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8. 如图,在正方形$ABCD$内有一折线段,其中$AE ⊥ EF$,$EF ⊥ FC$,并且$AE=3$,$EF=4$,$FC=5$,求正方形$ABCD$的外接圆的半径.
答案
8. 解:延长 AE 交圆于点 G,连接 CG,AC. 因为四边形 ABCD 为正方形,所以$∠ D=90°$,所以 AC 是该圆的直径,所以$∠ AGC=90°$. 因为 $AE ⊥ EF$, $EF ⊥ FC$, 所以$∠ FEG=∠ F=∠ AGC=90°$,所以四边形 EFCG 是矩形,所以 $EG=FC=5$,$CG=EF=4$,所以 $AG=AE+EG=8$. 在$\mathrm{Rt}△ AGC$中,由勾股定理,得 $AC=\sqrt{CG^2+AG^2}=4\sqrt{5}$,所以正方形 ABCD 的外接圆的半径为$\frac{1}{2}AC=2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
要计算正方形ABCD外接圆的半径，需先确定外接圆的直径（即正方形的对角线AC）。已知折线段AE⊥EF、EF⊥FC，通过延长AE构造矩形，将分散的线段转化到直角三角形中，结合勾股定理即可求出AC的长度，进而得到外接圆半径。
【解析】
延长AE交圆于点G，连接CG、AC。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AC是正方形外接圆的直径，
∴∠AGC=90°（直径所对的圆周角为直角）。
又
∵AE⊥EF，EF⊥FC，
∴∠FEG=∠F=∠AGC=90°，
∴四边形EFCG是矩形（三个角为直角的四边形是矩形），
∴EG=FC=5，CG=EF=4，
∴AG=AE+EG=3+5=8。
在Rt△AGC中，由勾股定理得：
AC=√(CG²+AG²)=√(4²+8²)=√80=4√5，
∴正方形ABCD外接圆的半径为$\frac{1}{2}AC=2\sqrt{5}$。
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
正方形外接圆、矩形判定、勾股定理
【点评】
本题通过构造矩形转化线段，结合正方形外接圆性质，利用勾股定理求解，核心是辅助线的构造，将分散线段集中到直角三角形中，难度适中。
【难度系数】
0.5
要计算正方形ABCD外接圆的半径，需先确定外接圆的直径（即正方形的对角线AC）。已知折线段AE⊥EF、EF⊥FC，通过延长AE构造矩形，将分散的线段转化到直角三角形中，结合勾股定理即可求出AC的长度，进而得到外接圆半径。
【解析】
延长AE交圆于点G，连接CG、AC。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AC是正方形外接圆的直径，
∴∠AGC=90°（直径所对的圆周角为直角）。
又
∵AE⊥EF，EF⊥FC，
∴∠FEG=∠F=∠AGC=90°，
∴四边形EFCG是矩形（三个角为直角的四边形是矩形），
∴EG=FC=5，CG=EF=4，
∴AG=AE+EG=3+5=8。
在Rt△AGC中，由勾股定理得：
AC=√(CG²+AG²)=√(4²+8²)=√80=4√5，
∴正方形ABCD外接圆的半径为$\frac{1}{2}AC=2\sqrt{5}$。
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
正方形外接圆、矩形判定、勾股定理
【点评】
本题通过构造矩形转化线段，结合正方形外接圆性质，利用勾股定理求解，核心是辅助线的构造，将分散线段集中到直角三角形中，难度适中。
【难度系数】
0.5
1. 半径相等的圆的内接正三角形、正方形和
正六边形的边长之比为 （
A.$3:2:1$
B.$1:\dfrac{1}{2}:\dfrac{1}{3}$
C.$\sqrt{3}:\sqrt{2}:1$
D.$6:4:3$
正六边形的边长之比为 （
C
）A.$3:2:1$
B.$1:\dfrac{1}{2}:\dfrac{1}{3}$
C.$\sqrt{3}:\sqrt{2}:1$
D.$6:4:3$
答案
1. C 提示:如图,设 $\odot O$ 的半径为 $r$. 图 1 中,$∠ OAH=30°$,$OH=\frac{1}{2}r$,$AH=\frac{\sqrt{3}}{2}r$,$AB=\sqrt{3}r$;
图 2 中,$∠ AOB=90°$,$OA=OB=r$,$AB=\sqrt{2}r$;图 3 中,$∠ AOB=60°$,$AB=OA=r$. 所以它们的边长之比为$\sqrt{3}r:\sqrt{2}r:r=\sqrt{3}:\sqrt{2}:1$.
