第17講正多邊形與圓（知識精講+真題練+模擬練+自招練）（解析版）

第17講正多邊形與圓（知識精講+真題練+模擬練+自招練）【考綱要求】了解正多邊形的概念，掌握用等分圓周畫圓的內(nèi)接正多邊形的方法；會計算弧長及扇形的面積、圓錐的側(cè)面積及全面積；2．結(jié)合相關(guān)圖形性質(zhì)的探索和證明，進(jìn)一步培養(yǎng)合情推理能力，發(fā)展邏輯思維能力和推理論證的表達(dá)能力；通過這一章的學(xué)習(xí)，進(jìn)一步培養(yǎng)綜合運用知識的能力，運用學(xué)過的知識解決問題的能力.【知識導(dǎo)圖】【考點梳理】考點一、正多邊形和圓1、正多邊形的有關(guān)概念：(1)正多邊形：各邊相等，各角也相等的多邊形叫做正多邊形.(2)正多邊形的中心——正多邊形的外接圓的圓心.(3)正多邊形的半徑——正多邊形的外接圓的半徑.(4)正多邊形的邊心距——正多邊形中心到正多邊形各邊的距離.（正多邊形內(nèi)切圓的半徑.）(5)正多邊形的中心角——正多邊形每一邊所對的外接圓的圓心角.2、正多邊形與圓的關(guān)系：(1)將一個圓n(n≥3)等分(可以借助量角器)，依次連結(jié)各等分點所得的多邊形是這個圓的內(nèi)接正多邊形.(2)這個圓是這個正多邊形的外接圓.（3）把圓分成n(n≥3)等分，經(jīng)過各分點作圓的切線，以相鄰切線的交點為頂點的多邊形是這個圓的外切正n邊形.這個圓叫做正n邊形的內(nèi)切圓.（4）任何正n邊形都有一個外接圓和一個內(nèi)切圓，這兩個圓是同心圓.3、正多邊形性質(zhì)：

(1)任何正多邊形都有一個外接圓.

(2)正多邊形都是軸對稱圖形，一個正n邊形共有n條對稱軸，每條對稱軸都通過正n邊形的中心．當(dāng)邊數(shù)是偶數(shù)時，它又是中心對稱圖形，它的中心就是對稱中心.(3)邊數(shù)相同的正多邊形相似.它們周長的比，邊心距的比，半徑的比都等于相似比，面積的比等于相似比的平方．（4）任何正多邊形都有一個外接圓和一個內(nèi)切圓，這兩個圓是同心圓.要點詮釋：正n邊形的有n個相等的外角，而正n邊形的外角和為360度，所以正n邊形每個外角的度數(shù)是；所以正n邊形的中心角等于它的外角.

（2）邊數(shù)相同的正多邊形相似.周長的比等于它們邊長（或半徑、邊心距）的比.面積比等于它們邊長（或半徑、邊心距）平方的比.考點二、圓中有關(guān)計算1．圓中有關(guān)計算圓的面積公式：，周長.圓心角為、半徑為R的弧長.圓心角為，半徑為R，弧長為的扇形的面積.弓形的面積要轉(zhuǎn)化為扇形和三角形的面積和、差來計算.圓柱的側(cè)面圖是一個矩形，底面半徑為R，母線長為的圓柱的體積為，側(cè)面積為，全面積為.圓錐的側(cè)面展開圖為扇形，底面半徑為R，母線長為，高為的圓錐的側(cè)面積為，全面積為，母線長、圓錐高、底面圓的半徑之間有.弓形的面積（1）由弦及其所對的劣弧組成的圖形，S弓形=S扇形-S△OAB；（2）由弦及其所對的優(yōu)弧組成的弓形，S弓形=S扇形+S△OAB.··OAB·ABOm·ABOm要點詮釋：(1)對于扇形面積公式，關(guān)鍵要理解圓心角是1°的扇形面積是圓面積的，即；(2)在扇形面積公式中，涉及三個量：扇形面積S、扇形半徑R、扇形的圓心角，知道其中的兩個量就可以求出第三個量.(3)扇形面積公式，可根據(jù)題目條件靈活選擇使用，它與三角形面積公式有點類似，可類比記憶；(4)扇形兩個面積公式之間的聯(lián)系：.【典型例題】題型一、正多邊形有關(guān)計算 例1．如圖，矩形ABCD中，AB=4，以點B為圓心，BA為半徑畫弧交BC于點E，以點O為圓心的⊙O與弧AE，邊AD，DC都相切．把扇形BAE作一個圓錐的側(cè)面，該圓錐的底面圓恰好是⊙O，則AD的長為（） A.4 B.QUOTEC.QUOTE D.5【思路點撥】首先求得弧AE的長，然后利用弧AE的長正好等于圓的底面周長，求得⊙O的半徑，則BE的長加上半徑即為AD的長．