第08讲正多边形与圆（核心考点讲与练）-2022年暑假新九年级数学核心考点讲与练（苏科版）

第08讲正多边形与圆（核心考点讲与练）【基础知识】正多边形和圆（1）正多边形与圆的关系把一个圆分成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．（2）正多边形的有关概念①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．【考点剖析】一．正多边形和圆（共12小题）1．（2022春•海珠区校级月考）中心角为45°的正n边形的边数n等于（）A．12 B．10 C．8 D．6【分析】根据正多边形的中心角=360°【解答】解：由题意得，360°n=45解得n＝8，故选：C．【点评】本题考查正多边形与圆，解答这类题往往一些学生因对正多边形的基本知识不明确，将多边形的半径与内切圆的半径相混淆而造成错误计算．2．（2021秋•滨江区期末）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根据正多边形的中心角=360°【解答】解：设正多边形的边数为n．由题意可得：360°n=72∴n＝5，故选：B．【点评】本题考查正多边形的有关知识，解题的关键是记住正多边形的中心角=360°3．（2021秋•南开区期末）如图，把圆分成六等分，经过各分点作圆的切线，以相邻切线的交点为顶点的图形是这个圆的外切正六边形，⊙O的半径是R，它的外切正六边形的边长为（）A．23R3 B．3R C．23R【分析】求出∠AOD＝30°，然后解直角三角形求出AD，再根据边长AB＝2AD计算即可得解．【解答】解：如图，∠AOD＝360°÷12＝30°，所以，AD＝OD•tan30°=33所以，外切六边形的边长AB＝2AD=23故选：A．【点评】本题考查了正多边形和圆，主要利用了解直角三角形，熟记正多边形的性质并求出切点与相邻的顶点所对的圆心角的度数是解题的关键．4．（2021秋•咸宁月考）如图，正五边形ABCDE，连接对角线AC，BD，设AC与BD相交于O．（1）求证：AO＝CD；（2）判断四边形AODE的形状，并说明理由．【分析】（1））根据正五边形的性质可知AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，所以∠ABO＝72°，∠BAO=12×（180°﹣108°）＝36°，因此∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，推出AB＝AO，则CD（2）根据圆周角定理求出∠BDE、∠E的度数，进而证明DF∥AE；证明AF∥DE，AE＝DE，即可解决问题．【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，∠ABC＝∠BAE＝108°，AE∥BD，∴∠ABO＝72°，∠BAO=12×（180°﹣108°∴∠AOB＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠ABO，∴AB＝AO，∴CD＝AO；（2）四边形AODE是菱形；理由如下：∵正五边形ABCDE内接于⊙O，∴∠BDE=12×25=72°，∠E∴∠BDE+∠E＝180°，DO∥AE；同理可证：AO∥DE，而AE＝DE，∴四边形AODE是菱形．【点评】该题主要考查了正多边形和圆的性质及其应用问题；解题的关键是：深入分析、大胆猜测、合情推理、科学论证．5．（2020秋•河东区校级月考）如果圆的内接正六边形的边长为6cm，求其外接圆的半径．【分析】根据题意画出图形，求出中心角的度数，再根据等边三角形的性质即可解答．【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，CD＝6cm，∴∠COD=360°6=∵OC＝OD，∴△OCD是等边三角形，∴OC＝CD＝6cm，∴其外接圆的半径为6cm．【点评】本题考查的是正多边形的性质，根据题意画出图形求出中心角是解答此题的关键．6．（2022春•浦东新区校级期中）已知一个正多边形的中心角为45°，则以该正多边形的顶点为顶点的等腰三角形的种类数（全等的三角形为同一类）是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据中心角的度数可求出圆内接正多边形的边数，再根据等腰三角形的定义和正八边形的性质进行判断即可．【解答】解：由于一个正多边形的中心角为45°，所以这个正多边形的边数为360°45°如图，以正八边形的顶点为顶点的等腰三角形（全等的三角形为同一类）有△ABC，△ACF，△ACG共3个，故选：C．【点评】本题考查正多边形与圆，等腰三角形的判定，掌握正多边形与圆的相关计算以及等腰三角形的判定是正确解答的前提．7．（2022春•思明区校级月考）如图，六边形ABCDEF是正六边形，点P是边AF的中点，PC，PD分别与BE交于点M，N，则S△PMN：S△PBM的值为（）A．12 B．1 C．13 【分析】设正六边形的边长为a．想办法求出△PMN，△PBM的面积即可．