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2021-2022 学年北师大版数学九年级下册压轴题专题精选汇编
专题 10 圆内接正多边形
一．选择题
1．（2021•贵阳）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE，CD相切于A，C两点，则∠AOC的度数是（
）
A．144° B．130° C．129° D．108°
【思路引导】先根据五边形的内角和求∠E＝∠D＝108°，由切线的性质得：∠OAE＝∠OCD＝90°，最
后利用五边形的内角和相减可得结论．
【完整解答】解：正五边形的内角＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠E＝∠D＝108°，
∵AE、CD分别与⊙O相切于A、C两点，
∴∠OAE＝∠OCD＝90°，
∴∠AOC＝540°﹣90°﹣90°﹣108°﹣108°＝144°，
故选：A．
2．（2021•于洪区一模）如图，正六边形 ABCDEF内接于⊙O，边长 AB＝2，则扇形 AOB 的面积为
（ ）
A． B． C．π D．
【思路引导】根据已知条件得到∠AOB＝60°，推出△AOB是等边三角形，得到OA＝OB＝AB＝2，根据扇形的面积公式即可得到结论．
【完整解答】解：∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴∠AOB＝60°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝2，
∴扇形AOB的面积＝ ＝ ，
故选：B．
3．（2020秋•洛阳期末）如图，边长为2+ 的正方形，剪去四个角后成为一个正八边形，则这个正八边
形的边长为（ ）
A．0.5 B． C．1 D．
【思路引导】设正八边形的边长为x，表示出剪掉的等腰直角三角形的直角边，再根据正方形的边长列
出方程求解即可．
【完整解答】解：设正八边形的边长为x，则剪掉的等腰直角三角形的直角边为 x，
∵正方形的边长为2+ ，
∴ x+x+ x＝2+ ，
解得x＝ ＝ ，
∴正八边形的边长为 ，
故选：D．
4．（2021春•迁安市期末）一个正多边形的边长为2，它的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的周长
是（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
【思路引导】设正多边形的边数为n，利用多边形的内角和公式和外角和定理即可解答．【完整解答】解：设正多边形的边数为n，由题意得：
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得：n＝8，
∵这个正多边形的边长为2，
∴这个正多边形的周长为16．
故选：D．
5．（2021•河北）如图，点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点，S ＝8，S ＝2，则S
△AFO △CDO 正六边形
的值是（ ）
ABCDEF
A．20 B．30
C．40 D．随点O位置而变化
【思路引导】正六边形ABCDEF的面积＝S +S +S ，由正六边形每个边相等，每个角相等
矩形AFDC △EFD △ABC
可得FD＝ AF，过E作FD垂线，垂足为M，利用解直角三角形可得△FED的高，即可求出正六边形
的面积．
【完整解答】解：设正六边形ABCDEF的边长为x，
过E作FD的垂线，垂足为M，连接AC，
∵∠FED＝120°，FE＝ED，
∴∠EFD＝∠FDE，
∴∠EDF＝ （180°﹣∠FED）
＝30°，
∵正六边形ABCDEF的每个角为120°．
∴∠CDF＝120°﹣∠EDF＝90°．
同理∠AFD＝∠FAC＝∠ACD＝90°，
∴四边形AFDC为矩形，
∵S ＝ FO×AF，
△AFOS ＝ OD×CD，
△CDO
在正六边形ABCDEF中，AF＝CD，
∴S +S ＝ FO×AF+ OD×CD
△AFO △CDO
＝ （FO+OD）×AF
＝ FD×AF
＝10，
∴FD×AF＝20，
DM＝cos30°DE＝ x，
DF＝2DM＝ x，
EM＝sin30°DE＝ ，
∴S ＝S +S +S
正六边形ABCDEF 矩形AFDC △EFD △ABC
＝AF×FD+2S
△EFD
＝x• x+2× x• x
＝ x2+ x2