【答案】D；【解析】解：∵AB=4，∠B=90°，∴，∵圓錐的底面圓恰好是⊙O，∴⊙O的周長為2π，∴⊙O的半徑為1QUOTE，∴AD=BC=BE+EC=4+QUOTE1=QUOTE5.故選D．【總結(jié)升華】本題考查了圓錐的計算及相切兩圓的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟記弧長的計算公式.【變式1】如圖，兩個相同的正六邊形，其中一個正多邊形的頂點在另一個正多邊形外接圓圓心O處．求重疊部分面積與陰影部分面積之比.【答案】解：連結(jié)OA、OB、OC，設(shè)OA′交AB于K，OE′交CD于H，∵∠AOK=∠AOC-∠KOC=120°-∠KOC，∠COH=120°-∠KOC，∴∠AOK=∠COH，又∠OAK=∠OCH=60°，OA=OC，∴△AOK≌△COH，由△AOK≌△COH，得S五邊形OKBCH=S四邊形ABCO=2S△OBC，∴S陰影=S正六邊形ABCDEF-S五邊形OKBCH′=6S△OBC-2S△OBC=4S△OBC.S五邊形OKBCH：S陰影=.即重疊部分面積與陰影部分面積之比為：.【變式2】已知：正十邊形的半徑是R，求證：它的邊長為.【答案】證明：作∠OAB的平分線AM交OB于M，則∠O=∠OAM=36°，∠AMB=∠B=72°，∴OM=MA=AB，則△ABM∽△OAB得：用R，a10分別表示OA，AB，BM，代入以上比例式整理得a102+Ra10-R2=0,解關(guān)于a10的一元二次方程得（負(fù)值已舍去）.題型二、正多邊形與圓綜合運用例2．如圖，AG是正八邊形ABCDEFGH的一條對角線．（1）在剩余的頂點B、C、D、E、F、H中，連接兩個頂點，使連接的線段與AG平行，并說明理由；（2）兩邊延長AB、CD、EF、GH，使延長線分別交于點P、Q、M、N，若AB=2，求四邊形PQMN的面積．【思路點撥】（1）利用已知得出正八邊形，它的內(nèi)角都為135°，再利用正八邊形ABCDEFGH關(guān)于直線BF對稱，得出∠2+∠3=180°，進(jìn)而得出答案；（2）根據(jù)題意得出△PAH≌△QCB≌△MDE，則PA=QB=QC=MD．即PQ=QM，故四邊形PQMN是正方形，進(jìn)而求出PQ的長即可得出答案．【答案與解析】解：（1）連接BF，則有BF∥AG．理由如下：∵ABCDEFGH是正八邊形，∴它的內(nèi)角都為135°．又∵HA=HG，∴∠1=22.5°，從而∠2=135°﹣∠1=112.5°．由于正八邊形ABCDEFGH關(guān)于直線BF對稱，∴即∠2+∠3=180°，故BF∥AG．（2）根據(jù)題設(shè)可知∠PHA=∠PAH=45°，∴∠P=90°，同理可得∠Q=∠M=90°，∴四邊形PQMN是矩形．又∵∠PHA=∠PAH=∠QBC=∠QCB=∠MDE=∠MED=45°，AH=BC=DE，∴△PAH≌△QCB≌△MDE，∴PA=QB=QC=MD．即PQ=QM，故四邊形PQMN是正方形．在Rt△PAH中，∵∠PAH=45°，AH=2，∴PA=∴．故．【總結(jié)升華】此題主要考查了正多邊形和圓以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，得出PQ的長是解題關(guān)鍵．【變式】如圖所示，在△ABC中，BC＝4，以點A為圓心，2為半徑的⊙A與BC相切于點D，交AB于E，交AC于F，點P是⊙A上的一點，且∠EPF＝40°，則圖中陰影部分的面積是()A．B．C．D．【答案】連接AD，則AD⊥BC，陰影部分面積．故．答案：B例3．如圖，已知在⊙O中，，AC是⊙O的直徑，AC⊥BD于F，∠A＝30°．(1)求圖中陰影部分的面積；(2)若用陰影扇形OBD圍成一個圓錐側(cè)面，請你出這個圓錐的底面圓的半徑．【思路點撥】（1）陰影部分是一個扇形，扇形圓心角∠BOD＝2∠BOC＝2×2×30°＝120°，只需通過解直角三角形求出OB的長，即可利用扇形面積求出陰影部分面積．（2）扇形弧長是圓錐的底面周長，由條件求出的長l，利用可求出半徑r的長．【答案與解析】解：(1)過O作OE⊥AB于E，則．