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8.「2025北京海淀期中，★☆」如图，正五边形的五个内角都相等，五条边都相等，连接对角线AD，BE，CE，线段AD分别与BE和CE相交于点F，G，下列结论：①$∠ AGC = 108°$；②$AG = AE$；③$∠ EBC = 2∠ BEC$；④$BF = DE$。其中正确结论的个数是（
A.1
B.2
C.3
D.4
D
）A.1
B.2
C.3
D.4
答案
8.D
∵ 五边形 ABCDE 是正五边形,
∴ ∠ABC=∠DCB=∠BAE=∠AED=∠CDE=108°,AB=AE=DE=CD,
∴ ∠ABE=∠AEB=∠EAD=∠ADE=∠CED=∠DCE=36°,
∴ ∠AGC=∠DGE=180°-∠EDA-∠CED=108°,故①正确;
∵ ∠AGE=180°-108°=72°,∠AEG=180°-36°-72°=72°,
∴ ∠AEG=∠AGE,
∴ AE=AG,故②正确;
∵ ∠ABC=∠DCB=108°,∠ABE=∠DCE=36°,
∴ ∠EBC=∠ECB=108°-36°=72°,
∴ ∠BEC=180°-72°-72°= 36°,
∴ ∠EBC = 2 ∠BEC,故 ③ 正确;
∵ ∠ABE= 36°,∠BAF=108°-36°=72°,
∴ ∠BFA = 180°-72°-36°=72°,
∴ ∠BAF=∠BFA,
∴ AB = BF,
∵ AB=DE,
∴ BF=DE,故④正确.故选 D.
∵ 五边形 ABCDE 是正五边形,
∴ ∠ABC=∠DCB=∠BAE=∠AED=∠CDE=108°,AB=AE=DE=CD,
∴ ∠ABE=∠AEB=∠EAD=∠ADE=∠CED=∠DCE=36°,
∴ ∠AGC=∠DGE=180°-∠EDA-∠CED=108°,故①正确;
∵ ∠AGE=180°-108°=72°,∠AEG=180°-36°-72°=72°,
∴ ∠AEG=∠AGE,
∴ AE=AG,故②正确;
∵ ∠ABC=∠DCB=108°,∠ABE=∠DCE=36°,
∴ ∠EBC=∠ECB=108°-36°=72°,
∴ ∠BEC=180°-72°-72°= 36°,
∴ ∠EBC = 2 ∠BEC,故 ③ 正确;
∵ ∠ABE= 36°,∠BAF=108°-36°=72°,
∴ ∠BFA = 180°-72°-36°=72°,
∴ ∠BAF=∠BFA,
∴ AB = BF,
∵ AB=DE,
∴ BF=DE,故④正确.故选 D.
解析
【分析】
本题考查正五边形性质与三角形相关知识的综合应用，解题思路如下：首先回忆正五边形的基本性质：每条边长度相等，每个内角均为$(5-2)×180°÷5=108°$；接下来逐个验证4个结论：①求$∠ AGC$的度数可转化为计算其对顶角$∠ DGE$，利用三角形内角和定理在$△ DGE$中求解；②要证$AG=AE$，只需证明$△ AEG$中$∠ AEG=∠ AGE$，通过角度计算验证即可；③分别计算$∠ EBC$和$∠ BEC$的度数，直接验证倍数关系；④已知$DE=AB$，因此只需证明$BF=AB$，通过角度推导判断$△ ABF$为等腰三角形即可。
【解析】
$\because$ 五边形$ABCDE$是正五边形，
$\therefore ∠ ABC=∠ DCB=∠ BAE=∠ AED=∠ CDE=108°$，$AB=AE=DE=CD$，
$\therefore ∠ ABE=∠ AEB=∠ EAD=∠ ADE=∠ CED=∠ DCE=(180°-108°)÷2=36°$，
①计算$∠ AGC$：$∠ AGC=∠ DGE=180°-∠ EDA-∠ CED=180°-36°-36°=108°$，故①正确；
②证明$AG=AE$：$∠ AGE=180°-∠ AGC=180°-108°=72°$，$∠ AEG=∠ AED-∠ CED=108°-36°=72°$，
$\therefore ∠ AEG=∠ AGE$，$\therefore AE=AG$，故②正确；
③验证$∠ EBC=2∠ BEC$：$∠ EBC=∠ ABC-∠ ABE=108°-36°=72°$，$∠ ECB=∠ DCB-∠ DCE=108°-36°=72°$，
在$△ BEC$中，$∠ BEC=180°-∠ EBC-∠ ECB=180°-72°-72°=36°$，
$\therefore ∠ EBC=72°=2×36°=2∠ BEC$，故③正确；
④证明$BF=DE$：在$△ ABF$中，$∠ BAF=∠ BAE-∠ EAD=108°-36°=72°$，$∠ ABE=36°$，
$\therefore ∠ BFA=180°-∠ BAF-∠ ABE=180°-72°-36°=72°$，
$\therefore ∠ BAF=∠ BFA$，$\therefore AB=BF$，
又$\because AB=DE$，$\therefore BF=DE$，故④正确。
