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7 如图，在正十边形$A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8A_9A_{10}$中，连接$A_1A_4$、$A_1A_7$，则$∠ A_4A_1A_7$的度数为
$54°$
。答案
7.$54°$
解析
【分析】
本题可结合正多边形与外接圆的关系、圆周角定理求解：首先正十边形的所有顶点都在同一个外接圆上，它的10条边会将外接圆平均分成10等份，每等份弧对应的圆心角相等；所求∠A₄A₁A₇是顶点在圆上的圆周角，根据圆周角定理，它的度数等于所对弧度数的一半，因此只要先算出每等份弧的度数，再数出∠A₄A₁A₇所对的弧包含几等份，即可求出角度。
【解析】
解：
∵正十边形的各顶点共外接圆，且10条边将外接圆分为10等份，
∴每等份弧对应的圆心角为$\frac{360°}{10}=36°$。
∠A₄A₁A₇为圆周角，它所对的弧为$\overset{\frown}{A_4A_7}$，$\overset{\frown}{A_4A_7}$共包含3段等弧（$\overset{\frown}{A_4A_5}$、$\overset{\frown}{A_5A_6}$、$\overset{\frown}{A_6A_7}$），
因此$\overset{\frown}{A_4A_7}$的度数为$3×36°=108°$。
根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半，
∴$∠ A_4A_1A_7=\frac{1}{2}×108°=54°$。
【答案】
$54°$
【知识点】
正多边形与圆的关系；圆周角定理
【点评】
本题将正多边形问题转化为圆的相关问题求解，解题的关键是确定所求圆周角对应的弧的份数，属于对基础知识点的综合考查，掌握正多边形外接圆的性质和圆周角定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
本题可结合正多边形与外接圆的关系、圆周角定理求解：首先正十边形的所有顶点都在同一个外接圆上，它的10条边会将外接圆平均分成10等份，每等份弧对应的圆心角相等；所求∠A₄A₁A₇是顶点在圆上的圆周角，根据圆周角定理，它的度数等于所对弧度数的一半，因此只要先算出每等份弧的度数，再数出∠A₄A₁A₇所对的弧包含几等份，即可求出角度。
【解析】
解：
∵正十边形的各顶点共外接圆，且10条边将外接圆分为10等份，
∴每等份弧对应的圆心角为$\frac{360°}{10}=36°$。
∠A₄A₁A₇为圆周角，它所对的弧为$\overset{\frown}{A_4A_7}$，$\overset{\frown}{A_4A_7}$共包含3段等弧（$\overset{\frown}{A_4A_5}$、$\overset{\frown}{A_5A_6}$、$\overset{\frown}{A_6A_7}$），
因此$\overset{\frown}{A_4A_7}$的度数为$3×36°=108°$。
根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半，
∴$∠ A_4A_1A_7=\frac{1}{2}×108°=54°$。
【答案】
$54°$
【知识点】
正多边形与圆的关系；圆周角定理
【点评】
本题将正多边形问题转化为圆的相关问题求解，解题的关键是确定所求圆周角对应的弧的份数，属于对基础知识点的综合考查，掌握正多边形外接圆的性质和圆周角定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
8 如图,有一幅不完整的正多边形图案,小明量得图中一边与对角线的夹角∠BAC=15°,那么这个正多边形的中心角是
30
度。答案
8.30
解析
【分析】
正多边形的所有顶点都在同一个外接圆上，且各边对应的外接圆弧长相等。观察已知角∠BAC，它是正多边形外接圆上的圆周角，所对的弧为$\overset{\frown}{BC}$。我们可以先通过圆周角定理求出$\overset{\frown}{BC}$对应的圆心角，而正多边形的中心角就是单条边对应的外接圆圆心角，$\overset{\frown}{BC}$对应正多边形的边BC，因此该圆心角就是所求的中心角。
【解析】
解：
∵正多边形的顶点均在其外接圆上，且各边相等，
