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三、解答题
19. 如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，AC是直径.
（1）求证：$∠ P＝2∠ CAB$；
（2）当点D在劣弧AB上时，连接AD，BD，直接写出$∠ D$和$∠ CAB$之间的关系.
19. 如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，AC是直径.
（1）求证：$∠ P＝2∠ CAB$；
（2）当点D在劣弧AB上时，连接AD，BD，直接写出$∠ D$和$∠ CAB$之间的关系.
答案
19. （1）如图，连接OP，
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，$\therefore ∠APB=2∠APO,∠OAP=90°,$
∴ ∠CAB+∠BAP=90°.
∵ PA=PB,∠APO=∠BPO,
∴$ OP⊥AB,\therefore ∠APO+∠BAP=90°,$
∴ ∠APO=∠CAB,
∴ ∠P=2∠CAB；（2）连接BC，
∵ 四边形ACBD内接于$\odot O$，$\therefore ∠ACB+∠D=180°.$
∵ AC是直径，$\therefore ∠ABC=90°,$
∴ ∠CAB+∠ACB=90°,
∴ ∠D=180°-∠ACB=90°+∠CAB。
解析
【分析】
（1）要证明$∠ P=2∠ CAB$，首先利用切线长定理可得$PA=PB$，$OP$平分$∠ APB$，即$∠ P=2∠ APO$；再结合切线的性质得$∠ OAP=90°$，且等腰$△ APB$中$OP⊥ AB$，利用同角的余角相等可证$∠ APO=∠ CAB$，即可推导出结论。（2）要找$∠ D$和$∠ CAB$的关系，连接$BC$后，先根据圆内接四边形对角互补得$∠ ACB+∠ D=180°$，再结合直径所对圆周角是直角，得到$∠ CAB$和$∠ ACB$互余，替换$∠ ACB$即可得到两角的数量关系。
【解析】
（1）证明：连接$OP$，
$\because PA$，$PB$是$\odot O$的切线，$A$、$B$为切点，
$\therefore PA=PB$，$OP$平分$∠ APB$，$∠ OAP=90°$，
$\therefore ∠ APB=2∠ APO$，$∠ CAB+∠ BAP=90°$，
$\because PA=PB$，$OP$平分$∠ APB$，
$\therefore OP⊥ AB$，
$\therefore ∠ APO+∠ BAP=90°$，
$\therefore ∠ APO=∠ CAB$，
$\therefore ∠ APB=2∠ CAB$，即$∠ P=2∠ CAB$。
（2）解：连接$BC$，
$\because$四边形$ACBD$内接于$\odot O$，
$\therefore ∠ ACB+∠ D=180°$，
$\because AC$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ABC=90°$，
$\therefore ∠ CAB+∠ ACB=90°$，即$∠ ACB=90°-∠ CAB$，
$\therefore ∠ D=180°-∠ ACB=180°-(90°-∠ CAB)=90°+∠ CAB$。
【答案】
19. （1）如图，连接OP，
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，$\therefore ∠APB=2∠APO,∠OAP=90°,$
∴ ∠CAB+∠BAP=90°.