【解答】解：设正六边形的边长为a．则S△PCD＝2×34a2=32a2，S四边形BCDE＝3×34由题意MN是△PCD的中位线，∴S△PMN=14S△PCD=3∴S四边形MNDC=32a2-38a2∴S△BMC＝S△DNE=12（334a2-338∵PM＝CM，∴S△PBM＝S△BMC=3316∴S△PMN：S△PBM=38a2：33故选：D．【点评】本题考查正多边形与圆，三角形的面积，三角形的中位线定理，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．8．（2022春•福州期中）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，以点A为圆心，AB为半径画圆弧交AC于点F，连接DF．则∠FDC的度数是36°．【分析】根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为108°，根据等腰三角形的性质可求出∠EAC＝∠DCA＝72°，进而可得四边形AEDF是平行四边形，求出∠DFC的度数，再根据三角形的内角和定理求出答案即可．【解答】解：∵正五边形ABCDE，∴∠ABC＝∠EAB=(5-2)×180°5=108°，AB＝BC＝CD＝DE∴∠ACB＝∠BAC=180°-108°2=∴∠EAC＝∠DCA＝108°﹣36°＝72°，∴∠DEA+∠EAC＝108°+72°＝180°，∴DE∥AC，又∵DE＝AE＝AF，∴四边形AEDF是平行四边形，∴AE∥DF，∴∠DFC＝∠EAC＝72°＝∠DCA，∴∠FDC＝180°﹣72°﹣72°＝36°，故答案为：36°．【点评】本题考查正多边形与圆，掌握正五边形的性质以及三角形的内角和定理是正确解答的前提．9．（2022春•浦东新区校级期中）如图，由六块相同的含30°角的直角三角尺拼成一个大的正六边形，内部留下一个小的正六边形空隙，如果该直角三角尺的较短直角边的长是1分米，那么这个小的正六边形的面积是332【分析】求出内部留的小正六边形的边长，再根据正六边形的面积的计算方法进行计算即可．【解答】解：根据拼图可知，内部留下一个小的正六边形的边长为1分米，所以它的面积为12×1×3故答案为：33【点评】本题考查正多边形与圆，含有30°角的直角三角形，掌握含有30°角的直角三角形的边角关系以及正多边形与圆的有关计算方法是解决问题的前提．10．（2021春•新华区期末）一个正多边形的周长为60，边长为a，一个外角为b°．（1）若a＝6，求b的值；（2）若b＝30，求a的值．【分析】（1）根据正多边形的周长为60，边长为6，求得边数为606=10，于是得到b（2）根据多边形的外角和等于360°求得边数为36030=12，根据正多边形的周长为60，边长为【解答】解：（1）∵正多边形的周长为60，边长为6，∴边数为606∵一个外角为b°，∴b=360（2）∵一个外角为b°，b＝30，∴36030∵正多边形的周长为60，边长为a，∴a=60【点评】本题考查了正多边形与圆，多边形的内角与外角，利用多边形的外角和得出多边形的边数是解题关键．11．（2020秋•定西期末）如图，正方形ABCD内接于⊙O，AM=DM，求证：BM＝【分析】根据圆心距、弦、弧之间的关系定理解答即可．【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD，∴AB=∵AM=∴AB+AM=∴BM＝CM．【点评】本题考查的是正方形的性质、弧长的计算、圆心距、弦、弧之间的关系，掌握圆心距、弦、弧之间的关系定理是解题的关键．12．（2020秋•鼓楼区校级月考）如图，已知⊙O内接正六边形ABCDEF的边长为6cm，求这个正六边形的边心距r6、面积S6．【分析】连接OB，OG⊥CB于G，易得△COB是等边三角形，继而可得正六边形的外接圆半径R，然后由勾股定理求得边心距，又由S正六边形＝6S△OBC求得答案．【解答】解：连接OB，OG⊥CB于G，∵∠COB＝60°，OC＝OB，∴△COB是等边三角形，∴OC＝OB＝6cm，即R＝6cm，∵OC＝OB＝6，OG⊥CB，∴CG＝BG=12CB=1在Rt△COG中，r6＝OG=OC2-CG∴S6=12×6×6×33=543【点评】此题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．【过关检测】一．选择题（共7小题）1．（2022•岳池县模拟）如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，则正五边形的中心角∠COD的度数是（）A．72° B．60° C．48° D．36°【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：360°n【解答】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故选：A．【点评】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°n2．