例1 日晷仪也称日晷,是观测日影计时的仪器.它是根据日影的位置,指定当时的时辰或刻数,是我国古代较为普遍使用的计时仪器.如图①是清明上河园中的日晷,示意图如图②所示,日晷的表面是以点$O$为圆心的圆形,$OA$为某时刻晷针的影长,$AO$的延长线交$\odot O$于点$E$,与$DB$交于点$B$,$BD$与$\odot O$相切于点$D$,过点$O$作$OC// DE$交$\odot O$于点$F$,交$BD$的延长线于点$C$.

(1)求证:$∠ A=∠ C$;
(2)若$F$为$OC$的中点,$\odot O$的半径为$2$,求$BE$的长.
(1)证明:如图,连接$OD$.

$\because$ 直线$BC$与$\odot O$相切于点$D$,
$\therefore OD⊥ BC$.
$\therefore ∠ CDO=∠ BDO=90°$.
$\therefore ∠ EDO+∠ BDE=90°$.
$\because AE$为$\odot O$的直径,
$\therefore ∠ ADE=90°$.
$\therefore ∠ A+∠ DEA=90°$.
$\because EO=DO$,
$\therefore ∠ EDO=∠ DEA$.
$\therefore ∠ A=∠ BDE$.
$\because OC// DE$,
$\therefore ∠ C=∠ BDE$.
$\therefore ∠ A=∠ C$.
(2)解:如图,连接$DF$.
$\because ∠ CDO=90°$,$F$是$OC$的中点,
$\therefore DF=\frac{1}{2}OC,OF=\frac{1}{2}OC$.
$\therefore DF=OF$.
$\because OD=OF$,
$\therefore OD=OF=DF$.
$\therefore △ ODF$是等边三角形.
$\therefore ∠ DOF=60°$. $\therefore ∠ C=30°$.
$\because ∠ A=∠ C$,
$\therefore ∠ A=30°$. $\therefore ∠ EOD=2∠ A=60°$.
$\because ∠ BDO=90°$,
$\therefore ∠ B=30°$.
$\therefore OB=2OD=4$.
$\because OE=2$,
$\therefore BE=OB-OE=4-2=2$.

(1) 证明：
连接$OD$。
$\because$ 直线$BC$与$\odot O$相切于点$D$，
$\therefore OD⊥ BC$，
$\therefore ∠ CDO=∠ BDO=90°$，
$\therefore ∠ EDO+∠ BDE=90°$。
$\because AE$为$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ADE=90°$，
$\therefore ∠ A+∠ DEA=90°$。
$\because EO=DO$，
$\therefore ∠ EDO=∠ DEA$，
$\therefore ∠ A=∠ BDE$。
$\because OC// DE$，
$\therefore ∠ C=∠ BDE$，
$\therefore ∠ A=∠ C$。
---
(2) 解：
连接$DF$。
$\because ∠ CDO=90°$，$F$是$OC$的中点，
$\therefore DF=\frac{1}{2}OC$，$OF=\frac{1}{2}OC$，
$\therefore DF=OF$。
$\because OD=OF$，
$\therefore OD=OF=DF$，
$\therefore △ ODF$是等边三角形，
$\therefore ∠ DOF=60°$，
$\therefore ∠ C=30°$。
$\because ∠ A=∠ C$，
$\therefore ∠ A=30°$，
$\therefore ∠ EOD=2∠ A=60°$。
$\because ∠ BDO=90°$，
$\therefore ∠ B=30°$，
$\therefore OB=2OD$。
$\because \odot O$的半径为$2$，即$OD=OE=2$，
$\therefore OB=4$，
$\therefore BE=OB-OE=4-2=2$。
答：$BE$的长为$\boldsymbol{2}$。

