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7. 如图,正五边形 $ABCDE$。
(1) 用尺规画它的外接圆。
(2) 连接 $AD$,$BE$ 交于 $F$,求 $\angle BFD$ 的度数。
(1) 用尺规画它的外接圆。
(2) 连接 $AD$,$BE$ 交于 $F$,求 $\angle BFD$ 的度数。
答案
(1) 画法：
作线段$AB$的垂直平分线$l_1$；
作线段$AE$的垂直平分线$l_2$；
$l_1$与$l_2$交于点$O$；
以$O$为圆心，$OA$长为半径作圆，$\odot O$即为正五边形$ABCDE$的外接圆。
(2)
因为五边形$ABCDE$是正五边形，其内角和为$(5 - 2)×180^{\circ}=540^{\circ}$，则每个内角为$540^{\circ}÷5 = 108^{\circ}$。
在正五边形$ABCDE$中，$AB = AE$，$BA = BC$，$\angle EAB=\angle ABC = 108^{\circ}$。
所以$\angle ABE=\angle AEB=\frac{1}{2}(180^{\circ}- 108^{\circ}) = 36^{\circ}$，$\angle BAC=\angle BCA = 36^{\circ}$。
则$\angle BAD=108^{\circ}-36^{\circ}=72^{\circ}$，$\angle ABE = 36^{\circ}$。
在$\triangle ABF$中，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，$\angle BFD=180^{\circ}-\angle BAD - \angle ABE=108^{\circ}$。
综上，(1)按上述步骤作图；(2)$\angle BFD$的度数为$108^{\circ}$。
作线段$AB$的垂直平分线$l_1$；
作线段$AE$的垂直平分线$l_2$；
$l_1$与$l_2$交于点$O$；
以$O$为圆心，$OA$长为半径作圆，$\odot O$即为正五边形$ABCDE$的外接圆。
(2)
因为五边形$ABCDE$是正五边形，其内角和为$(5 - 2)×180^{\circ}=540^{\circ}$，则每个内角为$540^{\circ}÷5 = 108^{\circ}$。
在正五边形$ABCDE$中，$AB = AE$，$BA = BC$，$\angle EAB=\angle ABC = 108^{\circ}$。
所以$\angle ABE=\angle AEB=\frac{1}{2}(180^{\circ}- 108^{\circ}) = 36^{\circ}$，$\angle BAC=\angle BCA = 36^{\circ}$。
则$\angle BAD=108^{\circ}-36^{\circ}=72^{\circ}$，$\angle ABE = 36^{\circ}$。
在$\triangle ABF$中，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，$\angle BFD=180^{\circ}-\angle BAD - \angle ABE=108^{\circ}$。
综上，(1)按上述步骤作图；(2)$\angle BFD$的度数为$108^{\circ}$。
8. 在半径为 $R$ 的圆中,内接正方形与内接正六边形的边长之比为
$\sqrt{2}:1$
。答案
$\sqrt{2}:1$
解析
1. 内接正方形：连接正方形对角线，其为圆直径，长$2R$。设边长为$a$，由勾股定理$a^2+a^2=(2R)^2$，得$2a^2=4R^2$，$a^2=2R^2$，$a=\sqrt{2}R$。
2. 内接正六边形：边长等于半径，设边长为$b$，则$b=R$。
3. 边长之比：$a:b=\sqrt{2}R:R=\sqrt{2}:1$。
2. 内接正六边形：边长等于半径，设边长为$b$，则$b=R$。
3. 边长之比：$a:b=\sqrt{2}R:R=\sqrt{2}:1$。
9. 如图所示,若干全等的正五边形排成环状,图中所示的是前 3 个五边形,要完成这一圆环还需
7
个五边形。答案
7
解析
正五边形每个内角为$(5-2)×180°÷5 = 108°$。相邻两个正五边形在公共顶点处内角和为$108°×2=216°$，则该顶点处围绕圆心的剩余角度为$360° - 216°=144°$。此剩余角度由两个等腰三角形底角平分，每个底角为$144°÷2 = 72°$。在等腰三角形中，中心角（顶角）为$180° - 2×72°=36°$。圆环一周为$360°$，共需正五边形$360°÷36° = 10$个。已有3个，还需$10 - 3=7$个。
▲10. 如图,边长为 $4\sqrt{2}$ 的正方形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$,$AM$ 是 $\odot O$ 的内接正十二边形的一边。求 $CM$ 的长。
答案
$2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$
解析
连接OA、OC、OM。
∵正方形ABCD内接于⊙O，边长为$4\sqrt{2}$，
∴正方形对角线AC为⊙O直径，$AC=4\sqrt{2}×\sqrt{2}=8$，⊙O半径$OA=OC=OM=4$。
∵AM是⊙O内接正十二边形一边，
∴中心角$∠AOM=\frac{360°}{12}=30°$。
在正方形中，$∠AOC=180°$（对角线所对圆心角），
∴$∠COM=∠AOC-∠AOM=180°-30°=150°$（或$∠COM=360°-150°=210°$，弦长相同）。
在△COM中，由余弦定理：
$CM^2=OC^2+OM^2-2\cdot OC\cdot OM\cdot\cos∠COM$
$=4^2+4^2-2×4×4×\cos150°$
$=16+16-32×(-\frac{\sqrt{3}}{2})$
$=32+16\sqrt{3}$。
化简$CM=\sqrt{32+16\sqrt{3}}=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$。
∵正方形ABCD内接于⊙O，边长为$4\sqrt{2}$，
