初中数学苏科版九年级上册2.6 正多边形与圆精品当堂检测题

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第2章 对称图形----圆
2.6 正多边形与圆
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课程标准
课标解读
1.了解正多边形和圆的有关概念及对称性；
2.理解并掌握正多边形半径和边长、边心距、中心角之间的关系，会应用正多边形和圆的有关知识画正
多边形；
3.会进行正多边形的有关计算.
1． 了解正多边形和圆的有关概念；理解并掌握正多边形半径和边长、边心距、中心角之间的关系，会应用正多边形和圆的有关知识画正多边形
2．通过复习圆的周长、圆的面积公式，探索积的计算公式，并应用这些公式解决问题．
3．了解圆锥母线的概念，理解圆锥侧面积计算公式，理解圆锥全面积的计算方法，并会应用公式解决
知识精讲

知识点01 正多边形的概念
各边相等，各角也相等的多边形是正多边形．
【微点拨】
判断一个多边形是否是正多边形，必须满足两个条件：(1)各边相等；(2)各角相等；缺一不可.如菱形的各边都相等，矩形的各角都相等，但它们都不是正多边形(正方形是正多边形).
【即学即练1】1．一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为，则该正多边形的边数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】
根据正多边形的中心角=计算即可．
【详解】
解：设正多边形的边数为n．
由题意=72°，
∴n=5，
故选：C．
知识点02 正多边形的重要元素
1.正多边形的外接圆和圆的内接正多边形
正多边形和圆的关系十分密切，只要把一个圆分成相等的一些弧，就可以作出这个圆的内接正多边形，这个圆就是这个正多边形的外接圆．
2.正多边形的有关概念
(1)一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
(2)正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径．
(3)正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
(4)正多边形的中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
3.正多边形的有关计算
(1)正ｎ边形每一个内角的度数是；
(2)正ｎ边形每个中心角的度数是；
(3)正ｎ边形每个外角的度数是.
【微点拨】
要熟悉正多边形的基本概念和基本图形，将待解决的问题转化为直角三角形.
【即学即练2】2．正十边形的中心角是（ ）
A．18° B．36° C．72° D．144°
【答案】B
【分析】
正多边形的每个中心角相等，且其和是360°，故一个中心角的度数为360°除以正多边形的边数．
【详解】
正十边形的每个中心角相等，且其和是360°，故一个中心角的度数为：360°÷10=36°
故选：B
知识点03 正多边形的性质
1.正多边形都只有一个外接圆，圆有无数个内接正多边形.
2.正ｎ边形的半径和边心距把正ｎ边形分成2ｎ个全等的直角三角形.
3.正多边形都是轴对称图形，对称轴的条数与它的边数相同，每条对称轴都通过正n边形的中心；当边数是偶数时，它也是中心对称图形，它的中心就是对称中心.
　　　　　　　　
4.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．
5.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
【微点拨】
（1）各边相等的圆的内接多边形是圆的内接正多边形；（2）各角相等的圆的外切多边形是圆的外切正多边形.
【即学即练3】3．下列关于正多边形的叙述，正确的是（ ）
A．正七边形既是轴对称图形又是中心对称图形
B．存在一个正多边形，它的外角和为
C．任何正多边形都有一个外接圆
D．不存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形
【答案】C
【分析】
根据中心对称图形、轴对称图形的定义、多边形外角和定理、正多边形的性质对各选项逐一判断即可得答案．
【详解】
A.正七边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项错误，
B.任意多边形的外角和都等于360°，故该选项错误，
C.任何正多边形都有一个外接圆，故该选项正确，
D.∵正三角形的每个外角为120°，对应的每个内角为60°，
∴存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形，故该选项错误，
故选：C．
知识点04 正多边形的画法
1.用量角器等分圆
由于在同圆中相等的圆心角所对的弧也相等，因此作相等的圆心角(即等分顶点在圆心的周角)可以等分圆；根据同圆中相等弧所对的弦相等，依次连接各分点就可画出相应的正n边形.
2.用尺规等分圆
对于一些特殊的正ｎ边形，可以用圆规和直尺作图.
①正四、八边形。

　　

在⊙O中，用尺规作两条互相垂直的直径就可把圆分成4等份，从而作出正四边形。 再逐次平分各边所对的弧(即作∠AOB的平分线交于 E) 就可作出正八边形、正十六边形等，边数逐次倍增的正多边形。
②正六、三、十二边形的作法。

　　

