17. (6分)如图,在$\odot O$的内接正八边形ABCDEFGH中，$AB = 2$，连接DG.
(1) 求证:$DG// AB$;
(2) 求DG的长为
(1) 求证:$DG// AB$;
(2) 求DG的长为
$2\sqrt{2}+2$
.答案：
17. (1) 证明:$\because$ 八边形 ABCDEFGH 是$\odot O$ 的内接正八边形,$\therefore \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$,$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$,$\therefore ∠ ABG=∠ BGD,\therefore AB// DG$.
(2) 解:如图,连接OD,OE,OF,过点E,F分别作DG的垂线,垂足为M,N,则$MN=EF=AB=2$. $\because$ 八边形 ABCDEFGH 是$\odot O$ 的内接正八边形，$\therefore ∠ DOE=∠ EOF=\frac{360°}{8}=45°,\therefore ∠ NGF=\frac{1}{2}∠ DOF=45°=∠ MDE$. 在$\mathrm{Rt}△ MDE$ 中,$∠ MDE=45°,DE=2$,$\therefore MD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$,同理 $NG=\sqrt{2}$,$\therefore DG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}+2$，
。
17. (1) 证明:$\because$ 八边形 ABCDEFGH 是$\odot O$ 的内接正八边形,$\therefore \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$,$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$,$\therefore ∠ ABG=∠ BGD,\therefore AB// DG$.
(2) 解:如图,连接OD,OE,OF,过点E,F分别作DG的垂线,垂足为M,N,则$MN=EF=AB=2$. $\because$ 八边形 ABCDEFGH 是$\odot O$ 的内接正八边形，$\therefore ∠ DOE=∠ EOF=\frac{360°}{8}=45°,\therefore ∠ NGF=\frac{1}{2}∠ DOF=45°=∠ MDE$. 在$\mathrm{Rt}△ MDE$ 中,$∠ MDE=45°,DE=2$,$\therefore MD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$,同理 $NG=\sqrt{2}$,$\therefore DG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}+2$，
。解析：
【分析】
(1) 要证明$DG// AB$，可通过证明内错角相等实现：正八边形各边对应的弧长相等，可推得$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$，再根据圆周角定理得到对应圆周角相等，即可判定两直线平行。
(2) 求$DG$的长度时，可作辅助线将$DG$拆分为三段：过$E$、$F$作$DG$的垂线，中间段$MN$等于正八边形的边长2，左右两段为等腰直角三角形的直角边；结合正八边形的中心角求出对应圆周角为$45°$，利用解直角三角形求出两段直角边的长度，三段相加即可得到$DG$的长。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 八边形$ABCDEFGH$是$\odot O$的内接正八边形，
$\therefore \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$，
$\therefore \overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{GH}+\overset{\frown}{HA}+\overset{\frown}{AB}$，即$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$，
$\therefore ∠ ABG=∠ BGD$（同圆中等弧所对的圆周角相等），
$\therefore AB// DG$（内错角相等，两直线平行）。
(2) 解：连接$OD,OE,OF$，过点$E,F$分别作$DG$的垂线，垂足为$M,N$，则$MN=EF=AB=2$。
$\because$ 八边形$ABCDEFGH$是$\odot O$的内接正八边形，
$\therefore$ 中心角$∠ DOE=∠ EOF=\frac{360°}{8}=45°$，
$\therefore ∠ MDE=\frac{1}{2}∠ EOF=45°$，$∠ NGF=\frac{1}{2}∠ DOE=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ MDE$中，$∠ MDE=45°$，$DE=2$，
$\therefore MD=DE·\cos45°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$，同理可得$NG=\sqrt{2}$，
$\therefore DG=MD+MN+NG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2+2\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $2+2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形和圆，平行线的判定，圆周角定理
【点评】