在Rt△AEO中，∠BAC＝30°，．∴．又∵OA＝OB，∴∠ABO＝30°．∴∠BOC＝60°．∵AC⊥BD，∴．∴∠COD＝∠BOC＝60°．∴∠BOD＝120°．∴．(2)設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r，則周長為2πr，∴．∴．【總結(jié)升華】用扇形圍成圓錐，扇形的半徑是圓錐的母線，扇形的弧長是圓錐的底面周長.【中考過關(guān)真題練】一、單選題1．（2015·上?！そy(tǒng)考中考真題）如果一個正多邊形的中心角為，那么這個正多邊形的邊數(shù)是（）．A． B． C． D．【答案】B【詳解】試題分析：根據(jù)正多邊形的中心角與邊數(shù)的關(guān)系，其邊數(shù)為．考點：正多邊形的中心角定義及求法．二、填空題2．（2021·上?！そy(tǒng)考中考真題）六個帶角的直角三角板拼成一個正六邊形，直角三角板的最短邊為1，求中間正六邊形的面積_________．【答案】．【分析】由六個帶角的直角三角板拼成一個正六邊形，直角三角板的最短邊為1，可以得到中間正六邊形的邊長為1，做輔助線以后，得到△ABC、△CDE、△AEF為以1為邊長的等腰三角形，△ACE為等邊三角形，再根據(jù)等腰三角形與等邊三角形的性質(zhì)求出邊長，求出面積之和即可．【詳解】解：如圖所示，連接AC、AE、CE，作BG⊥AC、DI⊥CE、FH⊥AE，AI⊥CE，在正六邊形ABCDEF中，∵直角三角板的最短邊為1，∴正六邊形ABCDEF為1，∴△ABC、△CDE、△AEF為以1為邊長的等腰三角形，△ACE為等邊三角形，∵∠ABC=∠CDE=∠EFA=120?，AB=BC=CD=DE=EF=FA=1，∴∠BAG=∠BCG=∠DCE=∠DEC=∠FAE=∠FEA=30?，∴BG=DI=FH=，∴由勾股定理得：AG=CG=CI=EI=EH=AH=，∴AC=AE=CE=，∴由勾股定理得：AI=，∴S=，故答案為：．【點睛】本題主要考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)、正多邊形形與圓以及等邊三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵在于知識點：在直角三角形中，30度角所對的直角邊等于斜邊的一半的應(yīng)用．3．（2017·上?！ぶ锌颊骖}）我們規(guī)定：一個正n邊形（n為整數(shù)，n≥4）的最短對角線與最長對角線長度的比值叫做這個正n邊形的“特征值”，記為λn，那么λ6=____．【答案】【詳解】解：如圖，正六邊形ABCDEF中，對角線BE、CF交于點O，連接EC．易知BE是正六邊形最長的對角線，EC的正六邊形的最短的對角線，∵△OBC是等邊三角形∴∠OBC=∠OCB=∠BOC=60°，∵OE=OC∴∠OEC=∠OCE，∵∠BOC=∠OEC+∠OCE∴∠OEC=∠OCE=30°∴∠BCE=90°，∴△BEC是直角三角形∴=cos30°=，∴λ6=.考點：1.正多邊形與圓；2.等邊三角形的性質(zhì)；3.銳角三角函數(shù)【中考挑戰(zhàn)滿分模擬練】一、單選題1．（2020·上?！そy(tǒng)考二模）若一個正n邊形(n為大于2的整數(shù)）的半徑為r，則這個正n變形的邊心距為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意畫出圖形，然后由三角函數(shù)及正多邊形與圓的關(guān)系進(jìn)行求解即可．【詳解】解：由題意可得如圖：假設(shè)AB為正n多邊形的一條邊，OC⊥AB，，OA=r，；故選D．【點睛】本題主要考查解直角三角形及正多邊形與圓，熟練掌握三角函數(shù)及正多邊形與圓是解題的關(guān)鍵．2．（2021·上海浦東新·統(tǒng)考模擬預(yù)測）正六邊形的半徑與邊心距之比為（）A．1： B．：1 C．：2 D．2：【答案】D【分析】邊心距：是指正多邊形的每條邊到其外接圓的圓心的距離,正六邊形的邊長就等于其外接圓的半徑.它的邊心距等于邊長的倍..