综上，4个结论均正确。
【答案】
D
【知识点】
正五边形的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于正多边形相关的基础综合题，解题核心是利用正五边形各边相等、各内角相等的性质，结合三角形内角和定理推导角的等量关系，进而得到边的等量关系，逐一验证结论即可，解题时注意角度转化技巧的应用。
【难度系数】
0.7
本题考查正五边形性质与三角形相关知识的综合应用，解题思路如下：首先回忆正五边形的基本性质：每条边长度相等，每个内角均为$(5-2)×180°÷5=108°$；接下来逐个验证4个结论：①求$∠ AGC$的度数可转化为计算其对顶角$∠ DGE$，利用三角形内角和定理在$△ DGE$中求解；②要证$AG=AE$，只需证明$△ AEG$中$∠ AEG=∠ AGE$，通过角度计算验证即可；③分别计算$∠ EBC$和$∠ BEC$的度数，直接验证倍数关系；④已知$DE=AB$，因此只需证明$BF=AB$，通过角度推导判断$△ ABF$为等腰三角形即可。
【解析】
$\because$ 五边形$ABCDE$是正五边形，
$\therefore ∠ ABC=∠ DCB=∠ BAE=∠ AED=∠ CDE=108°$，$AB=AE=DE=CD$，
$\therefore ∠ ABE=∠ AEB=∠ EAD=∠ ADE=∠ CED=∠ DCE=(180°-108°)÷2=36°$，
①计算$∠ AGC$：$∠ AGC=∠ DGE=180°-∠ EDA-∠ CED=180°-36°-36°=108°$，故①正确；
②证明$AG=AE$：$∠ AGE=180°-∠ AGC=180°-108°=72°$，$∠ AEG=∠ AED-∠ CED=108°-36°=72°$，
$\therefore ∠ AEG=∠ AGE$，$\therefore AE=AG$，故②正确；
③验证$∠ EBC=2∠ BEC$：$∠ EBC=∠ ABC-∠ ABE=108°-36°=72°$，$∠ ECB=∠ DCB-∠ DCE=108°-36°=72°$，
在$△ BEC$中，$∠ BEC=180°-∠ EBC-∠ ECB=180°-72°-72°=36°$，
$\therefore ∠ EBC=72°=2×36°=2∠ BEC$，故③正确；
④证明$BF=DE$：在$△ ABF$中，$∠ BAF=∠ BAE-∠ EAD=108°-36°=72°$，$∠ ABE=36°$，
$\therefore ∠ BFA=180°-∠ BAF-∠ ABE=180°-72°-36°=72°$，
$\therefore ∠ BAF=∠ BFA$，$\therefore AB=BF$，
又$\because AB=DE$，$\therefore BF=DE$，故④正确。
综上，4个结论均正确。
【答案】
D
【知识点】
正五边形的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于正多边形相关的基础综合题，解题核心是利用正五边形各边相等、各内角相等的性质，结合三角形内角和定理推导角的等量关系，进而得到边的等量关系，逐一验证结论即可，解题时注意角度转化技巧的应用。
【难度系数】
0.7
9. 聚焦中考 跨学科主题学习「2026山东泰安岱岳期中，★☆」如图，在边长为2的正八边形ABCDEFGH中，点P在AB上，一束光线从点P出发，照射到镜面CD上的点O处，经反射后射到EF上的点Q处，若$PO// BC$，则$PO+OQ$的长为（
A.6
B.8
C.$4+2\sqrt{2}$
D.$8-2\sqrt{2}$
C
）A.6
B.8
C.$4+2\sqrt{2}$
D.$8-2\sqrt{2}$
答案
9.C 如图,延长 AB,QE 分别交直线 CD 于 K,L,
∵ 八边形 ABCDEFGH 是正八边形,
∴ $∠BCK=∠CBK=∠LDE=∠LED=\frac{360°}{8}=45°$,
∴ $∠K=∠L=180°-45°-45°=90°$,
∵ $PO// BC$,
∴ $∠POK=∠BCK=45°$,由光的反射定律可知$∠QOL=∠POK=45°$,
∴ $△PKO,△QLO$ 都是等腰直角三角形,由勾股定理得 $OP=\sqrt{2}OK$,$OQ=\sqrt{2}OL$,
∵ $CK=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\sqrt{2}$,$DL=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$,
∴ $KL=CK+CD+DL=2+2\sqrt{2}$,
∴ $OP+OQ=\sqrt{2}OK+\sqrt{2}OL=\sqrt{2}(OK+OL)=\sqrt{2}KL=4+2\sqrt{2}$.故选 C.