本题结合正八边形的性质考查了圆的相关定理与线段求解，需要熟练掌握圆周角定理和平行线的判定方法，求解线段长度时要学会合理作辅助线，将未知线段转化为可计算的线段段，结合解直角三角形的知识完成计算。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$DG// AB$，可通过证明内错角相等实现：正八边形各边对应的弧长相等，可推得$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$，再根据圆周角定理得到对应圆周角相等，即可判定两直线平行。
(2) 求$DG$的长度时，可作辅助线将$DG$拆分为三段：过$E$、$F$作$DG$的垂线，中间段$MN$等于正八边形的边长2，左右两段为等腰直角三角形的直角边；结合正八边形的中心角求出对应圆周角为$45°$，利用解直角三角形求出两段直角边的长度，三段相加即可得到$DG$的长。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 八边形$ABCDEFGH$是$\odot O$的内接正八边形，
$\therefore \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FG}=\overset{\frown}{GH}=\overset{\frown}{HA}$，
$\therefore \overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{GH}+\overset{\frown}{HA}+\overset{\frown}{AB}$，即$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AG}$，
$\therefore ∠ ABG=∠ BGD$（同圆中等弧所对的圆周角相等），
$\therefore AB// DG$（内错角相等，两直线平行）。
(2) 解：连接$OD,OE,OF$，过点$E,F$分别作$DG$的垂线，垂足为$M,N$，则$MN=EF=AB=2$。
$\because$ 八边形$ABCDEFGH$是$\odot O$的内接正八边形，
$\therefore$ 中心角$∠ DOE=∠ EOF=\frac{360°}{8}=45°$，
$\therefore ∠ MDE=\frac{1}{2}∠ EOF=45°$，$∠ NGF=\frac{1}{2}∠ DOE=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ MDE$中，$∠ MDE=45°$，$DE=2$，
$\therefore MD=DE·\cos45°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$，同理可得$NG=\sqrt{2}$，
$\therefore DG=MD+MN+NG=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2+2\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $2+2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形和圆，平行线的判定，圆周角定理
【点评】
本题结合正八边形的性质考查了圆的相关定理与线段求解，需要熟练掌握圆周角定理和平行线的判定方法，求解线段长度时要学会合理作辅助线，将未知线段转化为可计算的线段段，结合解直角三角形的知识完成计算。
【难度系数】
0.6
18.（9分）如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，以$AB$为直径的$\odot O$交边$AC$于点$D$（点$D$不与点$A$重合），交边$BC$于点$E$，过点$E$作$EF⊥ AC$，垂足为$F$。
（1）求证：$EF$是$\odot O$的切线；
（2）若$AD=7$，$BE=2$. 求$\odot O$的半径。
（1）求证：$EF$是$\odot O$的切线；
（2）若$AD=7$，$BE=2$. 求$\odot O$的半径。
答案：
18. (1) 证明:如图(1),连接OE，
在$△ ABC$ 中,$AB=AC,\therefore ∠ B=∠ C. \because OB=OE,\therefore ∠ OBE=∠ OEB. \therefore ∠ OEB=∠ C,\therefore OE// AC$.
$\because EF⊥ AC$于点F,$\therefore EF⊥ OE. \because OE$ 是$\odot O$ 的半径,$\therefore EF$ 是$\odot O$ 的切线；
(2) 解:如图(2),连接BD,AE,$\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ ADB=∠ AEB=90°$,$\therefore AE⊥ BC,∠ CDB=90°. \because AB=AC,\therefore CE=BE=2$,$\therefore BC=2BE=4$,在$\mathrm{Rt}△ ADB$ 中,$BD^2=AB^2-AD^2$. 在$\mathrm{Rt}△ CDB$ 中,$BD^2=BC^2-CD^2$. $\therefore AB^2-AD^2=BC^2-CD^2$. 设$CD=x$,则$AB=AC=7+x$. $\therefore (7+x)^2-7^2=4^2-x^2$,解得$x=1$(舍负),$\therefore AB=7+x=8$,$\therefore OA=\frac{1}{2}AB=4$,即$\odot O$ 的半径为4。
18. (1) 证明:如图(1),连接OE，
在$△ ABC$ 中,$AB=AC,\therefore ∠ B=∠ C. \because OB=OE,\therefore ∠ OBE=∠ OEB. \therefore ∠ OEB=∠ C,\therefore OE// AC$.