＝ x2
＝ （AF×FD）
＝30，
故选：B．6．（2021•山西）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以A为圆心，AC的长为半径画弧，得 ，连接
AC，AE，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2π B．4π C． D．
【思路引导】由正六边形ABCDEF的边长为2，可得AB＝BC＝2，∠ABC＝∠BAF＝120°，进而求出
∠BAC＝30°，∠CAE＝60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到
AH＝CH，BH＝1，在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH＝ ，得到AC＝2 ，根据扇形的面积公式
即可得到阴影部分的面积．
【完整解答】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝∠BAF＝ ＝120°，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA＝180°，
∴∠BAC＝ （180°﹣∠ABC）＝ ×（180°﹣120°）＝30°，
过B作BH⊥AC于H，
∴AH＝CH，BH＝ AB＝ ×2＝1，
在Rt△ABH中，
AH＝ ＝ ＝ ，
∴AC＝2 ，
同理可证，∠EAF＝30°，
∴∠CAE＝∠BAF﹣∠BAC﹣∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴S ＝ ＝2π，
扇形CAE
∴图中阴影部分的面积为2π，
故选：A．7．（2021•绍兴）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在 上，则∠BPC的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【思路引导】根据正方形的性质得到BC弧所对的圆心角为90°，则∠BOC＝90°，然后根据圆周角定理
求解．
【完整解答】解：连接OB、OC，如图，
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴ 所对的圆心角为90°，
∴∠BOC＝90°，
∴∠BPC＝ ∠BOC＝45°．
故选：B．
8．（2021•连云港）如图，正方形 ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为
2π，MN＝1，则△AMN周长的最小值是（ ）A．3 B．4 C．5 D．6
【思路引导】由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA′∥BD，且使CA′＝
1，连接AA′交BD于点N，取NM＝1，连接AM、CM，则点M、N为所求点，进而求解．
【完整解答】解：⊙O的面积为2π，则圆的半径为 ，则BD＝2 ＝AC，
由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，
过点C作CA′∥BD，且使CA′＝1，
连接AA′交BD于点N，取NM＝1，连接AM、CM，则点M、N为所求点，
理由：∵A′C∥MN，且A′C＝MN，则四边形MCA′N为平行四边形，
则A′N＝CM＝AM，
故△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AA′+1为最小，
则A′A＝ ＝3，
则△AMN的周长的最小值为3+1＝4，
故选：B．
9．（2020秋•柯桥区期中）如图，A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，连接AC、CE、EB、BD、DA，
得到一个五角星图形和五边形 MNFGH．有下列3个结论：①AO⊥BE，②∠CGD＝∠COD+∠CAD，
③BM＝MN＝NE．其中正确的结论是（ ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【思路引导】根据圆的性质得到AO⊥BE，故①正确；由A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，得到
的度数＝ ＝72°求得∠COD＝72°根据圆周角定理得到∠CAD＝36°；连接CD求得∠CGD＝