解析
【分析】
要解决半径相等的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边长之比问题，需先分别求出三种正多边形的边长。设圆的半径为r，对于圆内接正多边形，连接圆心与相邻顶点得到等腰三角形，其顶角为正多边形的中心角，作底边的高转化为直角三角形，利用三角函数或勾股定理计算边长，最后求比值即可。
【解析】
设圆的半径为r，分别计算三种正多边形的边长：
1. 内接正三角形：连接圆心O与正三角形的两个相邻顶点A、B，过O作OH⊥AB于H。正三角形的中心角∠AOB=120°，故∠AOH=60°。在Rt△AOH中，OA=r，AH=OA·sin60°= (√3/2)r，因此AB=2AH=√3 r。
2. 内接正方形：连接圆心O与正方形的两个相邻顶点A、B，正方形的中心角∠AOB=90°。在Rt△AOB中，OA=OB=r，由勾股定理得AB=√(OA²+OB²)=√(r²+r²)=√2 r。
3. 内接正六边形：连接圆心O与正六边形的两个相邻顶点A、B，正六边形的中心角∠AOB=60°，且OA=OB=r，故△AOB为等边三角形，AB=OA=r。
因此，三种正多边形的边长之比为√3 r : √2 r : r = √3 : √2 : 1，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
正多边形和圆
【点评】
本题考查圆内接正多边形的边长计算，核心是利用正多边形的中心角，结合直角三角形的性质求解边长，属于基础题型，需掌握正多边形与圆的关系。
【难度系数】
0.6
要解决半径相等的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边长之比问题，需先分别求出三种正多边形的边长。设圆的半径为r，对于圆内接正多边形，连接圆心与相邻顶点得到等腰三角形，其顶角为正多边形的中心角，作底边的高转化为直角三角形，利用三角函数或勾股定理计算边长，最后求比值即可。
【解析】
设圆的半径为r，分别计算三种正多边形的边长：
1. 内接正三角形：连接圆心O与正三角形的两个相邻顶点A、B，过O作OH⊥AB于H。正三角形的中心角∠AOB=120°，故∠AOH=60°。在Rt△AOH中，OA=r，AH=OA·sin60°= (√3/2)r，因此AB=2AH=√3 r。
2. 内接正方形：连接圆心O与正方形的两个相邻顶点A、B，正方形的中心角∠AOB=90°。在Rt△AOB中，OA=OB=r，由勾股定理得AB=√(OA²+OB²)=√(r²+r²)=√2 r。
3. 内接正六边形：连接圆心O与正六边形的两个相邻顶点A、B，正六边形的中心角∠AOB=60°，且OA=OB=r，故△AOB为等边三角形，AB=OA=r。
因此，三种正多边形的边长之比为√3 r : √2 r : r = √3 : √2 : 1，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
正多边形和圆
【点评】
本题考查圆内接正多边形的边长计算，核心是利用正多边形的中心角，结合直角三角形的性质求解边长，属于基础题型，需掌握正多边形与圆的关系。
【难度系数】
0.6
2. (2024 南京市秦淮区期中)如图,在正八边形$ABCDEFGH$中,连接$AD,EH,AE,DH,AE$与$DH$交于点$O$.给出下列结论:①$BC^{2}+$$EH^{2}=AE^{2}$;②$\dfrac{AD}{AH}=2+\sqrt{2}$;③$∠ AOD=$$135^{ \circ }$;④$S_{八边形ABCDEFGH}=4S_{四边形ABCD}$.其中正确的是（
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.②③④
C
）A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.②③④
答案
2. C
解析
【分析】要判断各结论是否正确，需利用正八边形的边长、对角线的几何关系，结合勾股定理、角度计算、面积公式逐一验证。设正八边形边长为$a$，通过计算各线段长度、角度、面积，对比结论中的等式或比值即可得出结果。