$\because EF⊥ AC$于点F,$\therefore EF⊥ OE. \because OE$ 是$\odot O$ 的半径,$\therefore EF$ 是$\odot O$ 的切线；
(2) 解:如图(2),连接BD,AE,$\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ ADB=∠ AEB=90°$,$\therefore AE⊥ BC,∠ CDB=90°. \because AB=AC,\therefore CE=BE=2$,$\therefore BC=2BE=4$,在$\mathrm{Rt}△ ADB$ 中,$BD^2=AB^2-AD^2$. 在$\mathrm{Rt}△ CDB$ 中,$BD^2=BC^2-CD^2$. $\therefore AB^2-AD^2=BC^2-CD^2$. 设$CD=x$,则$AB=AC=7+x$. $\therefore (7+x)^2-7^2=4^2-x^2$,解得$x=1$(舍负),$\therefore AB=7+x=8$,$\therefore OA=\frac{1}{2}AB=4$,即$\odot O$ 的半径为4。
解析：
【分析】
（1）要证明EF是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OE，证明OE⊥EF。已知EF⊥AC，因此只需证明OE//AC：利用AB=AC可得∠B=∠C，再由OB=OE可得∠B=∠OEB，进而推出∠OEB=∠C，即可得到OE//AC，由此证得OE⊥EF，完成切线证明。
（2）要求⊙O的半径，需先求出直径AB的长度。AB是⊙O的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，因此连接BD、AE，可得∠ADB=∠CDB=∠AEB=90°；结合AB=AC，由等腰三角形三线合一性质可得CE=BE=2，即BC=4。在Rt△ADB和Rt△CDB中，BD为公共边，可分别用勾股定理表示BD²，联立得到等式；设CD=x，则AB=AC=7+x，代入等式列方程求解x，即可得到AB的长度，进而算出半径。
【解析】
(1) 证明：如图(1)，连接OE，
在△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠C。
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB。
∴∠OEB=∠C，
∴OE//AC。
∵EF⊥AC于点F，
∴EF⊥OE。
∵OE是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线。
(2) 解：如图(2)，连接BD、AE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，
∴AE⊥BC，∠CDB=90°。
∵AB=AC，
∴CE=BE=2，
∴BC=2BE=4。
在Rt△ADB中，由勾股定理得$BD^2=AB^2-AD^2$。
在Rt△CDB中，由勾股定理得$BD^2=BC^2-CD^2$。
∴$AB^2-AD^2=BC^2-CD^2$。
设$CD=x$，则$AB=AC=AD+CD=7+x$。
代入得$(7+x)^2-7^2=4^2-x^2$，
化简得$2x^2+14x-16=0$，即$x^2+7x-8=0$，
解得$x=1$（负值$x=-8$不符合题意，舍去），
∴$AB=7+1=8$，
∴⊙O的半径为$\frac{1}{2}AB=4$。
【答案】
(1) EF是$\odot O$的切线；
(2) $\odot O$的半径为4。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合基础题，第一问考查切线的判定方法，掌握“连半径，证垂直”的辅助线构造思路即可快速求解；第二问结合圆周角定理和等腰三角形性质，利用勾股定理建立方程求线段长度，是圆中计算类题目的常考形式，需熟练掌握各知识点的综合运用。
【难度系数】
0.6
（1）要证明EF是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OE，证明OE⊥EF。已知EF⊥AC，因此只需证明OE//AC：利用AB=AC可得∠B=∠C，再由OB=OE可得∠B=∠OEB，进而推出∠OEB=∠C，即可得到OE//AC，由此证得OE⊥EF，完成切线证明。
（2）要求⊙O的半径，需先求出直径AB的长度。AB是⊙O的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，因此连接BD、AE，可得∠ADB=∠CDB=∠AEB=90°；结合AB=AC，由等腰三角形三线合一性质可得CE=BE=2，即BC=4。在Rt△ADB和Rt△CDB中，BD为公共边，可分别用勾股定理表示BD²，联立得到等式；设CD=x，则AB=AC=7+x，代入等式列方程求解x，即可得到AB的长度，进而算出半径。
【解析】
(1) 证明：如图(1)，连接OE
，在△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠C。
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB。
∴∠OEB=∠C，
∴OE//AC。
∵EF⊥AC于点F，
∴EF⊥OE。
∵OE是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线。
(2) 解：如图(2)，连接BD、AE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，
∴AE⊥BC，∠CDB=90°。
∵AB=AC，
∴CE=BE=2，
∴BC=2BE=4。
在Rt△ADB中，由勾股定理得$BD^2=AB^2-AD^2$。
在Rt△CDB中，由勾股定理得$BD^2=BC^2-CD^2$。
∴$AB^2-AD^2=BC^2-CD^2$。
设$CD=x$，则$AB=AC=AD+CD=7+x$。
代入得$(7+x)^2-7^2=4^2-x^2$，
化简得$2x^2+14x-16=0$，即$x^2+7x-8=0$，
解得$x=1$（负值$x=-8$不符合题意，舍去），
∴$AB=7+1=8$，
∴⊙O的半径为$\frac{1}{2}AB=4$。
【答案】
(1) EF是$\odot O$的切线；
(2) $\odot O$的半径为4。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合基础题，第一问考查切线的判定方法，掌握“连半径，证垂直”的辅助线构造思路即可快速求解；第二问结合圆周角定理和等腰三角形性质，利用勾股定理建立方程求线段长度，是圆中计算类题目的常考形式，需熟练掌握各知识点的综合运用。
【难度系数】
0.6
19. (9分)如图,在平面直角坐标系中,$A(2,5),B(4,5),C(6,3),\odot M$经过A,B,C三点.
