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5 如图，AB为$\odot O$的直径，AC平分$∠ BAD$，交$\odot O$于点C，$CD ⊥ AD$，垂足为D. 求证：CD是$\odot O$的切线.
答案
5. 如图，连接OC.
∵ AC 平分$∠ DAB$,
∴ $∠ DAC=∠ BAC$.
∵ OC=OA,
∴ $∠ BAC=∠ ACO$.
∴ $∠ DAC=∠ ACO$.
∴ $OC// AD$.
∵ $CD⊥AD$,
∴ $OC⊥DC$.
∵ OC 是$\odot O$的半径,
∴ CD 是$\odot O$的切线
解析
【分析】
要证明CD是⊙O的切线，根据切线的判定定理，已知CD与⊙O有公共点C，只需连接半径OC，证明OC⊥CD即可。首先利用角平分线的性质得到一组等角，再结合等腰三角形等边对等角的性质，推导得出内错角相等，证得OC与AD平行，最后结合CD⊥AD的已知条件，即可推出OC⊥CD，完成证明。
【解析】
证明：连接OC
∵ AC平分∠DAB
∴ ∠DAC=∠BAC（角平分线的定义）
∵ OC和OA都是⊙O的半径
∴ OC=OA，可得∠BAC=∠ACO（等腰三角形等边对等角）
∴ ∠DAC=∠ACO（等量代换）
∴ OC//AD（内错角相等，两直线平行）
∵ CD⊥AD
∴ OC⊥DC（一条直线垂直于一组平行线中的一条，必垂直于另一条）
又
∵ OC是⊙O的半径
∴ CD是⊙O的切线（切线的判定定理）
【答案】
5. 如图，连接OC.
∵ AC 平分$∠ DAB$,
∴ $∠ DAC=∠ BAC$.
∵ OC=OA,
∴ $∠ BAC=∠ ACO$.
∴ $∠ DAC=∠ ACO$.
∴ $OC// AD$.
∵ $CD⊥AD$,
∴ $OC⊥DC$.
∵ OC 是$\odot O$的半径,
∴ CD 是$\odot O$的切线
【知识点】
切线的判定；角平分线的定义；平行线的判定与性质
【点评】
本题是切线证明的常规基础题，核心解题思路是“连半径，证垂直”，通过角的等量关系推导平行进而得到垂直，熟练掌握切线判定定理即可快速解题。
【难度系数】
0.8
要证明CD是⊙O的切线，根据切线的判定定理，已知CD与⊙O有公共点C，只需连接半径OC，证明OC⊥CD即可。首先利用角平分线的性质得到一组等角，再结合等腰三角形等边对等角的性质，推导得出内错角相等，证得OC与AD平行，最后结合CD⊥AD的已知条件，即可推出OC⊥CD，完成证明。
【解析】
证明：连接OC
∵ AC平分∠DAB
∴ ∠DAC=∠BAC（角平分线的定义）
∵ OC和OA都是⊙O的半径
∴ OC=OA，可得∠BAC=∠ACO（等腰三角形等边对等角）
∴ ∠DAC=∠ACO（等量代换）
∴ OC//AD（内错角相等，两直线平行）
∵ CD⊥AD
∴ OC⊥DC（一条直线垂直于一组平行线中的一条，必垂直于另一条）
又
∵ OC是⊙O的半径
∴ CD是⊙O的切线（切线的判定定理）
【答案】
5. 如图，连接OC.
∵ AC 平分$∠ DAB$,
∴ $∠ DAC=∠ BAC$.
∵ OC=OA,
∴ $∠ BAC=∠ ACO$.
∴ $∠ DAC=∠ ACO$.
∴ $OC// AD$.
∵ $CD⊥AD$,
∴ $OC⊥DC$.
