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初中数学北师大版九年级下册8 圆内接正多边形优秀同步测试题
展开这是一份初中数学北师大版九年级下册8 圆内接正多边形优秀同步测试题，共37页。试卷主要包含了0分），5°，π≈8sin22，下列说法中，错误的有，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
3.8圆内接正多边形同步练习北师大版初中数学九年级下册
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 半径为R的圆内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系是( )
A. a
A. 63cm2 B. 123cm2 C. 243cm2 D. 483cm2
3. 如图，已知⊙O的内接正六边形ABCDEF的边心距OM=1，则该圆的内接正三角形ACE的面积为( )
A. 2
B. 4
C. 23
D. 3
4. 如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为DE上的一点(点P不与点D重合)，则∠CPD的度数为( )
A. 30°
B. 36°
C. 60°
D. 72°
5. 如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，半径为4，则这个正六边形的边心距OM的长为( )
A. 2 B. 23 C. 3 D. 43
6. 若正六边形的半径长为6，则它的边长等于( )
A. 6 B. 3 C. 33 D. 63
7. 如图，AB，AC分别为⊙O的内接正三角形和内接正四边形的一边，若BC恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为( )
A. 8
B. 10
C. 12
D. 15
8. 下列图形属于正多边形的是( )
A. 长方形 B. 正方形 C. 梯形 D. 平行四边形
9. 将一枚飞镖投掷到如图所示的正六边形镖盘上，飞镖落在白色区域的概率为( )
A. 12
B. 25
C. 35
D. 23
10. 如图，正方形的边长为4，剪去四个角后成为一个正八边形，则可求出此正八边形的外接圆直径d，根据我国魏晋时期数学家刘徽的“割圆术”思想，如果用此正八边形的周长近似代替其外接圆周长，便可估计π的值，下面d及π的值都正确的是( )
A. d=8(2−1)sin22.5°，π≈8sin22.5° B. d=4(2−1)sin22.5°，π≈4sin22.5°
C. d=4(2−1)sin22.5°，π≈8sin22.5° D. d=8(2−1)sin22.5°，π≈4sin22.5°
11. 5.下列说法中，错误的有( )
①任意三点确定一个圆
②相等的圆心角所对的弧相等
③各边相等的圆内接多边形是正多边形
④若点C是线段AB的黄金分割点，且AB=10，则AC=55−5
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12. 如图，若⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆，则正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比为( )
A. 22：3
B. 2：1
C. 2：3
D. 1：3
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 圆内接正五边形中，每个外角的度数=______度．
14. 如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，则∠COD的度数是____．
15. 如图，圆内接正方形的边长与外切正方形的边长之比是_______________．
16. 我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率．若设⊙O的半径为R，圆内接正n边形的边长、面积分别为an，Sn，圆内接正2n边形边长、面积分别为a2n，S2n.刘徽用以下公式求出a2n和S2n．
a2n=(12an)2+(R−R2−(12an)2)2，S2n=12nanR.
如图，若⊙O的半径为1，则⊙O的内接正八边形AEBFCGDH的面积为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. (1)计算：−(13)−1−12+3tan30°−20190+|1−3|
(2)如图，在正五边形ABCDE中，CA与DB相交于点F，若AB=1，求BF．
18. 如图，已知正三角形ABC内接于⊙O，AD是⊙O的内接正十二边形的一条边长，连接CD，若CD=62cm，求⊙O的半径．
19. 如图，已知点O是正六边形ABCDEF的对称中心，G，H分别是AF，BC上的点，且AG=BH．
(1)求∠FAB的度数；
(2)求证：OG=OH．
20. 已知n边形的内角和θ=(n−2)×180°．
(1)甲同学说，θ能取900°；而乙同学说，θ也能取800°.甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n.若不对，说明理由；
(2)若n边形变为(n+x)边形，发现内角和增加了540°，用列方程的方法确定x．