(1) 点$M$的坐标是
(2) 判断$\odot M$与$y$轴的位置关系,并说明理由.
(1) 点$M$的坐标是
$(3,2)$
;(2) 判断$\odot M$与$y$轴的位置关系,并说明理由.
答案：
19. 解:(1) 连接AB,BC,分别作AB,BC 的垂直平分线交于点M,则以点M 为圆心,以AM 为半径的圆为所求,如图所示：
根据网格的特征可得点 M 的坐标为$(3,2)$.
(2) $\odot M$ 与$y$ 轴相交,理由如下:由勾股定理得 $MA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$,即$\odot M$ 的半径为 $r=\sqrt{10}$. $\because \odot M$ 的圆心M 的坐标为$(3,2)$,$\therefore$ 点M 到$y$ 轴的距离$d=3$. $\because d＜r$,$\therefore \odot M$ 与$y$ 轴相交。
19. 解:(1) 连接AB,BC,分别作AB,BC 的垂直平分线交于点M,则以点M 为圆心,以AM 为半径的圆为所求,如图所示：
根据网格的特征可得点 M 的坐标为$(3,2)$.
(2) $\odot M$ 与$y$ 轴相交,理由如下:由勾股定理得 $MA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$,即$\odot M$ 的半径为 $r=\sqrt{10}$. $\because \odot M$ 的圆心M 的坐标为$(3,2)$,$\therefore$ 点M 到$y$ 轴的距离$d=3$. $\because d＜r$,$\therefore \odot M$ 与$y$ 轴相交。
解析：
【分析】
(1) 要确定过A、B、C三点的圆的圆心M，根据“不在同一直线上的三点确定一个圆”，圆心是△ABC的外心，也就是三边垂直平分线的交点。首先观察A、B两点纵坐标相同，AB平行于x轴，因此AB的垂直平分线是过AB中点、垂直于x轴的直线x=3，可知M的横坐标为3；再求出BC的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为M，结合网格即可得到M的坐标。
(2) 判断圆与y轴的位置关系，需比较圆心M到y轴的距离d和圆的半径r的大小：d＜r时相交，d=r时相切，d＞r时相离。先利用勾股定理求出半径r=MA，再计算M到y轴的距离d，比较二者大小即可得出结论。
【解析】
(1) 连接AB、BC，分别作AB、BC的垂直平分线，两条垂直平分线交于点M，即为圆心。
AB的中点坐标为$(\frac{2+4}{2},5)=(3,5)$，AB平行于x轴，故AB的垂直平分线为直线$x=3$；
BC的中点为$(\frac{4+6}{2},\frac{5+3}{2})=(5,4)$，BC的斜率为$\frac{3-5}{6-4}=-1$，因此BC垂直平分线的斜率为1，方程为$y-4=x-5$，即$y=x-1$。
将$x=3$代入$y=x-1$，得$y=2$，因此点M的坐标为$(3,2)$。
(2) $\odot M$与$y$轴相交，理由如下：
由勾股定理，计算半径$MA=\sqrt{(3-2)^2+(2-5)^2}=\sqrt{1^2+(-3)^2}=\sqrt{10}$，即$r=\sqrt{10}$。
圆心$M(3,2)$到$y$轴的距离$d$为M横坐标的绝对值，即$d=3$。
因为$3=\sqrt{9}＜\sqrt{10}$，即$d＜r$，因此$\odot M$与$y$轴相交。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(3,2)}$；
(2) $\odot M$与$y$轴相交，理由见解析。
【知识点】
确定圆的条件；垂直平分线的性质；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查了三角形外心的确定方法和直线与圆位置关系的判断，解题关键是明确外心是三角形三边垂直平分线的交点，掌握直线与圆位置关系的判定方法，侧重对基础方法的应用考查。
【难度系数】
0.7
(1) 要确定过A、B、C三点的圆的圆心M，根据“不在同一直线上的三点确定一个圆”，圆心是△ABC的外心，也就是三边垂直平分线的交点。首先观察A、B两点纵坐标相同，AB平行于x轴，因此AB的垂直平分线是过AB中点、垂直于x轴的直线x=3，可知M的横坐标为3；再求出BC的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为M，结合网格即可得到M的坐标。
(2) 判断圆与y轴的位置关系，需比较圆心M到y轴的距离d和圆的半径r的大小：d＜r时相交，d=r时相切，d＞r时相离。先利用勾股定理求出半径r=MA，再计算M到y轴的距离d，比较二者大小即可得出结论。
【解析】