正多邊形的邊心距就是其內(nèi)切圓的半徑.【詳解】∵正六邊形的半徑為R，∴邊心距r＝R，∴R：r＝1：＝2：，故選D．【點睛】本題主要考查了正多邊形的半徑與邊心距之比，解決本題的關(guān)鍵是掌握邊心距的求法.二、填空題3．（2022·上海長寧·統(tǒng)考二模）已知正六邊形外接圓的半徑為3，那么它的邊心距為_____．【答案】【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得到∠BOG＝∠BOC＝30°，再根據(jù)余弦的定義計算即可；【詳解】解：∵ABCDDEF為正六邊形，∴∠BOC＝360°÷6＝60°，OG⊥BC．∴∠BOG＝∠BOC＝30°．在Rt△BOG中，cos∠BOG＝．∵OB＝3，∴OG＝OB?cos∠BOG＝3×＝．故答案為：．【點睛】本題主要考查了正多邊形的性質(zhì)和余弦的性質(zhì)，準(zhǔn)確分析計算是解題的關(guān)鍵．4．（2022·上海金山·統(tǒng)考二模）如圖，如果AB、AC分別是圓O的內(nèi)接正三角形和內(nèi)接正方形的一條邊，BC一定是圓O的內(nèi)接正n邊形的一條邊，那么n=_______．【答案】12【分析】連接OA、OB、OC，如圖，利用正多邊形與圓，分別計算⊙O的內(nèi)接正方形與內(nèi)接正三角形的中心角得到∠AOC=90°，∠AOB=120°，則∠BOC=30°，然后計算即可得到n的值．【詳解】解：連接OA、OB、OC，如圖，∵AC，AB分別為⊙O的內(nèi)接正方形與內(nèi)接正三角形的一邊，∴∠AOC==90°，∠AOB==120°，∴∠BOC=∠AOB-∠AOC=30°，∴n==12，即BC恰好是同圓內(nèi)接一個正十二邊形的一邊．故答案為：12．【點睛】本題考查了正多邊形與圓：把一個圓分成n（n是大于2的自然數(shù)）等份，依次連接各分點所得的多邊形是這個圓的內(nèi)接正多邊形，這個圓叫做這個正多邊形的外接圓；熟練掌握正多邊形的有關(guān)概念．5．（2020·上海·?？既＃┱暹呅卫@著它的中心至少旋轉(zhuǎn)_______度，能與它本身重合．【答案】72【分析】如圖（見解析），先根據(jù)正五邊形的性質(zhì)可得，正五邊ABCDE至少旋轉(zhuǎn)的度數(shù)為的度數(shù)，再根據(jù)正五邊形的性質(zhì)求解即可得．【詳解】如圖，由題意可知，所求的問題為的度數(shù)由正五邊形的性質(zhì)得：又故答案為：72．【點睛】本題考查了圖形的旋轉(zhuǎn)、正五邊形的性質(zhì)，理解題意，掌握正五邊形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．6．（2021·上海閔行·一模）正六邊形的邊心距與半徑的比值為__________（結(jié)果保留根號）．【答案】【分析】正六邊形的半徑為人r，根據(jù)正六邊形的半徑與外接圓的半徑相等，構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理即可解得邊心距，繼而解題．【詳解】如圖，設(shè)正六邊形的半徑OB=r，則外接圓的半徑r，，在中，，內(nèi)切圓的半徑是正六邊形的邊心距，因而邊心距是，則正六邊形的邊心距與半徑比值為：，故答案為：．【點睛】本題考查正多邊形與外接圓，涉及勾股定理等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．7．（2020·上海奉賢·統(tǒng)考一模）公元263年左右，我國數(shù)學(xué)家劉徽發(fā)現(xiàn)當(dāng)正多邊形的邊數(shù)無限增加時，這個正多邊形面積可無限接近它的外接圓的面積，因此可以用正多邊形的面積來近似估計圓的面積，如圖，是正十二邊形的外接圓，設(shè)正十二邊形的半徑的長為1，如果用它的面積來近似估計的面積，那么的面積約是___．【答案】【分析】設(shè)為正十二邊形的邊，連接，過作于，由正十二邊形的性質(zhì)得出，由直角三角形的性質(zhì)得出，求出的面積，即可得出答案．