第16讲正多边形与圆（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）-冲刺2023年中考数学热点、重难点题型解题方法与策略+真题演练（通用版）（解析版）_中考复习资料_语数英物化_2数学中考复习

第 16 讲正多边形与圆（知识精讲+真题练+模拟练+自招练） 【考纲要求】 1．了解正多边形的概念，掌握用等分圆周画圆的内接正多边形的方法；会计算弧长及扇形的面积、圆锥 的侧面积及全面积； 2．结合相关图形性质的探索和证明，进一步培养合情推理能力，发展逻辑思维能力和推理论证的表达能 力；通过这一章的学习，进一步培养综合运用知识的能力，运用学过的知识解决问题的能力. 【知识导图】 【考点梳理】 考点一、正多边形和圆 1、正多边形的有关概念： (1) 正多边形：各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形. (2)正多边形的中心——正多边形的外接圆的圆心.(3)正多边形的半径——正多边形的外接圆的半径. (4)正多边形的边心距——正多边形中心到正多边形各边的距离.（正多边形内切圆的半径.） (5)正多边形的中心角——正多边形每一边所对的外接圆的圆心角. 2、正多边形与圆的关系： (1)将一个圆n(n≥3)等分(可以借助量角器)，依次连结各等分点所得的多边形是这个圆的内接正多边 形. (2)这个圆是这个正多边形的外接圆. （3）把圆分成n(n≥3)等分，经过各分点作圆的切线，以相邻切线的交点为顶点的多边形是这个圆的 外切正n边形.这个圆叫做正n边形的内切圆. （4）任何正n边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆. 3、正多边形性质： (1)任何正多边形都有一个外接圆. (2) 正多边形都是轴对称图形，一个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的中心． 当边数是偶数时，它又是中心对称图形，它的中心就是对称中心. (3)边数相同的正多边形相似.它们周长的比，边心距的比，半径的比都等于相似比，面积的比等于相 似比的平方． （4）任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆. 要点诠释： （1） 正n边形的有n个相等的外角，而正n边形的外角和为360度，所以正n边形每个外角的度数是 360 ；所以正n边形的中心角等于它的外角. n （2） （2）边数相同的正多边形相似.周长的比等于它们边长（或半径、边心距）的比.面积比等于它们 边长（或半径、边心距）平方的比. 考点二、圆中有关计算 1．圆中有关计算 圆的面积公式： ，周长 . 圆心角为 、半径为R的弧长 .圆心角为 ，半径为R，弧长为 的扇形的面积 . 弓形的面积要转化为扇形和三角形的面积和、差来计算. 圆柱的侧面图是一个矩形，底面半径为R，母线长为 的圆柱的体积为 ，侧面积为 ，全面 积为 . 圆锥的侧面展开图为扇形，底面半径为R，母线长为 ，高为 的圆锥的侧面积为 ，全面积为 ，母线长、圆锥高、底面圆的半径之间有 . 弓形的面积 （1）由弦及其所对的劣弧组成的图形，S =S -S ； 弓形 扇形 △OAB （2）由弦及其所对的优弧组成的弓形，S =S +S . 弓形 扇形 △OAB A B O O · · · O A B A m B m 要点诠释： (1)对于扇形面积公式，关键要理解圆心角是1°的扇形面积是圆面积的 ，即 ； (2)在扇形面积公式中，涉及三个量：扇形面积S、扇形半径R、扇形的圆心角，知道其中的两个量就 可以求出第三个量. (3)扇形面积公式 ，可根据题目条件灵活选择使用，它与三角形面积公式 有点类 似，可类比记忆； (4)扇形两个面积公式之间的联系： .【典型例题】 题型一、正多边形有关计算 例1．如图，矩形ABCD中，AB=4，以点B为圆心，BA为半径画弧交BC于点E，以点O为圆心的⊙O与弧 AE，边AD，DC都相切．把扇形BAE作一个圆锥的侧面，该圆锥的底面圆恰好是⊙O，则AD的长为（ ） 9 11 2 2 A.4 B. C. D.5 【思路点拨】首先求得弧AE的长，然后利用弧AE的长正好等于圆的底面周长，求得⊙O的半径，则BE的 长加上半径即为AD的长． 【答案】D； 【解析】 解：∵AB=4，∠B=90°， 904  AE  2 180 ∴ ， ∵圆锥的底面圆恰好是⊙O， ∴⊙O的周长为2π， ∴⊙O的半径为1， ∴AD=BC=BE+EC=4+1=5. 故选D． 【总结升华】本题考查了圆锥的计算及相切两圆的性质，解题的关键是熟记弧长的计算公式. 【变式1】如图，两个相同的正六边形，其中一个正多边形的顶点在另一个正多边 形外接圆圆心O处．求重叠部分面积与阴影部分面积之比. 【答案】 解：连结OA、OB、OC， 设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 =S =2S ， 五边形OKBCH 四边形ABCO △OBC ∴S =S -S 阴影 正六边形ABCDEF 五边形OKBCH′ =6S -2S =4S . △OBC △OBC △OBC 2 1 = 4 2 S ：S = . 五边形OKBCH 阴影 1 2 即重叠部分面积与阴影部分面积之比为： . 1 【变式2】 已知：正十边形的半径是R，求证：它的边长为a  ( 51)R. 10 2 【答案】 证明：作∠OAB的平分线AM交OB于M，则∠O=∠OAM=36°，∠AMB=∠B=72°， OA AB = AB BM ∴OM=MA=AB，则△ABM∽△OAB得： 用R，a 分别表示OA，AB，BM，代入以上比例式整理得a 2+ Ra -R2=0, 10 10 10 1 解关于a 的一元二次方程得a  ( 51)R（负值已舍去）. 10 10 2题型二、正多边形与圆综合运用 例2．