【解析】设正八边形$ABCDEFGH$的边长为$a$：
1. 验证结论①：
$BC=a$（正八边形边长），$EH$为正八边形对角线，由正八边形的边长与对角线的关系可得：$EH^2=(2+\sqrt{2})a^2$，$AE^2=BC^2 + EH^2=a^2 + (2+\sqrt{2})a^2=(2+\sqrt{2})a^2$，故$BC^2 + EH^2=AE^2$，①正确。
2. 验证结论②：
$AD$为正八边形隔两个顶点的对角线，长度为$(1+\sqrt{2})a$，$AH=a$，则$\frac{AD}{AH}=1+\sqrt{2}≠2+\sqrt{2}$，②错误。
3. 验证结论③：
正八边形每个内角为$135°$，结合对称性，推导得$∠ AOD=135°$，③正确。
4. 验证结论④：
正八边形面积公式为$S=2(1+\sqrt{2})a^2$，四边形$ABCD$为等腰梯形，其面积为$\frac{1+\sqrt{2}}{2}a^2$，则$4S_{四边形ABCD}=4×\frac{1+\sqrt{2}}{2}a^2=2(1+\sqrt{2})a^2=S_{八边形ABCDEFGH}$，④正确。
综上，正确结论为①③④，对应选项C。
【答案】C
【知识点】正八边形的性质、勾股定理、多边形面积计算
【点评】本题综合考查正八边形的几何性质，需熟练运用边长、对角线的关系，结合勾股定理、面积公式等逐一分析，关键是利用正八边形的对称性简化计算。
【难度系数】0.5
【解析】设正八边形$ABCDEFGH$的边长为$a$：
1. 验证结论①：
$BC=a$（正八边形边长），$EH$为正八边形对角线，由正八边形的边长与对角线的关系可得：$EH^2=(2+\sqrt{2})a^2$，$AE^2=BC^2 + EH^2=a^2 + (2+\sqrt{2})a^2=(2+\sqrt{2})a^2$，故$BC^2 + EH^2=AE^2$，①正确。
2. 验证结论②：
$AD$为正八边形隔两个顶点的对角线，长度为$(1+\sqrt{2})a$，$AH=a$，则$\frac{AD}{AH}=1+\sqrt{2}≠2+\sqrt{2}$，②错误。
3. 验证结论③：
正八边形每个内角为$135°$，结合对称性，推导得$∠ AOD=135°$，③正确。
4. 验证结论④：
正八边形面积公式为$S=2(1+\sqrt{2})a^2$，四边形$ABCD$为等腰梯形，其面积为$\frac{1+\sqrt{2}}{2}a^2$，则$4S_{四边形ABCD}=4×\frac{1+\sqrt{2}}{2}a^2=2(1+\sqrt{2})a^2=S_{八边形ABCDEFGH}$，④正确。
综上，正确结论为①③④，对应选项C。
【答案】C
【知识点】正八边形的性质、勾股定理、多边形面积计算
【点评】本题综合考查正八边形的几何性质，需熟练运用边长、对角线的关系，结合勾股定理、面积公式等逐一分析，关键是利用正八边形的对称性简化计算。
【难度系数】0.5
3.（2024 南京市玄武区期中）如图，正五边形$ABCDE$的边$AB$，$AE$与$\odot O$分别相切于点$M,N$，点$P$在$\overset{\frown}{MN}$上，连接$PM,PN$，则$∠ MPN$的度数为
144
$°$.答案
3. 144 提示:如图,连接 OM,ON,在优弧 MN 上取一点 Q,连接 QM,QN. 因为五边形 ABCDE 是正五边形,所以$∠ A=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$. 因为正五边形 ABCDE 的边 AB,AE 与$\odot O$分别相切于点 M,N,所以$∠ OMA=∠ ONA=90°$,所以$∠ MON=360°-∠ OMA-∠ ONA-∠ A=72°$,所以$∠ MQN=\frac{1}{2}∠ MON=36°$. 因为四边形 PMQN 是圆内接四边形,所以$∠ MPN+∠ MQN=180°$,所以$∠ MPN=180°-∠ MQN=144°$.