【詳解】解：設(shè)為正十二邊形的邊，連接，過作于，如圖所示：，的面積正十二邊形的面積，的面積正十二邊形的面積，故答案為：．【點睛】本題考查了正多邊形和圓、正十二邊形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)以及三角形面積等知識；熟練掌握正十二邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（2021·上海·統(tǒng)考二模）如圖，⊙O的半徑為6，如果弦AB是⊙O內(nèi)接正方形的一邊，弦AC是⊙O內(nèi)接正十二邊形的一邊，那么弦BC的長為_____．【答案】【分析】連接OA、OB、OC，作OD⊥BC于點D，根據(jù)AB是⊙O內(nèi)接正方形的一邊，弦AC是⊙O內(nèi)接正十二邊形的一邊得到∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，從而得到∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，然后求得BC的長即可．【詳解】解：連接OA、OB、OC，作OD⊥BC于點D，∵AB是⊙O內(nèi)接正方形的一邊，弦AC是⊙O內(nèi)接正十二邊形的一邊，∴∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，∴∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，∵OC＝OB，∴∠OCD＝∠OBC＝30°，∵OC＝6，∴CD＝＝3，∴BC＝2CD＝6，故答案為：6．【點睛】考查了正多邊形和圓的知識，解題的關(guān)鍵是求得∠BOC的度數(shù)．9．（2021·上海奉賢·統(tǒng)考三模）如圖，已知點O是正六邊形ABCDEF的中心，記，，那么＝__________________（用向量、表示）．【答案】【分析】根據(jù)正六邊形性質(zhì)，得為等邊三角形，根據(jù)平行線性質(zhì)，得；結(jié)合向量性質(zhì)，得，再根據(jù)向量性質(zhì)計算，即可得到答案．【詳解】連接OE，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴，∴∴為等邊三角形∴∴∴∴∴故答案為：．【點睛】本題考查了正多邊形、等邊三角形、平行線、向量的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握正多邊形、向量的性質(zhì)，從而完成求解．10．（2022·上?！ひ荒＃┤鐖D，半徑為2的⊙O與正六邊形ABCDEF相切于點C，F(xiàn)，則圖中陰影部分的面積為____．【答案】【分析】連接OF，OC，過點O作于點H，交FC于點P，在四邊形OCDH中，可求出，在四邊形OFEH中，可求出，由題意得OP垂直平分FC，在中，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得OP=1，根據(jù)勾股定理得，則，過點D作，過點E作，根據(jù)角之間的關(guān)系可得，則，，則，，又因為是正六邊形，所以，即可得，根據(jù)勾股定理可得，則，用多邊形OFEDC的面積減去扇形OFC的面積即可得陰影部分的面積．【詳解】解：連接OF，OC，過點O作于點H，交FC于點P，在四邊形OCDH中，，，，∴，，∴，在四邊形OFEH中，，，，∴，，∴，∵OC=OF，∴OP垂直平分FC，在中，，，OC=2，∴，∴，，∴，過點D作，過點E作，∴，∵，，，∴,同理可得，，在中，，∴，在中，，∴，∴，∵EF=DE=CD=NM，∴，，∴，則，∴，，∴陰影部分的面積=，故答案為：．【點睛】本題考查了多邊形與圓，扇形的面積，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識點和求出正多邊形的邊長．11．