∴边BC对应的外接圆弧$\overset{\frown}{BC}$的度数与其他边对应的弧的度数相等，
∠BAC是外接圆中$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，根据圆周角定理：圆周角的度数等于其所对弧的圆心角度数的一半，
已知∠BAC=15°，
∴$\overset{\frown}{BC}$所对的圆心角 = $2×∠ BAC = 2×15°=30°$，
又
∵正多边形的中心角是正多边形一条边所对的外接圆圆心角，
∴该正多边形的中心角为30°。
【答案】
30
【知识点】
圆周角定理，正多边形与圆，正多边形中心角
【点评】
本题将正多边形的性质和圆周角定理结合考查，解题的突破口是建立正多边形的边与外接圆弧、中心角的对应关系，再利用圆周角定理计算得到结果，属于基础应用型题目。
【难度系数】
0.7
正多边形的所有顶点都在同一个外接圆上，且各边对应的外接圆弧长相等。观察已知角∠BAC，它是正多边形外接圆上的圆周角，所对的弧为$\overset{\frown}{BC}$。我们可以先通过圆周角定理求出$\overset{\frown}{BC}$对应的圆心角，而正多边形的中心角就是单条边对应的外接圆圆心角，$\overset{\frown}{BC}$对应正多边形的边BC，因此该圆心角就是所求的中心角。
【解析】
解：
∵正多边形的顶点均在其外接圆上，且各边相等，
∴边BC对应的外接圆弧$\overset{\frown}{BC}$的度数与其他边对应的弧的度数相等，
∠BAC是外接圆中$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，根据圆周角定理：圆周角的度数等于其所对弧的圆心角度数的一半，
已知∠BAC=15°，
∴$\overset{\frown}{BC}$所对的圆心角 = $2×∠ BAC = 2×15°=30°$，
又
∵正多边形的中心角是正多边形一条边所对的外接圆圆心角，
∴该正多边形的中心角为30°。
【答案】
30
【知识点】
圆周角定理，正多边形与圆，正多边形中心角
【点评】
本题将正多边形的性质和圆周角定理结合考查，解题的突破口是建立正多边形的边与外接圆弧、中心角的对应关系，再利用圆周角定理计算得到结果，属于基础应用型题目。
【难度系数】
0.7
9 如图，已知正六边形螺帽的边长是4 cm，那么与该螺帽匹配的扳手的开口a为
$4\sqrt{3}$
cm。答案
9.$4\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题首先要明确扳手开口a对应的是正六边形一组对边之间的距离。回忆正六边形的性质：正六边形的边长均相等，可分割为6个边长等于正六边形边长的等边三角形，对边距离等于2倍的等边三角形的高。我们可以先求出等边三角形的高，再计算对边距离即可得到a的值。
【解析】
已知正六边形螺帽的边长为4cm，正六边形可分割为6个边长为4cm的等边三角形。
首先计算单个等边三角形的高：根据勾股定理，等边三角形的高$h=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
正六边形的对边距离a等于2倍的等边三角形的高，因此$a=2×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
正六边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题解题的关键是理解扳手开口对应正六边形的对边距离，结合正六边形与等边三角形的关联即可快速求解，是对多边形基础性质应用的考查。
【难度系数】
0.7
解题首先要明确扳手开口a对应的是正六边形一组对边之间的距离。回忆正六边形的性质：正六边形的边长均相等，可分割为6个边长等于正六边形边长的等边三角形，对边距离等于2倍的等边三角形的高。我们可以先求出等边三角形的高，再计算对边距离即可得到a的值。
【解析】
已知正六边形螺帽的边长为4cm，正六边形可分割为6个边长为4cm的等边三角形。
首先计算单个等边三角形的高：根据勾股定理，等边三角形的高$h=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
正六边形的对边距离a等于2倍的等边三角形的高，因此$a=2×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
