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三、解答题
17.如图，连接正五边形ABCDE的对角线AC，BD，AC与BD相交于点O.试判断四边形AODE的形状，并说明理由.
17.如图，连接正五边形ABCDE的对角线AC，BD，AC与BD相交于点O.试判断四边形AODE的形状，并说明理由.
答案
17.四边形AODE是菱形.
理由如下:正五边形的内角为$108°$,
$\therefore ∠ BAC=∠ BDC=\frac{1}{2} ×(180°-108°)=36°, ∠ BDE=∠ CAE=108°-36°=72°$,
$\therefore ∠ BDE+∠ E=180°, ∠ CAE+∠ E=180°, \therefore DO / / AE, AO / / DE$,
又$\because AE=DE, \therefore$ 四边形 AODE 是菱形.
理由如下:正五边形的内角为$108°$,
$\therefore ∠ BAC=∠ BDC=\frac{1}{2} ×(180°-108°)=36°, ∠ BDE=∠ CAE=108°-36°=72°$,
$\therefore ∠ BDE+∠ E=180°, ∠ CAE+∠ E=180°, \therefore DO / / AE, AO / / DE$,
又$\because AE=DE, \therefore$ 四边形 AODE 是菱形.
解析
【分析】
要判断四边形AODE的形状，可按以下思路思考：首先回忆正五边形的性质，正五边形各边相等、每个内角都相等，先算出其内角的度数；其次正五边形相邻两边构成等腰三角形，可算出对应的底角度数，进一步得到四边形AODE各内角的度数，通过同旁内角互补判断两组对边是否平行，确定它是否为平行四边形；最后结合正五边形边相等的性质，看平行四边形是否有一组邻边相等，即可判定最终形状。
【解析】
解：四边形AODE是菱形，理由如下：
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形的每个内角为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，且$AB=BC=CD=DE=AE$，
∴△ABC、△BCD均为等腰三角形，
∴$∠BAC=∠BCA=\frac{1}{2}×(180°-108°)=36°$，同理$∠CBD=∠BDC=36°$，
∴$∠CAE=∠BAE-∠BAC=108°-36°=72°$，$∠BDE=∠CDE-∠BDC=108°-36°=72°$，
∵$∠CAE+∠E=72°+108°=180°$，$∠BDE+∠E=72°+108°=180°$，
∴$AO// DE$，$DO// AE$，
∴四边形AODE是平行四边形，
又
∵$AE=DE$，
∴平行四边形AODE是菱形。
【答案】
四边形AODE是菱形。
【知识点】
正五边形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定
【点评】
本题将正多边形的性质和特殊四边形的判定结合考查，解题的关键是利用正五边形的内角度数结合等腰三角形的性质求出相关角的度数，进而证明对边平行，再结合边的关系判定四边形形状。
【难度系数】
0.7
要判断四边形AODE的形状，可按以下思路思考：首先回忆正五边形的性质，正五边形各边相等、每个内角都相等，先算出其内角的度数；其次正五边形相邻两边构成等腰三角形，可算出对应的底角度数，进一步得到四边形AODE各内角的度数，通过同旁内角互补判断两组对边是否平行，确定它是否为平行四边形；最后结合正五边形边相等的性质，看平行四边形是否有一组邻边相等，即可判定最终形状。
【解析】
解：四边形AODE是菱形，理由如下：
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形的每个内角为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，且$AB=BC=CD=DE=AE$，
∴△ABC、△BCD均为等腰三角形，
∴$∠BAC=∠BCA=\frac{1}{2}×(180°-108°)=36°$，同理$∠CBD=∠BDC=36°$，
∴$∠CAE=∠BAE-∠BAC=108°-36°=72°$，$∠BDE=∠CDE-∠BDC=108°-36°=72°$，
∵$∠CAE+∠E=72°+108°=180°$，$∠BDE+∠E=72°+108°=180°$，
∴$AO// DE$，$DO// AE$，
∴四边形AODE是平行四边形，
又
∵$AE=DE$，
∴平行四边形AODE是菱形。
【答案】
四边形AODE是菱形。
【知识点】
正五边形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定
【点评】
本题将正多边形的性质和特殊四边形的判定结合考查，解题的关键是利用正五边形的内角度数结合等腰三角形的性质求出相关角的度数，进而证明对边平行，再结合边的关系判定四边形形状。
【难度系数】
0.7
18.如图，AB与$\odot O$相切于点B，AO交$\odot O$于点C，AO的延长线交$\odot O$于点D，点E是$\overset{\frown}{BCD}$上不与点B，D重合的点，$∠ A=30°$.
(1)求$∠ BED$的大小.
(2)若$\odot O$的半径为3，点F在AB的延长线上，且$BF=3\sqrt{3}$，求证：DF与$\odot O$相切.
(1)求$∠ BED$的大小.
(2)若$\odot O$的半径为3，点F在AB的延长线上，且$BF=3\sqrt{3}$，求证：DF与$\odot O$相切.
答案
18.(1)连接OB.
$\because AB$与$\odot O$相切,$\therefore ∠ BOD=∠ A+∠ ABO=120°, ∠ BED=\frac{1}{2} ∠ BOD=60°$.
(2)证明:连接 OF,OB.