通过简单计算可知，正六边形的边长与其半径相等，所以，在⊙O中，任画一条直径AB，分别以A、B为圆心，以⊙O的半径为半径画弧与⊙O相交于C、D和E、F，则A、C、E、B、F、D是⊙O的6等分点。
显然，A、E、F(或C、B、D)是⊙O的3等分点。
同样，在图(3)中平分每条边所对的弧，就可把⊙O 12等分……。
【微点拨】
画正n边形的方法：（1）将一个圆n等份，（2）顺次连结各等分点.
【即学即练4】4．已知⊙O的半径是2，一个正方形内接于⊙O，则这个正方形的边长是（　　）
A．2 B．2 C． D．4
【答案】A
【分析】
利用正方形的性质结合勾股定理可得出正方形的边长．
【详解】
解：如图所示：

∵⊙O的半径为2，四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，
∴AB＝．
故选：A．
能力拓展

考法01 求正多边形的中心角
定理：正n边形的半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形。正多边形的有关计算都归结为解直角三角形的计算
【典例1】如图有一齿轮，相邻两齿之间间隔相等，如果让这个齿轮绕中心旋转，要与原图形重合，至少要旋转（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据正多边形的性质，求出每一条边所对的中心角，就是所要旋转的度数．
【详解】
解：由图可知：该齿轮是正八边形，
360°÷8=45°．
故选C．
考法02 正多边形和圆
1、 正多边形和圆各边相等，各角也相等的多边形叫正多边形。
2、 定理：把圆分成n（n＞3）等分：
（l）依次连结各分点所得的多边形是这个圆的内按正多边形；
（2）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。
3、 定理：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。
正多边形的外接（或内切）圆的圆心叫正多边形的中心。外接圆的半径叫正多边形的半径，内切圆的半径叫正多边形的边心距。
4、正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，叫正多边形的中心角。
5、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。
若n为偶数，则正n边形又是中心对称图形，它的中心就是对称中心。
【典例2】一个圆的半径为，则该圆的内接正方形的边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据正方形的性质得出
【详解】
如图，圆的半径为，AB=BC，结合勾股定理，进而即可求解．

∵四边形ABCD是正方形，∠B=90°，
∴AC是圆的直径，
∴AC=2×4=8，
∵AB2+BC2=AC2，AB=BC，
∴2AB2=64，解得：AB=4，
故选C．
分层提分

题组A 基础过关练
1．若⊙O的内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则n的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】
根据题意，内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则正n边形的中心角为 ，由 可得结果．
【详解】
解： 内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，
正n边形的中心角为，
，
n的值为6，
故选：C．
2．圆内接四边形中，四个角的度数比可顺次为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据圆内接四边形的对角互补，可知两组相对的角比例和相等，即可判断结果．
【详解】
解：∵圆内接四边形的对交互补，即相加等于180°，
故：A选项：4+2≠3+1，错误；
B选项：4+1=3+2，正确；
C选项：4+3≠2+1，错误；
D选项：4+3≠1+2，错误．
故：选B．
3．下列命题是假命题的是（ ）
A．点A（2，1）与点B(－2，－1)关于原点对称 B．不等式组的解集是空集
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．圆内接四边形的对角互补
【答案】C
【分析】
分别根据关于原点对称的点的特点、不等式组的解集、正方形的判定定理、圆内接四边形的性质作出判断即可．
【详解】
解：A. 点A（2，1）与点B(－2，－1)关于原点对称，该选项正确，是真命题；
B.不等式组的解集是空集，该选项正确，是真命题；
C. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，故该选项错误，是假命题；
D.圆内接四边形的对角互补，该选项正确，是真命题．
故选：C．
4．若一个正多边形的边长与半径相等，则这个正多边形的中心角是（ ）
A．45° B．60° C．72° D．90°
【答案】B
【分析】
利用正多边形的边长与半径相等得到正多边形为正六边形，然后根据正多边形的中心角定义求解．
【详解】
解：因为正多边形的边长与半径相等，所以正多边形为正六边形，因此这个正多边形的中心角为60°．
故选B．
5．在圆内接四边形中，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据可设，则，然后利用圆内接四边形对角互补可得，解得x，从而求出各角度数．
【详解】
解：设，因为，
则，
根据圆内接四边形对角互补可得，
所以，
解得，
所以∠B=90°，∠D=180°-∠B=90°．
故选A．
6．已知圆内接正六边形的边长是1，则该圆的内接正三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据圆内接正六边形的边长是1可得出圆的半径为1，利用勾股定理可求出该内接正三角形的边长为，高为，从而可得出面积．
【详解】
解：由题意可得出圆的半径为1，