解析
【分析】
要解决该问题，需结合正五边形内角性质、切线性质、圆周角定理及圆内接四边形性质逐步推导：先利用正多边形内角公式求出正五边形的内角∠A；再根据切线垂直于过切点的半径，得到∠OMA与∠ONA为90°，结合四边形内角和算出圆心角∠MON；接着取优弧MN上的点Q，利用圆周角定理得到∠MQN的度数；最后根据圆内接四边形对角互补，求出∠MPN的度数。
【解析】
1. 计算正五边形的内角：
正五边形ABCDE的内角∠A = $\frac{(5-2)×180°}{5}$ = 108°。
2. 利用切线性质求圆心角∠MON：
因为AB、AE与⊙O分别相切于点M、N，所以OM⊥AB，ON⊥AE，即∠OMA = ∠ONA = 90°。
在四边形AMON中，内角和为360°，因此：
∠MON = 360° - ∠OMA - ∠ONA - ∠A = 360° - 90° - 90° - 108° = 72°。
3. 利用圆周角定理和圆内接四边形性质求∠MPN：
取优弧MN上一点Q，连接QM、QN，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，得∠MQN = $\frac{1}{2}$∠MON = $\frac{1}{2}$×72° = 36°。
因为四边形PMQN是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，得∠MPN + ∠MQN = 180°，因此：
∠MPN = 180° - ∠MQN = 180° - 36° = 144°。
【答案】
144
【知识点】
切线性质、圆周角定理、正多边形内角
【点评】
本题综合考查正五边形与圆的相关性质，解题关键是熟练运用切线性质、圆周角定理及圆内接四边形的性质，步骤清晰，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需结合正五边形内角性质、切线性质、圆周角定理及圆内接四边形性质逐步推导：先利用正多边形内角公式求出正五边形的内角∠A；再根据切线垂直于过切点的半径，得到∠OMA与∠ONA为90°，结合四边形内角和算出圆心角∠MON；接着取优弧MN上的点Q，利用圆周角定理得到∠MQN的度数；最后根据圆内接四边形对角互补，求出∠MPN的度数。
【解析】
1. 计算正五边形的内角：
正五边形ABCDE的内角∠A = $\frac{(5-2)×180°}{5}$ = 108°。
2. 利用切线性质求圆心角∠MON：
因为AB、AE与⊙O分别相切于点M、N，所以OM⊥AB，ON⊥AE，即∠OMA = ∠ONA = 90°。
在四边形AMON中，内角和为360°，因此：
∠MON = 360° - ∠OMA - ∠ONA - ∠A = 360° - 90° - 90° - 108° = 72°。
3. 利用圆周角定理和圆内接四边形性质求∠MPN：
取优弧MN上一点Q，连接QM、QN，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，得∠MQN = $\frac{1}{2}$∠MON = $\frac{1}{2}$×72° = 36°。
因为四边形PMQN是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，得∠MPN + ∠MQN = 180°，因此：
∠MPN = 180° - ∠MQN = 180° - 36° = 144°。
【答案】
144
【知识点】
切线性质、圆周角定理、正多边形内角
【点评】
本题综合考查正五边形与圆的相关性质，解题关键是熟练运用切线性质、圆周角定理及圆内接四边形的性质，步骤清晰，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
4. 如图,正六边形 $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ 内部有一个正五边形 $B_1B_2B_3B_4B_5$, 且 $A_3A_4 //$ $B_3B_4$, 直线 $l$ 经过点 $B_2,B_3$, 则直线 $l$ 与 $A_1A_2$ 的夹角 $α$ 的度数为
$48°$
.答案
4. $48°$ 提示:分别延长 $A_1A_2$,$A_4A_3$ 交于点 C,设直线 l 交 $A_3A_4$ 于点 D,交 $A_1A_2$ 于点 E. 因为五边形 $B_1B_2B_3B_4B_5$ 为正五边形,所以$∠ B_4B_3D=\frac{360°}{5}=72°$. 因为 $A_3A_4// B_3B_4$,所以$∠ CDB_2=72°$. 因为六边形 $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ 为正六边形,所以$∠ A_1=120°$. 因为 $A_1A_6// A_3A_4$,所以$∠ C=180°-∠ A_1=60°$. 所以 $α=∠ CED=180°-72°-60°=48°$.