(1) 连接AB、BC，分别作AB、BC的垂直平分线，两条垂直平分线交于点M，即为圆心。
AB的中点坐标为$(\frac{2+4}{2},5)=(3,5)$，AB平行于x轴，故AB的垂直平分线为直线$x=3$；
BC的中点为$(\frac{4+6}{2},\frac{5+3}{2})=(5,4)$，BC的斜率为$\frac{3-5}{6-4}=-1$，因此BC垂直平分线的斜率为1，方程为$y-4=x-5$，即$y=x-1$。
将$x=3$代入$y=x-1$，得$y=2$，因此点M的坐标为$(3,2)$。
(2) $\odot M$与$y$轴相交，理由如下：
由勾股定理，计算半径$MA=\sqrt{(3-2)^2+(2-5)^2}=\sqrt{1^2+(-3)^2}=\sqrt{10}$，即$r=\sqrt{10}$。
圆心$M(3,2)$到$y$轴的距离$d$为M横坐标的绝对值，即$d=3$。
因为$3=\sqrt{9}＜\sqrt{10}$，即$d＜r$，因此$\odot M$与$y$轴相交。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(3,2)}$；
(2) $\odot M$与$y$轴相交，理由见解析。
【知识点】
确定圆的条件；垂直平分线的性质；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查了三角形外心的确定方法和直线与圆位置关系的判断，解题关键是明确外心是三角形三边垂直平分线的交点，掌握直线与圆位置关系的判定方法，侧重对基础方法的应用考查。
【难度系数】
0.7
20. (10分)如图,四边形ABCD是正方形,以点A为圆心,AB为半径画弧,交以CD为直径的半圆于点E,连接AE并延长,交BC于点F.
(1) 判断AE与半圆的位置关系,并说明理由.
(2) 若$AB=6$,求CF的长.
21. (12分)某学习小组在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时,有如下探讨:
甲同学:我发现这种多边形不一定是正多边形,如圆内接矩形不一定是正方形.
乙同学:我知道,边数为3时,它是正三角形;我想,边数为5时,它可能也是正五边形……
丙同学:我发现边数为6时,它也不一定是正六边形.如图(2),$△ ABC$是正三角形,$\overset{\frown}{AD}$、$\overset{\frown}{BE}$、$\overset{\frown}{CF}$均相等,这样构造的六边形ADBECF不是正六边形.
(1) 如图(1),若圆内接五边形ABCDE的各内角均相等,则$∠ ABC=$
(2) 如图(2),请证明丙同学构造的六边形各内角相等.
(3) 根据以上探索过程,就问题“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”的结论与“边数$n(n≥3,n$为整数$)$”的关系,提出你的猜想(不需证明).
(1) 判断AE与半圆的位置关系,并说明理由.
(2) 若$AB=6$,求CF的长.
21. (12分)某学习小组在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时,有如下探讨:
甲同学:我发现这种多边形不一定是正多边形,如圆内接矩形不一定是正方形.
乙同学:我知道,边数为3时,它是正三角形;我想,边数为5时,它可能也是正五边形……
丙同学:我发现边数为6时,它也不一定是正六边形.如图(2),$△ ABC$是正三角形,$\overset{\frown}{AD}$、$\overset{\frown}{BE}$、$\overset{\frown}{CF}$均相等,这样构造的六边形ADBECF不是正六边形.
(1) 如图(1),若圆内接五边形ABCDE的各内角均相等,则$∠ ABC=$
$108°$
,请简要说明圆内接五边形ABCDE为正五边形的理由.(2) 如图(2),请证明丙同学构造的六边形各内角相等.
(3) 根据以上探索过程,就问题“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”的结论与“边数$n(n≥3,n$为整数$)$”的关系,提出你的猜想(不需证明).
答案：
20. 解:(1)AE 与半圆相切;理由:设半圆的圆心为O,连接OA,OE,
$\because$ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore ∠ ADC=90°$. 在$△ ADO$ 与$△ AEO$ 中, $\begin{cases}AD=AE,\\OD=OE,\\AO=AO,\end{cases}$ $\therefore △ ADO ≌△ AEO(\mathrm{SSS})$,$\therefore ∠ AEO=∠ ADO=90°$. $\because OE$ 是半圆O 的半径,$\therefore AE$ 与半圆相切.