∵ OC 是$\odot O$的半径,
∴ CD 是$\odot O$的切线
【知识点】
切线的判定；角平分线的定义；平行线的判定与性质
【点评】
本题是切线证明的常规基础题，核心解题思路是“连半径，证垂直”，通过角的等量关系推导平行进而得到垂直，熟练掌握切线判定定理即可快速解题。
【难度系数】
0.8
6 如图所示为不倒翁的平面示意图，不倒翁的圆形脸恰好分别与帽子边沿PA，PB相切于点A，B，不倒翁的鼻尖正好是圆形脸的圆心O.若$∠ OAB=28°$，则$∠ APB$的度数为（
A.$28°$
B.$50°$
C.$56°$
D.$62°$
C
）A.$28°$
B.$50°$
C.$56°$
D.$62°$
答案
6. C
解析
【分析】
解题思路如下：首先观察到PA、PB是圆O的切线，根据切线的性质可得过切点的半径与切线垂直，即OA⊥PA、OB⊥PB；其次已知OA、OB都是圆的半径，长度相等，所以△OAB是等腰三角形，结合已知的∠OAB=28°，可先求出∠AOB的度数；最后在四边形OAPB中，利用四边形内角和为360°，代入已知的两个直角和∠AOB的度数，即可算出∠APB的度数。也可以结合切线长定理，通过等腰三角形PAB的角度特征求解。
【解析】
解：
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°，且OA=OB（圆的半径处处相等）。
在△OAB中，OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB=28°，
根据三角形内角和为180°，可得：
∠AOB=180°-∠OAB-∠OBA=180°-28°-28°=124°。
∵四边形OAPB的内角和为360°，
∴∠APB=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=360°-90°-90°-124°=56°。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；多边形内角和
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础计算题，核心考查切线性质的应用，只要熟练掌握切线垂直于过切点的半径，结合等腰三角形和内角和公式即可快速求解，是圆章节的常见考法。
【难度系数】
0.8
解题思路如下：首先观察到PA、PB是圆O的切线，根据切线的性质可得过切点的半径与切线垂直，即OA⊥PA、OB⊥PB；其次已知OA、OB都是圆的半径，长度相等，所以△OAB是等腰三角形，结合已知的∠OAB=28°，可先求出∠AOB的度数；最后在四边形OAPB中，利用四边形内角和为360°，代入已知的两个直角和∠AOB的度数，即可算出∠APB的度数。也可以结合切线长定理，通过等腰三角形PAB的角度特征求解。
【解析】
解：
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°，且OA=OB（圆的半径处处相等）。
在△OAB中，OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB=28°，
根据三角形内角和为180°，可得：
∠AOB=180°-∠OAB-∠OBA=180°-28°-28°=124°。
∵四边形OAPB的内角和为360°，
∴∠APB=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=360°-90°-90°-124°=56°。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；多边形内角和
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础计算题，核心考查切线性质的应用，只要熟练掌握切线垂直于过切点的半径，结合等腰三角形和内角和公式即可快速求解，是圆章节的常见考法。
【难度系数】
0.8
7 若等边三角形的边长为6 cm，则其内切圆半径为
$\sqrt{3}$
cm.答案
7. $\sqrt{3}$
解析
【分析】
要求等边三角形的内切圆半径，可利用等边三角形“四心合一”的性质求解，有两种常见思路：思路一：先通过勾股定理求出等边三角形的高，再根据重心分高为2:1的比例，内切圆半径为高的1/3，代入计算即可；思路二：用面积法，分别用等边三角形面积公式和“面积=1/2×周长×内切圆半径”表示三角形面积，联立求解即可得到半径。
【解析】
方法一：
已知等边三角形边长为6 cm，
先求等边三角形的高：由勾股定理得，高$ h = \sqrt{6^2 - (\frac{6}{2})^2} = \sqrt{36 - 9} = 3\sqrt{3}\ \mathrm{cm} $。
因为等边三角形的内切圆圆心与重心重合，重心到对边的距离就是内切圆半径，且重心分高的比为2:1，
所以内切圆半径$ r = \frac{1}{3}h = \frac{1}{3} × 3\sqrt{3} = \sqrt{3}\ \mathrm{cm} $。
方法二：
等边三角形的面积$ S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} × 6^2 = 9\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2 $，
三角形周长$ C = 3 × 6 = 18\ \mathrm{cm} $，
设内切圆半径为$ r $，根据三角形面积公式$ S = \frac{1}{2}Cr $，
代入得$ 9\sqrt{3} = \frac{1}{2} × 18 × r $，解得$ r = \sqrt{3}\ \mathrm{cm} $。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
等边三角形的性质、三角形内切圆、重心的性质
