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25 新定义1:多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如:正五边形的特征值为$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$。
新定义2:同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形。
(1) 如图①，已知四边形ABCD是圆O的内接矩形，△AEF是圆O的内接三角形，若四边形ABCD的特征值为$\sqrt{2}$，△AEF的特征值为1，求证:$\tan∠BAE=\tan∠FAD=2-\sqrt{3}$。
(2) 设正2n边形(n＞1，且n为整数)的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求:y关于x的函数表达式。(注:已知$\cos90°=0$，且当$90°＜α＜180°$时，$\cosα=-\cos(180°-α)$)
(3) 如图②，在四边形ABCD中，AD//BC(AD＜BC)，∠A=90°，点B、D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形ABCD绕点C按顺时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A、D的对应点分别是点E、F，设∠BCF是一个正多边形的中心角。请说明以线段BD、AE为边的正多边形是双同正多边形的理由。当这两个正多边形的面积比是4:7时，求:双同正多边形的特征值。
第25题图① 第25题图②
新定义2:同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形。
(1) 如图①，已知四边形ABCD是圆O的内接矩形，△AEF是圆O的内接三角形，若四边形ABCD的特征值为$\sqrt{2}$，△AEF的特征值为1，求证:$\tan∠BAE=\tan∠FAD=2-\sqrt{3}$。
(2) 设正2n边形(n＞1，且n为整数)的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求:y关于x的函数表达式。(注:已知$\cos90°=0$，且当$90°＜α＜180°$时，$\cosα=-\cos(180°-α)$)
(3) 如图②，在四边形ABCD中，AD//BC(AD＜BC)，∠A=90°，点B、D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形ABCD绕点C按顺时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A、D的对应点分别是点E、F，设∠BCF是一个正多边形的中心角。请说明以线段BD、AE为边的正多边形是双同正多边形的理由。当这两个正多边形的面积比是4:7时，求:双同正多边形的特征值。
第25题图① 第25题图②
答案
25.（1）已知四边形$ABCD$是圆$O$的内接矩形,$△ AEF$是圆$O$的内接三角形。如图①,连接$AC$、$OB$、$OE$,记$AE$、$BC$交于点$K$,在$AB$上取点$Q$,使得$QA=QK$。对于矩形$ABCD$,因为四边形$ABCD$的特征值为$\sqrt{2}$,所以$\frac{AC}{AB}=\sqrt{2}$ 或 $\frac{AC}{CB}=\sqrt{2}$。因为四边形$ABCD$是矩形,所以$∠ B=∠ BAD=90°$,所以$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{2AB^2-AB^2}=AB$。因为$AC$是直径,所以矩形$ABCD$是正方形,所以中心角$∠ AOB=\frac{360°}{4}=90°$。因为$△ AEF$的特征值为1,所以$\frac{AE}{EF}=1$或$\frac{AE}{AF}=1$或$\frac{AF}{EF}=1$,所以$△ AEF$为等腰三角形。若底边不与腰相等,则不满足特征值为1,所以$△ AEF$为等边三角形,所以中心角$∠ AOE=\frac{360°}{3}=120°$,$∠ EAF=60°$。因为$OA=OB=OE$,所以$∠ OAB=45°$,$∠ OAE=30°$,所以$∠ BAE=15°$,所以$∠ DAF=90°-60°-15°=15°$,所以$∠ BAE=∠ DAF=15°$。因为$QA=QK$,所以$∠ BAE=∠ QKA=15°$,所以$∠ BQK=30°$。设$BK=x$,则$QK=QA=2x$,$BQ=\sqrt{3}x$,所以$\tan ∠ BAE=\frac{BK}{AB}=\frac{x}{(2+\sqrt{3})x}=2-\sqrt{3}$,所以$\tan ∠ BAE=\tan ∠ FAD=2-\sqrt{3}$。