(2) $\because$ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore ∠ BCD=90°$. $\because CD$ 是半圆O 的直径,$\therefore FC$ 是半圆O 的切线,$\because AE$ 与半圆相切,$\therefore CF=EF$. 设 $CF=EF=x$,$\therefore BF=6-x$,$AF=6+x$. $\because AB^2+BF^2=AF^2$,$\therefore 6^2+(6-x)^2=(6+x)^2$,解得 $x=\frac{3}{2}$,$\therefore CF=\frac{3}{2}$.
21. 解:(1) $\because$ 五边形的内角和=$(5-2)×180°=540°$,$\therefore ∠ ABC=\frac{540°}{5}=108°$. 理由:$\because ∠ A=∠ B=∠ C=∠ D=∠ E$,$∠ A$ 对着$\overset{\frown}{BDE}$,$∠ B$ 对着$\overset{\frown}{CDA}$,$\therefore \overset{\frown}{BDE}=\overset{\frown}{CDA}$,$\therefore \overset{\frown}{BDE}-\overset{\frown}{CDE}=\overset{\frown}{CDA}-\overset{\frown}{CDE}$,即$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AE}$,$\therefore BC=AE$. 同理可证其余各边都相等,$\therefore$ 五边形 ABCDE 是正五边形.
(2) 由图知$∠ AFC$对$\overset{\frown}{ABC}$,$\because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{DA}$,而$∠ DAF$ 对的$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{DBC}=\overset{\frown}{ABC}$,$\therefore ∠ AFC=∠ DAF$. 同理可证,其余各角都等于$∠ AFC$,故图(2)中六边形各内角相等；
(3) 由(1)(2)可知,当$n(n≥3,n$ 为整数)是奇数时,各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当$n(n≥3,n$ 为整数)是偶数时,各内角都相等的圆内接多边形不一定为正多边形。
20. 解:(1)AE 与半圆相切;理由:设半圆的圆心为O,连接OA,OE,
$\because$ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore ∠ ADC=90°$. 在$△ ADO$ 与$△ AEO$ 中, $\begin{cases}AD=AE,\\OD=OE,\\AO=AO,\end{cases}$ $\therefore △ ADO ≌△ AEO(\mathrm{SSS})$,$\therefore ∠ AEO=∠ ADO=90°$. $\because OE$ 是半圆O 的半径,$\therefore AE$ 与半圆相切.
(2) $\because$ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore ∠ BCD=90°$. $\because CD$ 是半圆O 的直径,$\therefore FC$ 是半圆O 的切线,$\because AE$ 与半圆相切,$\therefore CF=EF$. 设 $CF=EF=x$,$\therefore BF=6-x$,$AF=6+x$. $\because AB^2+BF^2=AF^2$,$\therefore 6^2+(6-x)^2=(6+x)^2$,解得 $x=\frac{3}{2}$,$\therefore CF=\frac{3}{2}$.
21. 解:(1) $\because$ 五边形的内角和=$(5-2)×180°=540°$,$\therefore ∠ ABC=\frac{540°}{5}=108°$. 理由:$\because ∠ A=∠ B=∠ C=∠ D=∠ E$,$∠ A$ 对着$\overset{\frown}{BDE}$,$∠ B$ 对着$\overset{\frown}{CDA}$,$\therefore \overset{\frown}{BDE}=\overset{\frown}{CDA}$,$\therefore \overset{\frown}{BDE}-\overset{\frown}{CDE}=\overset{\frown}{CDA}-\overset{\frown}{CDE}$,即$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AE}$,$\therefore BC=AE$. 同理可证其余各边都相等,$\therefore$ 五边形 ABCDE 是正五边形.