∵ PA=PB,∠APO=∠BPO,
∴$ OP⊥AB,\therefore ∠APO+∠BAP=90°,$
∴ ∠APO=∠CAB,
∴ ∠P=2∠CAB；（2）连接BC，
∵ 四边形ACBD内接于$\odot O$，$\therefore ∠ACB+∠D=180°.$
∵ AC是直径，$\therefore ∠ABC=90°,$
∴ ∠CAB+∠ACB=90°,
∴ ∠D=180°-∠ACB=90°+∠CAB。
【知识点】
切线的性质；圆内接四边形的性质；圆周角定理
【点评】
本题围绕圆的相关性质考察角的等量关系推导，解题核心是熟练掌握切线长定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质，需要学生具备基础的辅助线构造能力，通过角的互余、互补关系完成推导。
【难度系数】
0.7
（1）要证明$∠ P=2∠ CAB$，首先利用切线长定理可得$PA=PB$，$OP$平分$∠ APB$，即$∠ P=2∠ APO$；再结合切线的性质得$∠ OAP=90°$，且等腰$△ APB$中$OP⊥ AB$，利用同角的余角相等可证$∠ APO=∠ CAB$，即可推导出结论。（2）要找$∠ D$和$∠ CAB$的关系，连接$BC$后，先根据圆内接四边形对角互补得$∠ ACB+∠ D=180°$，再结合直径所对圆周角是直角，得到$∠ CAB$和$∠ ACB$互余，替换$∠ ACB$即可得到两角的数量关系。
【解析】
（1）证明：连接$OP$，
$\because PA$，$PB$是$\odot O$的切线，$A$、$B$为切点，
$\therefore PA=PB$，$OP$平分$∠ APB$，$∠ OAP=90°$，
$\therefore ∠ APB=2∠ APO$，$∠ CAB+∠ BAP=90°$，
$\because PA=PB$，$OP$平分$∠ APB$，
$\therefore OP⊥ AB$，
$\therefore ∠ APO+∠ BAP=90°$，
$\therefore ∠ APO=∠ CAB$，
$\therefore ∠ APB=2∠ CAB$，即$∠ P=2∠ CAB$。
（2）解：连接$BC$，
$\because$四边形$ACBD$内接于$\odot O$，
$\therefore ∠ ACB+∠ D=180°$，
$\because AC$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ABC=90°$，
$\therefore ∠ CAB+∠ ACB=90°$，即$∠ ACB=90°-∠ CAB$，
$\therefore ∠ D=180°-∠ ACB=180°-(90°-∠ CAB)=90°+∠ CAB$。
【答案】
19. （1）如图，连接OP，
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，$\therefore ∠APB=2∠APO,∠OAP=90°,$
∴ ∠CAB+∠BAP=90°.
∵ PA=PB,∠APO=∠BPO,
∴$ OP⊥AB,\therefore ∠APO+∠BAP=90°,$
∴ ∠APO=∠CAB,
∴ ∠P=2∠CAB；（2）连接BC，
∵ 四边形ACBD内接于$\odot O$，$\therefore ∠ACB+∠D=180°.$
∵ AC是直径，$\therefore ∠ABC=90°,$
∴ ∠CAB+∠ACB=90°,
∴ ∠D=180°-∠ACB=90°+∠CAB。
【知识点】
切线的性质；圆内接四边形的性质；圆周角定理
【点评】
本题围绕圆的相关性质考察角的等量关系推导，解题核心是熟练掌握切线长定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质，需要学生具备基础的辅助线构造能力，通过角的互余、互补关系完成推导。
【难度系数】
0.7
20. (2025·湖北)如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$∠ BAC=45°$.过点$O$作$DF⊥ AB$，垂足为$E$，交$AC$于点$D$，交$\odot O$于点$F$.过点$F$作$\odot O$的切线，交$CA$的延长线于点$G$.
(1) 求证：$FD=FG$；
(2) 若$AB=12$，$FG=10$，求$\odot O$的半径.
(1) 求证：$FD=FG$；
(2) 若$AB=12$，$FG=10$，求$\odot O$的半径.
答案
20. （1）$\because DF⊥AB$,GF是$\odot O$的切线,即$DF⊥GF,∴ AB// GF,∴ ∠BAC=∠G=45°,∴ ∠FDG=90°-45°=45°$,即$△DFG$是等腰直角三角形，$\therefore FD=FG$；（2）$\because DF⊥AB,∴ AE=BE=\frac{1}{2}AB=6.∵ ∠BAC=45°$，$\therefore ∠ADE=90°-45°$,即$△ADE$是等腰直角三角形，$\therefore EA=ED=6$.由(1)得$FD=FG=10,∴ EF=DF-DE=10-6=4$,如图所示,连接OA,设$OE=x$,则$OF=OE+EF=x+4=OA,∴$ 在$Rt△AOE$中,$OA^2=AE^2+OE^2,∴ (x+4)^2=6^2+x^2$,解得,$x=\frac{5}{2},∴ OA=x+4=\frac{5}{2}+4=\frac{13}{2},∴ \odot O$的半径为$\frac{13}{2}$。