正六边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题解题的关键是理解扳手开口对应正六边形的对边距离，结合正六边形与等边三角形的关联即可快速求解，是对多边形基础性质应用的考查。
【难度系数】
0.7
⑩ 如图，四边形ABCD内接于$\odot O$，AB是$\odot O$的直径，连接AC，若$∠ CAB=40°$，则$∠ ADC$的度数是
$130°$
。答案
10.$130°$
解析
【分析】
解题思路可分三步推导：第一步，已知AB是圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可先得到∠ACB=90°；第二步，在Rt△ABC中，利用直角三角形两锐角互余的性质，结合已知的∠CAB=40°，可求出∠B的度数；第三步，根据圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠ADC的度数。
【解析】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角），
在Rt△ABC中，∠CAB=40°，
∴∠B=90°-∠CAB=90°-40°=50°，
又
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠B=180°（圆内接四边形的对角互补），
∴∠ADC=180°-50°=130°。
【答案】
130°
【知识点】
直径所对圆周角为直角；直角三角形两锐角互余；圆内接四边形对角互补
【点评】
本题是圆的性质的基础应用题，解题的关键是熟练掌握直径对应圆周角的性质和圆内接四边形的性质，通过角度的转化即可快速求出结果。
【难度系数】
0.85
解题思路可分三步推导：第一步，已知AB是圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可先得到∠ACB=90°；第二步，在Rt△ABC中，利用直角三角形两锐角互余的性质，结合已知的∠CAB=40°，可求出∠B的度数；第三步，根据圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠ADC的度数。
【解析】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角），
在Rt△ABC中，∠CAB=40°，
∴∠B=90°-∠CAB=90°-40°=50°，
又
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠B=180°（圆内接四边形的对角互补），
∴∠ADC=180°-50°=130°。
【答案】
130°
【知识点】
直径所对圆周角为直角；直角三角形两锐角互余；圆内接四边形对角互补
【点评】
本题是圆的性质的基础应用题，解题的关键是熟练掌握直径对应圆周角的性质和圆内接四边形的性质，通过角度的转化即可快速求出结果。
【难度系数】
0.85
11 如图，四边形ABDE是$\odot O$的内接四边形，CE是$\odot O$的直径，连接DC、BC。若$∠ BDC=20°$，则$∠ A$的度数为
$110°$
。答案
11.$110°$
解析
【分析】
要计算∠A的度数，我们可结合圆的性质逐步推导：1. 先利用同弧所对的圆周角相等，由已知∠BDC的度数得到对应同弧的另一个圆周角∠BEC的度数；2. 结合CE是直径的条件，根据直径所对圆周角为直角的性质，在直角三角形中求出∠BCE的度数，再通过同弧所对圆周角相等得到∠BDE的度数；3. 最后利用圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠A的度数。
【解析】
解：
∵同弧BC所对的圆周角相等，且∠BDC=20°
∴∠BEC=∠BDC=20°
∵CE是⊙O的直径，直径所对的圆周角为直角
∴∠CBE=90°
在Rt△CBE中，∠BCE=90°-∠BEC=90°-20°=70°
∵同弧BE所对的圆周角相等
∴∠BDE=∠BCE=70°
又
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，圆内接四边形对角互补
∴∠A+∠BDE=180°
∴∠A=180°-70°=110°
【答案】
$110°$
【知识点】
圆周角定理；直径的圆周角性质；圆内接四边形性质
【点评】
