明可得△OBM ≅ △OCN,则 $ S_{四边形OMCN} = S_{△OMC} + S_{△OCN}=S_{△OMC}+S_{△OBM}=S_{△OBC}=\frac{1}{3}S $.
【类比探究】如图(2),∠BOC为正方形ABCD的中心角,将∠BOC绕点O逆时针旋转一个角度α(0°＜α＜90°),∠BOC的两边与正方形的边BC,CD分别交于点M,N.若正方形ABCD的面积为S,请用含S的式子表示四边形OMCN的面积(写出具体探究过程).
【拓展应用】如图(3),∠BOC为正六边形ABCDEF的中心角,将∠BOC绕点O逆时针旋转一个角度α(0°＜α＜60°),∠BOC的两边与正六边形的边BC,CD分别交于点M,N.若四边形OMCN的面积为$\sqrt{6}$,请直接写出正六边形ABCDEF的面积.
永不放弃鸭
【类比探究】如图(2),∠BOC为正方形ABCD的中心角,将∠BOC绕点O逆时针旋转一个角度α(0°＜α＜90°),∠BOC的两边与正方形的边BC,CD分别交于点M,N.若正方形ABCD的面积为S,请用含S的式子表示四边形OMCN的面积(写出具体探究过程).
【拓展应用】如图(3),∠BOC为正六边形ABCDEF的中心角,将∠BOC绕点O逆时针旋转一个角度α(0°＜α＜60°),∠BOC的两边与正六边形的边BC,CD分别交于点M,N.若四边形OMCN的面积为$\sqrt{6}$,请直接写出正六边形ABCDEF的面积.
永不放弃鸭
答案
4.【解】【类比探究】:
∵ ∠BOC 为正方形 ABCD 的中心角,
∴ OB = OC,∠BOC = 90°,
∴ ∠OBM = ∠OCB =45°.
∵ ∠BCD = 90°,
∴ ∠OCN = 45° = ∠OBC.
∵ ∠BOC 绕点 O 逆时针旋转一个角度 α(0°＜α＜90°),∠BOC 的两边与正方形的边 BC,CD 分别交于点 M,N,
∴ ∠BOC = ∠MON,
∴ ∠BOM = ∠CON,
∴ △BOM ≅△CON,
∴ $S_{四边形OMCN}$ = $S_{△OMC}$ + $S_{△OCN}$ = $S_{△OMC}$ + $S_{△OBM}$ = $S_{△OBC}$ = $\frac{1}{4}S$.
【拓展应用】正六边形 ABCDEF 的面积为 $6\sqrt{6}$.
∵ ∠BOC 为正六边形 ABCDEF 的中心角,
∴ OB =OC,∠OBM = ∠OCN = 60°.
∵ ∠BOC 绕点 O 逆时针旋转一个角度 α(0°＜α＜60°),∠BOC 的两边与正方形的边 BC,CD 分别交于点 M,N,
∴ ∠BOC =∠MON,
∴ ∠BOM = ∠CON,
∴ △BOM ≅ △CON,
∴ $S_{四边形OMCN}$ = $S_{△OMC}$ + $S_{△OCN}$ = $S_{△OMC}$ + $S_{△OBM}$ = $S_{△OBC}$ = $\frac{1}{6}S_{六边形ABCDEF}$.
∵ 四边形 OMCN 的面积为 $\sqrt{6}$,
∴ 正六边形 ABCDEF 的面积为 $6\sqrt{6}$.
∵ ∠BOC 为正方形 ABCD 的中心角,
∴ OB = OC,∠BOC = 90°,
∴ ∠OBM = ∠OCB =45°.
∵ ∠BCD = 90°,
∴ ∠OCN = 45° = ∠OBC.
∵ ∠BOC 绕点 O 逆时针旋转一个角度 α(0°＜α＜90°),∠BOC 的两边与正方形的边 BC,CD 分别交于点 M,N,
∴ ∠BOC = ∠MON,
∴ ∠BOM = ∠CON,
∴ △BOM ≅△CON,
∴ $S_{四边形OMCN}$ = $S_{△OMC}$ + $S_{△OCN}$ = $S_{△OMC}$ + $S_{△OBM}$ = $S_{△OBC}$ = $\frac{1}{4}S$.
【拓展应用】正六边形 ABCDEF 的面积为 $6\sqrt{6}$.
∵ ∠BOC 为正六边形 ABCDEF 的中心角,
∴ OB =OC,∠OBM = ∠OCN = 60°.
∵ ∠BOC 绕点 O 逆时针旋转一个角度 α(0°＜α＜60°),∠BOC 的两边与正方形的边 BC,CD 分别交于点 M,N,
∴ ∠BOC =∠MON,
∴ ∠BOM = ∠CON,
∴ △BOM ≅ △CON,
∴ $S_{四边形OMCN}$ = $S_{△OMC}$ + $S_{△OCN}$ = $S_{△OMC}$ + $S_{△OBM}$ = $S_{△OBC}$ = $\frac{1}{6}S_{六边形ABCDEF}$.
∵ 四边形 OMCN 的面积为 $\sqrt{6}$,
∴ 正六边形 ABCDEF 的面积为 $6\sqrt{6}$.