如图，AG是正八边形ABCDEFGH的一条对角线． （1）在剩余的顶点B、C、D、E、F、H中，连接两个顶点，使连接的线段与AG平行，并说明理由； （2）两边延长AB、CD、EF、GH，使延长线分别交于点P、Q、M、N，若AB=2，求四边形PQMN的面 积． 【思路点拨】（1）利用已知得出正八边形，它的内角都为135°，再利用正八边形ABCDEFGH关于直线 BF对称，得出∠2+∠3=180°，进而得出答案； （2）根据题意得出△PAH≌△QCB≌△MDE，则PA=QB=QC=MD．即PQ=QM，故四边形PQMN是正方 形，进而求出PQ的长即可得出答案． 【答案与解析】 解：（1）连接BF，则有BF∥AG． 理由如下： ∵ABCDEFGH是正八边形， ∴它的内角都为135°． 又∵HA=HG， ∴∠1=22.5°， 从而∠2=135°﹣∠1=112.5°． 由于正八边形ABCDEFGH关于直线BF对称， ∴ 即∠2+∠3=180°，故BF∥AG． （2）根据题设可知∠PHA=∠PAH=45°， ∴∠P=90°，同理可得∠Q=∠M=90°， ∴四边形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，故四边形PQMN是正方形． 在Rt PAH中，∵∠PAH=45°，AH=2， 2 ∴PA △ = ∴ ． 故 ． 【总结升华】此题主要考查了正多边形和圆以及全等三角形的判定与性质等知识，得出 PQ的长是解题关 键． 【变式】如图所示，在△ABC中，BC＝4，以点A为圆心，2为半径的⊙A与BC相切于点D，交AB于E，交 AC于F，点P是⊙A上的一点，且∠EPF＝40°，则图中阴影部分的面积是( ) 4 8 4 8 4  4  8  8  9 9 9 9 A． B． C． D． 【答案】 1 8022 8 S  42 4  连接AD，则AD⊥BC，阴影部分面积 S △ABC S 扇EAF．故 阴影 2 360 9 ． 答案：B AB 4 3 例3．如图，已知在⊙O中， ，AC是⊙O的直径，AC⊥BD于F，∠A＝30°． (1)求图中阴影部分的面积； (2)若用阴影扇形OBD围成一个圆锥侧面，请你出这个圆锥的底面圆的半径． 【思路点拨】 （1）阴影部分是一个扇形，扇形圆心角∠BOD＝2∠BOC＝2×2×30°＝120°，只需通过解直角三角形nr2  360 求出OB的长，即可利用扇形面积 求出阴影部分面积．（2）扇形弧长是圆锥的底面周长，由条件 BCD l 2r 求出 的长l，利用 可求出半径r的长． 【答案与解析】 1 AE  AB 2 3 2 解：(1)过O作OE⊥AB于E，则 ． AE cos30° OA 在Rt△AEO中，∠BAC＝30°， ． A 2 3 OA  4 cos30° 3 ∴ 2 ． 又∵ OA＝OB， ∴ ∠ABO＝30°． ∴ ∠BOC＝60°． ∵ AC⊥BD， BC CD ∴ ． ∴ ∠COD＝∠BOC＝60°． ∴ ∠BOD＝120°． nOA2 120 16 S   42   阴影 360 360 3 ∴ ． (2)设圆锥的底面圆的半径为r，则周长为2πr， 120 2r  4 180 ∴ ． 4 r  3 ∴ ． 【总结升华】用扇形围成圆锥，扇形的半径是圆锥的母线，扇形的弧长是圆锥的底面周长.【中考过关真题练】 一．选择题（共7小题） 1．（2022•安顺）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转n个 45°，得到正六边形OA B D E ，当n＝2022时，正六边形OA B D E 的顶点D 的坐标是（ ） n n n n n n n n n n n ∁ ∁ A．（﹣ ，﹣3） B．（﹣3，﹣ ） C．（3，﹣ ） D．（﹣ ，3） 【分析】由题意旋转8次应该循环，因为2022÷8＝252…6，所以D 的坐标与D 的坐标相同． n 6 【解答】解：由题意旋转8次应该循环， ∵2022÷8＝252…6， ∴D 的坐标与D 的坐标相同， n 6 如图，过点D H⊥OE于点H， 6 ∵∠DOD ＝90°，∠DOE＝30°，OD＝OD ＝2 ， 6 6 ∴OH＝OD •cos60°＝ ，HD ＝ OH＝3， 6 6 ∴D （﹣ ，﹣3）， 6∴顶点D 的坐标是（﹣ ，﹣3）， n 故选：A． 【点评】本题考查正多边形与圆，坐标与图形变化﹣性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属 于中考常考题型． 2．（2022•安顺）如图，边长为 的正方形ABCD内接于 O，PA，PD分别与 O相切于点A和点D， ⊙ ⊙ PD的延长线与BC的延长线交于点E，则图中阴影部分的面积为（ ） A．5﹣ B．5﹣ C． ﹣ D． ﹣ 【分析】π连接AC，OD，根据已知条件得到AC是 O的直径，∠AOD＝90°，根据切线的性质得到∠PAO ＝∠PDO＝90°，得到△CDE是等腰直角三角形，⊙根据等腰直角三角形的性质得到PE＝3，根据梯形和圆 的面积公式即可得到答案． 【解答】解：连接AC，OD， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°， ∴AC是 O的直径，∠AOD＝90°， ∵PA，P⊙D分别与 O相切于点A和点D， ∴∠PAO＝∠PDO⊙＝90°， ∴四边形AODP是矩形， ∵OA＝OD， ∴矩形AODP是正方形， ∴∠P＝90°，AP＝AO，AC∥PE， ∴∠E＝∠ACB＝45°， ∴△CDE是等腰直角三角形， ∵AB＝ ，∴AC＝2AO＝2，DE＝ CD＝2， ∴AP＝PD＝AO＝1， ∴PE＝3， ∴图中阴影部分的面积＝ （AC+PE）•AP﹣ AO2• ＝ （2+3）×1﹣ ×12• ＝ （5﹣ ）＝ ﹣ ， 故选：C． π π π 【点评】本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的 作出辅助线是解题的关键． 3．（2022•绵阳）在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下 一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫．如图，将“雪花”图案（边长为 4 的正六边形 ABCDEF）放在平面直角坐标系中，若AB与x轴垂直，顶点A的坐标为（2，﹣3），则顶点C的坐标为（ ） A．（2﹣2 ，3） B．（0，1+2 ） C．（2﹣ ，3） D．（2﹣2 ，2+ ） 【分析】根据正六边形的性质以及坐标与图形的性质进行计算即可． 【解答】解：如图，连接BD交CF于点M，则点B（2，1）， 在Rt△BCM中，BC＝4，∠BCM＝ ×120°＝60°， ∴CM＝ BC＝2，BM＝ BC＝2 ，∴点C的横坐标为﹣（2 ﹣2）＝2﹣2 ，纵坐标为1+2＝3， ∴点C的坐标为（2﹣2 ，3）， 故选：A． 【点评】本题考查正多边形与圆，勾股定理，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确计算的前提，理解 坐标与图形的性质是解决问题的关键． 4．（2022•青岛）如图，正六边形ABCDEF内接于 O，点M在 上，则∠CME的度数为（ ） ⊙ A．30° B．36° C．45° D．60° 【分析】由正六边形的性质得出∠COE＝120°，由圆周角定理求出∠CME＝60°． 【解答】解：连接OC，OD，OE， ∵多边形ABCDEF是正六边形， ∴∠COD＝∠DOE＝60°， ∴∠COE＝2∠COD＝120°， ∴∠CME＝ ∠COE＝60°， 故选：D．【点评】本题考查了正六边形的性质、圆周角定理；熟练掌握正六边形的性质，由圆周角定理求出∠COM ＝120°是解决问题的关键． 5．（2022•内江）如图，正六边形ABCDEF内接于 O，半径为6，则这个正六边形的边心距OM和 的 ⊙ 长分别为（ ） A．4， B．3 ， C．2 ， D．3 ，2 【分析】连接OB、OC，根据正六边π形的性质求出∠BOC，根据等边三角形的判定π定理得到△BOC为等边 三角形，根据垂径定理求出BM，根据勾股定理求出OM，根据弧长公式求出 的长． 【解答】解：连接OB、OC， ∵六边形ABCDEF为正六边形， ∴∠BOC＝ ＝60°， ∵OB＝OC， ∴△BOC为等边三角形， ∴BC＝OB＝6， ∵OM⊥BC， ∴BM＝ BC＝3，∴OM＝ ＝ ＝3 ， 的长为： ＝2 ， 故选：D． π 【点评】本题考查的是正多边形和圆、弧长的计算，正确求出正六边形的中心角是解题的关键． 6．（2022•雅安）如图，已知 O的周长等于6 ，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（ ） ⊙ π A．3 B． C． D．3 【分析】连接OC，OD，由正六边形ABCDEF可求出∠COD＝60°，进而可求出∠COG＝30°，根据30°角 的锐角三角函数值即可求出边心距OG的长． 【解答】解：连接OC，OD， ∵正六边形ABCDEF是圆的内接多边形， ∴∠COD＝60°， ∵OC＝OD，OG⊥CD， ∴∠COG＝30°， ∵ O的周长等于6 ， ∴⊙OC＝3， π ∴OG＝3cos30°＝ ，故选：C． 【点评】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性 质是解决问题的关键． 7．（2022•成都）如图，正六边形ABCDEF内接于 O，若 O的周长等于6 ，则正六边形的边长为（ ） ⊙ ⊙ π A． B． C．3 D．2 【分析】连接OB、OC，根据 O的周长等于6 ，可得 O的半径OB＝OC＝3，而六边形ABCDEF是正 ⊙ π ⊙ 六边形，即知∠BOC＝ ＝60°，△BOC是等边三角形，即可得正六边形的边长为3． 【解答】解：连接OB、OC，如图： ∵ O的周长等于6 ， ⊙ π ∴ O的半径OB＝OC＝ ＝3， ∵⊙六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BOC＝ ＝60°， ∴△BOC是等边三角形， ∴BC＝OB＝OC＝3， 即正六边形的边长为3， 故选：C． 【点评】本题考查正多边形与圆的相关计算，解题的关键是掌握圆内接正六边形中心角等于60°，从而得 到△BOC是等边三角形． 二．填空题（共6小题） 8．（2022•长春）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等 边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若 AB＝27厘米，则这个正 六边形的周长为 5 4 厘米． 【分析】根据对称性和周长公式进行解答即可． 【解答】解：由图象的对称性可得，AM＝MN＝BN＝ AB＝9（厘米）， ∴正六边形的周长为9×6＝54（厘米）， 故答案为：54． 【点评】本题考查等边三角形的性质，正多边形与圆，理解图形的对称性以及等边三角形的判定是解决问 题的前提． 9．（2022•营口）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC，CF，则∠ACF＝ 3 0 度．【分析】设正六边形的边长为1，正六边形的每个内角为120°，在△ABC中，根据等腰三角形两底角相等 得到∠BAC＝30°，从而∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，过点B作BM⊥AC于点M，根据含30° 的直角三角形的性质求出BM，根据勾股定理求出AM，进而得到AC的长，根据tan∠ACF＝ ＝ ＝ 即可得出∠ACF＝30°． 【解答】解：设正六边形的边长为1， 正六边形的每个内角＝（6﹣2）×180°÷6＝120°， ∵AB＝BC，∠B＝120°， ∴∠BAC＝∠BCA＝ ×（180°﹣120°）＝30°， ∵∠BAF＝120°， ∴∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°， 如图，过点B作BM⊥AC于点M，则AM＝CM（等腰三角形三线合一）， ∵∠BMA＝90°，∠BAM＝30°， ∴BM＝ AB＝ ， ∴AM＝ ＝ ＝ ， ∴AC＝2AM＝ ， ∵tan∠ACF＝ ＝ ＝ ， ∴∠ACF＝30°， 故答案为：30．