108°，于是得到∠CGD＝∠COD+∠CAD，故②正确；连接AB，AE，根据全等三角形的性质即可得到
结论．
【完整解答】解：∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，
∴ ＝ ，
∴AO⊥BE，故①正确；
∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，
∴ 的度数＝ ＝72°，
∴∠COD＝72°，
∵∠COD＝2∠CAD，
∴∠CAD＝36°；
连接CD
∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，
∴ ＝ ＝ ＝ ，∴∠BDC＝∠DCE＝∠CAD＝36°，
∴∠CGD＝108°，
∴∠CGD＝∠COD+∠CAD，故②正确；
连接AB，AE，
∴∠MBA＝∠MAB＝36°，
∴AM＝BM，
∵∠MAN＝36°，∠ANM＝∠DAE+∠AEB＝72°，
∴AM≠MN，
∴BM≠MN③错误！则∠BAM＝∠ABM＝∠EAN＝∠AEN＝36°，
∵AB＝AE，
∴△ABM≌△AEN（ASA），
∴BM＝EN＝AM＝AN，
∵∠MAN＝36°，
∴AM≠MN，∴③错误．
故选：A．
二．填空题
10．（2021春•市南区期末）某装修公司拟用三种边长相同的正多边形地砖无缝除、无重叠的铺满整个客
厅，如图所示，已知点A周围有三块地砖，则第三块地砖的边数为 1 2 ．
【思路引导】根据正多边形的镶嵌的意义可得几个正多边形的内角的和为360°，可求出正多边形的内角
的度数，进而求出边数．
【完整解答】解：正六边形的内角为120°，正方形的内角为90°，
因此第三块地砖的每一个内角为：360°﹣120°﹣90°＝150°，
设第三快地砖的边数为n，则有，
＝150°，
解得，n＝12，
故答案为：12．
11．（2021•鼓楼区二模）如图是四个全等的正八边形和一个正方形拼成的图案，已知正方形的面积为 4，则一个正八边形的面积为 8 ．
【思路引导】根据正方形的性质得到AB＝2，根据由正八边形的特点求出∠AOB的度数，过点B作
BD⊥OA于点D，根据勾股定理求出BD的长，由三角形的面积公式求出△AOB的面积，进而可得出结
论．
【完整解答】解：设正八边形的中心为O，
连接OA，OB，如图所示，
∵正方形的面积为4，
∴AB＝2，
∵AB是正八边形的一条边，
∴∠AOB＝ ＝45°．
过点B作BD⊥OA于点D，设BD＝x，则OD＝x，OB＝OA＝ x，
∴AD＝ x﹣x，
在Rt△ADB中，BD2+AD2＝AB2，
即x2+（ x﹣x）2＝22，
解得x2＝2+ ，
∴S ＝ OA•BD＝ × x2＝ +1，
△AOB
∴S ＝8S ＝8×（ +1）＝8 +8，
正八边形 △AOB
故答案为：8 +8．12．（2021•黄州区校级自主招生）如图，设ABCDE是正五边形，五角星ACEBD（阴影部分）的面积为
2，设AC与BE的交点为P，BD与CE的交点为Q，则四边形APQD的面积等于 1 ．
【思路引导】设AD与BE交于点R，AC与BD交于点H，AD与CE交于点J，连接RQ，证明四边形
APQR为菱形，再由菱形的性质可得出△APR与△PQR面积相等，由SSS证得△HPQ≌△JRQ，由五角
星的性质得出△APR≌△BHP≌△CQH≌△DJQ≌△ERJ，设△APR的面积为S ，△HPQ的面积为S ，
1 2
则2＝6S+2S，进而可得出S ＝3S+S＝1，即可得出结果．
1 2 APQD 1 2
【完整解答】解：设AD与BE交于点R，AC与BD交于点H，AD与CE交于点J，连接RQ，如图所示：
∵由五角星的性质可知：△APR≌△BHP≌△CQH≌△DJQ≌△ERJ，AP＝AR，JR＝JQ＝HQ＝HP，
AR＝CQ，
∴RQ∥AC，
同理：PQ∥AD，
∴四边形APQR为平行四边形，
∵AP＝AR，
∴四边形APQR为菱形，
∴△APR与△PQR面积相等，PQ＝RQ，
在△HPQ和△JRQ中，，
∴△HPQ≌△JRQ（SSS），
∴△HPQ和△JRQ的面积相等，
设△APR的面积为S，△HPQ的面积为S，
1 2
则2＝6S+2S，
1 2
∴S ＝3S+S＝1，
APQD 1 2
故答案为：1．
13．（2021•碑林区校级模拟）如图，在边长为 6cm的正六边形中，点P在边AB上，连接PD、PE．则
△PDE的面积为 1 8 cm2．
【思路引导】首先求得正六边形的边心距，从而求得△PDE边DE上的高，利用三角形的面积公式求得