【点评】
本题属于基础计算题，解题关键是熟练掌握等边三角形的特殊性质，可根据自身习惯选择重心性质法或面积法求解，两种方法都需要灵活运用。
【难度系数】
0.7
要求等边三角形的内切圆半径，可利用等边三角形“四心合一”的性质求解，有两种常见思路：思路一：先通过勾股定理求出等边三角形的高，再根据重心分高为2:1的比例，内切圆半径为高的1/3，代入计算即可；思路二：用面积法，分别用等边三角形面积公式和“面积=1/2×周长×内切圆半径”表示三角形面积，联立求解即可得到半径。
【解析】
方法一：
已知等边三角形边长为6 cm，
先求等边三角形的高：由勾股定理得，高$ h = \sqrt{6^2 - (\frac{6}{2})^2} = \sqrt{36 - 9} = 3\sqrt{3}\ \mathrm{cm} $。
因为等边三角形的内切圆圆心与重心重合，重心到对边的距离就是内切圆半径，且重心分高的比为2:1，
所以内切圆半径$ r = \frac{1}{3}h = \frac{1}{3} × 3\sqrt{3} = \sqrt{3}\ \mathrm{cm} $。
方法二：
等边三角形的面积$ S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} × 6^2 = 9\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2 $，
三角形周长$ C = 3 × 6 = 18\ \mathrm{cm} $，
设内切圆半径为$ r $，根据三角形面积公式$ S = \frac{1}{2}Cr $，
代入得$ 9\sqrt{3} = \frac{1}{2} × 18 × r $，解得$ r = \sqrt{3}\ \mathrm{cm} $。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
等边三角形的性质、三角形内切圆、重心的性质
【点评】
本题属于基础计算题，解题关键是熟练掌握等边三角形的特殊性质，可根据自身习惯选择重心性质法或面积法求解，两种方法都需要灵活运用。
【难度系数】
0.7
8 如图，PA，PC 是$\odot O$的切线，A，C 为切点.若$∠ APC=60°$，$PO=5\sqrt{3}$，则直径 AB 的长为
（第8题）
$5\sqrt{3}$
.（第8题）答案
8. $5\sqrt{3}$
解析
【分析】
首先，已知PA、PC是⊙O的切线，根据切线性质可得OA⊥PA，即△OAP是直角三角形；再根据切线长定理，点P与圆心O的连线PO平分∠APC，结合已知∠APC=60°，可求出∠APO=30°；最后在含30°角的直角三角形中，利用30°角所对直角边等于斜边的一半求出半径OA的长度，直径AB为OA的2倍，即可计算出AB的长。
【解析】
连接OA，
∵PA是⊙O的切线，A为切点，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∵PA、PC是⊙O的切线，
∴PO平分∠APC，
∴∠APO = $\frac{1}{2}$∠APC = $\frac{1}{2}×60°=30°$，
在Rt△OAP中，∠APO=30°，PO=5√3，
∴OA = $\frac{1}{2}$PO = $\frac{1}{2}×5\sqrt{3}=\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
∵AB是⊙O的直径，
∴AB = 2OA = $2×\frac{5\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}$。
【答案】
$5\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的关键是熟练掌握切线相关性质，通过角的关系得到特殊直角三角形，进而求出线段长度，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
首先，已知PA、PC是⊙O的切线，根据切线性质可得OA⊥PA，即△OAP是直角三角形；再根据切线长定理，点P与圆心O的连线PO平分∠APC，结合已知∠APC=60°，可求出∠APO=30°；最后在含30°角的直角三角形中，利用30°角所对直角边等于斜边的一半求出半径OA的长度，直径AB为OA的2倍，即可计算出AB的长。
【解析】
连接OA，
∵PA是⊙O的切线，A为切点，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∵PA、PC是⊙O的切线，
∴PO平分∠APC，
∴∠APO = $\frac{1}{2}$∠APC = $\frac{1}{2}×60°=30°$，
在Rt△OAP中，∠APO=30°，PO=5√3，
∴OA = $\frac{1}{2}$PO = $\frac{1}{2}×5\sqrt{3}=\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
∵AB是⊙O的直径，
∴AB = 2OA = $2×\frac{5\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}$。
【答案】
$5\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的关键是熟练掌握切线相关性质，通过角的关系得到特殊直角三角形，进而求出线段长度，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
9 [2024 西宁]如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，连接OA，OB，过点O作$OC// PA$，交PB于点C，过点C作$CD⊥ AP$，垂足为D.