解析
【分析】
本题属于正多边形背景下的类比探究题，解题思路可迁移题干中等边三角形的探究方法：①先利用正多边形的性质，得到中心O到相邻顶点的线段相等、对应夹角相等；②结合旋转的性质，得到两个待证全等三角形的对应角相等，证明△OBM≌△OCN；③利用全等三角形面积相等，将四边形OMCN的面积转化为正多边形的中心三角形（△OBC）的面积，正n边形的中心三角形面积为总面积的$\frac{1}{n}$，由此求解即可。
【解析】
类比探究
∵ ∠BOC为正方形ABCD的中心角，
∴ OB=OC，∠BOC=90°，∠OBM=∠OCB=45°。
∵ ∠BCD=90°，
∴ ∠OCN=∠BCD - ∠OCB=45°，即∠OBM=∠OCN。
∵ ∠BOC绕点O逆时针旋转角度α得到∠MON，
∴ ∠BOC=∠MON，
∴ ∠BOC - ∠MOC = ∠MON - ∠MOC，即∠BOM=∠CON。
在△BOM和△CON中：
$\{\begin{array}{l}∠OBM=∠OCN \\OB=OC \\∠BOM=∠CON\end{array} $
∴ △BOM≌△CON（ASA），
∴ $S_{△OBM}=S_{△OCN}$，
∴ $S_{四边形OMCN}=S_{△OMC}+S_{△OCN}=S_{△OMC}+S_{△OBM}=S_{△OBC}$。
∵ 正方形ABCD可被中心O分成4个全等的中心三角形，
∴ $S_{△OBC}=\frac{1}{4}S$，即$S_{四边形OMCN}=\frac{1}{4}S$。
拓展应用
∵ ∠BOC为正六边形ABCDEF的中心角，
∴ OB=OC，∠OBM=∠OCN=60°。
∵ ∠BOC绕点O逆时针旋转角度α得到∠MON，
∴ ∠BOC=∠MON，
∴ ∠BOC - ∠MOC = ∠MON - ∠MOC，即∠BOM=∠CON。
同理可证△BOM≌△CON，
∴ $S_{四边形OMCN}=S_{△OBC}$。
∵ 正六边形可被中心O分成6个全等的中心三角形，
∴ $S_{△OBC}=\frac{1}{6}S_{六边形ABCDEF}$。
已知$S_{四边形OMCN}=\sqrt{6}$，代入得$S_{六边形ABCDEF}=6×\sqrt{6}=6\sqrt{6}$。
【答案】
类比探究：$S_{四边形OMCN}=\frac{1}{4}S$；拓展应用：$6\sqrt{6}$
【知识点】
正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是典型的类比迁移类几何题，从等边三角形的探究结论出发，延伸到正方形、正六边形的同类问题，核心是运用转化思想，通过证全等将不规则四边形的面积转化为正多边形的中心三角形面积，考查学生的知识迁移能力和几何推理能力。
【难度系数】
0.5
本题属于正多边形背景下的类比探究题，解题思路可迁移题干中等边三角形的探究方法：①先利用正多边形的性质，得到中心O到相邻顶点的线段相等、对应夹角相等；②结合旋转的性质，得到两个待证全等三角形的对应角相等，证明△OBM≌△OCN；③利用全等三角形面积相等，将四边形OMCN的面积转化为正多边形的中心三角形（△OBC）的面积，正n边形的中心三角形面积为总面积的$\frac{1}{n}$，由此求解即可。
【解析】
类比探究
∵ ∠BOC为正方形ABCD的中心角，
∴ OB=OC，∠BOC=90°，∠OBM=∠OCB=45°。
∵ ∠BCD=90°，
∴ ∠OCN=∠BCD - ∠OCB=45°，即∠OBM=∠OCN。
∵ ∠BOC绕点O逆时针旋转角度α得到∠MON，
∴ ∠BOC=∠MON，
∴ ∠BOC - ∠MOC = ∠MON - ∠MOC，即∠BOM=∠CON。
在△BOM和△CON中：
$\{\begin{array}{l}∠OBM=∠OCN \\OB=OC \\∠BOM=∠CON\end{array} $
∴ △BOM≌△CON（ASA），
∴ $S_{△OBM}=S_{△OCN}$，
∴ $S_{四边形OMCN}=S_{△OMC}+S_{△OCN}=S_{△OMC}+S_{△OBM}=S_{△OBC}$。
∵ 正方形ABCD可被中心O分成4个全等的中心三角形，
∴ $S_{△OBC}=\frac{1}{4}S$，即$S_{四边形OMCN}=\frac{1}{4}S$。
拓展应用
∵ ∠BOC为正六边形ABCDEF的中心角，
∴ OB=OC，∠OBM=∠OCN=60°。
∵ ∠BOC绕点O逆时针旋转角度α得到∠MON，
∴ ∠BOC=∠MON，
∴ ∠BOC - ∠MOC = ∠MON - ∠MOC，即∠BOM=∠CON。
同理可证△BOM≌△CON，
∴ $S_{四边形OMCN}=S_{△OBC}$。
∵ 正六边形可被中心O分成6个全等的中心三角形，
∴ $S_{△OBC}=\frac{1}{6}S_{六边形ABCDEF}$。
已知$S_{四边形OMCN}=\sqrt{6}$，代入得$S_{六边形ABCDEF}=6×\sqrt{6}=6\sqrt{6}$。
【答案】
类比探究：$S_{四边形OMCN}=\frac{1}{4}S$；拓展应用：$6\sqrt{6}$
【知识点】
正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是典型的类比迁移类几何题，从等边三角形的探究结论出发，延伸到正方形、正六边形的同类问题，核心是运用转化思想，通过证全等将不规则四边形的面积转化为正多边形的中心三角形面积，考查学生的知识迁移能力和几何推理能力。
【难度系数】
0.5