解析
【分析】
要解决直线l与$A_1A_2$的夹角α的度数问题，需结合正多边形的性质、平行线的性质及三角形内角和定理。首先利用正五边形的外角性质求出相关角的度数，再根据平行线的性质将正五边形的角转化为与正六边形相关的角，接着通过正六边形的性质构造三角形，求出三角形的另一个内角，最后利用三角形内角和定理计算出夹角α。
【解析】
1. 正五边形的每个外角为$\frac{360°}{5}=72°$，故$∠ B_4B_3D=72°$；
2. 因为$A_3A_4 // B_3B_4$，根据平行线同位角相等，得$∠ CDB_2=∠ B_4B_3D=72°$；
3. 正六边形的每个内角为$120°$，且$A_1A_6 // A_3A_4$，根据平行线同旁内角互补，得$∠ C=180° -120°=60°$；
4. 在$△ CDE$中，根据三角形内角和为$180°$，得$∠ CED=180° -∠ C -∠ CDE=180° -60° -72°=48°$，即直线l与$A_1A_2$的夹角$α=48°$。
【答案】
$48°$
【知识点】
正多边形内角性质、平行线性质、三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查正多边形性质、平行线性质及三角形内角和的应用，解题关键是通过延长线段构造三角形，利用平行线转化角度，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
要解决直线l与$A_1A_2$的夹角α的度数问题，需结合正多边形的性质、平行线的性质及三角形内角和定理。首先利用正五边形的外角性质求出相关角的度数，再根据平行线的性质将正五边形的角转化为与正六边形相关的角，接着通过正六边形的性质构造三角形，求出三角形的另一个内角，最后利用三角形内角和定理计算出夹角α。
【解析】
1. 正五边形的每个外角为$\frac{360°}{5}=72°$，故$∠ B_4B_3D=72°$；
2. 因为$A_3A_4 // B_3B_4$，根据平行线同位角相等，得$∠ CDB_2=∠ B_4B_3D=72°$；
3. 正六边形的每个内角为$120°$，且$A_1A_6 // A_3A_4$，根据平行线同旁内角互补，得$∠ C=180° -120°=60°$；
4. 在$△ CDE$中，根据三角形内角和为$180°$，得$∠ CED=180° -∠ C -∠ CDE=180° -60° -72°=48°$，即直线l与$A_1A_2$的夹角$α=48°$。
【答案】
$48°$
【知识点】
正多边形内角性质、平行线性质、三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查正多边形性质、平行线性质及三角形内角和的应用，解题关键是通过延长线段构造三角形，利用平行线转化角度，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
5. 如图,在正六边形 $ABCDEF$ 中, $AB=6$,点 $M$ 在边 $AF$ 上,且 $AM=2$. 若经过点 $M$ 的直线 $l$ 将正六边形的面积平分,则直线 $l$ 被正六边形所截的线段长是
$4\sqrt{7}$
.答案
5. $4\sqrt{7}$ 提示:如图,设正六边形 ABCDEF 的中心为 O,作直线 MO 交 CD 于点 N,则直线 MN 将正六边形的面积平分,即所截的线段长是 MN 的长(直线 MN 即为直线 l). 连接 OF,OA,过点 M 作 $MH⊥ OF$ 于点 H. 由条件,得 $MO=ON$(用全等或中心对称均可证明),$△ OAF$ 是等边三角形. 因为 $AM=2$,所以 $MF=AF-AM=4$. 因为 $MH⊥ OF$,所以 $∠ FMH=90°-∠ AFO=30°$,所以 $FH=\frac{1}{2}MF=2$,所以 $MH=\sqrt{MF^2-FH^2}=2\sqrt{3}$. 又因为 $OH=OF-FH=4$,所以 $OM=\sqrt{MH^2+OH^2}=2\sqrt{7}$,所以 $MN=2OM=4\sqrt{7}$.