（1）求证：$OC=AD$；
（2）若$\odot O$的半径是3，$PA=9$，求OC的长.
（1）求证：$OC=AD$；
（2）若$\odot O$的半径是3，$PA=9$，求OC的长.
答案
9. （1）
∵ PA,PB 是$\odot O$的切线,OA,OB 是$\odot O$的半径,
∴ $OA⊥PA$,$OB⊥PB$.
∵ $OC// PA$,$CD⊥AP$,
∴ $CD⊥OC$.
∴ $∠ OAD=∠ CDA=∠ OCD=90°$.
∴ 四边形 OADC 是矩形.
∴ $OC=AD$ （2）设$OC=AD=x$.
∵ 四边形 OADC 是矩形,
$\odot O$的半径是 3,$PA=9$,
∴ $OA=OB=CD=3$,$PD=PA-AD=9-x$.
∵ $OC// PA$,
∴ $∠ OCB=∠ P$.
∵ $OB⊥PB$,$CD⊥AP$,
∴ $∠ OBC=∠ CDP=90°$. 在$△ OCB$ 和$△ CPD$ 中,
$\begin{cases}∠ OBC=∠ CDP,\\∠ OCB=∠ P,\\OB=CD,\end{cases}$
∴ $△ OCB≌△ CPD$.
∴ $BC=DP=9-x$. 在$\mathrm{Rt}△ OCB$ 中,由勾股定理,得 $OC^2=OB^2+BC^2$,$∴ x^2=3^2+(9-x)^2$,解得 $x=5$.
∴ $OC=5$
∵ PA,PB 是$\odot O$的切线,OA,OB 是$\odot O$的半径,
∴ $OA⊥PA$,$OB⊥PB$.
∵ $OC// PA$,$CD⊥AP$,
∴ $CD⊥OC$.
∴ $∠ OAD=∠ CDA=∠ OCD=90°$.
∴ 四边形 OADC 是矩形.
∴ $OC=AD$ （2）设$OC=AD=x$.
∵ 四边形 OADC 是矩形,
$\odot O$的半径是 3,$PA=9$,
∴ $OA=OB=CD=3$,$PD=PA-AD=9-x$.
∵ $OC// PA$,
∴ $∠ OCB=∠ P$.
∵ $OB⊥PB$,$CD⊥AP$,
∴ $∠ OBC=∠ CDP=90°$. 在$△ OCB$ 和$△ CPD$ 中,
$\begin{cases}∠ OBC=∠ CDP,\\∠ OCB=∠ P,\\OB=CD,\end{cases}$
∴ $△ OCB≌△ CPD$.
∴ $BC=DP=9-x$. 在$\mathrm{Rt}△ OCB$ 中,由勾股定理,得 $OC^2=OB^2+BC^2$,$∴ x^2=3^2+(9-x)^2$,解得 $x=5$.