解析
【分析】
（1）要证$FD=FG$，可证$△ DFG$为等腰直角三角形。首先利用切线的性质得$GF⊥ DF$，结合$DF⊥ AB$可推出$AB// GF$，进而得到$∠ G=∠ BAC=45°$，结合$∠ GFD=90°$即可推出$∠ FDG=∠ G$，得证结论。
（2）求$\odot O$的半径，先由垂径定理求出$AE$的长度，再根据$∠ BAC=45°$得到等腰直角$△ ADE$，求出$DE$的长，结合$FD=FG$得到$EF$的长度，连接$OA$，设$OE$为未知数，用含未知数的式子表示半径，在$Rt△ AOE$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
$\because DF⊥ AB$，$GF$是$\odot O$的切线，
$\therefore DF⊥ GF$，
$\therefore AB// GF$，
$\therefore ∠ G=∠ BAC=45°$，
在$Rt△ GFD$中，$∠ FDG=90°-∠ G=90°-45°=45°$，
$\therefore ∠ G=∠ FDG$，
$\therefore FD=FG$。
(2) 解：
$\because DF⊥ AB$，且$DF$过圆心$O$，由垂径定理得：
$AE=BE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×12=6$，
$\because ∠ BAC=45°$，$∠ AED=90°$，
$\therefore △ ADE$是等腰直角三角形，
$\therefore ED=AE=6$，
由(1)得$FD=FG=10$，
$\therefore EF=FD-DE=10-6=4$，
连接$OA$，设$OE=x$，则$\odot O$的半径$OA=OF=OE+EF=x+4$，
在$Rt△ AOE$中，由勾股定理得$OA^2=AE^2+OE^2$，
代入得：$(x+4)^2=6^2+x^2$，
展开化简得$8x=20$，解得$x=\frac{5}{2}$，
$\therefore OA=x+4=\frac{5}{2}+4=\frac{13}{2}$。
【答案】
(1) 证明见上述过程；(2) $\odot O$的半径为$\frac{13}{2}$。
【知识点】
切线的性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合中档题，结合了特殊直角三角形的性质考查圆的相关定理，解题时需熟练掌握切线、垂径定理的应用，学会构造直角三角形，借助方程思想求解半径是这类题型的常用思路。
【难度系数】
0.6
（1）要证$FD=FG$，可证$△ DFG$为等腰直角三角形。首先利用切线的性质得$GF⊥ DF$，结合$DF⊥ AB$可推出$AB// GF$，进而得到$∠ G=∠ BAC=45°$，结合$∠ GFD=90°$即可推出$∠ FDG=∠ G$，得证结论。
（2）求$\odot O$的半径，先由垂径定理求出$AE$的长度，再根据$∠ BAC=45°$得到等腰直角$△ ADE$，求出$DE$的长，结合$FD=FG$得到$EF$的长度，连接$OA$，设$OE$为未知数，用含未知数的式子表示半径，在$Rt△ AOE$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
$\because DF⊥ AB$，$GF$是$\odot O$的切线，
$\therefore DF⊥ GF$，
$\therefore AB// GF$，
$\therefore ∠ G=∠ BAC=45°$，
在$Rt△ GFD$中，$∠ FDG=90°-∠ G=90°-45°=45°$，
$\therefore ∠ G=∠ FDG$，
$\therefore FD=FG$。
(2) 解：
$\because DF⊥ AB$，且$DF$过圆心$O$，由垂径定理得：
$AE=BE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×12=6$，
$\because ∠ BAC=45°$，$∠ AED=90°$，
$\therefore △ ADE$是等腰直角三角形，
$\therefore ED=AE=6$，
由(1)得$FD=FG=10$，
$\therefore EF=FD-DE=10-6=4$，
连接$OA$，设$OE=x$，则$\odot O$的半径$OA=OF=OE+EF=x+4$，
在$Rt△ AOE$中，由勾股定理得$OA^2=AE^2+OE^2$，
代入得：$(x+4)^2=6^2+x^2$，
展开化简得$8x=20$，解得$x=\frac{5}{2}$，
$\therefore OA=x+4=\frac{5}{2}+4=\frac{13}{2}$。
【答案】
(1) 证明见上述过程；(2) $\odot O$的半径为$\frac{13}{2}$。
【知识点】
切线的性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合中档题，结合了特殊直角三角形的性质考查圆的相关定理，解题时需熟练掌握切线、垂径定理的应用，学会构造直角三角形，借助方程思想求解半径是这类题型的常用思路。
【难度系数】
0.6