本题是圆章节的基础常考题，综合考查了圆的核心基础性质，解题的关键是找准同弧对应的圆周角，结合直径、圆内接四边形的性质逐步推导即可，整体计算量小。
【难度系数】
0.7
要计算∠A的度数，我们可结合圆的性质逐步推导：1. 先利用同弧所对的圆周角相等，由已知∠BDC的度数得到对应同弧的另一个圆周角∠BEC的度数；2. 结合CE是直径的条件，根据直径所对圆周角为直角的性质，在直角三角形中求出∠BCE的度数，再通过同弧所对圆周角相等得到∠BDE的度数；3. 最后利用圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠A的度数。
【解析】
解：
∵同弧BC所对的圆周角相等，且∠BDC=20°
∴∠BEC=∠BDC=20°
∵CE是⊙O的直径，直径所对的圆周角为直角
∴∠CBE=90°
在Rt△CBE中，∠BCE=90°-∠BEC=90°-20°=70°
∵同弧BE所对的圆周角相等
∴∠BDE=∠BCE=70°
又
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，圆内接四边形对角互补
∴∠A+∠BDE=180°
∴∠A=180°-70°=110°
【答案】
$110°$
【知识点】
圆周角定理；直径的圆周角性质；圆内接四边形性质
【点评】
本题是圆章节的基础常考题，综合考查了圆的核心基础性质，解题的关键是找准同弧对应的圆周角，结合直径、圆内接四边形的性质逐步推导即可，整体计算量小。
【难度系数】
0.7
12 如图，四边形ABCD内接于$\odot O$，AC平分$∠ BAD$交BD于点E，$\odot O$的半径为4，$∠ BAD=60°$，$∠ BCA=15°$，则AE的长为
$2\sqrt{2}$
。答案
12.$2\sqrt{2}$
解析
【分析】
本题可结合圆的性质与直角三角形的相关知识求解。首先根据角平分线定义得到∠BAC=∠CAD=30°，再利用圆周角定理推出各段劣弧的度数和相关内角的度数，求出弦AB的长度后，通过作AC的垂线构造直角三角形，利用特殊角的三角函数性质即可求出AE的长度。
【解析】
解：
1. 已知AC平分∠BAD，∠BAD=60°，因此$∠ BAC=∠ CAD=30°$。
2. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，且圆周角的度数等于其所对弧度数的一半。
$∠ BCA$与$∠ BDA$均对劣弧AB，已知$∠ BCA=15°$，故$∠ BDA=15°$，劣弧AB的度数为$2×15°=30°$。
$∠ BAC$对劣弧BC，$∠ CAD$对劣弧CD，因此劣弧BC、劣弧CD的度数均为$2×30°=60°$。
3. 在$△ ABD$中，$∠ ABD=180°-∠ BAD-∠ BDA=180°-60°-15°=105°$。
4. 在$△ ABE$中，$∠ AEB=180°-∠ BAE-∠ ABE=180°-30°-105°=45°$。
5. 已知$\odot O$半径为4，劣弧AB为$30°$，因此弦AB的长度为：
$AB=2×4×\sin(\frac{30°}{2})=8\sin15°$，代入$\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，得$AB=2(\sqrt{6}-\sqrt{2})$。
6. 过点B作$BF⊥ AC$于点F：
在$Rt△ ABF$中，$∠ BAF=30°$，故$BF=\frac{1}{2}AB$，$AF=AB·\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$。
在$Rt△ BEF$中，$∠ BEF=45°$，$△ BEF$为等腰直角三角形，故$EF=BF=\frac{1}{2}AB$。
7. 因此$AE=AF+EF=\frac{\sqrt{3}}{2}AB+\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{3}+1}{2}AB$，代入$AB=2(\sqrt{6}-\sqrt{2})$：