∴ $OC=5$
解析
【分析】
（1）要证明OC=AD，观察两条线段属于四边形OADC的对边，可通过证明四边形OADC是矩形求解：首先根据切线的性质得到OA⊥PA，再结合OC//PA、CD⊥AP，可推出四边形OADC有三个内角为直角，即可判定为矩形，利用矩形对边相等得证。
（2）求OC的长可采用方程思想：设OC=x，借助第一问的矩形性质可得CD=OB=3，AD=OC=x，进而表示出PD=9-x；再通过OC//PA得到角相等，证明△OCB≌△CPD，得到BC=PD=9-x，最后在Rt△OBC中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
（1）证明：
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，OA，OB是$\odot O$的半径，
∴ $OA⊥PA$，$OB⊥PB$。
∵ $OC// PA$，$CD⊥AP$，
∴ $CD⊥OC$，
∴ $∠OAD=∠CDA=∠OCD=90°$，
∴ 四边形OADC是矩形，
∴ $OC=AD$。
（2）解：设$OC=AD=x$，
∵ 四边形OADC是矩形，$\odot O$的半径是3，$PA=9$，
∴ $OA=OB=CD=3$，$PD=PA-AD=9-x$。
∵ $OC// PA$，
∴ $∠OCB=∠P$。
∵ $OB⊥PB$，$CD⊥AP$，
∴ $∠OBC=∠CDP=90°$。
在$△ OCB$和$△ CPD$中：
$\begin{cases}∠OBC=∠CDP\\∠OCB=∠P\\OB=CD\end{cases}$
∴ $△ OCB≌△ CPD$（AAS），
∴ $BC=DP=9-x$。
在$\mathrm{Rt}△ OCB$中，由勾股定理得：
$OC^2=OB^2+BC^2$，
即$x^2=3^2+(9-x)^2$，
解得$x=5$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$OC=5$
【知识点】
切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，覆盖了切线性质、特殊四边形判定、全等三角形、勾股定理等多个核心考点，第一问侧重基础图形判定，第二问需要结合全等转化线段，再用方程思想求解，能有效考查几何推理能力和知识综合应用能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明OC=AD，观察两条线段属于四边形OADC的对边，可通过证明四边形OADC是矩形求解：首先根据切线的性质得到OA⊥PA，再结合OC//PA、CD⊥AP，可推出四边形OADC有三个内角为直角，即可判定为矩形，利用矩形对边相等得证。
（2）求OC的长可采用方程思想：设OC=x，借助第一问的矩形性质可得CD=OB=3，AD=OC=x，进而表示出PD=9-x；再通过OC//PA得到角相等，证明△OCB≌△CPD，得到BC=PD=9-x，最后在Rt△OBC中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
（1）证明：
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，OA，OB是$\odot O$的半径，
∴ $OA⊥PA$，$OB⊥PB$。
∵ $OC// PA$，$CD⊥AP$，
∴ $CD⊥OC$，
∴ $∠OAD=∠CDA=∠OCD=90°$，
∴ 四边形OADC是矩形，
∴ $OC=AD$。
（2）解：设$OC=AD=x$，
∵ 四边形OADC是矩形，$\odot O$的半径是3，$PA=9$，
∴ $OA=OB=CD=3$，$PD=PA-AD=9-x$。
∵ $OC// PA$，
∴ $∠OCB=∠P$。
∵ $OB⊥PB$，$CD⊥AP$，
∴ $∠OBC=∠CDP=90°$。
在$△ OCB$和$△ CPD$中：
$\begin{cases}∠OBC=∠CDP\\∠OCB=∠P\\OB=CD\end{cases}$
∴ $△ OCB≌△ CPD$（AAS），
∴ $BC=DP=9-x$。
在$\mathrm{Rt}△ OCB$中，由勾股定理得：
$OC^2=OB^2+BC^2$，
即$x^2=3^2+(9-x)^2$，
解得$x=5$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$OC=5$