21. 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$O$是$BC$的中点，$\odot O$与$AB$相切于点$D$，与$BC$交于点$E$，$F$，$DG$是$\odot O$的直径，弦$GF$的延长线交$AC$于点$H$，且$GH ⊥ AC$。
（1）求证：$AC$是$\odot O$的切线；
（2）若$DE=2$，$GH=3$，求$\overset{\frown}{DE}$的长$l$。
（1）求证：$AC$是$\odot O$的切线；
（2）若$DE=2$，$GH=3$，求$\overset{\frown}{DE}$的长$l$。
答案
21. （1）连接OA,过点O作$OM⊥AC$于点M,如图,$\because AB=AC$,点O是BC的中点,$\therefore AO$为$∠BAC$的平分线.$\because \odot O$与AB相切于点D,DG是$\odot O$的直径,$\therefore OD$为$\odot O$的半径,$\therefore OD⊥AB$,又$OM⊥AC,∴ OM=OD$,即OM为$\odot O$的半径,$\therefore AC$是$\odot O$的切线；（2）过点E作$EN⊥AB$于点N,如图,$\because$ 点O为$\odot O$的圆心,$\therefore OD=OG,OE=OF$,在$△ODE$和$△OGF$中,$\begin{cases}OD=OG,\\∠DOE=∠GOF,\\OE=OF,\end{cases}∴ △ODE≌ △OGF(SAS),∴ DE=GF.∵ DE=2,GH=3,∴ GF=2$,$\therefore FH=GH-GF=3-2=1.∵ AB=AC$,点O是BC的中点,$\therefore OB=OC.∴ ∠B=∠C$,又$OE=OF,∴ BE=CF.∵ GH⊥AC,EN⊥AB,∴ ∠BNE=∠CHF=90°$,在$△BNE$和$△CHF$中,$\begin{cases}∠BNE=∠CHF=90°,\\∠B=∠C,\\BE=CF,\end{cases}$$\therefore △BNE≌ △CHF(AAS),∴ EN=FH=1$,在$Rt△DEN$中,$DE=2,EN=1,∴ ∠EDN=30°$,由(1)可知:$OD⊥AB,∴ ∠ODE=90°-∠EDN=90°-30°=60°$,又$OD=OE,∴ △ODE$为等边三角形,$\therefore ∠DOE=60°$,$OD=OE=DE=2,∴ \overset{\frown}{DE}$的长$l=\frac{60π×2}{180}=\frac{2π}{3}$。
解析
【分析】
（1）要证明AC是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证圆心O到AC的距离等于圆的半径。已知$\odot O$与AB相切于D，可得$OD⊥AB$且OD是半径；结合$AB=AC$、O是BC中点，由等腰三角形三线合一可知AO平分$∠ BAC$，过O作$OM⊥AC$，根据角平分线的性质可得$OM=OD$，即OM为$\odot O$的半径，即可完成证明。
（2）求$\overset{\frown}{DE}$的长，需要先确定弧对应的圆心角度数和圆的半径：首先利用SAS证明$△ ODE≌△ OGF$，可得$DE=GF$，结合已知线段长度求出FH的长；再通过AAS证明$△ BNE≌△ CHF$，得到$EN=FH$，在$Rt△ DEN$中由边的关系推出$∠ EDN=30°$，结合$OD⊥AB$可得$∠ ODE=60°$，进而判断$△ ODE$为等边三角形，得到圆心角$∠ DOE=60°$、半径$OD=2$，最后代入弧长公式计算即可。
【解析】
（1）连接OA，过点O作$OM⊥AC$于点M，
$\because AB=AC$，点O是BC的中点，$\therefore AO$为$∠BAC$的平分线。
$\because \odot O$与AB相切于点D，DG是$\odot O$的直径，$\therefore OD$为$\odot O$的半径，$\therefore OD⊥AB$。
又$OM⊥AC$，$\therefore OM=OD$，即OM为$\odot O$的半径，$\therefore AC$是$\odot O$的切线。
（2）过点E作$EN⊥AB$于点N，
$\because$ 点O为$\odot O$的圆心，$\therefore OD=OG,OE=OF$。
在$△ODE$和$△OGF$中，
$\begin{cases}OD=OG,\\∠DOE=∠GOF,\\OE=OF,\end{cases}$
$\therefore △ODE≌ △OGF(SAS)$，$\therefore DE=GF$。
$\because DE=2,GH=3$，$\therefore GF=2$，$\therefore FH=GH-GF=3-2=1$。
$\because AB=AC$，点O是BC的中点，$\therefore OB=OC$，$\therefore ∠B=∠C$。
又$OE=OF$，$\therefore BE=CF$。
$\because GH⊥AC,EN⊥AB$，$\therefore ∠BNE=∠CHF=90°$。
在$△BNE$和$△CHF$中，
$\begin{cases}∠BNE=∠CHF=90°,\\∠B=∠C,\\BE=CF,\end{cases}$
$\therefore △BNE≌ △CHF(AAS)$，$\therefore EN=FH=1$。