解析
【分析】
解题时先结合正八边形的特征，其每个外角均为45°，再结合光线反射入射角等于反射角、PO平行BC的条件，通过延长AB、QE交CD所在直线构造特殊三角形求解。先利用正八边形外角得到构造的三角形为等腰直角三角形，再将PO和OQ转化为用等腰直角三角形的边表示，最后通过计算线段和得到结果。
【解析】
解：如图，延长AB、QE分别交直线CD于K、L。
∵ 八边形ABCDEFGH是正八边形，
∴ 其每个外角为$\frac{360°}{8}=45°$，即$∠ BCK=∠ CBK=∠ LDE=∠ LED=45°$，
∴ $∠ K=∠ L=180°-45°-45°=90°$，即$△ BCK$、$△ DEL$均为等腰直角三角形。
∵ $PO// BC$，
∴ $∠ POK=∠ BCK=45°$，
根据光的反射定律，入射角等于反射角，可得$∠ QOL=∠ POK=45°$，
∴ $△ PKO$、$△ QLO$都是等腰直角三角形，
由勾股定理得：$OP=\sqrt{2}OK$，$OQ=\sqrt{2}OL$。
在等腰$Rt△ BCK$中，$BC=2$，则$CK=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\sqrt{2}$，同理$DL=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$，
∴ $KL=CK+CD+DL=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2+2\sqrt{2}$，
∴ $PO+OQ=\sqrt{2}OK+\sqrt{2}OL=\sqrt{2}(OK+OL)=\sqrt{2}· KL=\sqrt{2}×(2+2\sqrt{2})=4+2\sqrt{2}$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形的性质，光的反射定律，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题结合几何图形性质和物理反射原理考查特殊三角形的计算，解题关键是合理构造辅助线，将所求线段和转化为可计算的线段长度，能有效提升跨学科知识运用的能力。
【难度系数】
0.6
解题时先结合正八边形的特征，其每个外角均为45°，再结合光线反射入射角等于反射角、PO平行BC的条件，通过延长AB、QE交CD所在直线构造特殊三角形求解。先利用正八边形外角得到构造的三角形为等腰直角三角形，再将PO和OQ转化为用等腰直角三角形的边表示，最后通过计算线段和得到结果。
【解析】
解：如图，延长AB、QE分别交直线CD于K、L。
∵ 八边形ABCDEFGH是正八边形，
∴ 其每个外角为$\frac{360°}{8}=45°$，即$∠ BCK=∠ CBK=∠ LDE=∠ LED=45°$，
∴ $∠ K=∠ L=180°-45°-45°=90°$，即$△ BCK$、$△ DEL$均为等腰直角三角形。
∵ $PO// BC$，
∴ $∠ POK=∠ BCK=45°$，
根据光的反射定律，入射角等于反射角，可得$∠ QOL=∠ POK=45°$，
∴ $△ PKO$、$△ QLO$都是等腰直角三角形，
由勾股定理得：$OP=\sqrt{2}OK$，$OQ=\sqrt{2}OL$。
在等腰$Rt△ BCK$中，$BC=2$，则$CK=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\sqrt{2}$，同理$DL=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\sqrt{2}$，
∴ $KL=CK+CD+DL=\sqrt{2}+2+\sqrt{2}=2+2\sqrt{2}$，
∴ $PO+OQ=\sqrt{2}OK+\sqrt{2}OL=\sqrt{2}(OK+OL)=\sqrt{2}· KL=\sqrt{2}×(2+2\sqrt{2})=4+2\sqrt{2}$。
【答案】
C
【知识点】
正多边形的性质，光的反射定律，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题结合几何图形性质和物理反射原理考查特殊三角形的计算，解题关键是合理构造辅助线，将所求线段和转化为可计算的线段长度，能有效提升跨学科知识运用的能力。
【难度系数】
0.6
10.「2026浙江杭州淳安期中，★☆」如图，九边形ABC-DEFGHI是$\odot O$的内接正九边形，连接AD，AF，DG，AF与DG交于点M，则$∠ DMA$ =
80
°。答案
10.答案 80
解析 如图,连接 OF,OG,AG,
∵ 九边形 ABCDEFGHI 是$\odot O$的内接正九边形,
∴ $∠FOG=\frac{360°}{9}=40°$,