$\because OB ⊥ AF, BF=3 \sqrt{3}=\sqrt{3} OB, \therefore ∠ BOF=60°$,
$\therefore ∠ DOF=∠ BOD-∠ BOF=60°=∠ BOF$,
$\therefore △ BOF ≌ △ DOF(\mathrm{SAS}), \therefore ∠ OBF=∠ ODF=90°$,
$\therefore DF$与$\odot O$相切.
$\because AB$与$\odot O$相切,$\therefore ∠ BOD=∠ A+∠ ABO=120°, ∠ BED=\frac{1}{2} ∠ BOD=60°$.
(2)证明:连接 OF,OB.
$\because OB ⊥ AF, BF=3 \sqrt{3}=\sqrt{3} OB, \therefore ∠ BOF=60°$,
$\therefore ∠ DOF=∠ BOD-∠ BOF=60°=∠ BOF$,
$\therefore △ BOF ≌ △ DOF(\mathrm{SAS}), \therefore ∠ OBF=∠ ODF=90°$,
$\therefore DF$与$\odot O$相切.
解析
【分析】
(1) 求∠BED的度数时，首先根据切线的性质，连接切点B和圆心O，可得到直角∠ABO，结合已知∠A=30°，即可求出圆心角∠BOD的度数，再利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半，就能算出∠BED的大小。
(2) 要证明DF与⊙O相切，根据切线判定定理，需证明OD⊥DF，因此连接OF、OB，先通过边长关系求出∠BOF的度数，推导得∠BOF=∠DOF，再通过SAS证明△BOF和△DOF全等，得到∠ODF为直角即可完成证明。
【解析】
(1) 连接OB，
∵ AB与$\odot O$相切于点B，
∴ $OB⊥AB$，即$∠ABO=90°$，
∵ $∠A=30°$，
∴ $∠BOD=∠A+∠ABO=30°+90°=120°$，
∵ ∠BED是$\overset{\frown}{BD}$所对的圆周角，∠BOD是$\overset{\frown}{BD}$所对的圆心角，
∴ $∠BED=\frac{1}{2}∠BOD=\frac{1}{2}×120°=60°$。
(2) 证明：连接OF，OB，
由(1)可知$OB⊥AF$，即$∠OBF=90°$，
∵ $\odot O$的半径为3，
∴ $OB=OD=3$，
∵ $BF=3\sqrt{3}$，
∴ $\tan∠BOF=\frac{BF}{OB}=\frac{3\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$，
∴ $∠BOF=60°$，
∵ $∠BOD=120°$，
∴ $∠DOF=∠BOD-∠BOF=120°-60°=60°$，
∴ $∠BOF=∠DOF$，
在$△ BOF$和$△ DOF$中：
$\begin{cases} OB=OD \\ ∠BOF=∠DOF \\ OF=OF \end{cases}$
∴ $△ BOF≌△ DOF(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ODF=∠OBF=90°$，即$OD⊥DF$，
又
∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ DF与$\odot O$相切。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60°}$
(2) 证明成立，DF与$\odot O$相切
【知识点】
切线的性质与判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题关键是遇到切线时优先连接切点与圆心构造直角，再结合角度、边长关系和全等三角形的知识推导结论，是圆章节的典型考查题型。
【难度系数】
0.7
(1) 求∠BED的度数时，首先根据切线的性质，连接切点B和圆心O，可得到直角∠ABO，结合已知∠A=30°，即可求出圆心角∠BOD的度数，再利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半，就能算出∠BED的大小。
(2) 要证明DF与⊙O相切，根据切线判定定理，需证明OD⊥DF，因此连接OF、OB，先通过边长关系求出∠BOF的度数，推导得∠BOF=∠DOF，再通过SAS证明△BOF和△DOF全等，得到∠ODF为直角即可完成证明。
【解析】
(1) 连接OB，
∵ AB与$\odot O$相切于点B，
∴ $OB⊥AB$，即$∠ABO=90°$，
∵ $∠A=30°$，
∴ $∠BOD=∠A+∠ABO=30°+90°=120°$，
∵ ∠BED是$\overset{\frown}{BD}$所对的圆周角，∠BOD是$\overset{\frown}{BD}$所对的圆心角，
∴ $∠BED=\frac{1}{2}∠BOD=\frac{1}{2}×120°=60°$。
(2) 证明：连接OF，OB，
由(1)可知$OB⊥AF$，即$∠OBF=90°$，
∵ $\odot O$的半径为3，
∴ $OB=OD=3$，
∵ $BF=3\sqrt{3}$，
∴ $\tan∠BOF=\frac{BF}{OB}=\frac{3\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$，
∴ $∠BOF=60°$，
∵ $∠BOD=120°$，
∴ $∠DOF=∠BOD-∠BOF=120°-60°=60°$，
∴ $∠BOF=∠DOF$，
在$△ BOF$和$△ DOF$中：
$\begin{cases} OB=OD \\ ∠BOF=∠DOF \\ OF=OF \end{cases}$
∴ $△ BOF≌△ DOF(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ODF=∠OBF=90°$，即$OD⊥DF$，
又
∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ DF与$\odot O$相切。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60°}$
(2) 证明成立，DF与$\odot O$相切
【知识点】
切线的性质与判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题关键是遇到切线时优先连接切点与圆心构造直角，再结合角度、边长关系和全等三角形的知识推导结论，是圆章节的典型考查题型。
【难度系数】
0.7