21. 一个边长为60米的正六边形跑道，P、Q两人同时从A处开始沿相反方向都跑一圈后停止，P以4米/秒逆时针方向、Q以5米/秒顺时针方向，PQ的距离为d米，设跑步时间为x秒，令d 2=y，
(1)跑道全长为____米，经过____秒两人第一次相遇．
(2)当P在BC上，Q在EF上时，求y关于x的函数解析式；并求相遇前当x为多少时，他们之间的距离最大．
(3)直接写出P、Q在整个运动过程中距离最大时的x的值及最大的距离．
22. 某花店计划用9000元从苗圃购进50株新品种兰花，已知该苗圃现有三个不同的新品种兰花，出圃价分别为：甲种每株150元，乙种每株210元，丙种每株250元．花店销售一株甲种兰花可获利100元，销售一株乙种兰花可获利150元，销售一株丙种兰花可获利200元．若花店同时购进其中两种不同品种(要求必须购进甲种)的兰花共50株，恰好用去9000元．
(1)求花店所有可能的进货方案．
(2)为使销售利润最大，应该选择(1)中的哪种进货方案？
23. 如图，已知圆O是正六边形ABCDEF外接圆，直径BE=8，点G、H分别在射线CD、EF上(点G不与点C、D重合)，且∠GBH=60°，设CG=x，EH=y．
(1)如图①，当直线BG经过弧CD的中点Q时，求∠CBG的度数；
(2)如图②，当点G在边CD上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(3)联结AH、EG，如果△AFH与△DEG相似，求CG的长．
24. 如图，⊙O为等边ΔABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB⌢上运动(不与点A,B重合)，连接DA，DB，DC．
(1)求证：DC是∠ADB的平分线；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
(3)若点M,N分别在线段CA，CB上运动(不含端点)，经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，ΔDMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
25. 如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，其半径为1，P为弧AB上的动点(P点不与A、B重合)，连接AP，BP，CP．
(1)求证：PA+PB=PC．
(2)求四边形APBC面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了正多边形和圆的性质，解决本题的关键是构造直角三角形，得到用半径表示的边心距；注意：正多边形的计算一般要转化为解直角三角形的问题来解决．
根据三角函数即可求解．
【解答】
解：设圆的半径为R，
则正三角形的边心距为a=R×cos60°=12R.
正方形的边心距为b=R×cos45°=22R，
正六边形的边心距为c=R×cos30°=32R.
∵12R<22R<32R，
∴a
2.【答案】C
【解析】解：∵正六边形的半径等于边长，
∴正六边形的边长a=4cm；
∴正六边形的面积S=6×12×4×4sin60°=243cm2．
故选：C．
根据正六边形的边长等于半径进行解答即可．
本题考查的是正六边形的性质，熟知正六边形的边长等于半径是解答此题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：如图所示，连接OE、OF，过O作ON⊥CE于N，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠EOF=60°，
∵OE=OF，
∴△EOF是等边三角形，
∴∠OEM=60°，
∴OM=OE⋅sin∠OEM，
∴OE=OMsin60∘=233，
∵∠OEN=30°，
∴ON=12OE=33，EN=1．
∴CE=2EN=2．
故选：A．
连接OE、OF，过O作ON⊥CE于N，证出△EOF是等边三角形，根据锐角三角函数的定义求解即可．
本题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角函数；熟练掌握正六边形的性质是解决问题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：如图，连接OC，OD．
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD=360°5=72°，
∴∠CPD=12∠COD=36°，
故选：B．
连接OC，OD.求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正六边形的性质，求出BM是解决问题的关键．
连接OC、OB，证出△BOC是等边三角形，求出BM，根据勾股定理求解即可．
【解答】
解：如图，连接OB，OC．
因为多边形ABCDEF是正六边形，所以∠BOC=60∘，
因为OB=OC，所以△BOC是等边三角形，
所以∠OBM=60∘，∠BOM=30∘，
所以BM=12OB=2，
所以OM=OB2−BM2=42−22=23．
故选B．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
根据正六边形的外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，即可求解．
【详解】