【点评】本题考查了正多边形与圆，根据tan∠ACF＝ ＝ ＝ 得出∠ACF＝30°是解题的关键． 10．（2022•呼和浩特）如图，从一个边长是a的正五边形纸片上剪出一个扇形，这个扇形的面积为 （用含 的代数式表示）；如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，圆锥的底面圆直径为 ． π 【分析】先求出正五边形的内角的度数，根据扇形面积的计算方法进行计算即可；扇形的弧长等于圆锥的 底面周长，可求出底面直径． 【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠BCD＝ ＝108°， ∴S扇形＝ ＝ ； 又∵弧BD的长为 ＝ ，即圆锥底面周长为 ， ∴圆锥底面直径为 ， 故答案为： ； ． 【点评】本题考查正多边形与圆，扇形面积，弧长及圆周长，掌握扇形面积、弧长、圆周长的计算方法是正确解决问题的关键． 11．（2022•绥化）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于 O，且有公共顶点A，则∠BOH 的度数为 1 2 度． ⊙ 【分析】求出正六边形的中心角∠AOB和正五边形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度数． 【解答】解：如图，连接OA， 正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°， 正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°， ∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°． 故答案为：12． 【点评】本题主要考查正多边形与圆，会求正多边形的中心角是解题关键． 12．（2022•梧州）如图，四边形ABCD是 O的内接正四边形，分别以点A，O为圆心，取大于 OA的 ⊙定长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交 O于点E，F．若OA＝1，则 ，AE，AB所围 ⊙ 成的阴影部分面积为 ． 【分析】连接OE、OB．由题意可知，∴△AOE为等边三角形，推出S阴影 ＝S扇形AOB ﹣S弓形AOE ﹣S△AOB ＝S 扇形AOB ﹣（S扇形AOE ﹣S△AOE） ﹣S△AOB ＝S扇形AOB ﹣S扇形AOE +S△AOE ﹣S△AOB ，即可求出答案． 【解答】解：连接OE、OB， 由题意可知，直线MN垂直平分线段OA， ∴EA＝EO， ∵OA＝OE， ∴△AOE为等边三角形， ∴∠AOE＝60°， ∵四边形ABCD是 O的内接正四边形， ∴∠AOB＝90°， ⊙ ∴∠BOE＝30°， ∵S弓形AOE ＝S扇形AOE ﹣S△AOE ， ∴S阴影 ＝S扇形AOB ﹣S弓形AOE ﹣S△AOB ＝S扇形AOB ﹣（S扇形AOE ﹣S△AOE） ﹣S△AOB ＝S扇形AOB ﹣S扇形AOE +S△AOE ﹣S△AOB ＝S扇形BOE +S△AOE ﹣S△AOB ＝ + ﹣＝ ． 故答案为： ． 【点评】本题考查了正多边形与圆，正确运用扇形面积公式是解题的关键． 13．（2022•宿迁）如图，在正六边形ABCDEF中，AB＝6，点M在边AF上，且AM＝2．若经过点M的 直线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是 4 ． 【分析】设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M、O作直线l交CD于点N，则直线l将正六边形的面积 平分，直线l被正六边形所截的线段长是MN，连接OF，过点M作MH⊥OF于点H，连接OA，由正六边 形的性质得出AF＝AB＝6，∠AFO＝ ∠AFE＝ × ＝60°，MO＝ON，进而得出△OAF 是等边三角形，得出OA＝OF＝AF＝6，由AM＝2，得出MF＝4，由MH⊥OF，得出∠FMH＝30°，进而 求出FH＝2，MH＝2 ，再求出OH＝4，利用勾股定理求出OM＝2 ，即可求出MN的长度，即可得 出答案． 【解答】解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M、O作直线l交CD于点N，则直线l将正六 边形的面积平分，直线l被正六边形所截的线段长是MN，连接OF，过点M作MH⊥OF于点H，连接OA， ∵六边形ABCDEF是正六边形，AB＝6，中心为O， ∴AF＝AB＝6，∠AFO＝ ∠AFE＝ × ＝60°，MO＝ON， ∵OA＝OF， ∴△OAF是等边三角形， ∴OA＝OF＝AF＝6， ∵AM＝2， ∴MF＝AF﹣AM＝6﹣2＝4， ∵MH⊥OF， ∴∠FMH＝90°﹣60°＝30°， ∴FH＝ MF＝ ×4＝2，MH＝ ＝ ＝2 ， ∴OH＝OF﹣FH＝6﹣2＝4， ∴OM＝ ＝ ＝2 ， ∴NO＝OM＝2 ， ∴MN＝NO+OM＝2 +2 ＝4 ， 解法二：利用对称性，DN＝AM＝2，由M向下作垂线，利用勾股定理求解，可得结论． 故答案为：4 ． 【点评】本题考查了正多边形和圆，掌握正六边形的特点，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股 定理等知识是解决问题的关键． 三．解答题（共1小题） 14．（2022•金华）如图1，正五边形ABCDE内接于 O，阅读以下作图过程，并回答下列问题： ⊙作法 如图2． 1．作直径AF． 2．以F为圆心，FO为半径作圆弧，与 O交于点M，N． 3．连接AM，MN，NA． ⊙ （1）求∠ABC的度数． （2）△AMN是正三角形吗？