$AE=\frac{\sqrt{3}+1}{2}×2(\sqrt{6}-\sqrt{2})=(\sqrt{3}+1)(\sqrt{6}-\sqrt{2})=3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，特殊角三角函数，直角三角形性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，核心是利用圆周角定理沟通圆中弧、角的关系，再通过作垂线构造特殊直角三角形求解线段长度，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题可结合圆的性质与直角三角形的相关知识求解。首先根据角平分线定义得到∠BAC=∠CAD=30°，再利用圆周角定理推出各段劣弧的度数和相关内角的度数，求出弦AB的长度后，通过作AC的垂线构造直角三角形，利用特殊角的三角函数性质即可求出AE的长度。
【解析】
解：
1. 已知AC平分∠BAD，∠BAD=60°，因此$∠ BAC=∠ CAD=30°$。
2. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，且圆周角的度数等于其所对弧度数的一半。
$∠ BCA$与$∠ BDA$均对劣弧AB，已知$∠ BCA=15°$，故$∠ BDA=15°$，劣弧AB的度数为$2×15°=30°$。
$∠ BAC$对劣弧BC，$∠ CAD$对劣弧CD，因此劣弧BC、劣弧CD的度数均为$2×30°=60°$。
3. 在$△ ABD$中，$∠ ABD=180°-∠ BAD-∠ BDA=180°-60°-15°=105°$。
4. 在$△ ABE$中，$∠ AEB=180°-∠ BAE-∠ ABE=180°-30°-105°=45°$。
5. 已知$\odot O$半径为4，劣弧AB为$30°$，因此弦AB的长度为：
$AB=2×4×\sin(\frac{30°}{2})=8\sin15°$，代入$\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，得$AB=2(\sqrt{6}-\sqrt{2})$。
6. 过点B作$BF⊥ AC$于点F：
在$Rt△ ABF$中，$∠ BAF=30°$，故$BF=\frac{1}{2}AB$，$AF=AB·\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$。
在$Rt△ BEF$中，$∠ BEF=45°$，$△ BEF$为等腰直角三角形，故$EF=BF=\frac{1}{2}AB$。
7. 因此$AE=AF+EF=\frac{\sqrt{3}}{2}AB+\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{3}+1}{2}AB$，代入$AB=2(\sqrt{6}-\sqrt{2})$：
$AE=\frac{\sqrt{3}+1}{2}×2(\sqrt{6}-\sqrt{2})=(\sqrt{3}+1)(\sqrt{6}-\sqrt{2})=3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，特殊角三角函数，直角三角形性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，核心是利用圆周角定理沟通圆中弧、角的关系，再通过作垂线构造特殊直角三角形求解线段长度，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
正五边形ABCDE的边长是4，连接AC、BD交于点F，那么CF的长是
$2\sqrt{5}-2$
。答案
13.$2\sqrt{5}-2$
解析
【分析】
首先根据正五边形内角和公式求出每个内角的度数，再利用等腰三角形的性质推导相关角的度数，得到线段的相等关系，接着通过两角对应相等证明三角形相似，利用相似三角形的对应边成比例列方程，最后求解方程取正根即可得到CF的长度。
【解析】
1. 计算正五边形内角：正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此每个内角为$540°÷5=108°$，即$∠ ABC=∠ BCD=108°$。
2. 求等腰三角形底角：
在$△ ABC$中，$AB=BC=4$，$∠ ABC=108°$，所以底角$∠ BAC=∠ BCA=\frac{180°-108°}{2}=36°$。
同理可得，$△ BCD$中$∠ CBD=∠ CDB=36°$。
3. 推导线段相等关系：
$∠ ABF=∠ ABC-∠ CBD=108°-36°=72°$，
在$△ ABF$中，$∠ AFB=180°-∠ BAC-∠ ABF=180°-36°-72°=72°$，