正六边形的中心角为360°÷6=60°，那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，故正六边形的外接圆半径等于6，则正六边形的边长是6．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了正多边形和圆，利用正六边形的外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形得出是解题关键．
7.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n(n是大于2的自然数)等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．
连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得到∠AOB=120°，∠AOC=90°，则∠BOC=30°，然后计算360°30∘即可得到n的值．
【解答】
解：连接OA、OB、OC，如图，
∵AB，AC分别为⊙O的内接正三角形与内接正四边形的一边，
∴∠AOB=360°3=120°，∠AOC=360°4=90°，
∴∠BOC=∠AOB−∠AOC=30°，
∴n=360°30∘=12，
即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查了正多边形，关键是掌握正多边形的定义．根据正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形，可得答案．
【解答】
解：正方形四个角相等，四条边都相等，
故选B．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
算出白色区域的面积与整个图形的面积之比即为所求概率．
【详解】
解：如图，过点A作AG⊥BF于点G
∵六边形ABCDEF为正六边形，，
设正六边形的边长为a，则AG=a2,BF=2FG=2×3a2=3a
∴空白部分的面积为：S空白=3S△ABF=3×12×3a×a2=33a24
正六边形的面积为：S六=6×34a2=332a2
∴飞镖落在白色区域的概率为：
故选：A
【点睛】
本题考查概率的求解，确定白色区域面积占整个图形面积的占比是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：如图，连接AD，BC交于点O，过点O作OP⊥BC于点P，
则CP=PD，且∠COP=22.5°，
设正八边形的边长为a，则a+2×22a=4，
解得a=4(2−1)，
在Rt△OCP中，OC=PCsin22.5∘=2(2−1)sin22.5°，
∴d=2OC=4(2−1)sin22.5°，
由πd≈8CD，
则4(2−1)sin22.5°π≈32(2−1)，
∴π≈8sin22.5°．
故选：C．
根据外接圆的性质可知，圆心各个顶点的距离相等，过圆心向边作垂线，解直角三角形，再根据圆周长公式可求得．
本题主要考查正多边形的外接圆的性质，解直角三角形等内容，熟练掌握三角函数的定义及正多边形外接圆的性质是解题关键．
11.【答案】A
【解析】根据确定圆的条件、圆周角定理、圆内接四边形、黄金分割的性质一一判断即可．
【详解】
解：①任意三点确定一个圆；错误，应该的不在同一直线上的三点可以确定一个圆；
②相等的圆心角所对的弧相等；错误，应该是在同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等；
③各边相等的圆内接多边形是正多边形；正确；
④若点C是线段AB的黄金分割点，且AB=10，则AC=55−5，错误，若点C是线段AB的黄金分割点，且AB=10，则AC=55−5或BC=55−5.；
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆的条件、圆周角定理、圆内接四边形、黄金分割的性质等知识，熟练掌握基本知识是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：连接OA、OB.OE，如图所示：
设此圆的半径为R，
则它的内接正方形的边长为2R，它的内接正六边形的边长为R，
∴内接正方形和内接正六边形的边长之比为2R：R=2：1，
∴正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比=内接正方形和内接正六边形的边长之比=42：6=22：3，
故选：A．
求出⊙O的内接正方形和内接正六边形的边长之比，即可得出结论．
本题考查了正多边形和圆，求出内接正方形与内接正六边形的边长关系是解决问题的关键．
13.【答案】72
【解析】解：360°÷5=72°．
故答案为：72．
利用正五边形的外角和等于360度，除以边数即可求出答案．
本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是360°．
14.【答案】72°
【解析】
【分析】
根据正多边形的中心角的计算公式：360°n计算即可．
【详解】
解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为360°5=72°，
故答案为：72°．
【点睛】
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：360°n是解题的关键．
15.【答案】1：2
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，设圆的半径为R，分别用R表示出圆的内接正方形和外切正方形的边长，再求出其比值即可．