（2022•达拉特旗一模）如图，在拧开一个边长为a的正六角形螺帽时，扳手张开的开口b＝103mm，则这个正六边形的面积为（）A．2033mm2 B．3003mm2 C．1503mm2 D．753【分析】根据正六边形的性质，可得∠ABC＝120°，AB＝BC＝a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，根据锐角三角函数的余弦，可得答案．【解答】解：如图：作BD⊥AC于D，由正六边形，得∠ABC＝120°，AB＝BC＝a，∠BCD＝∠BAC＝30°．由AC＝103mm，得CD＝53mm．cos∠BCD=CDBC=解得a＝10，这个正六边形的面积6×12×10×53=1503故选C．【点评】本题考查了正多边形和圆，利用了正六边形的性质得出等腰三角形是解题关键，又利用了正三角形的性质，余弦函数，3．（2022•德城区模拟）将正方形纸片按图①方式依次对折得图②的△ABC，点D是AC边上一点，沿线段BD剪开，展开后得到一个正八边形，则点D应满足（）A．BD⊥AC B．AD＝AB C．∠ADB＝60° D．AD＝DB【分析】动手操作后很容易得到答案．【解答】解：动手操作展开后可发现这是一个正八边形，则△ABD是其中的八分之一块．∴△ABD是等腰三角形，∴AD＝AB．故选：B．【点评】本题主要考查了正多边形、含30度角的直角三角形，正方形的性质，剪纸问题以及全等三角形，解决问题的关键是动手操作得到所求多边形的形状．4．（2022•天府新区模拟）如图，圆形螺帽的内接正六边形的边心距为23cm，则圆形螺帽的面积是（）A．83cm2 B．163cm2 C．8πcm2 D．16πcm2【分析】根据题意画出图形，再根据正多边形的性质解答即可．【解答】解：如图所示，AB＝4cm，过O作OG⊥AB于G；∵此多边形是正六边形，∴∠AOB=360°6=60°，∠AOG=∴AO=OGcos?AOG=∴S圆形螺帽＝16πcm2．故选：D．【点评】此题比较简单，根据题意画出图形，再根据正多边形的性质即锐角三角函数的定义解答即可．5．（2022•成华区模拟）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，则∠P的度数为（）A．15° B．30° C．45° D．60°【分析】连接OB、OC，如图，先利用正方形的性质得∠BOC＝90°，然后根据圆周角定理求解．【解答】解：连接OB、OC，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BOC＝90°，∴∠BPC=12∠BOC＝45故选C．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了正方形的性质．6．（2022•宜兴市一模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE，CD相切于A，C两点，则∠AOC的度数是（）A．108° B．129° C．130° D．144°【分析】根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为108°，由切线的性质可得出∠OAE＝∠OCD＝90°，在五边形CDEAO中由内角和可求出答案．【解答】解：∵正五边形ABCDE，∴∠D＝∠E=(5-2)×180°5=又∵⊙O与正五边形ABCDE的两边AE，CD相切于A，C两点，∴∠OAE＝∠OCD＝90°，在五边形CDEAO中，∠AOC＝（5﹣2）×180°﹣90°×2﹣108°×2＝144°，故选：D．【点评】本题考查正多边形与圆，切线的性质，掌握正多边形的内角、内角和的计算方法以及切线的性质是正确计算的前提．7．（2022•蚌埠二模）已知矩形MNPQ的顶点M，N，P，Q分别在正六边形ABCDEF的边DE，FA，AB，CD上，且MN∥BC．在点M从E移向D（与D不重合）的过程中，下列的判断中，正确的是（）A．矩形MNPQ的面积与周长保持不变 B．矩形MNPQ的面积逐渐减小，周长逐渐增大 C．矩形MNPQ的面积与周长均逐渐增大 D．矩形MNPQ的面积与周长均逐渐减小【分析】连接AD，交PN于H，设AB＝a，AN＝x，表示出PN=3x，MN＝2OH＝2a﹣x，可得矩形MNPQ周长L＝2（MN+PN）＝（23-2）x+4a，面积S=-3（x﹣a）2【解答】解：连接AD，交PN于H，如图：设AB＝a，AN＝x，∵多边形ABCDEF是正六边形，四边形MNPQ是矩形，∴PN⊥AD，∠FAD＝60°，NH＝PH，OA＝a，在Rt△NAH中，AH=12AN=12x，∴OH＝a-12x，PN=∴MN＝2OH＝2a﹣x，∴矩形MNPQ周长L＝2（MN+PN）＝2（2a﹣x+3x）＝（23-2）x+4矩形面积S＝MN•PN＝（2a﹣x）×3x=-3（x﹣a）2+当点M从E移向D（与D不重合）的过程中，x由a向0变化（x≠0），∴矩形MNPQ周长L随x的减小而减小，∵-3＜0，矩形面积S=-3（x﹣a）2+3a2∴x由a向0变化（x≠0）过程中，S随x的减小而减小，即x由a向0变化（x≠0）过程中，矩形MNPQ周长和矩形MNPQ的面积均逐渐减小，故选：D．