答案即可．
【完整解答】解：如图所示，连接OD、OE，
此正六边形中DE＝6，
则∠DOE＝60°；
∵OD＝OE，
∴△ODE是等边三角形，
∵OG⊥DE，
∴∠DOG＝30°，∴OG＝OD•cos30°＝6× ＝3 （cm），
∴△PDE边DE上的高为2OG＝6 （cm），
∴S△PDE＝ ×6×6 ＝18 （cm2），
故答案为18 ．
14．（2021•碑林区校级模拟）如图，在正五边形ABCDE中，点F是DE的中点，连接CE与BF交于点
G，则∠CGF＝ 12 6 °．
【思路引导】连接BE，BD，求出∠DEC＝36°，∠BFE＝90°可得结论．
【完整解答】解：连接BE，BD，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴BE＝BD，DE＝DC，∠CDE＝108°，
∴∠DCE＝∠DEC＝36°，
∵BE＝BD，DF＝EF，
∴BF⊥DE，
∴∠BFE＝90°，
∴∠BFG＝∠GFE+∠GEF＝90°+36°＝126°，
故答案为：126．15．（2021春•碑林区校级期末）如图，在正六边形ABCDEF中，连接CE，AD，AD与CE交于点O，连
接OB，若正六边形边长为4，则OB的长为 2 ．
【思路引导】在Rt△BCO中，求出OC，可得结论．
【完整解答】解：在正六边形ABCDEF中，BC＝CD＝DE＝4，∠BCD＝∠CDE＝120°，
∴∠DCE＝∠DEC＝30°，
∵AD⊥CE，
∴OC＝OE＝CD•cos30°＝2 ，
∵∠BCO＝∠BCD﹣∠DCO＝90°，
∴OB＝ ＝ ＝2 ，
故答案为：2 ．
16．（2021•赤峰）如图，在拧开一个边长为a的正六角形螺帽时，扳手张开的开口b＝20mm，则边长a＝
mm．
【思路引导】如图，连接OC、OD，过O作OH⊥CD于H．解直角三角形求出CD即可．
【完整解答】解：如图，连接OC、OD，过O作OH⊥CD于H．∵∠COD＝ ＝60°，OC＝OD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠COH＝90°﹣60°＝30°，
∵OH⊥CD，
∴CH＝DH＝ CD，OH＝ b＝10（mm），
∴CH＝10×tan30°＝ （mm），
∴a＝2CH＝ （mm），
故答案为： ．
17．（2021•福建模拟）如图，正五边形ABCDE的边长为4，两条对角线AC与BD相交于F点，以C点为
圆心，CF长为半径画弧交BC于G点，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
【思路引导】求出CF，利用弧长公式求解即可．
【完整解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BCD＝108°，BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝36°，
∵∠BCA＝∠BAC＝36°，
∴∠DCF＝∠DFC＝72°，
∴DF＝CD＝4，∵∠BCF＝∠CBF＝36°，
∴△BCF∽△BDC，
∴ ，
∴ ，解得 （负值已舍去），
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
18．（2020秋•海曙区期末）如图，正六边形ABCDEF中，G，H分别是边AF和DE上的点，GF＝ AB＝
2，∠GCH＝60°，则线段EH长 ．
【思路引导】作GP∥AB，交BC于点P，AN∥BC交GP于点N，可得四边形ABPN是平行四边形，根
据六边形ABCDEF是正六边形，可得△ANG是等边三角形，然后证明△CPG∽△HDC，对应边成比例
即可解决问题．
【完整解答】解：如图，作GP∥AB，交BC于点P，AN∥BC交GP于点N，
∴四边形ABPN是平行四边形，
∴PN＝AB＝6，∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BAF＝∠B＝∠BCD＝∠D＝120°，AF＝AB＝BC＝CD＝6，
∴∠BAN＝∠NAG＝∠AGN＝60°，∠CPG＝∠D＝120°，
∴△ANG是等边三角形，
∴NG＝AN＝AG＝6﹣2＝4，
∴PG＝NG+PN＝4+6＝10，
∵∠PCG+∠DCH＝∠BCD﹣∠GCH＝120°﹣60°＝60°，
∠DHC+∠DCH＝180°﹣∠D＝180°﹣120°＝60°，
∴∠PCG＝∠DHC，
∵∠CPG＝∠D，