请说明理由． （3）从点A开始，以DN长为边长，在 O上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的 值． ⊙ 【分析】（1）根据正五边形内角和，可以计算出∠ABC的度数； （2）先判断，然后根据题意和图形说明理由即可； （3）根据题意和（2）中的结果，计算出∠NOD的度数，然后即可计算出n的值． 【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠ABC＝ ＝108°， 即∠ABC＝108°； （2）△AMN是正三角形， 理由：连接ON，NF，如图， 由题意可得：FN＝ON＝OF， ∴△FON是等边三角形， ∴∠NFA＝60°， ∴∠NMA＝60°， 同理可得：∠ANM＝60°， ∴∠MAN＝60°， ∴△MAN是正三角形； （3）连接OD，如图， ∵∠AMN＝60°，∴∠AON＝120°， ∵∠AOD＝ ＝144°， ∴∠NOD＝∠AOD﹣∠AON＝144°﹣120°＝24°， ∵360°÷24°＝15， ∴n的值是15． 【点评】本题考查正多边形和圆、等边三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想 解答． 【中考挑战满分模拟练】 一．填空题（共6小题） 1．（2023•抚州一模）蜂巢的构造非常美丽、科学，如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的 网络，正六边形的顶点称为格点，△ABC的顶点都在格点上．设定AB边如图所示，则△ABC是直角三 角形的个数有 1 0 ． 【分析】根据正六边形的性质，分AB是直角边和斜边两种情况确定出点C的位置即可得解． 【解答】解：如图，AB是直角边时，点C共有6个位置，即有6个直角三角形， AB是斜边时，点C共有4个位置，即有4个直角三角形， 综上所述，△ABC是直角三角形的个数有6+4＝10个． 故答案为：10．【点评】本题考查了正多边形和圆，难点在于分AB是直角边和斜边两种情况讨论，熟练掌握正六边形 的性质是解题的关键，作出图形更形象直观． 2．（2023•琼山区一模）一个正n边形的中心角为36°，则它的一个内角的度数为 144 ° ． 【分析】一个正多边形的中心角都相等，且所有中心角的和是360度，用360度除以中心角的度数，就 得到中心角的个数，即多边形的边数，再利用公式（n﹣2）×180°÷n计算即可． 【解答】解：由题意可得： 边数为360°÷36°＝10， 一个内角的度数为：（10﹣2）×180°÷10＝144°． 故答案为：144°． 【点评】本题考查正多边形的内角度数，根据多边形中心角的个数与边数之间的关系解题是关键． 3．（2023•汉阳区校级一模）线段AB是圆内接正十二边形的一条边，则AB边所对的圆周角是 15 ° 或 16 5 °． 【分析】求出一条边所对的圆心角的度数，再根据圆周角和圆心角的关系解答． 【解答】解：圆内接正十二边形的边所对的圆心角360°÷12＝30°和360°﹣30°＝330°， 根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半， AB所对的圆周角的度数是15°或165°， 故答案为15°或165． 【点评】本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，属于基础题，要注意分两种情况讨论． 4．（2023•雁塔区校级模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于 O．若该正六边形的边长为5，则 O的 面积等于 2 5 ． ⊙ ⊙ π 【分析】连接OB，OC，易证△OBC是等边三角形，由等边三角形的性质可得 O的半径． 【解答】解：连接OB，OC， ⊙∵多边形ABCDEF是正六边形， ∴∠BOC＝60°， ∵OB＝OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB＝BC＝5， ∴ O的面积＝25 ． 故⊙答案为：25 ． π π 【点评】本题考查的是正多边形和圆，熟知正六边形的性质是解答此题的关键． 5．（2023•泸县校级模拟）已知 O的半径为1，则它的内接正三角形边心距为 ． 【分析】首先根据题意画出图⊙形，连接OB、OC，作OD⊥BC于D，由含30°角的直角三角形的性质得 出OD即可． 【解答】解：如图所示，连接OB、OC，作OD⊥BC于D，则∠ODB＝90°， ∵∠BOC＝ ×360°＝120°， ∵OB＝OC＝1， ∴∠OBC＝∠OCB＝30°， ∴OD＝ OB＝ ， 故答案为： ． 【点评】该题主要考查了正多边形和圆的性质及其应用问题；解题的关键是作辅助线，灵活运用有关定 理来分析、判断、推理或解答． 6．（2023•定远县校级一模）如图， O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则 ⊙∠AOC的度数为 144 ° ． 【分析】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． 【解答】解：正五边形的内角＝（5﹣2）×180°÷5＝108°， ∴∠E＝∠D＝108°， 连接OA、OC， ∵AE、CD分别与 O相切于A、C两点， ∴∠OAE＝∠OCD⊙＝90°， ∴∠AOC＝540°﹣90°﹣90°﹣108°﹣108°＝144°， 故答案为：144°． 【点评】本题考查了正五边形的内角和、内角的度数、切线的性质，本题的五边形内角可通过外角来求： 180°﹣360°÷5＝108°． 【名校自招练】 一．选择题（共9小题） 1．（2017•双流区校级自主招生）如图1，在平面内选一定点O，引一条有方向的射线Ox，再选定一个单 位长度，那么平面上任一点M的位置可由∠MOx的度数 与OM的长度m确定，有序数对（ ，m）称为 M点的“极坐标”，这样建立的坐标系称为“极坐标系”θ．在图2的极坐标系下，如果正六边θ形的边长为 2，有一边OA在射线Ox上，则正六边形的顶点C的极坐标应记为（ ） A．