9. [2025 北京海淀期中,★☆]如圖,正五邊形的五個(gè)內(nèi)角都相等,五條邊都相等,連接對(duì)角線 AD,BE,CE,線段 AD 分別與 BE 和 CE 相交于點(diǎn) F,G,下列結(jié)論：①$∠AGC= 108^{\circ }$；②$AG= AE$；③$∠EBC= 2∠BEC$；④$BF= DE$.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是(
D
)
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：D ∵五邊形 ABCDE 是正五邊形，∴∠BAE = ∠AED = ∠CDE = 108°，AB = AE = DE = CD，∴∠ABE = ∠AEB = ∠EAD = ∠ADE = ∠CED = 36°，∴∠AGC = ∠DGE = 180° - ∠EDA - ∠CED = 108°，故①正確；∵∠AGE = 180° - 108° = 72°，∠AEG = 180° - 36° - 72° = 72°，∴∠AEG = ∠AGE，∴AE = AG，故②正確；∵∠ABC = ∠DCB = 108°，∠ABE = ∠DCE = 36°，∴∠EBC = ∠ECB = 108° - 36° = 72°，∴∠BEC = 180° - 72° - 72° = 36°，∴∠EBC = 2∠BEC，故③正確；∵∠ABE = 36°，∠BAF = 108° - 36° = 72°，∴∠BFA = 180° - 72° - 36° = 72°，∴∠BAF = ∠BFA，∴AB = BF，∵AB = DE，∴BF = DE，故④正確。故選 D。
10. [2024 四川綿陽(yáng)中考,★☆]如圖,在邊長(zhǎng)為 2 的正六邊形 ABCDEF 中,連接 BE,點(diǎn) H 在 BE 上運(yùn)動(dòng),點(diǎn) G 為 EF 的中點(diǎn),當(dāng)△AGH 的周長(zhǎng)最小時(shí),$AH+GH= $( )
A. $2\sqrt {3}$
B. $\sqrt {13}$
C. 12
D. 13
答案：B 如圖，要使△AGH 的周長(zhǎng)最小，則需使 AH + HG 的值最小，利用正六邊形的性質(zhì)可得點(diǎn) G 關(guān)于直線 BE 的對(duì)稱(chēng)點(diǎn) G'為 DE 的中點(diǎn)，由對(duì)稱(chēng)性可得 HG' = HG，∴當(dāng) A、H、G'三點(diǎn)共線時(shí) AH + HG 的值最小，最小值為 AG'的長(zhǎng)，設(shè)此時(shí) AG'交 BE 于點(diǎn) H'，連接 AE，H'G，易知∠F = 120°，AF = EF = 2，∴AE = $2\sqrt{3}$，∠AEF = 30°，∴∠AEG' = 90°，∵G'為 DE 的中點(diǎn)，∴EG' = $\frac{1}{2}$DE = 1，∴AG' = $\sqrt{12 + (2\sqrt{3})2}$ = $\sqrt{13}$，故當(dāng)△AGH 的周長(zhǎng)最小時(shí)，AH + GH = $\sqrt{13}$。故選 B。
11. 學(xué)科特色方程思想 [2022 四川遂寧中考,★☆]如圖,正六邊形 ABCDEF 的頂點(diǎn) A、F 分別在正方形 BMGH 的邊 BH、GH 上.若正方形 BMGH 的邊長(zhǎng)為 6,則正六邊形 ABCDEF 的邊長(zhǎng)為_(kāi)___
4
.
答案：答案 4
解析 設(shè) AF = x，則 AB = x，AH = 6 - x，∵六邊形 ABCDEF 是正六邊形，∴∠BAF = $\frac{(6 - 2)×180°}{6}$ = 120°，∴∠HAF = 60°，∵∠AHF = 90°，∴∠AFH = 30°，∴AF = 2AH，∴x = 2(6 - x)，解得 x = 4，∴AB = 4，即正六邊形 ABCDEF 的邊長(zhǎng)為 4。
12. [2025 河北滄州期中,★☆]如圖,已知五邊形 ABCDE 是⊙O 的內(nèi)接正五邊形,點(diǎn) I 是△ABC 的內(nèi)心,則$∠CIA-∠AOB= $
72°
.
答案：答案 72°
解析 ∵五邊形 ABCDE 是⊙O 的內(nèi)接正五邊形，∴∠AOB = 360°÷5 = 72°，∵正五邊形 ABCDE 的內(nèi)角和為 (5 - 2)×180° = 3×180° = 540°，∴∠ABC = $\frac{540°}{5}$ = 108°。∵AB = BC，∴∠CAB = ∠ACB = $\frac{180° - ∠ABC}{2}$ = 36°，∵點(diǎn) I 為△ABC 的內(nèi)心，∴AI 平分∠CAB，CI 平分∠ACB，∴∠CAI = ∠ACI = 18°，∴∠CIA = 180° - ∠CAI - ∠ACI = 180° - 18° - 18° = 144°，∴∠CIA - ∠AOB = 144° - 72° = 72°。
13. [2023 浙江杭州中考,★☆]如圖,六邊形 ABCDEF 是⊙O 的內(nèi)接正六邊形,設(shè)正六邊形 ABCDEF 的面積為$S_{1}$,△ACE 的面積為$S_{2}$,則$\frac {S_{1}}{S_{2}}= $____.