【详解】
解：如图，
∵圆的半径为R，
∴CD=OD=22R，
∴内接正方形的边长为2R，
AB=OB=R，
∴外切正方形的边长为2R，
∴圆的内接正方形和外切正方形的边长比为：1：2，
故答案为：1：2．
【点睛】
本题考查的是正多边形和圆的关系，掌握正多边形的性质、正多边形的中心角的计算方法是解题的关键．
16.【答案】22
【解析】解：连接AC，OD，OH，
∵四边形ABCD是圆内接正四边形，∠ADC=90°，
∴AC是圆的直径，AC=2，
∵AD2+CD2=AC2，
∴AD=CD=2，
∵OH⊥AD，
S正八边形AEBFCGDH=4S四边形AODH=4×12×2×1=22，
故答案为：22．
利用勾股定理求出正方形的边长，根据S正八边形AEBFCGDH=4S四边形AODH即可．
本题考查了圆内接正多边形，利用圆内接正多边形的性质求出正方形的边长是解题的关键．
17.【答案】(1)−5;(2)BF=5−12．
【解析】
【解析】
【分析】
(1)根据负指数幂，零指数幂，特殊角的三角函数值，绝对值的性质计算即可．
(2)首先证明AB=AF=1，BF=CF，设BF=CF=x，利用相似三角形的性质，构建方程即可解决问题．
【详解】
(1)原式=−3−23+3−1+3−1=−5
(2)在正五边形ABCDE中，∵∠ABC=∠DCB=108°，BC=BA=CD，
∴∠BAC=∠BCA=∠CDB=∠CBD=36°，
∴∠ABF=72°，
∴∠AFB=∠CBD+∠ACB=72°，
∴∠AFB=∠ABF，∠FCB=∠FBC，
∴AF=AB=1，FB=CF，设FB=FC=x，
∵∠BCF=∠BCA，∠CBF=∠CAB，
∴△BCF∽△ACB，
∴CB 2=CF⋅CA，
∴x(x+1)=1，
∴x 2+x−1=0，
∴x=5−12或−5−12(舍弃)，
∴BF=5−12．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，相似三角形的判定和性质，负指数幂，零指数幂，绝对值等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
18.【答案】6cm
【解析】
【解析】
【分析】
首先连接OA、OD、OC，由等边△ABC内接于⊙O，AD为内接正十二边形的一边，可求得∠AOC，∠AOD的度数，进而证得△COD是等腰直角三角形，即可求得答案．
【详解】
解：如图所示，连接OA、OD、OC，
∵等边▵ABC内接于⊙O，AD为内接正十二边形的一边，
∴∠AOC=13×360∘=120∘，∠AOD=112×360∘=30∘，
∴∠COD=∠AOC−∠BAD=90∘，
∵OC=OD，
∴▵OCD是等腰直角三角形，
∴OC=OD=22CD=22×62=6，
即⊙O的半径为6cm．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆、等边三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识.正确作出辅助线并证明三角形OCD是等腰直角三角形是解题的关键．
19.【答案】(1)120°；(2)见解析；
【解析】
【解析】
【分析】
(1)根据多边形的内角和定理、正多边形的性质计算；
(2)证明△AOG≌△BOH，根据全等三角形的性质证明结论．
【详解】
(1)∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠FAB=6−2×180°6=120°；
(2)连接OA、OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠FAB=∠CBA，
∴∠OAG=∠OBH，
在△AOG和△BOH中，
AG=BH∠OAG=∠OBHOA=OB,
∴△AOG≌△BOH(SAS)
∴OG=OH．
【点睛】
本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的内角的计算公式、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
20.【答案】(1)甲对，乙不对；(2)3
【解析】
【解析】
【分析】
(1)首先根据题意列出方程，求解n的值，再根据n值是正整数，来确定是否从在．
(2)根据题意列方程求解即可．
【详解】
解：(1)甲对，乙不对，理由如下：
∵当θ取900°时，900°=(n−2)×180°，
解得n=7；
当θ取800°时，800°=(n−2)×180°，
解得n=589；
∵n为整数，
∴θ不能取800°；
答：甲同学说的边数n是7；
(2)依题意得，
(n−2)×180°+540°=(n+x−2)×180°，
解得x=3．
故x的值为3．
【点睛】
本题主要考查多边形的内角和的计算，应当熟练的掌握．
21.【答案】(1)360，40；(2)当x=24时，d的最大值为1279米；(3)PQ的最大值为120米．
【解析】
【分析】
(1)由正六边形的性质可得跑道全长；根据相遇时P、Q两人的路程之和等于跑道全长列出方程，即可求解；
(2)如图，连接BF，过点Q作QH⊥BC于H，可证四边形FBHQ是矩形，可得QH=BF，而FB易求，则QH可得，显然PH就是Q跑x秒的路程减去P跑x秒的路程，于是PH可得，再由勾股定理即可求出y关于x的函数解析式，然后根据二次函数的性质求解即可；
(3)根据正六边形的性质可知：点A，B，C，D，E，F在以AD中点为圆心，AB长为半径的圆上，则可得当PQ为直径时，PQ的值最大，据此解答即可．