【分析】
(1) 要证明∠A=∠C，可通过中间角等量代换推导：首先连接OD，利用切线的性质得OD⊥BC，结合直径所对圆周角为直角、等腰三角形等边对等角的性质，推出∠A=∠BDE；再根据平行线的同位角相等得∠C=∠BDE，即可完成证明。
(2) 已知F是OC中点，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可推出△ODF为等边三角形，得到∠DOF=60°，进而求出∠C=30°；利用第一问结论得∠A=30°，再结合直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半求出OB的长度，最后用OB减去OE的长度即可得到BE的长。
【解析】
(1) 证明：
连接$OD$。
$\because$ 直线$BC$与$\odot O$相切于点$D$，
$\therefore OD⊥ BC$，
$\therefore ∠ CDO=∠ BDO=90°$，
$\therefore ∠ EDO+∠ BDE=90°$。
$\because AE$为$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ADE=90°$，
$\therefore ∠ A+∠ DEA=90°$。
$\because EO=DO$，
$\therefore ∠ EDO=∠ DEA$，
$\therefore ∠ A=∠ BDE$。
$\because OC// DE$，
$\therefore ∠ C=∠ BDE$，
$\therefore ∠ A=∠ C$。
(2) 解：
连接$DF$。
$\because ∠ CDO=90°$，$F$是$OC$的中点，
$\therefore DF=\frac{1}{2}OC$，$OF=\frac{1}{2}OC$，
$\therefore DF=OF$。
$\because OD=OF$，
$\therefore OD=OF=DF$，
$\therefore △ ODF$是等边三角形，
$\therefore ∠ DOF=60°$，
$\therefore ∠ C=30°$。
$\because ∠ A=∠ C$，
$\therefore ∠ A=30°$，
$\therefore ∠ EOD=2∠ A=60°$。
$\because ∠ BDO=90°$，
$\therefore ∠ B=30°$，
$\therefore OB=2OD$。
$\because \odot O$的半径为$2$，即$OD=OE=2$，
$\therefore OB=4$，
$\therefore BE=OB-OE=4-2=2$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\boldsymbol{2}$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，等边三角形判定与性质
【点评】
本题以我国古代计时仪器日晷为背景，考查圆的基础性质与特殊三角形的综合应用，解题的关键是合理添加辅助线，熟练运用相关定理进行角和线段的推导计算。
【难度系数】
0.7

例2 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,进行了如下讨论.
甲同学:这种多边形不一定是正多边形,如圆内接矩形.
乙同学:我发现边数是6时,它也不一定是正多边形,如图①,△ABC是正三角形,$\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{BE} = \overset{\frown}{CF}$,可证明六边形ADBECF的各内角相等,但它未必是正六边形.
丙同学:我能证明,边数是5时,它是正多边形,我想边数是7时,它可能也是正多边形.

(1)请你说明乙同学构造的六边形各内角相等;
(2)请你证明,各内角都相等的圆内接七边形ABCDEFG(如图②)是正七边形(不必写已知,求证);
(3)根据以上探索过程,提出你的猜想(不必证明).
(1)解:∵ $\overset{\frown}{FC} = \overset{\frown}{AD}$,
∴ $\overset{\frown}{DEF} = \overset{\frown}{DBC} + \overset{\frown}{CF} = \overset{\frown}{DBC} + \overset{\frown}{DA} = \overset{\frown}{ABC}$.
∴ ∠DAF = ∠AFC.
同理可证,∠FCE = ∠E = ∠EBD = ∠D = ∠AFC,
∴ 六边形ADBECF的各内角相等.
(2)证明:∵ ∠A对$\overset{\frown}{BDG}$,∠B对$\overset{\frown}{ADC}$,
又 ∠A = ∠B,
∴ $\overset{\frown}{BDG} = \overset{\frown}{ADC}$.
∴ $\overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{AG}$.
同理,$\overset{\frown}{BA} = \overset{\frown}{CD} = \overset{\frown}{EF} = \overset{\frown}{AG} = \overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{DE} = \overset{\frown}{FG}$.
∴ BA = CD = EF = AG = BC = DE = FG.
∴ 各内角相等的圆内接七边形ABCDEFG是正七边形.
(3)猜想:当边数是奇数时,各内角相等的圆内接多边形是正多边形;当边数是偶数时,各内角相等的圆内接多边形不一定是正多边形.