(2) 当$n＞2$时,则$2n＞4$,所以正$2n$边形中心角为$\frac{360°}{2n}＜90°$,可得正$2n$边形的每一个内角都为钝角,画出正$2n$边形的局部,如图②。设内角$∠ ABC=α$,外角$∠ CBE=β$。因为$\cos α=x(x＜0)$,所以$\cos β=\cos(180°-α)=-\cos α=-x$。设正$2n$边形的半径为$R$,由题意得$y=\frac{2R}{2n}=\frac{R}{n}$,过点$A$作$AT ⊥ OB$,$OR ⊥ AB$,由中心角等于外角得,$\cos ∠ AOB=\cos β=\frac{OT}{OA}$,所以$OT=-Rx$,则$BT=R-OT=R(1+x)$,而$\cos ∠ OBA=\frac{BT}{BA}=\frac{BR}{OB}$,所以$\frac{R(1+x)}{2n}=\frac{BR}{R}$,化简得$n=\sqrt{\frac{1+x}{2}}R$,所以$y=\frac{R}{n}=\frac{\sqrt{2+2x}}{1+x}$。当$n=2$时,此时每一个内角为$90°$,也符合该函数表达式。所以综上,$y$关于$x$的函数表达式为:$y=\frac{\sqrt{2+2x}}{1+x}$。
(3) 连接$AC$、$CE$、$AE$、$BD$,过点$D$作$DP ⊥ BC$于点$P$,如图③。由旋转得,$CA=CE$,$CB=CD$,$∠ BCD=∠ ACE$。设$∠ BCD=∠ ACE=\gamma$,所以以线段$BD$、$AE$为边的正多边形边数为$\frac{360°}{\gamma}$,所以以线段$BD$、$AE$为边的正多边形同中心点$C$,同边数$\frac{360°}{\gamma}$,所以以线段$BD$、$AE$为边的正多边形是双同正多边形,当两个正多边形面积比为$4:7$时,则$\frac{S_{△ CBD}}{S_{△ CAE}}=\frac{4}{7}$,因为$CA=CE$,$CB=CD$,所以$\frac{CB}{CA}=\frac{CD}{CE}$,因为$∠ BCD=∠ ACE$,所以$△ CBD ∽ △ CAE$,所以$\frac{S_{△ CBD}}{S_{△ CAE}}=\frac{4}{7}=(\frac{CB}{CA})^2$,所以$\frac{CB}{CA}=\frac{2}{\sqrt{7}}$,设$CB=CD=2x$,$CA=\sqrt{7}x$,因为$∠ BAD=90°$,$AD // BC$,所以$∠ ABC=90°$,所以由勾股定理得,$AB=\sqrt{3}x=DP$,所以$\sin ∠ BCD=\frac{DP}{CD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以$∠ BCD=60°$,所以双同正多边形的边数为$\frac{360°}{60°}=6$,所以该正多边形为正六边形,因为$CB=CD$,$∠ DCB=60°$,所以$△ CBD$为等边三角形,所以$DB=CD$,所以最长距离为$DB'=2DC$,最短距离为$DB$,所以特征值为:$\frac{DB'}{DB}=2$。
解析
【分析】
(1) 首先依据特征值的定义推导矩形ABCD的形状：矩形最长距离为对角线，由特征值为$\sqrt{2}$可推出矩形邻边相等，即ABCD是正方形，对应中心角为$90°$；再由$△ AEF$特征值为1，可得其三边相等为等边三角形，对应中心角为$120°$，进而求出$∠ BAE=∠ FAD=15°$，最后构造含$30°$角的直角三角形计算$15°$的正切值即可证明结论。
(2) 先明确正$2n$边形的内角为钝角，结合题中给出的钝角余弦公式，将内角余弦转化为外角的余弦，而正多边形的中心角与外角相等，再结合特征值是最长距离（外接圆直径）与最短距离（边长）的比，通过三角函数关系推导半径和边长的关系，最终得到$y$关于$x$的函数式。