【知识点】
切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，覆盖了切线性质、特殊四边形判定、全等三角形、勾股定理等多个核心考点，第一问侧重基础图形判定，第二问需要结合全等转化线段，再用方程思想求解，能有效考查几何推理能力和知识综合应用能力。
【难度系数】
0.7
10 已知某正多边形一个内角的度数与一个外角的度数之比为3:1，则这个正多边形是（
A.正方形
B.正六边形
C.正八边形
D.正十边形
C
）A.正方形
B.正六边形
C.正八边形
D.正十边形
答案
10. C
解析
【分析】
解题时首先利用正多边形的内角与其相邻外角互补的性质，结合题干给出的内外角度数比求出单个外角的度数，再根据任意多边形外角和恒为360°的固定结论，用外角和除以单个外角的度数即可得到正多边形的边数，最终确定正多边形的类型。
【解析】
解：设该正多边形的一个外角度数为$x$，则其对应内角度数为$3x$。
因为正多边形的一个内角和相邻外角互补，二者和为$180°$，因此可列方程：
$x + 3x = 180°$
解得$x=45°$。
又因为任意多边形的外角和均为$360°$，且正多边形每个外角度数相等，所以该正多边形的边数为：
$n=360°÷45°=8$
即这个正多边形是正八边形。
【答案】
C
【知识点】
正多边形内外角关系；多边形外角和定理
【点评】
本题是基础类几何题，解题核心是明确正多边形内角与相邻外角互补的关系，牢记多边形外角和恒为$360°$的固定结论即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时首先利用正多边形的内角与其相邻外角互补的性质，结合题干给出的内外角度数比求出单个外角的度数，再根据任意多边形外角和恒为360°的固定结论，用外角和除以单个外角的度数即可得到正多边形的边数，最终确定正多边形的类型。
【解析】
解：设该正多边形的一个外角度数为$x$，则其对应内角度数为$3x$。
因为正多边形的一个内角和相邻外角互补，二者和为$180°$，因此可列方程：
$x + 3x = 180°$
解得$x=45°$。
又因为任意多边形的外角和均为$360°$，且正多边形每个外角度数相等，所以该正多边形的边数为：
$n=360°÷45°=8$
即这个正多边形是正八边形。
【答案】
C
【知识点】
正多边形内外角关系；多边形外角和定理
【点评】
本题是基础类几何题，解题核心是明确正多边形内角与相邻外角互补的关系，牢记多边形外角和恒为$360°$的固定结论即可快速求解。
【难度系数】
0.8
11 如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于$\odot O$，则$AD:AB$等于（
A.$2\sqrt{2}:\sqrt{3}$
B.$\sqrt{2}:\sqrt{3}$
C.$\sqrt{3}:\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}:2\sqrt{2}$
B
）A.$2\sqrt{2}:\sqrt{3}$
B.$\sqrt{2}:\sqrt{3}$
C.$\sqrt{3}:\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}:2\sqrt{2}$
答案
11. B
解析
【分析】
要求AD与AB的比值，已知等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于同一个圆，我们可以先设⊙O的半径为R，分别构造与边长AD、AB相关的直角三角形，利用正多边形中心角的性质、垂径定理和特殊角的三角函数值，将AD、AB都用R表示，再消去公共参数R即可得到比值。
【解析】
设⊙O的半径为R，连接OA、OD、OB，过点O作OG⊥AB于点G。
1. 求AD的长度：
∵正方形ADEF内接于⊙O，
∴正方形的中心角$∠ AOD = \frac{360°}{4}=90°$，
又
∵OA=OD=R，
∴在Rt△AOD中，$AD=\sqrt{OA^2+OD^2}=\sqrt{R^2+R^2}=\sqrt{2}R$。
2. 求AB的长度：
∵等边三角形ABC内接于⊙O，
∴等边三角形的中心角$∠ AOB = \frac{360°}{3}=120°$，
∵OA=OB，OG⊥AB，根据垂径定理得：$AG=GB$，$∠ AOG=\frac{1}{2}∠ AOB=60°$，