（60°，4） B．（45°，4） C．（60°，2） D．（50°，2） 【分析】设正六边形的中心为D，连接AD，判断出△AOD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得OD＝OA，∠AOD＝60°，再求出OC，然后根据“极坐标”的定义写出即可． 【解答】解：如图，设正六边形的中心为D，连接AD， ∵∠ADO＝360°÷6＝60°，OD＝AD， ∴△AOD是等边三角形， ∴OD＝OA＝2，∠AOD＝60°， ∴OC＝2OD＝2×2＝4， ∴正六边形的顶点C的极坐标应记为（60°，4）． 故选：A． 【点评】本题考查了正多边形和圆，坐标确定位置，主要利用了正六边形的性质，读懂题目信息，理解 “极坐标”的定义是解题的关键． 2．（2018•蔡甸区校级自主招生）以半径为2的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作 三角形，则该三角形的面积是（ ） A． B． C． D． 【分析】由于内接正三角形、正方形、正六边形是特殊内角的多边形，可构造直角三角形分别求出边心距 的长，由勾股定理逆定理可得该三角形是直角三角形，进而可得其面积． 【解答】解：如图1， ∵OC＝2， ∴OD＝2×sin30°＝1； 如图2，∵OB＝2， ∴OE＝2×sin45°＝ ； 如图3， ∵OA＝2， ∴OD＝2×cos30°＝ ， 则该三角形的三边分别为：1， ， ， ∵（1）2+（ ）2＝（ ）2， ∴该三角形是直角三角形， ∴该三角形的面积是： ×1× ＝ ． 故选：A． 【点评】本题主要考查多边形与圆，解答此题要明确：多边形的半径、边心距、中心角等概念，根据解直 角三角形的知识解答是解题的关键． 3．（2019•顺庆区校级自主招生）在一节数学实践活动课上，老师拿出三个边长都为 5cm的正方形硬纸板， 他向同学们提出了这样一个问题：若将三个正方形纸板不重叠地放在桌面上，用一个圆形硬纸板将其盖住， 这样的圆形硬纸板的最小直径为（ ） A．50 B．40 C． D．100 【分析】连接OA、OB、ON，设OG＝x，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得到答案．【解答】解：如图所示：设圆心为O，GH与AB交点为P，连接OA、OB、ON， ∵PG垂直平分NF，OA＝OB＝ON， ∴O在PG上，AP＝PB＝ AB＝2.5， 设OG＝x，则OP＝PG﹣OG＝10﹣x， 在Rt△APO中，OA2＝AP2+OP2 在Rt△NGO中，ON2＝NG2+OG2 ∴AP2+OP2＝NG2+OG2 ∴2.52+（10﹣x）2＝52+x2 解得：x＝ ， 则ON＝ ＝ ， ∴圆形硬纸板的最小直径为 ， 故选：C． 【点评】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正方形的性质、勾股定理、垂径定理是解题的关键． 4．（2020•和平区校级自主招生）如图是边长为2的正方形及其内切圆和外接圆，则图中阴影部分的总面 积为（ ） A．3 ﹣4 B． +4 C．5 ﹣4 D．3 +4 【分析π】阴影部分的面积＝大π圆面积减去正方形面积+π小圆面积． π 【解答】解：阴影部分的面积＝大圆面积减去正方形面积+小圆面积＝ •（ ）2﹣4+ •12＝3 ﹣4， π π π 故选：A．【点评】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，圆的面积等知识，解题的关键是学会用分割法求阴影部 分面积． 5．（2021•和平区校级自主招生）我国魏晋时期数学家刘徽在公元263年撰写的《九章算术》中提出了一 种估计 的方法，也就是“割圆术”：用圆内接正6n边形的周长估计圆的周长进而估计 的近似值，且n 越大时圆π内接正6n边形的周长越接近圆的周长，估计值越接近 ．当n＝1时，如图，用π这种方法估计此 时 的近似值为（ ） π π A．3 B．3.1 C．3.14 D．3.141 【分析】连接OC、OD，根据正六边形的性质得到∠COD＝60°，得到△COD是等边三角形，得到OC＝ CD，根据题意计算即可． 【解答】解：连接OC、OD， ∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴∠COD＝60°， 又OC＝OD， ∴△COD是等边三角形， ∴OC＝CD， 正六边形的周长：圆的直径＝6CD：2CD＝3， 故选：A． 【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键． 6．（2019•汉阳区校级自主招生）在一节数学实践活动课上，老师拿出三个边长都为40mm的正方形硬纸 板，他向同学们提出了这样一个问题：若将三个正方形纸板不重叠地放在桌面上，用一个圆形硬纸板将其 盖住，这样的圆形硬纸板的最小直径为（单位：mm）（ ）A．80 B．40 C．25 D．100 【分析】连接OA、OB、ON，设OG＝x，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得到答案． 【解答】解：如图所示：设圆心为O，GH与AB交点为P，连接OA、OB、ON， ∵PG垂直平分NF，OA＝OB＝ON， ∴O在PG上，AP＝PB＝ AB＝20， 设OG＝x，则OP＝PG﹣OG＝80﹣x， 在Rt△APO中，OA2＝AP2+OP2 在Rt△NGO中，ON2＝NG2+OG2 ∴AP2+OP2＝NG2+OG2 ∴202+（80﹣x）2＝402+x2 解得：x＝ ， 则ON＝ ＝ ， ∴圆形硬纸板的最小直径为25 ， 故选：C． 【点评】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正方形的性质、勾股定理、垂径定理是解题的关键． 7．（2018•青羊区校级自主招生）将正多边形ABCDEF放入直角坐标系中，顶点B，D，E的坐标分别为 （n，m），（﹣n，m），（a，b），则点A的坐标可以为（ ） A．