解析
【分析】
首先，正六边形是中心对称图形，过其中心的直线可将其面积平分，因此要找到过点M且平分正六边形面积的直线，只需连接点M与正六边形的中心，延长后交对边CD于点N，线段MN即为所求。接下来通过构造直角三角形，利用正六边形的边长、角度关系结合勾股定理计算MN的长度。
【解析】
设正六边形$ABCDEF$的中心为$O$，因为正六边形是中心对称图形，过中心的直线平分其面积，故直线$MO$延长交$CD$于点$N$，则线段$MN$即为所求直线$l$被正六边形截得的线段。
已知正六边形边长$AB=6$，故$AF=6$，又$AM=2$，则$MF=AF - AM=6-2=4$。
$△ OAF$是等边三角形，因此$OF=AF=6$，$∠ AFO=60°$。
过点$M$作$MH⊥ OF$于点$H$，在$Rt△ MFH$中：
$FH=MF·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，
$MH=MF·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
则$OH=OF - FH=6-2=4$，在$Rt△ OMH$中：
$OM=\sqrt{MH^2 + OH^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 +4^2}=\sqrt{12+16}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
因为$O$是正六边形的中心，故$O$为$MN$的中点，因此$MN=2OM=2×2\sqrt{7}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$![]()
【知识点】
正六边形的性质、中心对称、勾股定理
【点评】
本题核心是利用正六边形的中心对称性确定平分面积的直线，再通过构造直角三角形，结合三角函数和勾股定理计算线段长度，考查了正六边形的基本性质及几何计算能力。
【难度系数】
0.5
首先，正六边形是中心对称图形，过其中心的直线可将其面积平分，因此要找到过点M且平分正六边形面积的直线，只需连接点M与正六边形的中心，延长后交对边CD于点N，线段MN即为所求。接下来通过构造直角三角形，利用正六边形的边长、角度关系结合勾股定理计算MN的长度。
【解析】
设正六边形$ABCDEF$的中心为$O$，因为正六边形是中心对称图形，过中心的直线平分其面积，故直线$MO$延长交$CD$于点$N$，则线段$MN$即为所求直线$l$被正六边形截得的线段。
已知正六边形边长$AB=6$，故$AF=6$，又$AM=2$，则$MF=AF - AM=6-2=4$。
$△ OAF$是等边三角形，因此$OF=AF=6$，$∠ AFO=60°$。
过点$M$作$MH⊥ OF$于点$H$，在$Rt△ MFH$中：
$FH=MF·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，
$MH=MF·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
则$OH=OF - FH=6-2=4$，在$Rt△ OMH$中：
$OM=\sqrt{MH^2 + OH^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 +4^2}=\sqrt{12+16}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
因为$O$是正六边形的中心，故$O$为$MN$的中点，因此$MN=2OM=2×2\sqrt{7}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
正六边形的性质、中心对称、勾股定理
【点评】
本题核心是利用正六边形的中心对称性确定平分面积的直线，再通过构造直角三角形，结合三角函数和勾股定理计算线段长度，考查了正六边形的基本性质及几何计算能力。
【难度系数】
0.5
6. 已知正方形 $ABCD$ 的四个顶点都在 $\odot O$ 上,$E$ 是 $\overset{\frown}{AB}$ 上的一点,连接 $DE$.
(1) 如图 1,连接 $AE,BE,F$ 是 $DE$ 上的一点,$DF=BE$,连接 $AF$. 求证: $△ ADF ≌ △ ABE$.
(2) 在(1)的条件下,小明发现线段 $DE$,$BE,AE$ 之间满足等量关系: $DE-BE=\sqrt{2}AE$. 请说明理由.
(3) 如图 2,连接 $BE,CE$. 若 $BC=5,BE=1$,求 $DE,CE$ 的长.
(1) 如图 1,连接 $AE,BE,F$ 是 $DE$ 上的一点,$DF=BE$,连接 $AF$. 求证: $△ ADF ≌ △ ABE$.
(2) 在(1)的条件下,小明发现线段 $DE$,$BE,AE$ 之间满足等量关系: $DE-BE=\sqrt{2}AE$. 请说明理由.
(3) 如图 2,连接 $BE,CE$. 若 $BC=5,BE=1$,求 $DE,CE$ 的长.
答案
6. (1) 证明:因为四边形 ABCD 是正方形,所以 $AB=AD$. 在 $△ ADF$ 和 $△ ABE$ 中,$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠ ADF=∠ ABE, \\ DF=BE, \end{cases}$所以 $△ ADF≌△ ABE$(SAS).
(2) 解:由(1)得,$△ ADF≌△ ABE$,所以 $AF=AE$,$∠ DAF=∠ BAE$. 在正方形 ABCD 中,$∠ BAD=90°$,所以 $∠ BAF+∠ DAF=90°$,所以 $∠ BAF+∠ BAE=90°$,即$∠ EAF=90°$,所以 $△ EAF$ 是等腰直角三角形,所以 $EF^2=AE^2+AF^2$,所以 $EF^2=2AE^2$,所以 $EF=\sqrt{2}AE$,所以 $DE-BE=DE-DF=\sqrt{2}AE$.