(2) 由图知$∠ AFC$对$\overset{\frown}{ABC}$,$\because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{DA}$,而$∠ DAF$ 对的$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{DBC}=\overset{\frown}{ABC}$,$\therefore ∠ AFC=∠ DAF$. 同理可证,其余各角都等于$∠ AFC$,故图(2)中六边形各内角相等；
(3) 由(1)(2)可知,当$n(n≥3,n$ 为整数)是奇数时,各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当$n(n≥3,n$ 为整数)是偶数时,各内角都相等的圆内接多边形不一定为正多边形。
解析：
第20题
【分析】
第(1)问判断直线与圆的位置关系，优先考虑切线判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线。我们先找到半圆的圆心O，连接OE，利用正方形的性质得到相等的边，通过SSS证明△ADO和△AEO全等，得到∠AEO=∠ADO=90°，即可证明AE是切线。第(2)问求CF长度，先根据切线长定理得到CF=EF，再设CF为未知数，用勾股定理在Rt△ABF中列方程求解即可，属于几何计算中方程思想的典型应用。
【解析】
(1) AE与半圆相切，理由如下：
设以CD为直径的半圆的圆心为O，连接OA、OE。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AD=AB=AE（AE是半径为AB的弧的半径），OD=OE（均为半圆O的半径）。
在$△ ADO$和$△ AEO$中：
$\begin{cases} AD=AE \\ OD=OE \\ AO=AO \end{cases}$
∴$△ ADO ≌ △ AEO(\mathrm{SSS})$
∴$∠ AEO=∠ ADO=90°$，即$OE ⊥ AE$
又
∵OE是半圆O的半径，
∴AE与半圆相切。
(2) 解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠ BCD=90°$，$AB=BC=CD=6$
∵CD是半圆O的直径，$∠ BCD=90°$，
∴FC是半圆O的切线
又
∵AE是半圆O的切线，根据切线长定理可得$CF=EF$
设$CF=EF=x$，则$BF=BC-CF=6-x$，$AF=AE+EF=AB+EF=6+x$
在$\mathrm{Rt}△ ABF$中，由勾股定理得：$AB^2+BF^2=AF^2$
代入数值：$6^2+(6-x)^2=(6+x)^2$
展开化简：$36+36-12x+x^2=36+12x+x^2$，即$24x=36$
解得$x=\frac{3}{2}$，即$CF=\frac{3}{2}$。
【答案】
(1) AE与半圆相切，理由见解析；(2) $CF=\frac{3}{2}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题结合正方形和圆的性质考查切线判定与线段长度计算，第(1)问核心是构造全等三角形证明垂直关系，第(2)问通过切线长定理转化相等线段，结合勾股定理列方程求解，兼顾几何性质应用和方程思想的考查。
【难度系数】
0.65
---
第21题
【分析】
第(1)问先通过多边形内角和公式计算五边形每个内角的度数，要证明等角的圆内接五边形是正五边形，利用圆周角与弧的对应关系：相等的圆周角对应的弧相等，减去公共弧后得到各边对应的弧相等，弧相等则弦相等，即可证明各边相等，满足正五边形的判定条件。第(2)问证明六边形各内角相等，同样利用圆周角定理，推导每个内角对应的弧长相等，即可得到内角相等。第(3)问根据前两问的结论，归纳边数奇偶性和结论的对应关系即可。
【解析】
(1) 五边形的内角和为$(5-2)×180°=540°$，因为各内角相等，所以$∠ ABC=\frac{540°}{5}=108°$。
证明五边形是正五边形的理由：
∵五边形ABCDE的各内角相等，即$∠ A=∠ B=∠ C=∠ D=∠ E$，
圆周角$∠ A$对应弧$\overset{\frown}{BDE}$，$∠ B$对应弧$\overset{\frown}{CDA}$，
相等的圆周角对应的弧相等，
∴$\overset{\frown}{BDE}=\overset{\frown}{CDA}$
两边同时减去公共弧$\overset{\frown}{CDE}$，可得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AE}$，因此弦$BC=AE$
同理可证其余各边都相等，
∴五边形ABCDE是正五边形。
(2) 证明：由图可知，$∠ AFC$对应弧$\overset{\frown}{ABC}$，
已知$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{DA}$，$∠ DAF$对应弧$\overset{\frown}{DEF}$，
$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{ABC}$
∴$∠ AFC=∠ DAF$
同理可证其余各内角都等于$∠ AFC$，因此丙同学构造的六边形各内角相等。
(3) 猜想：当$n(n≥3,n$为整数$)$是奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当$n$是偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定为正多边形。
【答案】
(1) $108°$，理由见解析；(2) 证明见解析；(3) 当n为奇数时，各内角相等的圆内接多边形是正多边形；当n为偶数时，不一定为正多边形。