(3) 首先根据旋转的性质得到$△ BCD$和$△ ACE$为顶角相等的等腰三角形，因此以BD、AE为边的正多边形中心角相等，即边数相同，且中心都为点C，满足双同正多边形的定义；再根据两个正多边形的面积比得到相似比，推导得出中心角为$60°$，即正多边形为正六边形，结合正六边形的性质即可求出特征值。
【解析】
(1) 连接AC、OB、OE，记AE、BC交于点K，在AB上取点Q，使得$QA=QK$。
∵四边形ABCD是圆O的内接矩形，特征值为$\sqrt{2}$，矩形的最长距离为对角线AC，
∴$\frac{AC}{AB}=\sqrt{2}$或$\frac{AC}{BC}=\sqrt{2}$，又$∠ B=90°$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{2AB^2-AB^2}=AB$，
∴矩形ABCD是正方形，AC为圆O直径，中心角$∠ AOB=\frac{360°}{4}=90°$，$OA=OB$，故$∠ OAB=45°$。
∵$△ AEF$的特征值为1，即最长距离与最短距离相等，
∴$△ AEF$三边相等，为等边三角形，
∴中心角$∠ AOE=\frac{360°}{3}=120°$，$OA=OE$，故$∠ OAE=30°$，
∴$∠ BAE=∠ OAB-∠ OAE=45°-30°=15°$，同理$∠ DAF=90°-∠ EAF-∠ BAE=90°-60°-15°=15°$，即$∠ BAE=∠ DAF=15°$。
∵$QA=QK$，
∴$∠ QAK=∠ QKA=15°$，故外角$∠ BQK=30°$，
设$BK=x$，在$Rt△ BQK$中，$QK=QA=2x$，$BQ=\sqrt{3}x$，
∴$AB=AQ+BQ=2x+\sqrt{3}x=(2+\sqrt{3})x$，
∴$\tan∠ BAE=\frac{BK}{AB}=\frac{x}{(2+\sqrt{3})x}=2-\sqrt{3}$，故$\tan∠ BAE=\tan∠ FAD=2-\sqrt{3}$。
(2) 对于正$2n$边形（$n≥2$），内角为$α$，$\cosα=x$，外角$β=180°-α$，由题意得$\cosβ=\cos(180°-α)=-x$，正多边形的中心角等于外角，即中心角也为$β$。
正$2n$边形的最长距离为外接圆直径$2R$，最短距离为边长，题目已知边长与边数值相同，即边长为$2n$，故特征值$y=\frac{2R}{2n}=\frac{R}{n}$。
过O作$OR⊥ AB$于R，AB为边长$=2n$，故$BR=n$，在等腰$△ OAB$中，$OA=OB=R$，$∠ OBA=\frac{180°-β}{2}$，
$\cos∠ OBA=\frac{BR}{OB}=\frac{n}{R}$，又$\cosβ=2\cos^2\frac{β}{2}-1=-x$，而$\frac{180°-β}{2}=90°-\frac{β}{2}$，故$\cos∠ OBA=\cos(90°-\frac{β}{2})=\sin\frac{β}{2}=\sqrt{\frac{1-\cosβ}{2}}=\sqrt{\frac{1+x}{2}}$，
∴$\frac{n}{R}=\sqrt{\frac{1+x}{2}}$，即$n=R\sqrt{\frac{1+x}{2}}$，代入$y=\frac{R}{n}$得$y=\frac{R}{R\sqrt{\frac{1+x}{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+x}}=\frac{\sqrt{2+2x}}{1+x}$，$n=2$时（正方形）也满足该式，故$y=\frac{\sqrt{2+2x}}{1+x}$。
(3) 连接AC、CE、AE、BD，过D作$DP⊥ BC$于P。
由旋转性质得：$CA=CE$，$CB=CD=6$，$∠ BCD=∠ ACE=\gamma$，
∴$△ BCD$和$△ ACE$均为等腰三角形，顶角相等，以BD为边的正多边形中心角为$\gamma$，边数为$\frac{360°}{\gamma}$，以AE为边的正多边形中心角也为$\gamma$，边数也为$\frac{360°}{\gamma}$，且中心都为点C，故为双同正多边形。