∴ $∠GAF=\frac{1}{2}∠FOG=20°$,易知$\overset{\frown}{DG}=\overset{\frown}{AG}=\overset{\frown}{AD}$,
∴ $AG=DG=AD$,
∴ $△ADG$ 为等边三角形,
∴ $∠AGD=60°$,
∴ $∠DMA=∠AGD+∠GAM=60°+20°=80°$.
解析
【分析】
本题是正多边形与圆结合的角度计算问题，解题思路如下：首先正n边形内接于圆时，每条边对应的中心角为$\frac{360°}{n}$，可先算出正九边形的中心角；其次待求角$∠ DMA$可转化为三角形的外角，只需计算出它等于哪两个内角的和即可求解。我们先作辅助线OF、OG、AG，先通过中心角和圆周角定理求出$∠ GAF$的度数，再证明$△ ADG$是等边三角形得到$∠ AGD$的度数，最后利用三角形外角性质计算最终结果。
【解析】
如图，连接OF，OG，AG。
∵ 九边形ABCDEFGHI是$\odot O$的内接正九边形，
∴ 每条边对应的中心角相等，$∠ FOG=\frac{360°}{9}=40°$。
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，可得$∠ GAF=\frac{1}{2}∠ FOG=20°$。
易知$\overset{\frown}{DG}$、$\overset{\frown}{AG}$、$\overset{\frown}{AD}$对应的弧长均为3份正九边形单条边对应的弧长，即$\overset{\frown}{DG}=\overset{\frown}{AG}=\overset{\frown}{AD}$，
∴ 三条弧对应的弦长相等，即$AG=DG=AD$，
∴ $△ ADG$为等边三角形，$∠ AGD=60°$。
∵ $∠ DMA$是$△ AGM$的外角，
∴ $∠ DMA=∠ AGD+∠ GAM=60°+20°=80°$。
【答案】
80
【知识点】
正多边形与圆的性质、圆周角定理、三角形外角的性质
【点评】
本题属于正多边形与圆章节的常考题型，解题关键是合理构造辅助线，结合正多边形的中心角计算、圆周角定理、等边三角形的性质以及三角形外角性质求解，能够很好地考查学生对知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
本题是正多边形与圆结合的角度计算问题，解题思路如下：首先正n边形内接于圆时，每条边对应的中心角为$\frac{360°}{n}$，可先算出正九边形的中心角；其次待求角$∠ DMA$可转化为三角形的外角，只需计算出它等于哪两个内角的和即可求解。我们先作辅助线OF、OG、AG，先通过中心角和圆周角定理求出$∠ GAF$的度数，再证明$△ ADG$是等边三角形得到$∠ AGD$的度数，最后利用三角形外角性质计算最终结果。
【解析】
如图，连接OF，OG，AG。
∵ 九边形ABCDEFGHI是$\odot O$的内接正九边形，
∴ 每条边对应的中心角相等，$∠ FOG=\frac{360°}{9}=40°$。
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，可得$∠ GAF=\frac{1}{2}∠ FOG=20°$。
易知$\overset{\frown}{DG}$、$\overset{\frown}{AG}$、$\overset{\frown}{AD}$对应的弧长均为3份正九边形单条边对应的弧长，即$\overset{\frown}{DG}=\overset{\frown}{AG}=\overset{\frown}{AD}$，
∴ 三条弧对应的弦长相等，即$AG=DG=AD$，
∴ $△ ADG$为等边三角形，$∠ AGD=60°$。
∵ $∠ DMA$是$△ AGM$的外角，
∴ $∠ DMA=∠ AGD+∠ GAM=60°+20°=80°$。
【答案】
80
【知识点】
正多边形与圆的性质、圆周角定理、三角形外角的性质
【点评】
本题属于正多边形与圆章节的常考题型，解题关键是合理构造辅助线，结合正多边形的中心角计算、圆周角定理、等边三角形的性质以及三角形外角性质求解，能够很好地考查学生对知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
11.「2025河北沧州期中，★☆」如图，已知五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，点I是△ABC的内心，则∠CIA−∠AOB=
72°
。答案
11.答案 72°
解析
∵ 五边形 ABCDE 是$\odot O$的内接正五边形,
∴ $∠AOB=360°÷5=72°$,
∵ 正五边形 ABCDE 的内角和为$(5-2)×180°=3×180°=540°$,
∴ $∠ABC=\frac{540°}{5}=108°$.