∴△CPG∽△HDC，
∴ ＝ ，
∵PC＝BC﹣BP＝6﹣4＝2，PG＝10，CD＝6，
∴DH＝ ，
∴EH＝ED﹣DH＝6﹣ ＝ ．
故答案为： ．
19．（2019秋•苍南县期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，点P在对角线AC上，∠EDP＝75°，
PQ⊥EF于点Q，则PQ的长是 2 ﹣ 1 ；过点Q作QG∥ED交DP于点G，则△PQG的面积为
．
【思路引导】如图1中，过点E作EJ⊥AC于J，过点D作DK⊥EJ于K，过点Q作QM⊥EJ于M，过
点P作PN⊥QM于N，则四边形PNMJ是矩形，四边形DKJC是矩形，设PQ＝m．用两种方法求出
EJ，构建方程求出m，即可解决问题．【完整解答】解：如图1中，过点E作EJ⊥AC于J，过点D作DK⊥EJ于K，过点Q作QM⊥EJ于
M，过点P作PN⊥QM于N，则四边形PNMJ是矩形，四边形DKJC是矩形，设PQ＝m．
∵∠DEF＝∠EDC＝120°，∠EDP＝75°，
∴∠PDC＝45°，
∵∠DCP＝90°，
∴∠CDP＝∠CPD＝45°，
∴CP＝CD＝2，
∵PQ⊥EF，
∴∠PQE＝90°，
∴∠DPQ＝360°﹣75°﹣120°﹣90°＝75°，
∵∠DPN＝45°，
∴∠QPN＝30°，
∴NQ＝ m，PN＝MJ＝ m，
在Rt△DEM中，∠EDM＝30°，DE＝2，
∴EK＝1，
∵EM+PN＝3，
∴PN＝ m，
∵DK＝CJ＝ ，
∴MN＝PJ＝2﹣ ，
∴QM＝ m+2﹣ ，
∵∠EQM＝30°，
∴EM＝ QM＝ （ m+2﹣ ），∴3＝ （ m+2﹣ ）+ m，
∴m＝2 ﹣1，
∴PQ＝2 ﹣1，
如图2中，过点G作GH⊥PQ于H．
∵QG∥DE，
∴∠QGP＝∠EDP＝75°，
∵∠QPG＝75°，
∴∠QGP＝∠QPG，
∴GQ＝QP，∠GQP＝30°，
∴GH＝ QG＝ ，
∴S ＝ •PQ•GH＝ ×（2 ﹣1）× ＝ ．
△PQG
故答案为：2 ﹣1， ．
20．（2020•宁波模拟）如图，正五边形ABCDE内接于半径为4的圆O，作OF⊥BC交⊙O于点F，连接
FA，FB，则FA•FB的值为 1 6 ．
【思路引导】连接 OA，OB，OB 交 AF 于 J．利用相似三角形的性质证明 OF2＝FJ•FA，再证明
△AOJ≌△OFB，推出OJ＝BF＝FJ即可解决问题．
【完整解答】解：连接OA，OB，OB交AF于J．∵OF⊥BC，
∴ ＝ ，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOB＝72°，∠BOF＝36°，
∴∠AOF＝108°，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA＝∠FOJ＝36°，
∴OJ＝JF，
∵AO＝AJ，OB＝OF，∠OAJ＝∠FOB，
∴△AOJ≌△OFB（SAS），
∴OJ＝BF，
∵∠OFJ＝∠AFO，∠FOJ＝∠OAF，
∴△FOJ∽△FAO，
∴ ＝ ，
∴OF2＝FJ•FA，
∵FJ＝OJ＝FB，
∴FA•FB＝OF2＝16．
故答案为16．
三．解答题
21．（2020秋•定西期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O， ＝ ，求证：BM＝CM．
【思路引导】根据圆心距、弦、弧之间的关系定理解答即可．【完整解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，
∴ ＝ ，
∵ ＝ ，
∴ + ＝ + ，即 ＝ ，
∴BM＝CM．
22．如图，已知⊙O内接正六边形ABCDEF的边长为6cm，求这个正六边形的边心距r、面积S．
6 6
【思路引导】连接OB，OG⊥CB于G，易得△COB是等边三角形，继而可得正六边形的外接圆半径
R，然后由勾股定理求得边心距，又由S ＝6S 求得答案．
正六边形 △OBC
【完整解答】解：连接OB，OG⊥CB于G，
∵∠COB＝60°，OC＝OB，
∴△COB是等边三角形，
∴OC＝OB＝6cm，
即R＝6cm，
∵OC＝OB＝6，OG⊥CB，
∴CG＝BG＝ CB＝ ×6＝3cm，
在Rt△COG中，r＝OG＝ ＝3 （cm），
6
∴S＝ ×6×6×3 ＝54 （cm2）．
623．（2020秋•兴化市期中）如图，点M、N分别在正五边形ABCDE的边BC、CD上，且BM＝CN，AM
交BN于点P．
（1）求证：AM＝BN；