【点评】本题属于代数几何综合题，是中考填空题的压轴题，考查了正多边形及矩形的性质，一次函数的性质，二次函数的最值，解决本题的关键是掌握正多边形的性质．二．填空题（共6小题）8．（2022•和平区一模）已知圆的周长是6π，则该圆的内接正三角形的边心距是32【分析】根据圆周长的计算方法求出圆的半径，在根据圆内接正三角形的性质以及直角三角形的边角关系进行计算即可．【解答】解：如图，由于圆的周长是6π，所以半径为3，即OA＝OB＝3，连接OA，OB，过点O作OD⊥AB，垂足为D，∵△ABC是⊙O的内接正三角形，∴∠AOB=360°3=∵OA＝OB，∴∠OAD＝∠OBD=180°-120°2=在Rt△AOD中，OA＝3，∠OAD＝30°，∴OD=12OA即该圆的内接正三角形的边心距是32故答案为：32【点评】本题考查正多边形与圆，等边三角形的性质以及直角三角形的边角关系，掌握直角三角形的边角关系，等边三角形的性质以及正多边形圆的有关计算是正确解答的前提．9．（2022•新城区模拟）如图，AC、AD为正六边形ABCDEF的两条对角线，若该正六边形的边长为2，则△ACD的周长为23+6【分析】求出正六边形的内角度数，再根据等腰三角形的判断和性质以及角的和差关系是正确解答的关键．【解答】解：∵正六边形ABCDEF，∴∠B＝∠BCD=(6-2)×180°6=120°，AB∴∠ACB＝∠BCA＝30°，∴∠ACD＝120°﹣30°＝90°，由对称性可得，AD是正六边形的对称轴，∴∠ADC＝∠ADE=12∠CDE＝60在Rt△ACD中，CD＝2，∠ADC＝60°，∴AD＝2CD＝4，AC=3CD＝23∴△ACD的周长为AC+CD+AD＝23+2+4＝23故答案为：23+【点评】本题考查多边形与圆，掌握正多边形内角的计算方法以及内角和定理积推论是正确解答的关键．10．（2022•西山区一模）如图，五边形DEFGH是边长为1的正五边形，⊙O是正五边形DEFGH的外接圆，过点D作⊙O的切线，与GH，FE的延长线交分别于点B和C，延长HG，EF相交于点A，连接GD，DF，下列结论正确的是①②③．①∠HDE＝108°；②△ABC为等腰三角形；③四边形AGDF为菱形；④△ABC的周长为25【分析】①根据正多边形的内角公式进行求解；②根据平行线的性质，得到角相等即可证明；③根据同弧（等弧）所对的圆周角相等，即可证明四边形AGDF为菱形；④证明△ABC∽△DCE，则相似的性质，即可求得△ABC的周长．【解答】解：根据多边形的内角求解公式可知：∠HDE=180°×(5-2)5=108°∵五边形DEFGH是边长为1的正五边形，∴∠HGF＝∠EFG，∵GF∥BC，∴BC是⊙O的切线，∴∠B＝∠C，∴△ABC为等腰三角形，故②正确；∵∠DFE＝∠GDF＝∠DGB，∴DF∥AB，DF=12AB，DG∥AC，DG=∴AF＝DG，AG＝DF，∵AB＝AC，∴四边形AGDF为菱形，故③正确；设DF＝AF＝FC＝x，∵∠GFE＝∠DEF，∴∠AFG＝∠DEC，∴△ABC∽△DCE，∴ABDC=BC∴x1=5+12，x∴AB＝2×5∴△ABC周长为：AB+AC+BC=5+1+5故④错误．故答案为：①②③．【点评】此题主要考查的是圆的内接正多边形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，解题的关键在于掌握圆的内接正多边形的性质并结合等腰三角形的性质、相似三角形的性质进行求解．11．（2022•徐州一模）如图，AF是正五边形ABCDE的外接圆的切线，则∠CAF＝72°．【分析】连接OC，AO，根据正五边形的性质得到∠B=(5-2)×180°5=108°，根据圆周角定理得到∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，根据等腰三角形的性质得到∠CAO=12×（180°﹣144°）＝18°【解答】解：连接OC，AO，在正五边形ABCDE中，∠B=(5-2)×180°5=∴∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，∵OC＝OA，∴∠CAO=12×（180°﹣144°∵AF是正五边形ABCDE的外接圆的切线，∴∠OAF＝90°，∴∠CAF＝90°﹣18°＝72°，故答案为：72．【点评】本题考查了正多边形与圆，切线的性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．12．（2022•石家庄一模）如图所示，在正四边形、正五边形中，相邻两条对角线的夹角分别为α4，α5，则α5为108°，以此类推，正n边形相邻两条对角线的较大夹角为(n-2)⋅180n°【分析】对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．通过分析找到各部分的变化规律后用一个统一的式子表示出变化规律即可．