（﹣m，﹣n） B．（m，﹣n） C．（﹣a，b） D．（﹣b，﹣a） 【分析】根据正六边形的性质，对称性解决问题即可． 【解答】解：∵正多边形ABCDEF中，AB∥DE，AB＝DE， ∵B，D，E的坐标分别为（n，m），（﹣n，m），（a，b）， ∴B，D关于x轴对称， ∴A，E关于x轴对称，∴A（﹣a，b）， 故选：C． 【点评】本题考查正多边形与圆，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 8．（2017•平阳县自主招生）如图，正方形ABCD和正三角形AEF都内接于 O，EF与BC，CD分别相交 ⊙ 于点G，H，则 的值为（ ） A． B． C． D．2 【分析】首先设 O的半径是r，则OF＝r，根据AO是∠EAF的平分线，求出∠COF＝60°，在Rt△OIF 中，求出FI的值⊙是多少；然后判断出OI、CI的关系，再根据GH∥BD，求出GH的值是多少，再用EF的 值比上GH的值，求出EF：GH的值是多少即可． 【解答】解：如图，连接AC、BD、OF， 设 O的半径是r， 则⊙OF＝r， ∵AO是∠EAF的平分线， ∴∠OAF＝60°÷2＝30°， ∵OA＝OF， ∴∠OFA＝∠OAF＝30°， ∴∠COF＝30°+30°＝60°， ∴FI＝r•sin60°＝ r， ∴EF＝ r×2＝ r，∵AO＝2OI， ∴OI＝ r，CI＝r﹣ r＝ r， ∴ ＝ ＝ ， ∴GH＝ BD＝r， ∴ ＝ ＝ ． 故选：C． 【点评】此题主要考查了正多边形与圆的关系、相似三角形的判断和性质以及特殊角的锐角三角函数值， 要熟练掌握，解答此题的关键是要明确正多边形的有关概念． 9．（2020•温江区校级自主招生）“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无 所失矣“，早在1800多年前，魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术“，用圆内接正多边形的面积去无限逼 近圆面积．如图，连接 O 的内接正十二边形顶点得到 AB，BC，若 OA＝2，则阴影部分的面积为 （ ） ⊙ A．2 B．2 C． D． π 【分析】根据已知条件得到∠AOE＝ ＝30°，求得∠OAE＝∠OEA＝75°，∠AOB＝90°，得到AB＝2 ，过E作EH⊥AB于H，EG⊥OF于G，解直角三角形得到FG＝2﹣ ，EH＝ AE＝ ，根据 梯形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：如图，∵正十二边形， ∴∠AOE＝ ＝30°， ∴∠OAE＝∠OEA＝75°，∠AOB＝90°，∵OA＝OB＝2， ∴AB＝2 ， 过E作EH⊥AB于H，EG⊥OF于G， ∴∠OEG＝60°， ∴ ， ∴FG＝2﹣ ， ∴EF＝AE＝ ＝2 ， ∵∠EAH＝30°， ∴EH＝ AE＝ ， ∵S四边形AEFB ＝ （EF+AB）•EH＝ （2 +2 ） ＝1， ∴阴影部分的面积为2S四边形AEFB ＝2， 方法二：，∵正十二边形， ∴∠AOE＝ ＝30°， ∴∠OAE＝∠OEA＝75°，∠AOB＝90°， ∵OA＝OB＝2， ∴AB＝2 ， 过E作EH⊥AB于H，EG⊥OF于G， ∴∠OEG＝60°， ∴ ， ∴△EOF的面积为1， ∴△AOE的面积＝△BOF的面积＝1， ∴一个阴影部分面积为3﹣△AOB的面积＝1． 故选：B．【点评】本题考查了正多边形与圆，梯形的面积的计算，解直角三角形，正确的作出辅助线构造直角三角 形是解题的关键． 二．填空题（共8小题） 10．（2019•宝山区校级自主招生）如图，ABCDE是边长为1的正五边形，则它的内切圆与外接圆所围圆 环的面积为 ． 【分析】直接利用圆环面积求法进而得出答案． 【解答】解：正五边形的内切圆与外接圆所围圆环的面积为： （OA2﹣OH2）＝ ×AH2＝ ． π π 故答案为： ． 【点评】此题主要考查了正多边形和圆，正确掌握圆的面积求法是解题关键． 11．（2017•双流区校级自主招生）一个半径为1cm的圆，在边长为6cm的正六边形内任意挪动（圆可以 与正六边形的边相切），则圆在正六边形内不能达到的部分的面积为 2 ﹣ cm2． π 【分析】小圆不能达到的是每个顶点出的六小块，每小块的面积等于四边形的面积，即两个全等的直角三 角形的面积的和，减去圆的面积的 ，据此即可求解．【解答】解：如图，小圆不能达到的是每个顶点出的六小块， 每小块的面积是2 S△OAM ﹣ S圆O ＝ ×1﹣ ＝ ． π 故六小块的面积的和是2 ﹣ ． π 故答案是：2 ﹣ ． π 【点评】本题主要考查了正多边形的计算，正确理解小圆不能到达的部分是每个顶点出的六小块，是解决 本题的关键． 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 ． 【分析】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 ，则 2＝ 1 2 6S +2S ，进而可得出S ＝3S +S ＝1，即可得出结果． 1 2 APQD 1 2 【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． 【点评】本题考查了正多边形和圆、五角星的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、全等三角形 的判定与性质等知识；解答此题的关键是由五角星的性质得出△APR≌△BHP≌△CQH≌△DJQ≌△ERJ， 四边形APQR为平行四边形，再证明△HPQ≌△JRQ． 13．（2020•洪山区校级自主招生）如图，以正六边形 ABCDEF的对角线BD为边，向右作等边三角形 BDG，若四边形BCDG（图中阴影部分）的面积为6，则五边形ABDEF的面积为 1 5 ． 