∵△ABC为正三角形，AO=1，，BD=CD，AO=BO，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
7．在平行四边形、矩形、等边三角形、正方形中，正多边形有多少个（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】B
【分析】
根据正多边形的定义进行判断.
【详解】
解：等边三角形和正方形是正多边形，共有2个，
故选：B.
题组B 能力提升练
1．在圆内接正六边形ABCDEF中，正六边形的边长为2，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由正六边形的性质得∠COD＝60°，再证△OCD是等边三角形，得BC＝CD＝OC＝2，再由垂径定理和含30°角的直角三角形的性质求出OG即可．
【详解】
解：在圆内接正六边形ABCDEF中，∠COD＝360°÷6＝60°，

∵OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴BC＝CD＝OC＝2，
∵OG⊥BC，
∴CG＝BC＝1，
∵∠COG＝∠COD＝30°，
∴OG＝CG＝，
故选：C．
2．正六边形的边心距为，则该正六边形的外接圆半径为（ ）
A． B．2 C．3 D．
【答案】B
【分析】
设正六边形的中心是，一边是，过作于，在直角中，根据三角函数即可求得边长，从而求出周长．
【详解】
解：如图，
在中，，，
；
故选：．

3．如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中不正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】
连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，再证明∠BOD＝∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD＝CE，OD＝OE，则可对①进行判断；利用S△BOD＝S△COE得到四边形ODBE的面积＝ S△ABC＝ ，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，计算出S△ODE＝OE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长＝BC+DE＝4+DE＝4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．
【详解】
解：连接OB、OC，如图，

∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°，
而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°，
∴∠BOD＝∠COE，
在△BOD和△COE中，
，
∴△BOD≌△COE（ASA），
∴BD＝CE，OD＝OE，
∴①正确；
∵△BOD≌△COE，
∴S△BOD＝S△COE，
∴四边形ODBE的面积＝S△OBC═S△ABC＝××42＝，
故③正确；
作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH，
∵∠DOE＝120°，
∴∠ODE＝∠OEH＝30°，
∴OH＝OE，HE＝OH＝OE，
∴DE＝OE，
∴S△ODE＝×OE×OE＝OE2，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
∴S△ODE≠S△BDE；
故②错误；
∵BD＝CE，
∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝4+DE＝4+OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝，
∴△BDE周长的最小值＝4+2＝6，
∴④正确.
故选：A.
4．边长为2的正六边形的边心距为（ ）
A．1 B．2 C． D．2
【答案】C
【分析】
正六边形的边长与外接圆的半径相等，构建直角三角形，利用勾股定理即可求出．
【详解】
解：连接OA，作OM⊥AB，垂足为M，连接OB，

∵六边形ABCDEF是正六边形
∴△AOB是等边三角形
∴∠AOM=30°，AO=AB
∵正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AM=AB=×2=1，OA=2．
∴正六边形的边心距是OM=
故选：C．
5．如图，边长为2的正方形ABCD中，点是其内部一点，且满足∠DAE+∠CBE=135°，点F为边BC上一点，点M是CD边的中点，连接EF、FM，则EF+FM的最小值为______________．