在$Rt△DEN$中，$DE=2,EN=1$，$\therefore ∠EDN=30°$。
由(1)可知$OD⊥AB$，$\therefore ∠ODE=90°-∠EDN=90°-30°=60°$。
又$OD=OE$，$\therefore △ODE$为等边三角形，$\therefore ∠DOE=60°$，$OD=OE=DE=2$。
$\therefore \overset{\frown}{DE}$的长$l=\frac{60π×2}{180}=\frac{2π}{3}$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\overset{\frown}{DE}$的长为$\frac{2π}{3}$。
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；弧长计算
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题，融合了等腰三角形性质、角平分线性质、全等变换、切线判定、弧长计算等多个考点，解题的核心是通过添加合适的辅助线构造全等三角形，实现线段和角度的转化，对几何逻辑推理能力有一定的考查作用。
【难度系数】
0.6
（1）要证明AC是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证圆心O到AC的距离等于圆的半径。已知$\odot O$与AB相切于D，可得$OD⊥AB$且OD是半径；结合$AB=AC$、O是BC中点，由等腰三角形三线合一可知AO平分$∠ BAC$，过O作$OM⊥AC$，根据角平分线的性质可得$OM=OD$，即OM为$\odot O$的半径，即可完成证明。
（2）求$\overset{\frown}{DE}$的长，需要先确定弧对应的圆心角度数和圆的半径：首先利用SAS证明$△ ODE≌△ OGF$，可得$DE=GF$，结合已知线段长度求出FH的长；再通过AAS证明$△ BNE≌△ CHF$，得到$EN=FH$，在$Rt△ DEN$中由边的关系推出$∠ EDN=30°$，结合$OD⊥AB$可得$∠ ODE=60°$，进而判断$△ ODE$为等边三角形，得到圆心角$∠ DOE=60°$、半径$OD=2$，最后代入弧长公式计算即可。
【解析】
（1）连接OA，过点O作$OM⊥AC$于点M，
$\because AB=AC$，点O是BC的中点，$\therefore AO$为$∠BAC$的平分线。
$\because \odot O$与AB相切于点D，DG是$\odot O$的直径，$\therefore OD$为$\odot O$的半径，$\therefore OD⊥AB$。
又$OM⊥AC$，$\therefore OM=OD$，即OM为$\odot O$的半径，$\therefore AC$是$\odot O$的切线。
（2）过点E作$EN⊥AB$于点N，
$\because$ 点O为$\odot O$的圆心，$\therefore OD=OG,OE=OF$。
在$△ODE$和$△OGF$中，
$\begin{cases}OD=OG,\\∠DOE=∠GOF,\\OE=OF,\end{cases}$
$\therefore △ODE≌ △OGF(SAS)$，$\therefore DE=GF$。
$\because DE=2,GH=3$，$\therefore GF=2$，$\therefore FH=GH-GF=3-2=1$。
$\because AB=AC$，点O是BC的中点，$\therefore OB=OC$，$\therefore ∠B=∠C$。
又$OE=OF$，$\therefore BE=CF$。
$\because GH⊥AC,EN⊥AB$，$\therefore ∠BNE=∠CHF=90°$。
在$△BNE$和$△CHF$中，
$\begin{cases}∠BNE=∠CHF=90°,\\∠B=∠C,\\BE=CF,\end{cases}$
$\therefore △BNE≌ △CHF(AAS)$，$\therefore EN=FH=1$。
在$Rt△DEN$中，$DE=2,EN=1$，$\therefore ∠EDN=30°$。
由(1)可知$OD⊥AB$，$\therefore ∠ODE=90°-∠EDN=90°-30°=60°$。
又$OD=OE$，$\therefore △ODE$为等边三角形，$\therefore ∠DOE=60°$，$OD=OE=DE=2$。
$\therefore \overset{\frown}{DE}$的长$l=\frac{60π×2}{180}=\frac{2π}{3}$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\overset{\frown}{DE}$的长为$\frac{2π}{3}$。
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；弧长计算
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题，融合了等腰三角形性质、角平分线性质、全等变换、切线判定、弧长计算等多个考点，解题的核心是通过添加合适的辅助线构造全等三角形，实现线段和角度的转化，对几何逻辑推理能力有一定的考查作用。
【难度系数】
0.6
22. 图1是我们常见的地砖上的图案,其中包含了一种特殊的平面图形——正八边形.