∵两个正多边形面积比为$4:7$，正多边形面积比等于边长平方的比，而$△ CBD ∽ △ CAE$（两边成比例且夹角相等：$\frac{CB}{CA}=\frac{CD}{CE}$，$∠ BCD=∠ ACE$），
∴$\frac{S_{△ CBD}}{S_{△ CAE}}=(\frac{CB}{CA})^2=\frac{4}{7}$，故$\frac{CB}{CA}=\frac{2}{\sqrt{7}}$，设$CB=2k$，$CA=\sqrt{7}k$，
∵$AD// BC$，$∠ A=90°$，
∴$∠ ABC=90°$，在$Rt△ ABC$中，$AB=\sqrt{CA^2-CB^2}=\sqrt{7k^2-4k^2}=\sqrt{3}k$，
$DP=AB=\sqrt{3}k$，在$Rt△ DPC$中，$CD=CB=2k$，故$\sin∠ BCD=\frac{DP}{CD}=\frac{\sqrt{3}k}{2k}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$∠ BCD=60°$，即正多边形的中心角为$60°$，边数为$\frac{360°}{60°}=6$，即正六边形，
正六边形的最长距离为外接圆直径，最短距离为边长，直径是边长的2倍，故特征值为$\frac{2a}{a}=2$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $y=\frac{\sqrt{2+2x}}{1+x}$；
(3) 以BD、AE为边的正多边形是双同正多边形，特征值为2。
【知识点】
新定义理解、正多边形与圆、相似三角形的性质
【点评】
本题是新定义类几何综合题，结合了矩形、正多边形、圆、三角函数、相似三角形等多个知识点，需要将新定义的特征值、双同正多边形转化为已学的几何性质求解，对综合分析能力和知识迁移能力要求较高。
【难度系数】
0.2
(1) 首先依据特征值的定义推导矩形ABCD的形状：矩形最长距离为对角线，由特征值为$\sqrt{2}$可推出矩形邻边相等，即ABCD是正方形，对应中心角为$90°$；再由$△ AEF$特征值为1，可得其三边相等为等边三角形，对应中心角为$120°$，进而求出$∠ BAE=∠ FAD=15°$，最后构造含$30°$角的直角三角形计算$15°$的正切值即可证明结论。
(2) 先明确正$2n$边形的内角为钝角，结合题中给出的钝角余弦公式，将内角余弦转化为外角的余弦，而正多边形的中心角与外角相等，再结合特征值是最长距离（外接圆直径）与最短距离（边长）的比，通过三角函数关系推导半径和边长的关系，最终得到$y$关于$x$的函数式。
(3) 首先根据旋转的性质得到$△ BCD$和$△ ACE$为顶角相等的等腰三角形，因此以BD、AE为边的正多边形中心角相等，即边数相同，且中心都为点C，满足双同正多边形的定义；再根据两个正多边形的面积比得到相似比，推导得出中心角为$60°$，即正多边形为正六边形，结合正六边形的性质即可求出特征值。
【解析】
(1) 连接AC、OB、OE，记AE、BC交于点K，在AB上取点Q，使得$QA=QK$。
∵四边形ABCD是圆O的内接矩形，特征值为$\sqrt{2}$，矩形的最长距离为对角线AC，
∴$\frac{AC}{AB}=\sqrt{2}$或$\frac{AC}{BC}=\sqrt{2}$，又$∠ B=90°$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{2AB^2-AB^2}=AB$，
∴矩形ABCD是正方形，AC为圆O直径，中心角$∠ AOB=\frac{360°}{4}=90°$，$OA=OB$，故$∠ OAB=45°$。
∵$△ AEF$的特征值为1，即最长距离与最短距离相等，
∴$△ AEF$三边相等，为等边三角形，
∴中心角$∠ AOE=\frac{360°}{3}=120°$，$OA=OE$，故$∠ OAE=30°$，
∴$∠ BAE=∠ OAB-∠ OAE=45°-30°=15°$，同理$∠ DAF=90°-∠ EAF-∠ BAE=90°-60°-15°=15°$，即$∠ BAE=∠ DAF=15°$。
∵$QA=QK$，
∴$∠ QAK=∠ QKA=15°$，故外角$∠ BQK=30°$，
设$BK=x$，在$Rt△ BQK$中，$QK=QA=2x$，$BQ=\sqrt{3}x$，