(3) 解:连接 BD,将$△ CBE$ 绕点 C 顺时针旋转 $90°$至$△ CDH$ 的位置,则 $BE=DH$,$CE=CH$,$∠ CBE=∠ CDH$. 因为四边形 BCDE 内接于$\odot O$,所以 $∠ CBE+∠ CDE=180°$,所以 $∠ CDH+∠ CDE=180°$,所以 E,D,H 三点共线. 在正方形 ABCD 中,因为 $∠ BAD=∠ BCD=90°$,所以 $∠ BED=90°$. 因为 $BC=CD$,所以 $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,$∠ DBC=∠ DEC=45°$. 又因为 $CE=CH$,所以 $△ CEH$ 是等腰直角三角形. 在$\mathrm{Rt}△ BCD$中,由勾股定理,得 $BD=\sqrt{2}BC=5\sqrt{2}$. 在$\mathrm{Rt}△ BDE$ 中,由勾股定理,得 $DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=7$. 在$\mathrm{Rt}△ CEH$ 中,由勾股定理,得 $EH^2=CE^2+CH^2$,即$(DE+DH)^2=2CE^2$. 因为 $BE=DH$,所以 $(DE+BE)^2=2CE^2$,即 $64=2CE^2$,解得 $CE=4\sqrt{2}$.
(2) 解:由(1)得,$△ ADF≌△ ABE$,所以 $AF=AE$,$∠ DAF=∠ BAE$. 在正方形 ABCD 中,$∠ BAD=90°$,所以 $∠ BAF+∠ DAF=90°$,所以 $∠ BAF+∠ BAE=90°$,即$∠ EAF=90°$,所以 $△ EAF$ 是等腰直角三角形,所以 $EF^2=AE^2+AF^2$,所以 $EF^2=2AE^2$,所以 $EF=\sqrt{2}AE$,所以 $DE-BE=DE-DF=\sqrt{2}AE$.
(3) 解:连接 BD,将$△ CBE$ 绕点 C 顺时针旋转 $90°$至$△ CDH$ 的位置,则 $BE=DH$,$CE=CH$,$∠ CBE=∠ CDH$. 因为四边形 BCDE 内接于$\odot O$,所以 $∠ CBE+∠ CDE=180°$,所以 $∠ CDH+∠ CDE=180°$,所以 E,D,H 三点共线. 在正方形 ABCD 中,因为 $∠ BAD=∠ BCD=90°$,所以 $∠ BED=90°$. 因为 $BC=CD$,所以 $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,$∠ DBC=∠ DEC=45°$. 又因为 $CE=CH$,所以 $△ CEH$ 是等腰直角三角形. 在$\mathrm{Rt}△ BCD$中,由勾股定理,得 $BD=\sqrt{2}BC=5\sqrt{2}$. 在$\mathrm{Rt}△ BDE$ 中,由勾股定理,得 $DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=7$. 在$\mathrm{Rt}△ CEH$ 中,由勾股定理,得 $EH^2=CE^2+CH^2$,即$(DE+DH)^2=2CE^2$. 因为 $BE=DH$,所以 $(DE+BE)^2=2CE^2$,即 $64=2CE^2$,解得 $CE=4\sqrt{2}$.