（1）如图2,$AE$是$\odot O$的直径,用直尺和圆规作$\odot O$的内接正八边形$ABCDEFGH$(不写作法,保留作图痕迹);
（2）在(1)的前提下,连接$OD$,已知$OA=5$,若扇形$OAD$($∠ AOD＜180°$)是一个圆锥的侧面,则这个圆锥底面圆的半径等于
（1）如图2,$AE$是$\odot O$的直径,用直尺和圆规作$\odot O$的内接正八边形$ABCDEFGH$(不写作法,保留作图痕迹);
（2）在(1)的前提下,连接$OD$,已知$OA=5$,若扇形$OAD$($∠ AOD＜180°$)是一个圆锥的侧面,则这个圆锥底面圆的半径等于
$\frac{15}{8}$
.答案
22. （1）如图
（2）$\frac{15}{8}$解析
【分析】
（1）作圆内接正八边形的核心是构造45°的中心角：首先作直径AE的垂直平分线，得到两条互相垂直的直径，将圆分为4个90°的圆心角，再分别平分这四个直角，得到8个相等的45°圆心角，所有角的边与圆的交点顺次连接即为所求正八边形。
（2）求圆锥底面半径需利用“圆锥侧面展开图的弧长=底面圆周长”的等量关系：先根据正八边形中心角的度数求出∠AOD的大小，代入弧长公式计算扇形OAD的弧长，再结合圆周长公式列方程求解底面半径即可。
【解析】
（1）先作AE的垂直平分线得到直径CG，再分别作四个直角的角平分线，得到与圆相交的另外四条直径，顺次连接各交点，即得到内接正八边形ABCDEFGH，作图痕迹符合要求即可。
（2）解：
∵正八边形的中心角为$\frac{360°}{8}=45°$，
∴$∠ AOD=3×45°=135°$，
根据弧长公式，弧AD的长为：
$l=\frac{nπ R}{180}=\frac{135π×5}{180}=\frac{15π}{4}$，
设圆锥底面圆半径为$r$，
∵圆锥侧面弧长等于底面圆周长，
∴$2π r=\frac{15π}{4}$，
两边同时约去$π$，解得$r=\frac{15}{8}$。
【答案】
（1）如图
（2）$\frac{15}{8}$
【知识点】
正多边形与圆，弧长计算，圆锥的相关计算
【点评】
本题是基础几何综合题，既考察了尺规作图的基本技能，也考察了正多边形性质、弧长公式和圆锥展开对应关系的应用，需要学生掌握几何公式的同时理解图形间的等量关系。
【难度系数】
0.7
（1）作圆内接正八边形的核心是构造45°的中心角：首先作直径AE的垂直平分线，得到两条互相垂直的直径，将圆分为4个90°的圆心角，再分别平分这四个直角，得到8个相等的45°圆心角，所有角的边与圆的交点顺次连接即为所求正八边形。
（2）求圆锥底面半径需利用“圆锥侧面展开图的弧长=底面圆周长”的等量关系：先根据正八边形中心角的度数求出∠AOD的大小，代入弧长公式计算扇形OAD的弧长，再结合圆周长公式列方程求解底面半径即可。
【解析】
（1）先作AE的垂直平分线得到直径CG，再分别作四个直角的角平分线，得到与圆相交的另外四条直径，顺次连接各交点，即得到内接正八边形ABCDEFGH，作图痕迹符合要求即可。
（2）解：
∵正八边形的中心角为$\frac{360°}{8}=45°$，
∴$∠ AOD=3×45°=135°$，
根据弧长公式，弧AD的长为：
$l=\frac{nπ R}{180}=\frac{135π×5}{180}=\frac{15π}{4}$，
设圆锥底面圆半径为$r$，
∵圆锥侧面弧长等于底面圆周长，
∴$2π r=\frac{15π}{4}$，
两边同时约去$π$，解得$r=\frac{15}{8}$。
【答案】
（1）如图
（2）$\frac{15}{8}$
【知识点】
正多边形与圆，弧长计算，圆锥的相关计算
【点评】
本题是基础几何综合题，既考察了尺规作图的基本技能，也考察了正多边形性质、弧长公式和圆锥展开对应关系的应用，需要学生掌握几何公式的同时理解图形间的等量关系。
【难度系数】
0.7