（2022·上海青浦·統(tǒng)考二模）已知正多邊形每個內(nèi)角的度數(shù)為，則正多邊形的邊長與半徑的比值為________．【答案】【分析】先根據(jù)題意求出正多邊形的邊數(shù)，然后求出此正多邊形的中心角，然后再Rt△ACO中求出的值，即可求解．【詳解】解：設(shè)這個正多邊形的邊數(shù)為n，∴（n-2）×180°=144°×n，∴n=10，∴正多邊形的中心角為，如圖，過O作OC⊥AB于C，∵OA=OB，∴，AB=2AC，∴，∴，即正多邊形的邊長與半徑的比值為，故答案為．【點睛】本題考查了多邊形內(nèi)角和與外角和，中心角的定義，正弦的定義等，求出中心角是解題的關(guān)鍵．12．（2022·上海閔行·統(tǒng)考二模）如圖，已知點G是正六邊形對角線上的一點，滿足，聯(lián)結(jié)，如果的面積為1，那么的面積等于_______.【答案】4【分析】解：如圖，連接CE，由得，由六邊形是正六邊形證明，從而得的面積為的面積的4倍即可求解．【詳解】解：如圖，連接CE，，，六邊形是正六邊形，AB=AF=EF=BC，，，，，，四邊形BCEF是平行四邊形，，的面積為1，，的面積為，故答案為4．【點睛】本題主要考查了正多邊形的性質(zhì)及平行四邊形的判定及性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造平行四邊形是解題的關(guān)鍵．13．（2022·上?！ど虾Ｊ袏渖街袑W(xué)?？级＃┌霃綖?的圓的內(nèi)接正三角形的邊長為________．【答案】【分析】欲求△ABC的邊長，把△ABC中BC邊當(dāng)弦，作BC的垂線，在Rt△BOD中，求BD的長；根據(jù)垂徑定理知：BC=2BD，從而求正三角形的邊長．【詳解】解：如圖所示．在Rt△BOD中，OB=1，∠OBD=30°，∴BD=cos30°×OB=．∵BD=CD，∴BC=2BD=2×=．故它的內(nèi)接正三角形的邊長為．故答案為：．【點睛】本題考查了正三角形和外接圓，要知道圓心既是內(nèi)心也是外心，所以BO平分∠ABC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)與圓的性質(zhì)相結(jié)合，得出結(jié)論．14．（2020·上海長寧·統(tǒng)考二模）已知正三角形的邊心距為，那么它的邊長為________．【答案】【分析】此題由題意做出圖，做出邊心距根據(jù)勾股定理求解即可．【詳解】由題意作圖，再作OP⊥BC，OP的長即為邊心距，即OP=1，由△ABC是正三角形，∴∠ABC=60°，又∵OP平分∠ABC，則∠OBP=30°，∴OB=2OP，由勾股定理知：BP==，∴BC=，即邊長為，故答案為．【點睛】本題考查三角形外接圓與圓心的關(guān)系，中間用勾股定理解題是關(guān)鍵．15．（2020·上海嘉定·統(tǒng)考二模）如圖，在正六邊形ABCDEF中，如果向量，，那么向量用向量，表示為____．【答案】22．【分析】如圖，連接交于．則是等邊三角形，，根據(jù)三角形法則求出即可解決問題．【詳解】如圖，連接BE交AD于O．∵ABCDEF是正六邊形，∴△AOB是等邊三角形，AO=OD，∴∠FAO=∠AOB=60°，OB=AB=AF，∴AF∥OB，∴，∵，∵AD=2AO，∴22．故答案為：22．【點睛】本題考查正多邊形與圓，平面向量，等邊三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握基本知識是解題的關(guān)鍵．三、解答題16．（2020·上海閔行·統(tǒng)考二模）如圖，已知圓O是正六邊形ABCDEF外接圓，直徑BE=8，點G、H分別在射線CD、EF上（點G不與點C、D重合），且∠GBH=60°，設(shè)CG=x，EH=y．（1）如圖①，當(dāng)直線BG經(jīng)過弧CD的中點Q時，求∠CBG的度數(shù)；（2）如圖②，當(dāng)點G在邊CD上時，試寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；（3）聯(lián)結(jié)AH、EG，如果△AFH與△DEG相似，求CG的長．