解：(1) ∵ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{CF}$，
∴ $\overset{\frown}{FC} = \overset{\frown}{AD}$，
∴ $\overset{\frown}{DEF} = \overset{\frown}{DBC} + \overset{\frown}{CF} = \overset{\frown}{DBC} + \overset{\frown}{DA} = \overset{\frown}{ABC}$。
∴ ∠DAF = ∠AFC。
同理可证，∠FCE = ∠E = ∠EBD = ∠D = ∠AFC，
∴ 六边形ADBECF的各内角相等。
(2)证明：∵ 七边形ABCDEFG的内角∠A对$\overset{\frown}{BDG}$，内角∠B对$\overset{\frown}{ADC}$，
又 ∠A = ∠B，
∴ $\overset{\frown}{BDG} = \overset{\frown}{ADC}$。
∴ $\overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{AG}$。
同理，$\overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{CD} = \overset{\frown}{EF} = \overset{\frown}{AG} = \overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{DE} = \overset{\frown}{FG}$。
∴ $AB = CD = EF = AG = BC = DE = FG$。
∴ 各内角相等的圆内接七边形ABCDEFG是正七边形。
(3)猜想：当边数是奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当边数是偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形。

【分析】
(1) 要证明圆内接六边形各内角相等，可利用圆周角与弧的关系：圆周角的度数等于其所对弧度数的一半，因此只需证明每个内角所对的弧度数相等即可。结合已知的等弧条件，通过等弧的和相等推导各内角对应弧相等，即可证得内角相等。
(2) 正多边形需要满足各角相等、各边相等，圆中弦相等等价于其所对的劣弧相等。已知七边形各内角相等，可得各内角所对的弧相等，减去公共弧后可推导出各边对应的劣弧全部相等，进而得到各边相等，即可证明其为正七边形。
(3) 结合已知的偶数边（4边、6边）等角圆内接多边形不一定为正多边形，奇数边（5边、7边）等角圆内接多边形为正多边形的结论，归纳得到通用猜想即可。
【解析】
(1)
∵ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{CF}$，
∴ $\overset{\frown}{FC} = \overset{\frown}{AD}$，
∴ $\overset{\frown}{DEF} = \overset{\frown}{DBC} + \overset{\frown}{CF} = \overset{\frown}{DBC} + \overset{\frown}{DA} = \overset{\frown}{ABC}$。
∴ ∠DAF = ∠AFC。
同理可证，∠FCE = ∠E = ∠EBD = ∠D = ∠AFC，
∴ 六边形ADBECF的各内角相等。
(2) 证明：
∵ 七边形ABCDEFG的内角∠A对$\overset{\frown}{BDG}$，内角∠B对$\overset{\frown}{ADC}$，
又 ∠A = ∠B，
∴ $\overset{\frown}{BDG} = \overset{\frown}{ADC}$。
∴ $\overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{AG}$。
同理，$\overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{CD} = \overset{\frown}{EF} = \overset{\frown}{AG} = \overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{DE} = \overset{\frown}{FG}$。
∴ $AB = CD = EF = AG = BC = DE = FG$。
∴ 各内角相等的圆内接七边形ABCDEFG是正七边形。
(3) 猜想：当边数是奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当边数是偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形。
【答案】
(1) 六边形ADBECF各内角相等，证明见解析；
(2) 各内角相等的圆内接七边形是正七边形，证明见解析；
(3) 当边数是奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当边数是偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形。
【知识点】
圆周角与弧的关系，正多边形的判定，圆内接多边形性质
【点评】
本题属于探究性问题，通过对不同边数的等角圆内接多边形是否为正多边形的分析，考查了圆的相关性质和归纳猜想能力，解题的关键是灵活运用弧与圆周角、弦的对应关系。
【难度系数】
0.65