【解答】解：由正方形ABCD，可得：AC⊥BD，∴α4＝90°；由正五边形ABCDE，可得：AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，∴∠DBC＝∠ACB=180°-108°2=∴α5＝180°﹣∠DBC﹣∠ACB＝108°；同理：α6＝120°；∴正n边形相邻两条对角线的夹角：αn=(n-2)⋅180°故答案为：108，(n-2)⋅180n【点评】本题主要考查了正多边形和圆的知识，学生通过特例分析从而归纳总结出一般结论的能力．13．（2022•北仑区二模）如图，在正六边形ABCDEF内取一点O，作⊙O与边DE，EF相切，并经过点B，已知⊙O的半经为23，则正六边形的边长为2+3【分析】根据对称性可得点O以及正六边形ABCDEF的外接圆的圆心O′均在线段BE上，由切线的性质和锐角三角函数可求出OE，进而求出正六边形ABCDEF的外接圆半径，再根据正六边形的性质可求出答案．【解答】解：如图，连接BE，由对称性可知，点O以及正六边形ABCDEF的外接圆的圆心O′均在线段BE上，设⊙O与EF、DE相切于点M、N，连接OM、ON、O′D，则OM＝ON＝OB＝23，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠DEF＝120°，由对称性可得，∠OEF＝∠OED=12∠DEF＝60在Rt△OEM中，OM＝23，∠OEM＝60°，∴OE=2∴BE＝OE+OB＝4+23，∴正六边形ABCDEF的外接圆半径O′E=4+232∵六边形ABCDEF是正六边形，∴△DO′E是正三角形，∴EF＝O′E＝2+3即正六边形ABCDEF的边长为2+3故答案为：2+3【点评】本题考查切线的性质，正多边形与圆，掌握正六边形的对称性以及正六边形与圆的性质是正确解答的前提．三．解答题（共5小题）14．（2021秋•信都区期末）已知正六边形ABCDEF的中心为O，半径OA＝6．（1）求正六边形的边长；（2）以A为圆心，AF为半径画弧BF，求BF．【分析】（1）根据正六边形的边长与半径相等即可解决问题；（2）由正六边形的性质和弧长公式即可得出结果．【解答】解：（1）∵六边形ABCDEF是正六边形，∴正六边形的边长＝半径OA＝6；（2）∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BCF＝120°，∴弧BF的长为=120π×6180=【点评】本题考查了正多边形和圆、弧长公式；熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．15．（2021秋•昌邑区校级期末）已知，如图，正六边形ABCDEF的边长为6cm，求这个正六边形的外接圆半径R、边心距r6、面积S6．【分析】连接OA，OB，过点O作OG⊥AB于G，易得△AOB是等边三角形，继而可得正六边形的外接圆半径R，然后由勾股定理求得边心距，又由S正六边形＝6S△ABC求得答案．【解答】解：连接OA，OB，过点O作OG⊥AB于G，∵∠AOB＝60°，OA＝OB，∴△AOB是等边三角形，∴OA＝OB＝6，即R＝6，∵OA＝OB＝6，OG⊥AB，∴AG=12AB∴在Rt△AOG中，r6＝OG=OA2-A∴S6=12×6×6×33=54【点评】此题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．16．（2021秋•新荣区月考）阅读与思考请阅读下列材料，并完成相应的任务：克罗狄斯•托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD．任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为AB•CD+AD•BC＝AC•BD．（2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长．【分析】（1）根据题意即可得到结论．（2）连接AD、AC，根据正多边形的性质可得出△ABC≌△DCB≌AED，根据全等三角形的性质可设BD＝AC＝AD＝x，在圆内接四边形ABCD中，利用托勒密定理可得关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．【解答】解：（1）根据托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，故答案为：AB•CD+AD•BC＝AC•BD；（2）如2图，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS），∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即2×2+x•2＝x2，解得：x1＝1+5，x2＝1-∴对角线BD的长为1+5【点评】本题考查了命题、正多边形的性质、全等三角形的性质以及解一元二次方程，利用托勒密定理找出关于x的一元二次方程是解决问题的关键．17．（2021秋•许昌月考）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形．（1）求证：在六边形ABCDEF中，过顶点A的三条对角线四等分∠BAF．（2）设⊙O的面积为S1，