解析
【分析】
本题是正方形与圆结合的几何综合题，分三小问逐步推导：
(1) 要证△ADF≌△ABE，由正方形性质得AD=AB，结合同弧所对圆周角相等得∠ADF=∠ABE，再利用已知DF=BE，通过SAS判定全等；
(2) 由(1)的全等得AF=AE、角相等，结合正方形的直角推出△EAF为等腰直角三角形，用勾股定理得EF=√2 AE，再替换EF=DE-DF=DE-BE，得到线段关系；
(3) 求DE、CE时，通过旋转△CBE构造全等三角形，利用圆内接四边形性质证三点共线，结合正方形性质和勾股定理，先算BD，再求DE，最后用等腰直角三角形性质算CE。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD。
在△ADF和△ABE中，
$\begin{cases} AD=AB \\ ∠ADF=∠ABE \\ DF=BE \end{cases}$
∴△ADF≌△ABE（SAS）。
(2) 解：由(1)中△ADF≌△ABE，得AF=AE，∠DAF=∠BAE。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，即∠BAE + ∠DAE=90°，
∴∠DAF + ∠DAE=90°，即∠EAF=90°，
∴△EAF是等腰直角三角形，由勾股定理得：$EF^2=AE^2 + AF^2=2AE^2$，
∴$EF=\sqrt{2}AE$。
又
∵EF=DE - DF，且DF=BE，
∴DE - BE=√2 AE。
(3) 解：连接BD，将△CBE绕点C顺时针旋转90°至△CDH的位置，
则BE=DH，CE=CH，∠CBE=∠CDH。
∵四边形BCDE内接于⊙O，
∴∠CBE + ∠CDE=180°，
∴∠CDH + ∠CDE=180°，即E、D、H三点共线。
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD是⊙O的直径，故∠BED=90°，且BC=CD=5。
在Rt△BCD中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{BC^2 + CD^2}=\sqrt{5^2 +5^2}=5\sqrt{2}$。
在Rt△BDE中，由勾股定理得：$DE=\sqrt{BD^2 - BE^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2 -1^2}=7$。
∵CE=CH，∠ECH=90°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴$EH^2=CE^2 + CH^2=2CE^2$。
又
∵EH=DE + DH=DE + BE=7 +1=8，
∴$8^2=2CE^2$，即64=2CE²，解得$CE=4\sqrt{2}$（长度为正，舍去负根）。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) DE - BE=√2 AE；
(3) DE=7，CE=4√2。
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定（SAS）、圆周角定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的几何综合题，分层次考察全等证明、线段关系推导、旋转辅助线构造，逻辑严谨，需熟练掌握正方形、圆的性质及相关定理，第三问的旋转构造是解题关键，对几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.4
本题是正方形与圆结合的几何综合题，分三小问逐步推导：
(1) 要证△ADF≌△ABE，由正方形性质得AD=AB，结合同弧所对圆周角相等得∠ADF=∠ABE，再利用已知DF=BE，通过SAS判定全等；
(2) 由(1)的全等得AF=AE、角相等，结合正方形的直角推出△EAF为等腰直角三角形，用勾股定理得EF=√2 AE，再替换EF=DE-DF=DE-BE，得到线段关系；
(3) 求DE、CE时，通过旋转△CBE构造全等三角形，利用圆内接四边形性质证三点共线，结合正方形性质和勾股定理，先算BD，再求DE，最后用等腰直角三角形性质算CE。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD。
在△ADF和△ABE中，
$\begin{cases} AD=AB \\ ∠ADF=∠ABE \\ DF=BE \end{cases}$
∴△ADF≌△ABE（SAS）。
(2) 解：由(1)中△ADF≌△ABE，得AF=AE，∠DAF=∠BAE。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，即∠BAE + ∠DAE=90°，
∴∠DAF + ∠DAE=90°，即∠EAF=90°，
∴△EAF是等腰直角三角形，由勾股定理得：$EF^2=AE^2 + AF^2=2AE^2$，
∴$EF=\sqrt{2}AE$。
又
∵EF=DE - DF，且DF=BE，
∴DE - BE=√2 AE。
(3) 解：连接BD，将△CBE绕点C顺时针旋转90°至△CDH的位置，
则BE=DH，CE=CH，∠CBE=∠CDH。
∵四边形BCDE内接于⊙O，
∴∠CBE + ∠CDE=180°，
∴∠CDH + ∠CDE=180°，即E、D、H三点共线。
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD是⊙O的直径，故∠BED=90°，且BC=CD=5。
在Rt△BCD中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{BC^2 + CD^2}=\sqrt{5^2 +5^2}=5\sqrt{2}$。
在Rt△BDE中，由勾股定理得：$DE=\sqrt{BD^2 - BE^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2 -1^2}=7$。
∵CE=CH，∠ECH=90°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴$EH^2=CE^2 + CH^2=2CE^2$。
又
∵EH=DE + DH=DE + BE=7 +1=8，
∴$8^2=2CE^2$，即64=2CE²，解得$CE=4\sqrt{2}$（长度为正，舍去负根）。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) DE - BE=√2 AE；
(3) DE=7，CE=4√2。
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定（SAS）、圆周角定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的几何综合题，分层次考察全等证明、线段关系推导、旋转辅助线构造，逻辑严谨，需熟练掌握正方形、圆的性质及相关定理，第三问的旋转构造是解题关键，对几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.4