【答案】
【分析】
如图，作过A、B、E三点的圆，圆心为O，在优弧上任取一点N，连接OA、OB、AN、BN，作OG⊥AB于G，连接MG，作点M关于BC的对称点H，连接CH，OH，交⊙O于E′，交BC于F，由正方形的性质可求出∠AEB=135°，根据圆周角定理可得点E在劣弧AB上，可得HE′为HE的最小值，根据轴对称的性质可得FH=FM，可得E′F+FH=E′F+FN=E′H，即可得出E′H是EF+FM的最小值，根据圆内接四边形的性质可得∠ANB=45°，即可得出∠AOB=90°，可得△AOB是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可得点G为AB中点，进而可得O、G、M三点在一条直线上，根据正方形和等腰直角三角形的性质可求出OB、OG、MH的长，利用勾股定理可求出OH的长，进而求出E′H的长即可得答案．
【详解】
解：如图，作过A、B、E三点的圆，圆心为O，在优弧上任取一点N，连接OA、OB、AN、BN，作OG⊥AB于G，连接MG，作点M关于BC的对称点H，连接CH，OH，交⊙O于E′，交BC于F，
∵四边形ABCD是正方形，DAE+∠CBE=135°，
∴AD//BC，∠BAD+∠ABC=180°，
∴∠BAE+∠ABE=180°-135°=45°，
∴∠AEB=180°-（∠BAE+∠ABE）=135°，
∴点E在上，
∵四边形AEBN是⊙O的内接四边形，
∴∠ANB=45°，
∵∠ANB和∠AOB分别是所对的圆周角和圆心角，
∴∠AOB=2∠ANB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴OB=AB=，
∵OG⊥AB，
∴OG=AG=BG=AB=1，
∵点M为CD中点，
∴GM//BC，GM=BC=2，
∴∠BGM=180°-90°=90°，
∴O、G、M三点在一条直线上，即OM=OG+GM=3，
∵AB//CD，
∴OM⊥CD，
∵点O为圆心，
∴E′H为点H到⊙O的距离的最小值，
∵点H与点M关于CD对称，
∴FM=FH，CH=CM=1，
∴MH=2，
∴E′F+FH=E′F+FN=E′H，
∴出E′H是EF+FM的最小值，
∵OE′=OB，
∴E′H=OH-OE′=-OE′==．

故答案为：．
6．如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四边形”，已知圆的半径长为，这个圆的一个联络四边形是边长为的菱形，那么这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是________．
【答案】1
【分析】
此题应根据题意先找到圆心位置，再根据圆心位置求出不在圆上的顶点到该圆圆心的距离即可．
【详解】

根据题意作图可分两种情况：1如图：作， BC=，BO=5，
∵A，B，C在圆O上，
∴BP=（垂径定理），
又，
∴OP== =；
因为ABCD是菱形，
∴ACBD，即∠BQC=90°，
在△BOP与△BQC中，
，
∴△BOP△BQC，
∴，
即，
∴BQ=2，
∵BQ>BO，
∴此情况不符合题意，舍去；

2，如图，同理可得OP=，
在△BOP与△BQC中，
，
∴△BOP△BQC，
∴ ，
即，
∴BQ=2，
∴OQ=BO-BQ=3，
∴OD== =1，
综上所述，这个菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是1．
故答案是：1．
7．已知⊙O的面积2π，则其内接正三角形的面积为_____．
【答案】
【分析】
先求出正三角形的外接圆的半径，再求出正三角形的边长，最后求其面积即可．
【详解】
解：如图所示，
连接OB、OC，过O作OD⊥BC于D，
∵⊙O的面积为2π
∴⊙O的半径为
∵△ABC为正三角形，
∴∠BOC＝＝120°，∠BOD＝∠BOC＝60°，OB＝，
∴BD＝OB•sin∠BOD＝，
∴BC＝2BD＝，
∴OD＝OB•cos∠BOD＝•cos60°＝，
∴△BOC的面积＝•BC•OD＝，
∴△ABC的面积＝3S△BOC＝．
故答案为：．

题组C 培优拔尖练
1．弧三角形，又叫莱洛三角形，是机械字家莱洛首先进行研究的.弧三角形是这样画的：先画正三角形，然后分别以三个顶点为圆心，（晓观数学）其边长为半径画弧得到的三角形.在大片的麦田或农田中，由农作物倒状形成的几何图案被称为“麦田怪圈”.图1中的麦田怪圈主要由圆和弧三角形构成，某研究小组根据照片尝试在操场上绘制类似的图形.如图2，成员甲先借绳子绕行一周画出，再将三等分，得到，，三点.接着，成员乙分别以，，为圆心画出图中的弧三角形.研究小组在，，，四点中的某一点放置了检测仪器，记成员甲所在的位置为，成员乙所在的位置为，若将射线绕着点逆时针旋转到经过甲或乙的旋转角记为自变量（单位：°，），甲、乙两人到检测仪器的距离分别记为和（单位：），绘制出两个函数的图象（如图3）.
结合以上信息判断，下列说法中错误的是（）

A．的半径为 B．图3中的值为270
C．当时，1取得最大值12 D．检测仪器放置在点处
【答案】B
【分析】
如图，根据题意，找到甲、乙对应的图像，然后求得，以及，，进而求出圆半径，再对选项逐一分析即可.
【详解】
解：∵将射线绕着点逆时针旋转到经过甲或乙的旋转角记为自变量，且成员乙所在的位置为，
∴根据如图3所示，实线部分图像距离先保持不变，再下降至0，然后上升可判断则实线部分为应为乙的图象，（点Q在以A点为圆心画的上，则AQ距离不变），
∴当Q点从B点逆时针运动时，图像如图中实线所示，检测仪器应该在A点，
∵Q从B点到A点时，运动的角度为个圆周，
∴ ，
结合图可得，，
如图，连接AB、OA、OB，过O作OD⊥AB于点D，
∵OA=OB,OD⊥AB，
∴
∴
∴，
∴的半径为
如图，当射线OB转至中点位置时，即P在OA所在直线上，y1取最大值，长度为的直径12m，此时转过的圆心角为60°，即.
∴A、C、D正确，
故选B.

