第17讲正多边形与圆（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）（解析版）

第17讲正多边形与圆（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）【考纲要求】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：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；所以正n边形的中心角等于它的外角.

（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弓形=S扇形-S△OAB；（2）由弦及其所对的优弧组成的弓形，S弓形=S扇形+S△OAB.··OAB·ABOm·ABOm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（） A.4 B.QUOTEC.QUOTE 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°，∴，∵圆锥的底面圆恰好是⊙O，∴⊙O的周长为2π，∴⊙O的半径为1QUOTE，∴AD=BC=BE+EC=4+QUOTE1=QUOTE5.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五边形OKBCH=S四边形ABCO=2S△OBC，∴S阴影=S正六边形ABCDEF-S五边形OKBCH′=6S△OBC-2S△OBC=4S△OBC.S五边形OKBCH：S阴影=.即重叠部分面积与阴影部分面积之比为：.【变式2】已知：正十边形的半径是R，求证：它的边长为.【答案】证明：作∠OAB的平分线AM交OB于M，则∠O=∠OAM=36°，∠AMB=∠B=72°，∴OM=MA=AB，则△ABM∽△OAB得：用R，a10分别表示OA，AB，BM，代入以上比例式整理得a102+Ra10-R2=0,解关于a10的一元二次方程得（负值已舍去）.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，∴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()A．B．C．D．【答案】连接AD，则AD⊥BC，阴影部分面积．故．答案：B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，由条件求出的长l，利用可求出半径r的长．【答案与解析】解：(1)过O作OE⊥AB于E，则．在Rt△AEO中，∠BAC＝30°，．∴．又∵OA＝OB，∴∠ABO＝30°．∴∠BOC＝60°．∵AC⊥BD，∴．∴∠COD＝∠BOC＝60°．∴∠BOD＝120°．∴．(2)设圆锥的底面圆的半径为r，则周长为2πr，∴．∴．【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、单选题1．（2015·上海·统考中考真题）如果一个正多边形的中心角为，那么这个正多边形的边数是（）．A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：根据正多边形的中心角与边数的关系，其边数为．考点：正多边形的中心角定义及求法．二、填空题2．（2021·上海·统考中考真题）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积_________．【答案】．【分析】由六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，可以得到中间正六边形的边长为1，做辅助线以后，得到△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，再根据等腰三角形与等边三角形的性质求出边长，求出面积之和即可．【详解】解：如图所示，连接AC、AE、CE，作BG⊥AC、DI⊥CE、FH⊥AE，AI⊥CE，在正六边形ABCDEF中，∵直角三角板的最短边为1，∴正六边形ABCDEF为1，∴△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，∵∠ABC=∠CDE=∠EFA=120︒，AB=BC=CD=DE=EF=FA=1，∴∠BAG=∠BCG=∠DCE=∠DEC=∠FAE=∠FEA=30︒，∴BG=DI=FH=，∴由勾股定理得：AG=CG=CI=EI=EH=AH=，∴AC=AE=CE=，∴由勾股定理得：AI=，∴S=，故答案为：．【点睛】本题主要考查了含30度角的直角三角形的性质、正多边形形与圆以及等边三角形的性质，关键在于知识点：在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半的应用．3．（2017·上海·中考真题）我们规定：一个正n边形（n为整数，n≥4）的最短对角线与最长对角线长度的比值叫做这个正n边形的“特征值”，记为λn，那么λ6=____．【答案】【详解】解：如图，正六边形ABCDEF中，对角线BE、CF交于点O，连接EC．易知BE是正六边形最长的对角线，EC的正六边形的最短的对角线，∵△OBC是等边三角形∴∠OBC=∠OCB=∠BOC=60°，∵OE=OC∴∠OEC=∠OCE，∵∠BOC=∠OEC+∠OCE∴∠OEC=∠OCE=30°∴∠BCE=90°，∴△BEC是直角三角形∴=cos30°=，∴λ6=.考点：1.正多边形与圆；2.等边三角形的性质；3.锐角三角函数【中考挑战满分模拟练】一、单选题1．（2020·上海·统考二模）若一个正n边形(n为大于2的整数）的半径为r，则这个正n变形的边心距为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意画出图形，然后由三角函数及正多边形与圆的关系进行求解即可．【详解】解：由题意可得如图：假设AB为正n多边形的一条边，OC⊥AB，，OA=r，；故选D．【点睛】本题主要考查解直角三角形及正多边形与圆，熟练掌握三角函数及正多边形与圆是解题的关键．2．（2021·上海浦东新·统考模拟预测）正六边形的半径与边心距之比为（）A．1： B．：1 C．：2 D．