答案：答案 2
解析 如圖，連接 OA，OC，OE。
∵六邊形 ABCDEF 是⊙O 的內(nèi)接正六邊形，∴AC = AE = CE，∴△ACE 是⊙O 的內(nèi)接正三角形，∵∠B = 120°，AB = BC，∴∠BAC = ∠BCA = $\frac{1}{2}$(180° - ∠B) = 30°，∵∠CAE = 60°，∴∠OAC = ∠OAE = 30°，∴∠BAC = ∠OAC = 30°，同理可得∠BCA = ∠OCA = 30°，又∵AC = AC，∴△BAC ≌ △OAC（ASA），∴$S_{△BAC}$ = $S_{△AOC}$，由圓和正六邊形的性質(zhì)可得 $S_{△BAC}$ = $S_{△AFE}$ = $S_{△CDE}$，由圓和正三角形的性質(zhì)可得 $S_{△OAC}$ = $S_{△OAE}$ = $S_{△OCE}$，∵$S_1$ = $S_{△BAC}$ + $S_{△AEF}$ + $S_{△CDE}$ + $S_{△OAC}$ + $S_{△OAE}$ + $S_{△OCE}$ = 2($S_{△OAC}$ + $S_{△OAE}$ + $S_{△OCE}$) = $2S_2$，∴$\frac{S_1}{S_2}$ = 2。
14. [2024 福建莆田二十五中期中,★☆]如圖,正方形 ABCD 內(nèi)接于⊙O,E 是$\overset{\frown }{BC}$的中點(diǎn),連接 AE,DE,CE.
(1)求證：$AE= DE$.
(2)求證：$AE+CE= \sqrt {2}DE$.
答案：證明 （1）∵四邊形 ABCD 是正方形，∴AB = CD，∴$\overset{\frown}{AB}$ = $\overset{\frown}{CD}$。∵E 是$\overset{\frown}{BC}$的中點(diǎn)，∴$\overset{\frown}{BE}$ = $\overset{\frown}{EC}$?！?\overset{\frown}{AE}$ = $\overset{\frown}{DE}$，∴AE = DE。
（2）連接 BD，過(guò)點(diǎn) D 作 DF⊥DE 交 EC 的延長(zhǎng)線于 F。
∵四邊形 ABCD 是正方形，∴∠DBC = ∠DEC = 45°，DA = DC，∵∠EDF = 90°，∴∠F = 90° - 45° = 45°，∴DE = DF?！摺螦DC = ∠EDF = 90°，∴∠ADE = ∠CDF?！逜D = CD，∴$\overset{\frown}{AD}$ = $\overset{\frown}{CD}$，∴∠AED = ∠DEC = 45°，∴∠AED = ∠F = 45°。在△ADE 和△CDF 中，
$\begin{cases}∠AED = ∠F, \\∠ADE = ∠CDF, \\DA = DC,\end{cases}$
∴△ADE ≌ △CDF（AAS），∴AE = CF，∴EF = $\sqrt{2}$DE = EC + CF = EC + AE，即 AE + CE = $\sqrt{2}$DE。
15. 新課標(biāo)幾何直觀 [2025 河北石家莊橋西期末]如圖,正六邊形 ABCDEF 的邊長(zhǎng)為 2,點(diǎn) G 為 DE 邊上一點(diǎn),連接 AG,FG,CG,則△AFG 與△CDG 的面積和為( )
A. 4
B. $3\sqrt {3}$
C. $2\sqrt {3}$
D. 隨點(diǎn) G 位置而變化
答案：C 如圖，過(guò)點(diǎn) G 作 AF 的垂線，分別交 AF，CD 的延長(zhǎng)線于點(diǎn) M，N，設(shè)正六邊形的中心為 O，過(guò)點(diǎn) O 作 AF 的垂線，分別交 AF，CD 于點(diǎn) P，Q，則 MN = PQ，連接 OC，在 Rt△COQ 中，易知 OC = 2，CQ = 1，∴OQ = $\sqrt{OC2 - CQ2}$ = $\sqrt{3}$，∴MN = PQ = $2\sqrt{3}$，∴$S_{△AFG}$ + $S_{△CDG}$ = $\frac{1}{2}$AF·GM + $\frac{1}{2}$CD·GN = $\frac{1}{2}$×2×GM + $\frac{1}{2}$×2×GN = GM + GN = MN = $2\sqrt{3}$。故選 C。
16. 新課標(biāo)推理能力 [2025 江蘇南京秦淮期末]如圖,點(diǎn) O 是邊長(zhǎng)為 6 的正六邊形 ABCDEF 和邊長(zhǎng)為 a 的正方形 MNPQ 的中心,將正方形 MNPQ 繞點(diǎn) O 旋轉(zhuǎn)一周.若在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中,正方形 MNPQ 始終在正六邊形 ABCDEF 的內(nèi)部(即正方形邊上的所有點(diǎn)都在正六邊形內(nèi)),則 a 的取值范圍是____.
答案：答案 0 ＜ a ＜ $3\sqrt{6}$
解析 如圖，當(dāng)正方形 MNPQ 的一個(gè)頂點(diǎn) Q 在 EF 的中點(diǎn)時(shí)，正方形 MNPQ 的邊長(zhǎng)最大，連接 OE，OF，OQ，OP，則 OQ⊥EF，∵六邊形 ABCDEF 是正六邊形，中心為 O，∴∠EOF = $\frac{360°}{6}$ = 60°，OE = OF，∴△EOF 是正三角形，∴OE = OF = EF = 6，QE = QF = 3，在 Rt△EOQ 中，OQ = $\sqrt{OE2 - EQ2}$ = $3\sqrt{3}$，在 Rt△POQ 中，OP = OQ = $3\sqrt{3}$，∴PQ = $\sqrt{OP2 + OQ2}$ = $3\sqrt{6}$，即正方形 MNPQ 的邊長(zhǎng)最大為 $3\sqrt{6}$，∴a 的取值范圍是 0 ＜ a ＜ $3\sqrt{6}$。