∵ $AB=BC$,
∴ $∠CAB=∠ACB=\frac{180°-∠ABC}{2}=36°$,
∵ 点 I 为$△ABC$的内心,
∴ AI 平分$∠CAB$,CI 平分$∠ACB$,
∴ $∠CAI=∠ACI=18°$,
∴ $∠CIA=180°-∠CAI-∠ACI=180°-18°-18°=144°$,
∴ $∠CIA-∠AOB=144°-72°=72°$.
解析
∵ 五边形 ABCDE 是$\odot O$的内接正五边形,
∴ $∠AOB=360°÷5=72°$,
∵ 正五边形 ABCDE 的内角和为$(5-2)×180°=3×180°=540°$,
∴ $∠ABC=\frac{540°}{5}=108°$.
∵ $AB=BC$,
∴ $∠CAB=∠ACB=\frac{180°-∠ABC}{2}=36°$,
∵ 点 I 为$△ABC$的内心,
∴ AI 平分$∠CAB$,CI 平分$∠ACB$,
∴ $∠CAI=∠ACI=18°$,
∴ $∠CIA=180°-∠CAI-∠ACI=180°-18°-18°=144°$,
∴ $∠CIA-∠AOB=144°-72°=72°$.
解析
【分析】
解题时先从正五边形的已知条件入手，第一步先求圆心角∠AOB：正n边形的圆心角为360°÷n，代入n=5即可直接算出∠AOB的度数；第二步求∠CIA：先计算正五边形的内角度数，结合AB=BC可知△ABC是等腰三角形，即可算出∠CAB和∠ACB的度数；再根据三角形内心是内角平分线交点的性质，得到∠CAI和∠ACI的度数，最后利用三角形内角和定理求出∠CIA，计算两个角的差值即可得到结果。
【解析】
∵ 五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴ 圆心角$∠ AOB=360°÷5=72°$，
正五边形的内角和为$(5-2)×180°=540°$，
∴ 每个内角$∠ ABC=540°÷5=108°$，
又
∵$AB=BC$，△ABC为等腰三角形，
∴$∠ CAB=∠ ACB=\frac{180°-∠ ABC}{2}=\frac{180°-108°}{2}=36°$，
∵点I是△ABC的内心，AI平分$∠ CAB$，CI平分$∠ ACB$，
∴$∠ CAI=\frac{1}{2}∠ CAB=18°$，$∠ ACI=\frac{1}{2}∠ ACB=18°$，
在△AIC中，由三角形内角和为$180°$得：
$∠ CIA=180°-∠ CAI-∠ ACI=180°-18°-18°=144°$，
∴$∠ CIA-∠ AOB=144°-72°=72°$。
【答案】
$72°$
【知识点】
正多边形与圆，三角形内心性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础综合题，将正多边形的角度计算和三角形内心的性质结合考查，解题时按顺序逐步推导各角度数值，即可轻松求出结果。
【难度系数】
0.7
解题时先从正五边形的已知条件入手，第一步先求圆心角∠AOB：正n边形的圆心角为360°÷n，代入n=5即可直接算出∠AOB的度数；第二步求∠CIA：先计算正五边形的内角度数，结合AB=BC可知△ABC是等腰三角形，即可算出∠CAB和∠ACB的度数；再根据三角形内心是内角平分线交点的性质，得到∠CAI和∠ACI的度数，最后利用三角形内角和定理求出∠CIA，计算两个角的差值即可得到结果。
【解析】
∵ 五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴ 圆心角$∠ AOB=360°÷5=72°$，
正五边形的内角和为$(5-2)×180°=540°$，
∴ 每个内角$∠ ABC=540°÷5=108°$，
又
∵$AB=BC$，△ABC为等腰三角形，
∴$∠ CAB=∠ ACB=\frac{180°-∠ ABC}{2}=\frac{180°-108°}{2}=36°$，
∵点I是△ABC的内心，AI平分$∠ CAB$，CI平分$∠ ACB$，
∴$∠ CAI=\frac{1}{2}∠ CAB=18°$，$∠ ACI=\frac{1}{2}∠ ACB=18°$，
在△AIC中，由三角形内角和为$180°$得：