2：【答案】D【分析】边心距：是指正多边形的每条边到其外接圆的圆心的距离,正六边形的边长就等于其外接圆的半径.它的边心距等于边长的倍..正多边形的边心距就是其内切圆的半径.【详解】∵正六边形的半径为R，∴边心距r＝R，∴R：r＝1：＝2：，故选D．【点睛】本题主要考查了正多边形的半径与边心距之比，解决本题的关键是掌握边心距的求法.二、填空题3．（2022·上海长宁·统考二模）已知正六边形外接圆的半径为3，那么它的边心距为_____．【答案】【分析】根据正六边形的性质得到∠BOG＝∠BOC＝30°，再根据余弦的定义计算即可；【详解】解：∵ABCDDEF为正六边形，∴∠BOC＝360°÷6＝60°，OG⊥BC．∴∠BOG＝∠BOC＝30°．在Rt△BOG中，cos∠BOG＝．∵OB＝3，∴OG＝OB•cos∠BOG＝3×＝．故答案为：．【点睛】本题主要考查了正多边形的性质和余弦的性质，准确分析计算是解题的关键．4．（2022·上海金山·统考二模）如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么n=_______．【答案】12【分析】连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正方形与内接正三角形的中心角得到∠AOC=90°，∠AOB=120°，则∠BOC=30°，然后计算即可得到n的值．【详解】解：连接OA、OB、OC，如图，∵AC，AB分别为⊙O的内接正方形与内接正三角形的一边，∴∠AOC==90°，∠AOB==120°，∴∠BOC=∠AOB-∠AOC=30°，∴n==12，即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．故答案为：12．【点睛】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．5．（2020·上海·校考三模）正五边形绕着它的中心至少旋转_______度，能与它本身重合．【答案】72【分析】如图（见解析），先根据正五边形的性质可得，正五边ABCDE至少旋转的度数为的度数，再根据正五边形的性质求解即可得．【详解】如图，由题意可知，所求的问题为的度数由正五边形的性质得：又故答案为：72．【点睛】本题考查了图形的旋转、正五边形的性质，理解题意，掌握正五边形的性质是解题关键．6．（2021·上海闵行·一模）正六边形的边心距与半径的比值为__________（结果保留根号）．【答案】【分析】正六边形的半径为人r，根据正六边形的半径与外接圆的半径相等，构建直角三角形，利用勾股定理即可解得边心距，继而解题．【详解】如图，设正六边形的半径OB=r，则外接圆的半径r，，在中，，内切圆的半径是正六边形的边心距，因而边心距是，则正六边形的边心距与半径比值为：，故答案为：．【点睛】本题考查正多边形与外接圆，涉及勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．7．（2020·上海奉贤·统考一模）公元263年左右，我国数学家刘徽发现当正多边形的边数无限增加时，这个正多边形面积可无限接近它的外接圆的面积，因此可以用正多边形的面积来近似估计圆的面积，如图，是正十二边形的外接圆，设正十二边形的半径的长为1，如果用它的面积来近似估计的面积，那么的面积约是___．【答案】【分析】设为正十二边形的边，连接，过作于，由正十二边形的性质得出，由直角三角形的性质得出，求出的面积，即可得出答案．【详解】解：设为正十二边形的边，连接，过作于，如图所示：，的面积正十二边形的面积，的面积正十二边形的面积，故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形和圆、正十二边形的性质、直角三角形的性质以及三角形面积等知识；熟练掌握正十二边形的性质是解题的关键．8．（2021·上海·统考二模）如图，⊙O的半径为6，如果弦AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，那么弦BC的长为_____．【答案】【分析】连接OA、OB、OC，作OD⊥BC于点D，根据AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边得到∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，从而得到∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，然后求得BC的长即可．【详解】解：连接OA、OB、OC，作OD⊥BC于点D，∵AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，∴∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，∴∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，∵OC＝OB，∴∠OCD＝∠OBC＝30°，∵OC＝6，∴CD＝＝3，∴BC＝2CD＝6，故答案为：6．【点睛】考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是求得∠BOC的度数．9．（2021·上海奉贤·统考三模）如图，已知点O是正六边形ABCDEF的中心，记，，那么＝__________________（用向量、表示）．【答案】【分析】根据正六边形性质，得为等边三角形，根据平行线性质，得；结合向量性质，得，再根据向量性质计算，即可得到答案．【详解】连接OE，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴，∴∴为等边三角形∴∴∴∴∴故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形、等边三角形、平行线、向量的知识；解题的关键是熟练掌握正多边形、向量的性质，从而完成求解．10．（2022·上海·一模）如图，半径为2的⊙O与正六边形ABCDEF相切于点C，F，则图中阴影部分的面积为____．