所以$∠ ABF=∠ AFB$，则$AF=AB=4$，因此$AC=AF+CF=4+CF$。
4. 利用相似列方程求解：
在$△ BCF$和$△ ACB$中，$∠ BCF=∠ ACB=36°$，$∠ CBF=∠ CAB=36°$，故$△ BCF ∽ △ ACB$（两角对应相等，两三角形相似）。
由相似性质得$\frac{BC}{AC}=\frac{CF}{BC}$，即$BC^2=CF· AC$。
代入$BC=4$、$AC=4+CF$，得$16=CF(4+CF)$，整理为$CF^2+4CF-16=0$。
用求根公式解得$CF=\frac{-4\pm\sqrt{16+64}}{2}=\frac{-4\pm4\sqrt{5}}{2}=-2\pm2\sqrt{5}$，因线段长度为正，故$CF=2\sqrt{5}-2$。
【答案】
$2\sqrt{5}-2$
【知识点】
正多边形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的应用
【点评】
本题将正多边形的性质、等腰三角形判定、相似三角形的应用结合考查，解题的核心是通过角度分析找到边的等量关系和相似三角形，是多边形与几何计算结合的典型题目，需要熟练掌握角度推导和相似的应用技巧。
【难度系数】
0.6
首先根据正五边形内角和公式求出每个内角的度数，再利用等腰三角形的性质推导相关角的度数，得到线段的相等关系，接着通过两角对应相等证明三角形相似，利用相似三角形的对应边成比例列方程，最后求解方程取正根即可得到CF的长度。
【解析】
1. 计算正五边形内角：正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此每个内角为$540°÷5=108°$，即$∠ ABC=∠ BCD=108°$。
2. 求等腰三角形底角：
在$△ ABC$中，$AB=BC=4$，$∠ ABC=108°$，所以底角$∠ BAC=∠ BCA=\frac{180°-108°}{2}=36°$。
同理可得，$△ BCD$中$∠ CBD=∠ CDB=36°$。
3. 推导线段相等关系：
$∠ ABF=∠ ABC-∠ CBD=108°-36°=72°$，
在$△ ABF$中，$∠ AFB=180°-∠ BAC-∠ ABF=180°-36°-72°=72°$，
所以$∠ ABF=∠ AFB$，则$AF=AB=4$，因此$AC=AF+CF=4+CF$。
4. 利用相似列方程求解：
在$△ BCF$和$△ ACB$中，$∠ BCF=∠ ACB=36°$，$∠ CBF=∠ CAB=36°$，故$△ BCF ∽ △ ACB$（两角对应相等，两三角形相似）。
由相似性质得$\frac{BC}{AC}=\frac{CF}{BC}$，即$BC^2=CF· AC$。
代入$BC=4$、$AC=4+CF$，得$16=CF(4+CF)$，整理为$CF^2+4CF-16=0$。
用求根公式解得$CF=\frac{-4\pm\sqrt{16+64}}{2}=\frac{-4\pm4\sqrt{5}}{2}=-2\pm2\sqrt{5}$，因线段长度为正，故$CF=2\sqrt{5}-2$。
【答案】
$2\sqrt{5}-2$
【知识点】
正多边形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的应用
【点评】
本题将正多边形的性质、等腰三角形判定、相似三角形的应用结合考查，解题的核心是通过角度分析找到边的等量关系和相似三角形，是多边形与几何计算结合的典型题目，需要熟练掌握角度推导和相似的应用技巧。
【难度系数】
0.6
14 如图，正八边形的对角线AD、CG交于点M，那么$\frac{AM}{MD}$的值为
$\sqrt{2}$
。答案
14.$\sqrt{2}$
解析
【分析】
要计算正八边形中线段AM与MD的比值，首先利用正八边形顶点共圆的性质，其每个中心角为45°，可以通过建立平面直角坐标系的方法将几何问题转化为代数计算：先设外接圆半径为R，写出点A、D、C、G的坐标，求出直线AD的解析式，找到AD与CG的交点M的坐标，再用两点间距离公式分别计算AM、MD的长度，最后求比值即可。
【解析】
设正八边形外接圆圆心为O，半径为R，以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系。
正八边形每个中心角为$\frac{360°}{8}=45°$，因此各点坐标为：