$∠ CIA=180°-∠ CAI-∠ ACI=180°-18°-18°=144°$，
∴$∠ CIA-∠ AOB=144°-72°=72°$。
【答案】
$72°$
【知识点】
正多边形与圆，三角形内心性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础综合题，将正多边形的角度计算和三角形内心的性质结合考查，解题时按顺序逐步推导各角度数值，即可轻松求出结果。
【难度系数】
0.7
12.「★☆」如图,正方形ABCD内接于$\odot O$,E是BC的中点,连接AE,DE,CE.
(1)求证:$AE=DE$.
(2)求证:$AE+CE=\sqrt{2}DE$.
(1)求证:$AE=DE$.
(2)求证:$AE+CE=\sqrt{2}DE$.
答案
12.证明 (1)
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB=CD,
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$.
∵ E 是$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EC}$.
∴ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$,
∴ AE=DE.
(2)如图,连接 BD,过点 D 作 DF ⊥ DE 交 EC 的延长线于 F.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $∠DBC=∠DEC=45°$,$DA=DC$,
∵ $∠EDF=90°$,
∴ $∠F=90°-45°=45°$,
∴ DE=DF.
∵ $∠ADC=∠EDF=90°$,
∴ $∠ADE=∠CDF$.
∵ $AD=CD$,
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴ $∠AED=∠DEC=45°$,
∴ $∠AED=∠F=45°$.
在$△ADE$ 和$△CDF$ 中,
$\begin{cases}∠AED=∠F,\\∠ADE=∠CDF,\\DA=DC,\end{cases}$
∴ $△ADE≌ △CDF(\mathrm{AAS})$,
∴ AE=CF,
∴ $EF=\sqrt{2}DE=EC+CF=EC+AE$,
即 $AE+CE=\sqrt{2}DE$.
解析
【分析】
(1) 要证明同圆内两条弦相等，可优先证明弦所对的弧相等。已知正方形ABCD内接于$\odot O$，正方形边长相等故对应弧相等，再结合E是$\overset{\frown}{BC}$中点的条件，可推出$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$，即可得到AE=DE。
(2) 待证结论为线段和带$\sqrt{2}$倍的关系，结合$\sqrt{2}$是等腰直角三角形斜边与直角边的比值，考虑构造等腰直角三角形转化线段：过D作DF⊥DE，交EC延长线于F，先证△EDF为等腰直角三角形，得到$EF=\sqrt{2}DE$，再证明△ADE≌△CDF，将AE转化为CF，即可通过线段和的关系推出结论。
【解析】
(1) 根据正方形性质得到等弧，结合E是弧中点推出$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$，根据同圆中等弧对等弦得AE=DE；
(2) 构造等腰直角△EDF，得到斜边EF与直角边DE的$\sqrt{2}$倍关系，再通过全等三角形将AE转化为CF，即可得到线段和的等量关系。
【答案】
12.证明 (1)
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB=CD,
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$.
∵ E 是$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EC}$.
∴ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$,
∴ AE=DE.