【答案】【分析】连接OF，OC，过点O作于点H，交FC于点P，在四边形OCDH中，可求出，在四边形OFEH中，可求出，由题意得OP垂直平分FC，在中，根据直角三角形的性质可得OP=1，根据勾股定理得，则，过点D作，过点E作，根据角之间的关系可得，则，，则，，又因为是正六边形，所以，即可得，根据勾股定理可得，则，用多边形OFEDC的面积减去扇形OFC的面积即可得阴影部分的面积．【详解】解：连接OF，OC，过点O作于点H，交FC于点P，在四边形OCDH中，，，，∴，，∴，在四边形OFEH中，，，，∴，，∴，∵OC=OF，∴OP垂直平分FC，在中，，，OC=2，∴，∴，，∴，过点D作，过点E作，∴，∵，，，∴,同理可得，，在中，，∴，在中，，∴，∴，∵EF=DE=CD=NM，∴，，∴，则，∴，，∴阴影部分的面积=，故答案为：．【点睛】本题考查了多边形与圆，扇形的面积，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是掌握这些知识点和求出正多边形的边长．11．（2022·上海青浦·统考二模）已知正多边形每个内角的度数为，则正多边形的边长与半径的比值为________．【答案】【分析】先根据题意求出正多边形的边数，然后求出此正多边形的中心角，然后再Rt△ACO中求出的值，即可求解．【详解】解：设这个正多边形的边数为n，∴（n-2）×180°=144°×n，∴n=10，∴正多边形的中心角为，如图，过O作OC⊥AB于C，∵OA=OB，∴，AB=2AC，∴，∴，即正多边形的边长与半径的比值为，故答案为．【点睛】本题考查了多边形内角和与外角和，中心角的定义，正弦的定义等，求出中心角是解题的关键．12．（2022·上海闵行·统考二模）如图，已知点G是正六边形对角线上的一点，满足，联结，如果的面积为1，那么的面积等于_______.【答案】4【分析】解：如图，连接CE，由得，由六边形是正六边形证明，从而得的面积为的面积的4倍即可求解．【详解】解：如图，连接CE，，，六边形是正六边形，AB=AF=EF=BC，，，，，，四边形BCEF是平行四边形，，的面积为1，，的面积为，故答案为4．【点睛】本题主要考查了正多边形的性质及平行四边形的判定及性质，作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．13．（2022·上海·上海市娄山中学校考二模）半径为1的圆的内接正三角形的边长为________．【答案】【分析】欲求△ABC的边长，把△ABC中BC边当弦，作BC的垂线，在Rt△BOD中，求BD的长；根据垂径定理知：BC=2BD，从而求正三角形的边长．【详解】解：如图所示．在Rt△BOD中，OB=1，∠OBD=30°，∴BD=cos30°×OB=．∵BD=CD，∴BC=2BD=2×=．故它的内接正三角形的边长为．故答案为：．【点睛】本题考查了正三角形和外接圆，要知道圆心既是内心也是外心，所以BO平分∠ABC，根据等边三角形的性质与圆的性质相结合，得出结论．14．（2020·上海长宁·统考二模）已知正三角形的边心距为，那么它的边长为________．【答案】【分析】此题由题意做出图，做出边心距根据勾股定理求解即可．【详解】由题意作图，再作OP⊥BC，OP的长即为边心距，即OP=1，由△ABC是正三角形，∴∠ABC=60°，又∵OP平分∠ABC，则∠OBP=30°，∴OB=2OP，由勾股定理知：BP==，∴BC=，即边长为，故答案为．【点睛】本题考查三角形外接圆与圆心的关系，中间用勾股定理解题是关键．15．（2020·上海嘉定·统考二模）如图，在正六边形ABCDEF中，如果向量，，那么向量用向量，表示为____．【答案】22．【分析】如图，连接交于．则是等边三角形，，根据三角形法则求出即可解决问题．【详解】如图，连接BE交AD于O．∵ABCDEF是正六边形，∴△AOB是等边三角形，AO=OD，∴∠FAO=∠AOB=60°，OB=AB=AF，∴AF∥OB，∴，∵，∵AD=2AO，∴22．故答案为：22．【点睛】本题考查正多边形与圆，平面向量，等边三角形的判定和性质，平行线的判定和性质等知识，熟练掌握基本知识是解题的关键．三、解答题16．（2020·上海闵行·统考二模）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．【答案】（1）∠CBG=15°；（2）（）；（3）CG的长为12【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，即，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：又分当时和当时两种情况；②当点G在CD的延长线上时，同样分当时和当时两种情况，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°．∴，∠EBC=∠ABC=60°．∵点Q是的中点，∴．∴，即．∴∠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=∠FED=60°．∵EM=HE，∴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，∴．又∵CG=x，BE=8，BC=4，∴，∴y与x的函数关系式为（）．（3）如图，当点G在边CD上时．由于△AFH∽△EDG，且∠CDE=∠AFE=120°，①当时，∵AF=ED，∴FH=DG，∴，即：，解分式方程得．经检验是原方程的解，但不符合题意舍去．②当时，即：，解分式方程得．经检验是原方程的解，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当时，∵AF=ED，∴FH=DG，∴，即：，解分式方程得．经检验是原方程的解，但不符合题意舍去．②当时，即：，解分式方程得．经检验是原方程的解，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．【名校自招练】一．填空题（共5小题）1．（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：π（OA2﹣OH2）＝π×AH2＝．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．2．（2016•宝山区校级自主招生）边长为2的正三角形面积为S1，边长为1的正六边形面积为S2，则＝．【分析】根据正三角形面积和正六边形面积计算即可．【解答】解：因为边长为2的正三角形面积；