（2）求∠APN的度数．
【思路引导】（1）由五边形的性质得出AB＝BC，∠ABM＝∠C，证明△ABM≌△BCN，得出对应边相
等即可；
（2）由△ABM≌△BCN得出∠BAM＝∠CBN，由∠BAM+∠ABP＝∠APN，即可得出∠APN＝∠ABC，
即可得出结果．
【完整解答】（1）证明：∵多边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC，∠ABM＝∠BCN，
在△ABM和△BCN中，
，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴AM＝BN；
（2）解：∵多边形ABCDE是正五边形，
∴∠ABC＝∠ABN+∠CBN＝ ，
∵△ABM≌△BCN，
∴∠BAM＝∠CBN，
∵∠APN是△ABP的外角，∴∠APN＝∠ABN+∠BAM＝∠ABN+∠CBN＝108°．
24．（2020•江岸区校级模拟）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）求证：△ABC是等边三角形．
（2）若⊙O的半径为2，求等边△ABC的边心距．
【思路引导】（1）利用圆周角定理可得∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，而∠APC＝∠CPB＝60°，
所以∠BAC＝∠ABC＝60°，从而可判断△ABC的形状；
（2）过O作OD⊥BC于D，连接OB，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【完整解答】（1）证明：在⊙O中，
∵∠BAC与∠CPB是 对的圆周角，∠ABC与∠APC是 所对的圆周角，
∴∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，
又∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形；
（2）过O作OD⊥BC于D，连接OB，
则∠OBD＝30°，∠ODB＝90°，
∵OB＝2，
∴OD＝1，
∴等边△ABC的边心距为1．25．（2021•鼓楼区二模）如图，在正六边形ABCDEF中，以AD为对角线作正方形APDQ，AP、DP与
BC分别交于M、N．
（1）∠BAM＝ 1 5 °；
（2）若AB＝4，求MN的长．（参考数据： ≈1.73，结果精确到0.1，可以直接利用（1）的结论）
【思路引导】（1）利用正多边形的性质分别求出∠DAB，∠DAP即可．
（2）连接BE交AD于点O，连接OP交BC于H．想办法求出OP，OH，再求出PH，利用等腰直角三
角形的性质可得结论．
【完整解答】解：（1）在正六边形ABCDEF中，∠DAB＝60°，
在正方形AQDP中，∠DAP＝45°，
∴∠BAM＝∠DAB﹣∠DAP＝60°﹣45°＝15°，
故答案为：15．
（2）连接BE交AD于点O，连接OP交BC于H．在正六边形ABCDEF 中，CD＝BC＝AB＝4，∠BAF＝∠ABC＝∠C＝∠CDE＝120°，
AO、BO 平分∠BAF、∠ABC，OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABO＝∠CBO＝ ×120°＝60°，
∴△ABO 是等边三角形，
∴BC∥AD，AO＝BO＝AB＝4，
∴AD＝2AO＝8，
在正方形APDQ 中，AP＝DP，∠APD＝90°，
∵AO＝DO，
∴PO＝ AD＝4，PO⊥AD，∠APO＝∠DPO＝ ∠APD＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠MHP＝∠AOP＝90°，
∴∠BHO＝90°，
∴sin∠OBH＝ ，
∵∠OBH＝60°，BO＝4，
∴OH＝4×sin60°＝2 ，
∵PH＝MH＝OP−OH＝4−2 ，
∴MN＝2MH＝8−4 ≈1.1．
26．（2020秋•庐阳区期末）已知，正方形ABCD内接于⊙O，点P是弧AD上一点．
（1）如图1，若点P是弧AD的中点，求证：CE＝CD；
（2）如图2，若图中PE＝OE，求 的值．【思路引导】（1）连接DE，由是正方形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD＝OC，由等腰直角三角形的性
质得到EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，∠EBD＝∠EDB，