(2)如图,连接 BD,过点 D 作 DF ⊥ DE 交 EC 的延长线于 F.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $∠DBC=∠DEC=45°$,$DA=DC$,
∵ $∠EDF=90°$,
∴ $∠F=90°-45°=45°$,
∴ DE=DF.
∵ $∠ADC=∠EDF=90°$,
∴ $∠ADE=∠CDF$.
∵ $AD=CD$,
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴ $∠AED=∠DEC=45°$,
∴ $∠AED=∠F=45°$.
在$△ADE$ 和$△CDF$ 中,
$\begin{cases}∠AED=∠F,\\∠ADE=∠CDF,\\DA=DC,\end{cases}$
∴ $△ADE≌ △CDF(\mathrm{AAS})$,
∴ AE=CF,
∴ $EF=\sqrt{2}DE=EC+CF=EC+AE$,
即 $AE+CE=\sqrt{2}DE$.
【知识点】
弧与弦的关系、正方形的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题第一问难度较低，结合圆内接正多边形的性质和弧弦对应关系即可快速求解；第二问是几何证明的典型题型，需要通过构造辅助线将线段和差问题转化为特殊三角形、全等三角形的问题，掌握这类辅助线的构造思路能有效提升同类题型的解题效率。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明同圆内两条弦相等，可优先证明弦所对的弧相等。已知正方形ABCD内接于$\odot O$，正方形边长相等故对应弧相等，再结合E是$\overset{\frown}{BC}$中点的条件，可推出$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$，即可得到AE=DE。
(2) 待证结论为线段和带$\sqrt{2}$倍的关系，结合$\sqrt{2}$是等腰直角三角形斜边与直角边的比值，考虑构造等腰直角三角形转化线段：过D作DF⊥DE，交EC延长线于F，先证△EDF为等腰直角三角形，得到$EF=\sqrt{2}DE$，再证明△ADE≌△CDF，将AE转化为CF，即可通过线段和的关系推出结论。
【解析】
(1) 根据正方形性质得到等弧，结合E是弧中点推出$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$，根据同圆中等弧对等弦得AE=DE；
(2) 构造等腰直角△EDF，得到斜边EF与直角边DE的$\sqrt{2}$倍关系，再通过全等三角形将AE转化为CF，即可得到线段和的等量关系。
【答案】
12.证明 (1)
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB=CD,
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$.
∵ E 是$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EC}$.
∴ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$,
∴ AE=DE.
(2)如图,连接 BD,过点 D 作 DF ⊥ DE 交 EC 的延长线于 F.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $∠DBC=∠DEC=45°$,$DA=DC$,
∵ $∠EDF=90°$,
∴ $∠F=90°-45°=45°$,
∴ DE=DF.
∵ $∠ADC=∠EDF=90°$,
∴ $∠ADE=∠CDF$.
∵ $AD=CD$,
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴ $∠AED=∠DEC=45°$,
∴ $∠AED=∠F=45°$.
在$△ADE$ 和$△CDF$ 中,
$\begin{cases}∠AED=∠F,\\∠ADE=∠CDF,\\DA=DC,\end{cases}$
∴ $△ADE≌ △CDF(\mathrm{AAS})$,
∴ AE=CF,
∴ $EF=\sqrt{2}DE=EC+CF=EC+AE$,
即 $AE+CE=\sqrt{2}DE$.
【知识点】
弧与弦的关系、正方形的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题第一问难度较低，结合圆内接正多边形的性质和弧弦对应关系即可快速求解；第二问是几何证明的典型题型，需要通过构造辅助线将线段和差问题转化为特殊三角形、全等三角形的问题，掌握这类辅助线的构造思路能有效提升同类题型的解题效率。
【难度系数】
0.6
13. 核心素养 推理能力 如图所示，M,N分别是$\odot O$的内接正三角形ABC，正方形ABCD，正五边形ABCDE，……，正n边形ABCDE…的边AB,BC上的点，且$BM=CN$，连接OM,ON.
(1)求第1个图中$∠ MON$的度数.
(2)第2个图中$∠ MON$的度数是
(3)试探究$∠ MON$的度数与正n边形的边数n的关系(直接写出答案).
(1)求第1个图中$∠ MON$的度数.
(2)第2个图中$∠ MON$的度数是
90°
，第3个图中$∠ MON$的度数是72°
.(3)试探究$∠ MON$的度数与正n边形的边数n的关系(直接写出答案).