【知识点】
多边形内角和；圆周角定理；正多边形的判定
【点评】
本题属于探究类题型，围绕圆内接等角多边形的性质展开，需要熟练掌握圆周角与弧的对应关系，通过从特殊到一般的归纳思路总结规律，对逻辑推理和归纳总结能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
【分析】
第(1)问判断直线与圆的位置关系，优先考虑切线判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线。我们先找到半圆的圆心O，连接OE，利用正方形的性质得到相等的边，通过SSS证明△ADO和△AEO全等，得到∠AEO=∠ADO=90°，即可证明AE是切线。第(2)问求CF长度，先根据切线长定理得到CF=EF，再设CF为未知数，用勾股定理在Rt△ABF中列方程求解即可，属于几何计算中方程思想的典型应用。
【解析】
(1) AE与半圆相切，理由如下：
设以CD为直径的半圆的圆心为O，连接OA、OE。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AD=AB=AE（AE是半径为AB的弧的半径），OD=OE（均为半圆O的半径）。
在$△ ADO$和$△ AEO$中：
$\begin{cases} AD=AE \\ OD=OE \\ AO=AO \end{cases}$
∴$△ ADO ≌ △ AEO(\mathrm{SSS})$
∴$∠ AEO=∠ ADO=90°$，即$OE ⊥ AE$
又
∵OE是半圆O的半径，
∴AE与半圆相切。
(2) 解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠ BCD=90°$，$AB=BC=CD=6$
∵CD是半圆O的直径，$∠ BCD=90°$，
∴FC是半圆O的切线
又
∵AE是半圆O的切线，根据切线长定理可得$CF=EF$
设$CF=EF=x$，则$BF=BC-CF=6-x$，$AF=AE+EF=AB+EF=6+x$
在$\mathrm{Rt}△ ABF$中，由勾股定理得：$AB^2+BF^2=AF^2$
代入数值：$6^2+(6-x)^2=(6+x)^2$
展开化简：$36+36-12x+x^2=36+12x+x^2$，即$24x=36$
解得$x=\frac{3}{2}$，即$CF=\frac{3}{2}$。
【答案】
(1) AE与半圆相切，理由见解析；(2) $CF=\frac{3}{2}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题结合正方形和圆的性质考查切线判定与线段长度计算，第(1)问核心是构造全等三角形证明垂直关系，第(2)问通过切线长定理转化相等线段，结合勾股定理列方程求解，兼顾几何性质应用和方程思想的考查。
【难度系数】
0.65
---
第21题
【分析】
第(1)问先通过多边形内角和公式计算五边形每个内角的度数，要证明等角的圆内接五边形是正五边形，利用圆周角与弧的对应关系：相等的圆周角对应的弧相等，减去公共弧后得到各边对应的弧相等，弧相等则弦相等，即可证明各边相等，满足正五边形的判定条件。第(2)问证明六边形各内角相等，同样利用圆周角定理，推导每个内角对应的弧长相等，即可得到内角相等。第(3)问根据前两问的结论，归纳边数奇偶性和结论的对应关系即可。
【解析】
(1) 五边形的内角和为$(5-2)×180°=540°$，因为各内角相等，所以$∠ ABC=\frac{540°}{5}=108°$。
证明五边形是正五边形的理由：
∵五边形ABCDE的各内角相等，即$∠ A=∠ B=∠ C=∠ D=∠ E$，
圆周角$∠ A$对应弧$\overset{\frown}{BDE}$，$∠ B$对应弧$\overset{\frown}{CDA}$，
相等的圆周角对应的弧相等，
∴$\overset{\frown}{BDE}=\overset{\frown}{CDA}$
两边同时减去公共弧$\overset{\frown}{CDE}$，可得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AE}$，因此弦$BC=AE$
同理可证其余各边都相等，
∴五边形ABCDE是正五边形。
(2) 证明：由图可知，$∠ AFC$对应弧$\overset{\frown}{ABC}$，
已知$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{DA}$，$∠ DAF$对应弧$\overset{\frown}{DEF}$，
$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{DBC}+\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{ABC}$
∴$∠ AFC=∠ DAF$
同理可证其余各内角都等于$∠ AFC$，因此丙同学构造的六边形各内角相等。
(3) 猜想：当$n(n≥3,n$为整数$)$是奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当$n$是偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定为正多边形。
【答案】
(1) $108°$，理由见解析；(2) 证明见解析；(3) 当n为奇数时，各内角相等的圆内接多边形是正多边形；当n为偶数时，不一定为正多边形。
【知识点】
多边形内角和；圆周角定理；正多边形的判定
【点评】
本题属于探究类题型，围绕圆内接等角多边形的性质展开，需要熟练掌握圆周角与弧的对应关系，通过从特殊到一般的归纳思路总结规律，对逻辑推理和归纳总结能力有一定要求。
【难度系数】
0.6