由圆周角的性质得到∠POD＝ ∠ABD＝22.5°，进而得到∠EDC＝67.5°，∠CED＝67.5°，根据等腰三
角形的判定即可得到CE＝CD；
（2）根据正方形的性质和圆周角定理及角平分线的性质证得∠1＝∠2＝∠PDE，由三角形内角和定理
求出∠2＝30°，根据含30°直角三角形的性质和勾股定理得到DE＝2OE，OD＝ OE，进而得到OD＝
OA＝ OE，AE＝（ ﹣1）OE，EC＝（ +1）OE，代入即可得到结果．
【完整解答】（1）证明：如图1，连接DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB＝OD＝OC，
∴EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，
∴∠EBD＝∠EDB，
∵点P是弧AD的中点，
∴∠PBD＝ ∠ABD＝ × ∠AOD＝22.5°，
∴∠EDC＝45°+22.5°＝67.5°，
∴∠CED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠CED＝∠EDC，
∴CE＝CD；
（2）解：如图2，连接DE，DP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠EOD＝90°，OA＝OD，
∴∠P＝∠BAD＝90°，
∵PE＝OE，∴∠PDE＝∠2，由（1）知∠1＝∠2，
∴∠1＝∠2＝∠PDE，
∴∠1+∠2+∠PDE＝90°，
∴∠2＝30°，
∴OE＝ DE，
∴DE＝2OE，
∴OD＝ ＝ OE，
∴ ＝ ，
∴OD＝OA＝ OE，
∴AE＝OA﹣OE＝（ ﹣1）OE，EC＝OE+OC＝（ +1）OE，
∴ ＝ ＝2﹣ ．
27．（2020秋•金寨县期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为 上的一点（点P不与点D，E重
合），求∠CPD的余角的度数．
【思路引导】连接OC，OD，先由正五边形的性质求出∠COD的度数，再根据圆周角定理求出∠CPD
的度数，即可解决问题．
【完整解答】解：如图，连接OC，OD．∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝ ＝72°，
∴∠CPD＝ ∠COD＝36°，
∴∠CPD的余角的度数为90°﹣36°＝54°．
28．（2020•香坊区二模）（1）如图1，△ABC为等边三角形，点M是BC上一点，点N是CA上一点，
BM＝CN，BN、AM相交于点Q，求∠BQM的度数；
（2）当（1）中的“等边△ABC”的边数逐渐增加，分别变为正方形 ABCD（如图2）、正五边形
ABCDE（如图3）、正六边形ABCDEF（如图4）…，“点N是CA上一点”变为点N是CD上一点，
其余条件不变，分别确定∠BQM的度数，并直接将结论填入下表：
正多边形 正方形 正五边形 正六边形 … 正n边形
∠BQM的度数 90 ° 108 ° 120 ° …
【思路引导】（1）根据等边三角形的性质、SAS定理证明△ABM≌△BCN，根据三角形的外角的性质
求出∠BQM；
（2）仿照（1）的结论，计算即可．
【完整解答】解：（1）在△ABM与△BCN中，
，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM＝∠NBC，∴∠AQN＝∠BAM+∠ABQ，
＝∠NBC+∠ABQ
＝∠ABM＝60°，
∴∠AQN＝60°．
（2）由（1）可知，∠AQN＝各个多边形的一个角的大小，
所以正方形中∠AQN＝90°，
正五边形中∠AQN＝108°，
正六边形中∠AQN＝120°，
…
正n边形中∠AQN＝ ．
故答案为：90°，108°，120°， ．
29．（2021•武汉模拟）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是 的中点，连接AE，DE，CE．
（1）求证：AE＝DE；
（2）若CE＝1，求四边形AECD的面积．
【思路引导】（1）欲证明AE＝DE，只要证明 ＝ ．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF（AAS），推出AE＝CF，
推出S ＝S ，推出S ＝S ，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．
△ADE △CDF 四边形AECD △DEF
