9. [2025 北京海淀期中,★☆]如图,正五边形的五个内角都相等,五条边都相等,连接对角线 AD,BE,CE,线段 AD 分别与 BE 和 CE 相交于点 F,G,下列结论：①$∠AGC= 108^{\circ }$；②$AG= AE$；③$∠EBC= 2∠BEC$；④$BF= DE$.其中正确结论的个数是(
D
)
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：D ∵五边形 ABCDE 是正五边形，∴∠BAE = ∠AED = ∠CDE = 108°，AB = AE = DE = CD，∴∠ABE = ∠AEB = ∠EAD = ∠ADE = ∠CED = 36°，∴∠AGC = ∠DGE = 180° - ∠EDA - ∠CED = 108°，故①正确；∵∠AGE = 180° - 108° = 72°，∠AEG = 180° - 36° - 72° = 72°，∴∠AEG = ∠AGE，∴AE = AG，故②正确；∵∠ABC = ∠DCB = 108°，∠ABE = ∠DCE = 36°，∴∠EBC = ∠ECB = 108° - 36° = 72°，∴∠BEC = 180° - 72° - 72° = 36°，∴∠EBC = 2∠BEC，故③正确；∵∠ABE = 36°，∠BAF = 108° - 36° = 72°，∴∠BFA = 180° - 72° - 36° = 72°，∴∠BAF = ∠BFA，∴AB = BF，∵AB = DE，∴BF = DE，故④正确。故选 D。
10. [2024 四川绵阳中考,★☆]如图,在边长为 2 的正六边形 ABCDEF 中,连接 BE,点 H 在 BE 上运动,点 G 为 EF 的中点,当△AGH 的周长最小时,$AH+GH= $( )
A. $2\sqrt {3}$
B. $\sqrt {13}$
C. 12
D. 13
答案：B 如图，要使△AGH 的周长最小，则需使 AH + HG 的值最小，利用正六边形的性质可得点 G 关于直线 BE 的对称点 G'为 DE 的中点，由对称性可得 HG' = HG，∴当 A、H、G'三点共线时 AH + HG 的值最小，最小值为 AG'的长，设此时 AG'交 BE 于点 H'，连接 AE，H'G，易知∠F = 120°，AF = EF = 2，∴AE = $2\sqrt{3}$，∠AEF = 30°，∴∠AEG' = 90°，∵G'为 DE 的中点，∴EG' = $\frac{1}{2}$DE = 1，∴AG' = $\sqrt{1² + (2\sqrt{3})²}$ = $\sqrt{13}$，故当△AGH 的周长最小时，AH + GH = $\sqrt{13}$。故选 B。
11. 学科特色方程思想 [2022 四川遂宁中考,★☆]如图,正六边形 ABCDEF 的顶点 A、F 分别在正方形 BMGH 的边 BH、GH 上.若正方形 BMGH 的边长为 6,则正六边形 ABCDEF 的边长为____
4
.
答案：答案 4
解析 设 AF = x，则 AB = x，AH = 6 - x，∵六边形 ABCDEF 是正六边形，∴∠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，即正六边形 ABCDEF 的边长为 4。
12. [2025 河北沧州期中,★☆]如图,已知五边形 ABCDE 是⊙O 的内接正五边形,点 I 是△ABC 的内心,则$∠CIA-∠AOB= $
72°
.
答案：答案 72°
解析 ∵五边形 ABCDE 是⊙O 的内接正五边形，∴∠AOB = 360°÷5 = 72°，∵正五边形 ABCDE 的内角和为 (5 - 2)×180° = 3×180° = 540°，∴∠ABC = $\frac{540°}{5}$ = 108°。∵AB = BC，∴∠CAB = ∠ACB = $\frac{180° - ∠ABC}{2}$ = 36°，∵点 I 为△ABC 的内心，∴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,★☆]如图,六边形 ABCDEF 是⊙O 的内接正六边形,设正六边形 ABCDEF 的面积为$S_{1}$,△ACE 的面积为$S_{2}$,则$\frac {S_{1}}{S_{2}}= $____.
答案：答案 2
解析 如图，连接 OA，OC，OE。
∵六边形 ABCDEF 是⊙O 的内接正六边形，∴AC = AE = CE，∴△ACE 是⊙O 的内接正三角形，∵∠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），∴$S_{△BAC}$ = $S_{△AOC}$，由圆和正六边形的性质可得 $S_{△BAC}$ = $S_{△AFE}$ = $S_{△CDE}$，由圆和正三角形的性质可得 $S_{△OAC}$ = $S_{△OAE}$ = $S_{△OCE}$，∵$S_1$ = $S_{△BAC}$ + $S_{△AEF}$ + $S_{△CDE}$ + $S_{△OAC}$ + $S_{△OAE}$ + $S_{△OCE}$ = 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,★☆]如图,正方形 ABCD 内接于⊙O,E 是$\overset{\frown }{BC}$的中点,连接 AE,DE,CE.
(1)求证：$AE= DE$.
(2)求证：$AE+CE= \sqrt {2}DE$.
答案：证明 （1）∵四边形 ABCD 是正方形，∴AB = CD，∴$\overset{\frown}{AB}$ = $\overset{\frown}{CD}$。∵E 是$\overset{\frown}{BC}$的中点，∴$\overset{\frown}{BE}$ = $\overset{\frown}{EC}$。∴$\overset{\frown}{AE}$ = $\overset{\frown}{DE}$，∴AE = DE。
（2）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。∵AD = 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. 新课标几何直观 [2025 河北石家庄桥西期末]如图,正六边形 ABCDEF 的边长为 2,点 G 为 DE 边上一点,连接 AG,FG,CG,则△AFG 与△CDG 的面积和为( )
A. 4
B. $3\sqrt {3}$
C. $2\sqrt {3}$
D. 随点 G 位置而变化
答案：C 如图，过点 G 作 AF 的垂线，分别交 AF，CD 的延长线于点 M，N，设正六边形的中心为 O，过点 O 作 AF 的垂线，分别交 AF，CD 于点 P，Q，则 MN = PQ，连接 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 = $2\sqrt{3}$。故选 C。
16. 新课标推理能力 [2025 江苏南京秦淮期末]如图,点 O 是边长为 6 的正六边形 ABCDEF 和边长为 a 的正方形 MNPQ 的中心,将正方形 MNPQ 绕点 O 旋转一周.若在旋转过程中,正方形 MNPQ 始终在正六边形 ABCDEF 的内部(即正方形边上的所有点都在正六边形内),则 a 的取值范围是____.
答案：答案 0 ＜ a ＜ $3\sqrt{6}$
解析 如图，当正方形 MNPQ 的一个顶点 Q 在 EF 的中点时，正方形 MNPQ 的边长最大，连接 OE，OF，OQ，OP，则 OQ⊥EF，∵六边形 ABCDEF 是正六边形，中心为 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 的边长最大为 $3\sqrt{6}$，∴a 的取值范围是 0 ＜ a ＜ $3\sqrt{6}$。