【详解】
解：(1)∵六边形ABCDEF是正六边形，∴AB=BC=CD=DE=EF=AF=60米，
∴跑道全长=6×60=360米，
∴4x+5x=360，∴x=40s，即经过40秒两人第一次相遇．
故答案为：360，40；
(2)∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠A=∠F=∠B=120°，
如图，连接BF，过点Q作QH⊥BC于H，
∵∠A=120°，AB=AF=60米，∴∠AFB=∠ABF=30°，BF=603米，
∴∠BFE=∠FBC=90°，∴四边形FBHQ是矩形，
∴QH=BF=603米，FQ=BH，
∵AF+FQ=5x米，AB+BP=4x米，∴PH=x米，
∴y=QP 2=PH 2+QH 2，
∴y=x 2+10800，(15≤x≤24)
∴当x=24时，d的最大值为1279米；
(3)∵六边形ABCDEF是正六边形，∴点A，B，C，D，E，F在以AD中点为圆心，AB长为半径的圆上，
∵当x=60s时，5×60=300米，则点Q与点B重合，4×60=240米，则点P与点E重合，
∴BE为直径时，如图，P、Q之间的距离最大，
∵六边形ABCDEF是正六边形，∴BE=2AB=120米，即PQ的最大值为120米．
【点睛】
本题把正六边形和行程问题巧妙结合，主要考查了正六边形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质、二次函数的性质和路程、速度与时间的关系等知识，熟练掌握正六边形的性质和二次函数的性质是解题的关键．
22.【答案】(1)有两种进货方案，甲、乙各25株，和甲35株，丙15株．(2)应选择进货方案为：甲35株，丙15株．
【解析】
【分析】
(1)设购进甲种兰花x株，再分两种情况讨论：①若购进甲、乙两种，则购进乙50−x株，②若购进甲、丙两种，则购进丙50−x株，根据总金额为9000元，列方程，解方程即可得到答案；
(2)由(1)得到两种进货方案，分别计算两种方案的利润，再比较可得最大利润，从而可得答案．
【详解】
解：(1)设购进甲种兰花x株，
①若购进甲、乙两种，则购进乙50−x株，
150x+21050−x=9000，
解得：x=25，50−x=25，
购进甲、乙两种各25株．
②若购进甲、丙两种，则购进丙50−x株，
150x+25050−x=9000，
解得x=35，50−x=15．
购进甲35株，丙15株．
综上所述，有两种进货方案，甲、乙各25株，和甲35株，丙15株．
(2)购进甲、乙各25株时，
利润为：100×25+150×25=6250(元)，
购进甲35株，丙15株时
利润为：100×35+200×15=6500(元)，
∵6250<6500，
∴要使利润最大，应选择进货方案为：甲35株，丙15株．
【点睛】
本题主要考查了一元一次方程的应用，最大利润的计算，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程．
23.【答案】(1)∠CBG=15°；(2)y=8xx+4(0
【解析】
【分析】
(1)连接OQ，根据正六边形的特点和内角和求出∠EBC =60°，然后通过弧之间的关系得出∠BOQ=∠EOQ=90°，又因为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，连接HM，首先根据正六边形的性质得出▵EHM是等边三角形，则有EM=HE=HM=y，∠HME=60°，从而有∠C=∠HMB=120°，然后通过等量代换得出∠GBC=∠HBE，由此可证明△BCG∽△BMH，则有BCBM=CGMH，即48−y=xy，则y关于x的函数关系式可求，因为点Q在边CD上，则x的取值范围可求；
(3)分两种情况：①当点G在边CD上时：又分当AFED=FHDG时和当AFDG=FHDE时两种情况；②当点G在CD的延长线上时，同样分当AFED=FHDG时和当AFDG=FHDE时两种情况，分别建立方程求解并检验即可得出答案．
【详解】
解：(1)如图，连接OQ．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴BC=DE，∠ABC=120°．
∴BC⌢=DE⌢，∠EBC=12∠ABC=60°．
∵点Q是CD⌢的中点，
∴CQ⌢=DQ⌢．
∴BC⌢+CQ⌢=QD⌢+DE⌢，
即BQ⌢=EQ⌢．
∴∠BOQ=∠EOQ，
又∵∠BOQ+∠EOQ=180°，
∴∠BOQ=∠EOQ=90°．
又∵BO=OQ，
∴∠OBQ=∠BQO=45°，
∴∠CBG=60°−45°=15°．
(2)如图，在BE上截取EM=HE，连接HM．
∵六边形ABCDEF是正六边形，直径BE=8，
∴BO=OE=BC=4，∠C=∠FED=120°，
∴∠FEB=12∠FED=60°．
∵EM=HE，
∴▵EHM是等边三角形，
∴EM=HE=HM=y，∠HME=60°，
∴∠C=∠HMB=120°．
∵∠EBC=∠GBH=60°，
∴∠EBC−∠GBE=∠GBH−∠GBE，
即∠GBC=∠HBE．
∴△BCG∽△BMH，
∴BCBM=CGMH．
又∵CG= x，BE=8，BC=4，
∴48−y=xy，
∴y与x的函数关系式为y=8xx+4(0
由于△AFH∽△EDG，且∠CDE=∠AFE=120°，
①当AFED=FHDG时，
∵AF=ED，
∴FH=DG，
∴CG=EH，
即：x=y=8xx+4，解分式方程得x=4．
经检验x=4是原方程的解，但不符合题意舍去．