【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，
∴ ＝ ，
∵E是 的中点，∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴AE＝DE．
（2）解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠DEC＝45°，DA＝DC，
∵∠EDF＝90°，
∴∠F＝90°﹣45°＝45°，
∴DE＝DF，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴S ＝S ，
△ADE △CDF
∴S ＝S ，
四边形AECD △DEF
∵EF＝ DE＝EC+DE，EC＝1，
∴1+DE＝ DE，
∴DE＝ +1，
∴S ＝ DE2＝ + ．
△DEF
30．（2019秋•垦利区期中）七年级数学兴趣小组在学校的“数学长廊”中兴奋地展示了他们小组探究发现的结果，内容如下：
（1）如图1，等边三角形ABC中，在AB、AC边上分别取点M、N，使BM＝AN，连接BN、CM，发现
BN＝CM，且∠NOC＝60°，试说明：∠NOC＝60°．
（2）如图2，正方形ABCD中，在AB、BC边上分别取点M、N，使AM＝BN，连接AN、DM，那么
∠DON＝ 9 0 度，并说明理由．
（3）如图3，正五边形ABCDE中，在AB、BC边上分别取点M、N，使AM＝BN，连接AN、EM，那
么AN＝ EM ，且∠EON＝ 10 8 度．（正n边形内角和（n﹣2）×180°，正多边形各内角相等）
【思路引导】（1）利用△ABC是正三角形，可得∠A＝∠ABC＝60°，AB＝BC，又因BM＝AN，所以
△ABN≌△BCM，∠ABN＝∠BCM，所以∠NOC＝∠BCM+∠OBC＝∠ABN+∠OBC＝60°；
（2）同（1）利用三角形全等，可知在正方形中，AN＝DM，∠DON＝90°；
（3）同（1），利用三角形全等可知在正五边形中，AN＝EM，∠EON＝108°．
【完整解答】（1）证明：∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝∠ABC＝60°，AB＝BC，
在△ABN和△BCM中， ，
∴△ABN≌△BCM（SAS），
∴∠ABN＝∠BCM，
又∵∠ABN+∠OBC＝60°，
∴∠BCM+∠OBC＝60°，
∴∠NOC＝60°；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAM＝∠ABN＝90°，AD＝AB，
又∵AM＝BN，
∴△ABN≌△DAM（SAS），∴AN＝DM，∠ADM＝∠BAN，
又∵∠ADM+∠AMD＝90°，
∴∠BAN+∠AMD＝90°
∴∠AOM＝90°；即∠DON＝90°；
（3）解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠A＝∠B，AB＝AE，
又∵AM＝BN，
∴△ABN≌△EAM（SAS），
∴AN＝ME，
∴∠AEM＝∠BAN，
∴∠NOE＝∠NAE+∠AEM＝∠NAE+∠BAN＝∠BAE＝108°．
故答案为：90°，EM，108°．
31．（2018•平房区二模）如图，在正六边形ABCDEF中，对角线AE与BF相交于点M，BD与CE相交于
点N．
（1）求证：AE＝FB；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出所有与△ABM全等的三角形．
【思路引导】（1）证明△AFE与△BAF全等，利用全等三角形的性质证明即可；
（2）先证明△ABM≌△DEN，同理得出△ABM≌△FEM≌△CBN，
【完整解答】证明：（1）∵正六边形ABCDEF，
∴AF＝EF＝AB，∠AFE＝∠FAB，
在△AFE与△BAF中，
，
∴△AFE≌△BAF（SAS），∴AE＝FB；
（2）与△ABM全等的三角形有△DEN，△FEM，△CBN；
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB＝DE，∠BAF＝120°，
∴∠ABM＝30°，
∴∠BAM＝90°，
同理∠DEN＝30°，∠EDN＝90°，
∴∠ABM＝∠DEN，∠BAM＝∠EDN，
在△ABM和△DEN中，
，
∴△ABM≌△DEN（ASA）．
同理利用ASA证明△FEM≌△ABM，△CBN≌△ABM．