∴正方形对角线AC为⊙O直径，$AC=4\sqrt{2}×\sqrt{2}=8$，⊙O半径$OA=OC=OM=4$。
∵AM是⊙O内接正十二边形一边，
∴中心角$∠AOM=\frac{360°}{12}=30°$。
在正方形中，$∠AOC=180°$（对角线所对圆心角），
∴$∠COM=∠AOC-∠AOM=180°-30°=150°$（或$∠COM=360°-150°=210°$，弦长相同）。
在△COM中，由余弦定理：
$CM^2=OC^2+OM^2-2\cdot OC\cdot OM\cdot\cos∠COM$
$=4^2+4^2-2×4×4×\cos150°$
$=16+16-32×(-\frac{\sqrt{3}}{2})$
$=32+16\sqrt{3}$。
化简$CM=\sqrt{32+16\sqrt{3}}=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$。
11. 已知圆内接正八边形 $ABCDEFGH$,连结 $BG$,$CF$。
(1) 求证：四边形 $BCFG$ 是矩形。
★(2) 若四边形 $BCFG$ 的面积为 $20cm^{2}$。求正八边形 $ABCDEFGH$ 的面积。
(1) 求证：四边形 $BCFG$ 是矩形。
★(2) 若四边形 $BCFG$ 的面积为 $20cm^{2}$。求正八边形 $ABCDEFGH$ 的面积。
答案
(2) $ 40 \, cm^2 $
解析
(1) 证明：设正八边形外接圆的圆心为 $ O $，半径为 $ R $。正八边形中心角为 $ \frac{360°}{8}=45° $。
坐标法设顶点坐标：$ B\left(\frac{\sqrt{2}}{2}R,\frac{\sqrt{2}}{2}R\right) $，$ C(0,R) $，$ F\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}R,-\frac{\sqrt{2}}{2}R\right) $，$ G(0,-R) $。
计算斜率：
$ k_{BC}=\frac{R-\frac{\sqrt{2}}{2}R}{0-\frac{\sqrt{2}}{2}R}=1-\sqrt{2} $，$ k_{FG}=\frac{-R+\frac{\sqrt{2}}{2}R}{0+\frac{\sqrt{2}}{2}R}=1-\sqrt{2} $，故 $ BC// FG $；
$ k_{CF}=\frac{-\frac{\sqrt{2}}{2}R-R}{-\frac{\sqrt{2}}{2}R-0}=1+\sqrt{2} $，$ k_{BG}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}R+R}{\frac{\sqrt{2}}{2}R-0}=1+\sqrt{2} $，故 $ CF// BG $。
∴ $ BCFG $ 是平行四边形。
又 $ k_{BC}\cdot k_{CF}=(1-\sqrt{2})(1+\sqrt{2})=-1 $，∴ $ BC\perp CF $。
∴ 四边形 $ BCFG $ 是矩形。
(2) 由(1)得 $ BC=R\sqrt{2-\sqrt{2}} $，$ CF=R\sqrt{2+\sqrt{2}} $。
矩形面积 $ S_{BCFG}=BC\cdot CF=R^2\sqrt{(2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2})}=R^2\sqrt{2}=20 $，解得 $ R^2=\frac{20}{\sqrt{2}}=10\sqrt{2} $。
正八边形面积 $ S=8×\frac{1}{2}R^2\sin45°=4R^2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}R^2 $。
代入 $ R^2=10\sqrt{2} $，得 $ S=2\sqrt{2}×10\sqrt{2}=40 \, cm^2 $。
坐标法设顶点坐标：$ B\left(\frac{\sqrt{2}}{2}R,\frac{\sqrt{2}}{2}R\right) $，$ C(0,R) $，$ F\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}R,-\frac{\sqrt{2}}{2}R\right) $，$ G(0,-R) $。
计算斜率：
$ k_{BC}=\frac{R-\frac{\sqrt{2}}{2}R}{0-\frac{\sqrt{2}}{2}R}=1-\sqrt{2} $，$ k_{FG}=\frac{-R+\frac{\sqrt{2}}{2}R}{0+\frac{\sqrt{2}}{2}R}=1-\sqrt{2} $，故 $ BC// FG $；
$ k_{CF}=\frac{-\frac{\sqrt{2}}{2}R-R}{-\frac{\sqrt{2}}{2}R-0}=1+\sqrt{2} $，$ k_{BG}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}R+R}{\frac{\sqrt{2}}{2}R-0}=1+\sqrt{2} $，故 $ CF// BG $。
∴ $ BCFG $ 是平行四边形。
又 $ k_{BC}\cdot k_{CF}=(1-\sqrt{2})(1+\sqrt{2})=-1 $，∴ $ BC\perp CF $。
∴ 四边形 $ BCFG $ 是矩形。
(2) 由(1)得 $ BC=R\sqrt{2-\sqrt{2}} $，$ CF=R\sqrt{2+\sqrt{2}} $。
矩形面积 $ S_{BCFG}=BC\cdot CF=R^2\sqrt{(2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2})}=R^2\sqrt{2}=20 $，解得 $ R^2=\frac{20}{\sqrt{2}}=10\sqrt{2} $。
正八边形面积 $ S=8×\frac{1}{2}R^2\sin45°=4R^2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}R^2 $。
代入 $ R^2=10\sqrt{2} $，得 $ S=2\sqrt{2}×10\sqrt{2}=40 \, cm^2 $。