②当AFDG=FHDE时，
即：44−x=4−y4，解分式方程得x=12．
经检验x=12是原方程的解，但不符合题意舍去．
如图，当点G在CD的延长线上时．
由于△AFH∽△EDG，且∠EDG=∠AFH=60°，
①当AFED=FHDG时，
∵AF=ED，
∴FH=DG，
∴CG=EH，
即：x=y=8xx+4，解分式方程得x=4．
经检验x=4是原方程的解，但不符合题意舍去．
②当AFDG=FHDE时，
即：4x−4=y−44，解分式方程得x=12．
经检验x=12是原方程的解，且符合题意．
∴综上所述，如果△AFH与△DEG相似，那么CG的长为12．
【点睛】
本题主要考查正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，解分式方程，做出辅助线并分情况讨论是解题的关键．
24.【答案】(1)详见解析；(2)是，S=34x2(23
【解析】
【分析】
(1)根据等弧对等角的性质证明即可；
(2)延长DA到E，让AE=DB，证明△EAC≌△DBC，即可表示出S的面积；
(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中，t=3x，D与O、C共线时t取最大值即可算出．
【详解】
(1)∵△ABC为等边三角形，BC=AC，
∴AC⌢=BC⌢，都为13圆，
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，
∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA至点E，使得AE=DB．
连接EC，则∠EAC=180°−∠DAC=∠DBC．
∵AE=DB，∠EAC=∠DBC，AC=BC，
∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC是等边三角形，
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为32x
∴S=S▵DBC+S▵ADC=S▵EAC+S▵ADC=S▵CDE=12⋅x⋅32x=34x2(23
(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，根据对称性
C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．
∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t，此时t=D1D2，
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA，
∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，
在等腰△D1CD2中，作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=32CD1=32x，
同理D2H=32CD2=32x
∴t=D1D2=3DC=3x．
∴x取最大值时，t取最大值．
即D与O、C共线时t取最大值，x=4．
所有t值中的最大值为43．
【点睛】
本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
25.【答案】(1)证明见解析；(2)3．
【解析】
【分析】
(1)在PC上截取PD=AP，利用圆周角定理得到∠APC=60°，则△APD是等边三角形，根据等边三角形的性质得到AD=AP=PD，∠ADP=60°，进而推出∠ADC=∠APB，即可证明△APB≌△ADC，利用对应边相等即可得证；
(2)过点P作PE⊥AB于E，过点C作CF⊥AB于F，利用面积公式可得S四边形APBC= 12AB?(PE+CF)，易知PC为⊙O的直径时，四边形APBC的面积最大，求出三角形ABC的边长即可求面积．
【详解】
解：在PC上截取PD=AP，如图1，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠APC=∠ABC=60°，
又∵PD=AP
∴△APD是等边三角形，
∴AD=AP=PD，∠ADP=60°，即∠ADC=120°．
又∵∠APB=∠APC+∠BPC=∠APC+∠BAC =120°，
∴∠ADC=∠APB，
在△APB和△ADC中，
∠APB=∠ADC∠ABP=∠ACDAP=AD,
∴△APB≌△ADC(AAS)，
∴BP=CD，
又∵PD=AP，
∴PC=PD+DC=PA+PB；
(2)当点P为弧AB的中点时，四边形APBC的面积最大．
理由如下，如图2，过点P作PE⊥AB，垂足为E．
过点C作CF⊥AB，垂足为F．
∵S△APB= 12AB?PE，S△ABC=12 AB?CF，
∴S四边形APBC= 12AB?(PE+CF)，
当点P为弧AB的中点时，PE+CF=PC，PC为⊙O的直径，
∴此时四边形APBC的面积最大．
如图所示，过O作OM⊥BC，连接OB，OC，
∵⊙O为等边△ABC的外接圆，
∴∠BOC=120°，
由垂径定理可知∠BOM=60°，BM=MC=12BC，
∴其内接正三角形的边长AB=3，
∴S四边形APBC=12×2×3=3．
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握圆内接正多边形的性质，圆周角定理，垂径定理是解题的关键．
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