【分析】连接 GC 并延长交 BD 于点 H，连接 AE，根据正六边形和等边三角形的性质可得， △BCG≌△DCG，△GBC≌△DBC，所以得 S△BCG ＝S△DCG ＝S△BCD ＝2，S△AEF ＝3，进而可得五边形ABDEF的面积． 【解答】解：如图，连接GC并延长交BD于点H，连接AE， ∵ABCDEF正六边形， ∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF， ∠F＝∠FAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEF＝120°， ∴∠CBD＝∠CDB＝30° ∵△BDG是等边三角形， ∴BG＝DG＝BD，∠GBD＝∠GDB＝60°， 又CG＝CG， ∴△BCG≌△DCG（SSS）， ∵∠GBC＝∠DBC＝60°﹣30°＝30°， ∴△GBC≌△DBC（SAS）， ∴S△BCG ＝S△DCG ＝S△BCD ＝3， ∴S△AEF ＝3， 设CH＝x，则BC＝CG＝2x，BH＝ x， ∴BD＝2 x， ∴ CG•BH＝3， 即 ×2x× x＝3，∴ x2＝3， ∴S四边形ABDE ＝AB•BD＝2x•2 x＝4 x2＝12， ∴五边形ABDEF的面积为：3+12＝15． 故答案为：15． 【点评】本题考查了正多边形和圆、等边三角形的性质，解决本题的关键是掌握正多边形和圆的性质． 14．（2017•江阴市自主招生）如图，已知M（3，3）， M的半径为2，四边形ABCD是 M的内接正方 形，E为AB中点，当正方形ABCD绕圆心M转动时，△⊙OME的面积最大值为 3 ． ⊙ 【分析】因为OM，ME是定值，所以当EM⊥OM时，△OME的面积最大，求出OM、EM即可解决问题． 【解答】解：∵OM，ME是定值， ∴当ME⊥OM时，△OME的面积最大， ∵M（3，3）， ∴OM＝3 ， ∵ M的半径为2， ⊙ ∴正方形ABCD的边长为2 ， ∴ME＝ ， ∴△OME的面积的最大值＝ •OM•ME＝ ＝3． 故答案为3【点评】本题考查正多边形与圆、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题， 属于中考常考题型． 15．（2018•江岸区校级自主招生）如图，有一个边长不定的正方形ABCD，它的两个相对的顶点A，C分 别在边长为1的正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点 B，D在正六边形内部（包括边界），则正方 形边长a的取值范围是 ≤ a ≤ 3 ﹣ ． 【分析】当正方形ABCD的顶点A、B、C、D在正六边形的边上时，正方形的边长的值最大，解直角三角 形得到a，当正方形ABCD的对角线AC在正六边形一组平行的对边的中点上时，正方形边长a的值最小， AC是正方形的对角线，解直角三角形即可得到结论． 【解答】解：①当正方形ABCD的对角线AC在正六边形一组平行的对边的中点上时， 正方形边长a的值最小，AC是正方形的对角线， ∴AC＝A′D＝ ， ∴a＝ ， ②当正方形ABCD的四个顶点都在正六边形的边上时，正方形边长 a的值最大，AC是正方形的对角线 AC， 设A′（t， ）时，正方形的边长最大， ∵OB′⊥OA′， ∴B′（﹣ ，t）， 设直线MN的解析式为y＝kx+b，M（﹣1，0），N（﹣ ，﹣ ）， ∴ ，∴ ， ∴直线MN的解析式为y＝﹣ x﹣ ， 将B′（﹣ ，t）代入得t＝ ﹣ ， 此时，A′B′取最大值， ∴a＝ ＝3﹣ ， ∴正方形边长a的取值范围是： ≤a≤3﹣ ， 故答案为： ≤a≤3﹣ ． 【点评】本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，解直角三角形，正确的找出正方形边长的最大值和最 小值是解题的关键． 16．（2017•浦东新区校级自主招生）如图，边长为5的圆内接正方形ABCD中，P为CD的中点，连接AP 并延长交圆于点E，则DE的长为 ．【分析】连接CE，作出EF⊥CD，运用相似三角形的性质，得出EF，PF的长，再根据勾股定理即可得出 结论． 【解答】解：连接CE，作EF⊥PF． ∵∠DAP＝∠PCE，∠APD＝∠CPE， ∴△APD∽△CPE， ∴ ＝ ， ∵P为边CD的中点 ∴PD＝PC＝ ，PA＝ ＝ ， ＝ ， ∴PE＝ ， ∵FE∥AD ∴△APD∽△EPF， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ，∴PF＝ ， ∴EF＝ ＝1， ∴DE＝ ＝ ＝ ， 故答案为： ． 【点评】本题考查的是正多边形的圆及相似三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出相似三角 形是解答此题的关键． 17．（2017•杨浦区校级自主招生）如图，ABCDE是正五边形，已知AG＝1，则FG+JH+CD＝ +1 ． 【分析】根据对称性可知：GJ∥BH，GB∥JH，推出四边形JHBG是平行四边形，推出JH＝BG，同理可 证：四边形CDFB是平行四边形，推出CD＝FB，推出FG+JH+CD＝FG+BG+FB＝2BF，设FG＝x，由 △AFG∽△BFA，推出AF2＝FG•FB，由此构建方程求出x即可解决问题； 【解答】解：根据对称性可知：GJ∥BH，GB∥JH， ∴四边形JHBG是平行四边形， ∴JH＝BG， 同理可证：四边形CDFB是平行四边形， ∴CD＝FB， ∴FG+JH+CD＝FG+BG+FB＝2BF， 设FG＝x， ∵∠AFG＝∠AFB，∠FAG＝∠ABF＝36°， ∴△AFG∽△BFA， ∴AF2＝FG•FB， ∵AF＝AG＝BG＝1， ∴x（x+1）＝1，∴x＝ （负根已经舍弃）， ∴BF＝ +1＝ ， ∴FG+JH+CD＝ +1． 故答案为 +1． 【点评】本题考查正多边形与圆、平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关 键是灵活运用所学知识解决问题，学会正确寻找相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．