2．如图，圆O是△ABC的外接圆，连接OA、OC，∠OAC＝20°，则∠ABC的度数为（　　）

A．140° B．110° C．70° D．40°
【答案】B
【分析】
根据OA＝OC得到∠OAC＝∠OCA＝20°，进而得到∠AOC＝140°，在优弧AC上任取一点D，得到∠ADC＝70°，然后根据内接四边形的性质即可求解．
【详解】
∵OA＝OC，∠OAC＝20°
∴∠OAC＝∠OCA＝20°，
∴∠AOC＝180°﹣20°×2＝140°，
在优弧AC上任取一点D，连接AD、CD，如下图所示，

∴∠ADC＝70°
∴根据内接四边形的性质∠ABC=180°-70°=110°
故选：B．
3．正多边形的内切圆与外接圆的周长之比为，则这个多边形的内角和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，在直角△AOC中，利用三角函数求得∠AOC的度数，从而求得中心角的度数，然后利用360度除以中心角的度数，求出边数，根据内角和公式即可求出多边形的内角和.
【详解】
如图：

∵正多边形的内切圆与外接圆的周长之比为，
∴半径之比为，
设AB是正多边形的一边，OC⊥AB， ，
在直角△AOC中，，
∴∠AOC=30°，
∴∠AOB=60°，
则正多边形边数是：，
∴多边形的内角和为：，
故选：A．
4．同圆的内接正三角形与内接正方形的边长的比是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】试题解析：设圆的半径为R，
如图（一），连接OB，过O作OD⊥BC于D，


则∠OBC=30°，BD=OB•cos30°=R，
故BC=2BD=R；
如图（二），连接OB、OC，过O作OE⊥BC于E，


则△OBE是等腰直角三角形，
2BE2=OB2，即BE=R，
故BC=R；
故圆内接正三角形、正方形的边长之比为．
故选A．
5．秋千拉绳长3米,静止时踩板离地面0.5米,一小朋友荡该秋千时, 秋千最高处踩板离地面2米(左,右对称),则该秋千所荡过的圆弧长为( )
A．π米 B．2π米 C．43π米 D．32π米
【答案】B
【分析】根据题意先作辅助线BG⊥AC于G，然后确定AG=1.5，根据在直角三角形中，一条直角边等于斜边的一半，得∠BAG=60°，从而求得∠BAF=120°，最后求出弧长．
【详解】
如图，AD垂直地面于D并交圆弧于C，BE垂直地面于E．由题意BE=2，AC=3，CD=0.5,

作BG⊥AC于G，则AG=AD-GD=AC+CD-BE=1.5．
由于AB=3，所以在直角三角形ABG中，∠BAG=60°．
根据对称性，知∠BAF=120°．
所以，秋千所荡过的圆弧长是120π×3180=2π  ，
故选B.
6．如果20个点将某圆周20等分，那么顶点只能在这20个点中选取的正多边形的个数有（ ）
A．4个 B．8个 C．12个 D．24个
【答案】C
【分析】正多边形，每边都相等，因为有20个等分点，所以边数是20的约数．分解20=2×2×5，约数有1，2，4，5，10，20共6个，排除1和2，符合条件的正多边形共有四种：正四边形、正五边形、正十边形和正二十边形．
【详解】
设正k边形满足条件，则除去k个顶点外的20-k个点均匀地分布在正k边形各边所对的劣弧上，
于是-1是整数，
故是整数，
但k≥3，
∴k=4或5或10或20．
∴正多边形的个数有=12．
故选C．
7．已知正三角形的边长为12，则这个正三角形外接圆的半径是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正△ABC的中心为O，

如图，连接OB，作OD⊥BC，由正三角形的边长可知BC=12，∠OBD=30°，求得BD=6，然后根据锐角三角形函数可知：OB=BD÷cos∠OBD=6÷ =4 .
故选：D.