∴$AB=AQ+BQ=2x+\sqrt{3}x=(2+\sqrt{3})x$，
∴$\tan∠ BAE=\frac{BK}{AB}=\frac{x}{(2+\sqrt{3})x}=2-\sqrt{3}$，故$\tan∠ BAE=\tan∠ FAD=2-\sqrt{3}$。
(2) 对于正$2n$边形（$n≥2$），内角为$α$，$\cosα=x$，外角$β=180°-α$，由题意得$\cosβ=\cos(180°-α)=-x$，正多边形的中心角等于外角，即中心角也为$β$。
正$2n$边形的最长距离为外接圆直径$2R$，最短距离为边长，题目已知边长与边数值相同，即边长为$2n$，故特征值$y=\frac{2R}{2n}=\frac{R}{n}$。
过O作$OR⊥ AB$于R，AB为边长$=2n$，故$BR=n$，在等腰$△ OAB$中，$OA=OB=R$，$∠ OBA=\frac{180°-β}{2}$，
$\cos∠ OBA=\frac{BR}{OB}=\frac{n}{R}$，又$\cosβ=2\cos^2\frac{β}{2}-1=-x$，而$\frac{180°-β}{2}=90°-\frac{β}{2}$，故$\cos∠ OBA=\cos(90°-\frac{β}{2})=\sin\frac{β}{2}=\sqrt{\frac{1-\cosβ}{2}}=\sqrt{\frac{1+x}{2}}$，
∴$\frac{n}{R}=\sqrt{\frac{1+x}{2}}$，即$n=R\sqrt{\frac{1+x}{2}}$，代入$y=\frac{R}{n}$得$y=\frac{R}{R\sqrt{\frac{1+x}{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+x}}=\frac{\sqrt{2+2x}}{1+x}$，$n=2$时（正方形）也满足该式，故$y=\frac{\sqrt{2+2x}}{1+x}$。
(3) 连接AC、CE、AE、BD，过D作$DP⊥ BC$于P。
由旋转性质得：$CA=CE$，$CB=CD=6$，$∠ BCD=∠ ACE=\gamma$，
∴$△ BCD$和$△ ACE$均为等腰三角形，顶角相等，以BD为边的正多边形中心角为$\gamma$，边数为$\frac{360°}{\gamma}$，以AE为边的正多边形中心角也为$\gamma$，边数也为$\frac{360°}{\gamma}$，且中心都为点C，故为双同正多边形。
∵两个正多边形面积比为$4:7$，正多边形面积比等于边长平方的比，而$△ CBD ∽ △ CAE$（两边成比例且夹角相等：$\frac{CB}{CA}=\frac{CD}{CE}$，$∠ BCD=∠ ACE$），
∴$\frac{S_{△ CBD}}{S_{△ CAE}}=(\frac{CB}{CA})^2=\frac{4}{7}$，故$\frac{CB}{CA}=\frac{2}{\sqrt{7}}$，设$CB=2k$，$CA=\sqrt{7}k$，
∵$AD// BC$，$∠ A=90°$，
∴$∠ ABC=90°$，在$Rt△ ABC$中，$AB=\sqrt{CA^2-CB^2}=\sqrt{7k^2-4k^2}=\sqrt{3}k$，
$DP=AB=\sqrt{3}k$，在$Rt△ DPC$中，$CD=CB=2k$，故$\sin∠ BCD=\frac{DP}{CD}=\frac{\sqrt{3}k}{2k}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$∠ BCD=60°$，即正多边形的中心角为$60°$，边数为$\frac{360°}{60°}=6$，即正六边形，
正六边形的最长距离为外接圆直径，最短距离为边长，直径是边长的2倍，故特征值为$\frac{2a}{a}=2$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $y=\frac{\sqrt{2+2x}}{1+x}$；
(3) 以BD、AE为边的正多边形是双同正多边形，特征值为2。
【知识点】
新定义理解、正多边形与圆、相似三角形的性质
【点评】
本题是新定义类几何综合题，结合了矩形、正多边形、圆、三角函数、相似三角形等多个知识点，需要将新定义的特征值、双同正多边形转化为已学的几何性质求解，对综合分析能力和知识迁移能力要求较高。
【难度系数】
0.2