答案
13.解析 (1)如图所示,连接 OB,OC,
∵ $△ABC$ 为正三角形,
∴ $∠ABC=60°$,$∠BOC=120°$,
∵ OC=OB,
∴ $∠OBC=∠OCB=30°$,
∴ $∠OBM=60°-30°=30°$,
∴ $∠OBM=∠OCN$,
又
∵ BM=CN,OB=OC,
∴ $△OMB≌ △ONC$,
∴ $∠BOM=∠CON$,
∴ $∠MON=∠BOC=120°$.
(2)$90°$;$72°$.
(3)$∠MON=\frac{360°}{n}$.
解析
【分析】
解决本题的核心思路是利用正多边形和圆的性质，通过构造全等三角形转化角度：首先连接OB、OC，正n边形的中心到各顶点的距离相等，相邻顶点与中心的夹角（中心角）为$\frac{360°}{n}$，结合已知BM=CN可证明△OBM和△OCN全等，得到∠BOM=∠CON，即可将∠MON转化为正多边形的中心角，再分别代入正三角形、正方形、正五边形的边数计算对应角度，最后推导得到通用规律。
【解析】
(1) 如图所示，连接OB,OC，
∵ $△ABC$ 为正三角形，
∴ $∠ABC=60°$，正三角形中心角$∠BOC=\frac{360°}{3}=120°$，
∵ OC=OB，
∴ $∠OBC=∠OCB=30°$，
∴ $∠OBM=60°-30°=30°$，即$∠OBM=∠OCN$，
又
∵ BM=CN，OB=OC，
∴ $△OMB≌ △ONC$（SAS），
∴ $∠BOM=∠CON$，
∴ $∠MON=∠BOC=120°$。
(2) 正方形的中心角为$\frac{360°}{4}=90°$，同理可证∠MON等于中心角，故∠MON=90°；正五边形的中心角为$\frac{360°}{5}=72°$，同理可得∠MON=72°。
(3) 由上述推导可知，正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，故∠MON=$\frac{360°}{n}$。
【答案】
(1) $120°$；
(2) $90°$；$72°$；
(3) $∠MON=\frac{360°}{n}$
【知识点】
正多边形与圆，全等三角形判定与性质，正多边形中心角计算
【点评】
本题以正多边形内接于圆为背景，考查角度规律的探究，解题关键是通过连接辅助线构造全等三角形，将未知角转化为正多边形的中心角，渗透了从特殊到一般的数学思想，有助于提升逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
解决本题的核心思路是利用正多边形和圆的性质，通过构造全等三角形转化角度：首先连接OB、OC，正n边形的中心到各顶点的距离相等，相邻顶点与中心的夹角（中心角）为$\frac{360°}{n}$，结合已知BM=CN可证明△OBM和△OCN全等，得到∠BOM=∠CON，即可将∠MON转化为正多边形的中心角，再分别代入正三角形、正方形、正五边形的边数计算对应角度，最后推导得到通用规律。
【解析】
(1) 如图所示，连接OB,OC，
∵ $△ABC$ 为正三角形，
∴ $∠ABC=60°$，正三角形中心角$∠BOC=\frac{360°}{3}=120°$，
∵ OC=OB，
∴ $∠OBC=∠OCB=30°$，
∴ $∠OBM=60°-30°=30°$，即$∠OBM=∠OCN$，
又
∵ BM=CN，OB=OC，
∴ $△OMB≌ △ONC$（SAS），
∴ $∠BOM=∠CON$，
∴ $∠MON=∠BOC=120°$。
(2) 正方形的中心角为$\frac{360°}{4}=90°$，同理可证∠MON等于中心角，故∠MON=90°；正五边形的中心角为$\frac{360°}{5}=72°$，同理可得∠MON=72°。
(3) 由上述推导可知，正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，故∠MON=$\frac{360°}{n}$。
【答案】
(1) $120°$；
(2) $90°$；$72°$；
(3) $∠MON=\frac{360°}{n}$
【知识点】
正多边形与圆，全等三角形判定与性质，正多边形中心角计算
【点评】
本题以正多边形内接于圆为背景，考查角度规律的探究，解题关键是通过连接辅助线构造全等三角形，将未知角转化为正多边形的中心角，渗透了从特殊到一般的数学思想，有助于提升逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