【答案】（1）∠CBG=15°；（2）（）；（3）CG的長為12【分析】（1）連接OQ，根據(jù)正六邊形的特點和內(nèi)角和求出∠EBC=60°，然后通過弧之間的關(guān)系得出∠BOQ=∠EOQ=90°，又因為BO=OQ，得出∠OBQ=∠BQO=45°，最后利用∠CBG=∠EBC-∠OBQ即可求出答案；（2）在BE上截取EM=HE，連接HM，首先根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得出是等邊三角形，則有EM=HE=HM=y，∠HME=60°，從而有∠C=∠HMB=120°，然后通過等量代換得出∠GBC=∠HBE，由此可證明△BCG∽△BMH，則有，即，則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式可求，因為點Q在邊CD上，則x的取值范圍可求；（3）分兩種情況：①當(dāng)點G在邊CD上時：又分當(dāng)時和當(dāng)時兩種情況；②當(dāng)點G在CD的延長線上時，同樣分當(dāng)時和當(dāng)時兩種情況，分別建立方程求解并檢驗即可得出答案．【詳解】解：（1）如圖，連接OQ．∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴BC=DE，∠ABC=120°．∴，∠EBC=∠ABC=60°．∵點Q是的中點，∴．∴，即．∴∠BOQ=∠EOQ，又∵∠BOQ+∠EOQ=180°，∴∠BOQ=∠EOQ=90°．又∵BO=OQ，∴∠OBQ=∠BQO=45°，∴∠CBG=60°45°=15°．（2）如圖，在BE上截取EM=HE，連接HM．∵六邊形ABCDEF是正六邊形，直徑BE=8，∴BO=OE=BC=4，∠C=∠FED=120°，∴∠FEB=∠FED=60°．∵EM=HE，∴是等邊三角形，∴EM=HE=HM=y，∠HME=60°，∴∠C=∠HMB=120°．∵∠EBC=∠GBH=60°，∴∠EBC∠GBE=∠GBH∠GBE，即∠GBC=∠HBE．∴△BCG∽△BMH，∴．又∵CG=x，BE=8，BC=4，∴，∴y與x的函數(shù)關(guān)系式為（）．（3）如圖，當(dāng)點G在邊CD上時．由于△AFH∽△EDG，且∠CDE=∠AFE=120°，①當(dāng)時，∵AF=ED，∴FH=DG，∴，即：，解分式方程得．經(jīng)檢驗是原方程的解，但不符合題意舍去．②當(dāng)時，即：，解分式方程得．經(jīng)檢驗是原方程的解，但不符合題意舍去．如圖，當(dāng)點G在CD的延長線上時．由于△AFH∽△EDG，且∠EDG=∠AFH=60°，①當(dāng)時，∵AF=ED，∴FH=DG，∴，即：，解分式方程得．經(jīng)檢驗是原方程的解，但不符合題意舍去．②當(dāng)時，即：，解分式方程得．經(jīng)檢驗是原方程的解，且符合題意．∴綜上所述，如果△AFH與△DEG相似，那么CG的長為12．【點睛】本題主要考查正六邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，解分式方程，做出輔助線并分情況討論是解題的關(guān)鍵．【名校自招練】一．填空題（共5小題）1．（2019?寶山區(qū)校級自主招生）如圖，ABCDE是邊長為1的正五邊形，則它的內(nèi)切圓與外接圓所圍圓環(huán)的面積為．【分析】直接利用圓環(huán)面積求法進(jìn)而得出答案．【解答】解：正五邊形的內(nèi)切圓與外接圓所圍圓環(huán)的面積為：π（OA2﹣OH2）＝π×AH2＝．故答案為：．【點評】此題主要考查了正多邊形和圓，正確掌握圓的面積求法是解題關(guān)鍵．2．（2016?寶山區(qū)校級自主招生）邊長為2的正三角形面積為S1，邊長為1的正六邊形面積為S2，則＝．【分析】根據(jù)正三角形面積和正六邊形面積計算即可．【解答】解：因為邊長為2的正三角形面積；