$A(R,0)$，$C(0,R)$，$D(-R\cos45°,R\sin45°)=(-\frac{\sqrt{2}R}{2},\frac{\sqrt{2}R}{2})$，$G(0,-R)$，其中CG为y轴（$x=0$）。
设直线AD的解析式为$y=kx+b$，代入A、D两点坐标：
$\begin{cases}0=kR+b\\\frac{\sqrt{2}R}{2}=-\frac{\sqrt{2}R}{2}k+b\end{cases}$
两式相减消去b，解得$k=1-\sqrt{2}$，代入第一式得$b=(\sqrt{2}-1)R$，因此直线AD解析式为$y=(1-\sqrt{2})x+(\sqrt{2}-1)R$。
将$x=0$代入解析式，得M点坐标为$(0,(\sqrt{2}-1)R)$。
根据两点间距离公式：
$AM=\sqrt{(R-0)^2+(0-(\sqrt{2}-1)R)^2}=R\sqrt{4-2\sqrt{2}}$
$MD=\sqrt{(-\frac{\sqrt{2}R}{2}-0)^2+(\frac{\sqrt{2}R}{2}-(\sqrt{2}-1)R)^2}=R\sqrt{2-\sqrt{2}}$
因此$\frac{AM}{MD}=\frac{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}{\sqrt{2-\sqrt{2}}}=\sqrt{\frac{2(2-\sqrt{2})}{2-\sqrt{2}}}=\sqrt{2}$
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形的性质，一次函数解析式求解，两点间距离公式
【点评】
本题将正多边形性质与代数计算结合，既可以用坐标法将几何问题代数化求解，也可通过圆周角定理、解直角三角形等几何方法推导，能有效锻炼数形结合的思维能力。
【难度系数】
0.6
要计算正八边形中线段AM与MD的比值，首先利用正八边形顶点共圆的性质，其每个中心角为45°，可以通过建立平面直角坐标系的方法将几何问题转化为代数计算：先设外接圆半径为R，写出点A、D、C、G的坐标，求出直线AD的解析式，找到AD与CG的交点M的坐标，再用两点间距离公式分别计算AM、MD的长度，最后求比值即可。
【解析】
设正八边形外接圆圆心为O，半径为R，以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系。
正八边形每个中心角为$\frac{360°}{8}=45°$，因此各点坐标为：
$A(R,0)$，$C(0,R)$，$D(-R\cos45°,R\sin45°)=(-\frac{\sqrt{2}R}{2},\frac{\sqrt{2}R}{2})$，$G(0,-R)$，其中CG为y轴（$x=0$）。
设直线AD的解析式为$y=kx+b$，代入A、D两点坐标：
$\begin{cases}0=kR+b\\\frac{\sqrt{2}R}{2}=-\frac{\sqrt{2}R}{2}k+b\end{cases}$
两式相减消去b，解得$k=1-\sqrt{2}$，代入第一式得$b=(\sqrt{2}-1)R$，因此直线AD解析式为$y=(1-\sqrt{2})x+(\sqrt{2}-1)R$。
将$x=0$代入解析式，得M点坐标为$(0,(\sqrt{2}-1)R)$。
根据两点间距离公式：
$AM=\sqrt{(R-0)^2+(0-(\sqrt{2}-1)R)^2}=R\sqrt{4-2\sqrt{2}}$
$MD=\sqrt{(-\frac{\sqrt{2}R}{2}-0)^2+(\frac{\sqrt{2}R}{2}-(\sqrt{2}-1)R)^2}=R\sqrt{2-\sqrt{2}}$
因此$\frac{AM}{MD}=\frac{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}{\sqrt{2-\sqrt{2}}}=\sqrt{\frac{2(2-\sqrt{2})}{2-\sqrt{2}}}=\sqrt{2}$
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形的性质，一次函数解析式求解，两点间距离公式
【点评】
本题将正多边形性质与代数计算结合，既可以用坐标法将几何问题代数化求解，也可通过圆周角定理、解直角三角形等几何方法推导，能有效锻炼数形结合的思维能力。
【难度系数】
0.6