在Rt△AOG中，$AG=OA·\sin60° = R·\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$AB=2AG=2×\frac{\sqrt{3}}{2}R=\sqrt{3}R$。
3. 求比值：
$AD:AB=\sqrt{2}R:\sqrt{3}R=\sqrt{2}:\sqrt{3}$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形和圆，垂径定理，特殊角的三角函数值
【点评】
本题是正多边形与圆结合的典型考题，解题核心是将两个正多边形的边长统一用外接圆半径表示，消去公共参数后得到比值，熟练掌握正多边形中心角的计算和垂径定理的应用是解题的关键。
【难度系数】
0.7
要求AD与AB的比值，已知等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于同一个圆，我们可以先设⊙O的半径为R，分别构造与边长AD、AB相关的直角三角形，利用正多边形中心角的性质、垂径定理和特殊角的三角函数值，将AD、AB都用R表示，再消去公共参数R即可得到比值。
【解析】
设⊙O的半径为R，连接OA、OD、OB，过点O作OG⊥AB于点G。
1. 求AD的长度：
∵正方形ADEF内接于⊙O，
∴正方形的中心角$∠ AOD = \frac{360°}{4}=90°$，
又
∵OA=OD=R，
∴在Rt△AOD中，$AD=\sqrt{OA^2+OD^2}=\sqrt{R^2+R^2}=\sqrt{2}R$。
2. 求AB的长度：
∵等边三角形ABC内接于⊙O，
∴等边三角形的中心角$∠ AOB = \frac{360°}{3}=120°$，
∵OA=OB，OG⊥AB，根据垂径定理得：$AG=GB$，$∠ AOG=\frac{1}{2}∠ AOB=60°$，
在Rt△AOG中，$AG=OA·\sin60° = R·\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$AB=2AG=2×\frac{\sqrt{3}}{2}R=\sqrt{3}R$。
3. 求比值：
$AD:AB=\sqrt{2}R:\sqrt{3}R=\sqrt{2}:\sqrt{3}$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形和圆，垂径定理，特殊角的三角函数值
【点评】
本题是正多边形与圆结合的典型考题，解题核心是将两个正多边形的边长统一用外接圆半径表示，消去公共参数后得到比值，熟练掌握正多边形中心角的计算和垂径定理的应用是解题的关键。
【难度系数】
0.7
12如图，$\odot O$是正五边形ABCDE的内切圆，M，N，F分别是边AE，AB，CD与$\odot O$的切点，则$∠ MFN$的度数为
36
°。答案
12. 36
解析
【分析】
要求∠MFN的度数，可结合圆周角定理求解：①先明确∠MFN是⊙O的圆周角，它所对的弧为弧MN，因此需要先求弧MN对应的圆心角∠MON的度数；②正五边形的各边与内切圆相切，相邻两边的切点与圆心的连线的夹角等于正五边形的中心角，计算可得正五边形中心角为360°÷5=72°，即∠MON=72°；③根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，代入计算即可得到∠MFN的度数。
【解析】
连接OM、ON，
∵⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，M、N分别是AE、AB与⊙O的切点，
∴OM⊥AE，ON⊥AB，
正五边形的中心角为$\frac{360°}{5}=72°$，因此$∠ MON=72°$，
∵∠MFN是弧MN所对的圆周角，∠MON是弧MN所对的圆心角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴$∠ MFN=\frac{1}{2}∠ MON=\frac{1}{2}×72°=36°$。
【答案】
36
【知识点】
正多边形的性质，圆周角定理，切线的性质
【点评】
本题将正多边形与圆的知识结合，核心考查圆周角定理的应用，解题的关键是建立圆周角与正多边形中心角的联系，是圆与正多边形结合的典型基础题。
【难度系数】
0.7
要求∠MFN的度数，可结合圆周角定理求解：①先明确∠MFN是⊙O的圆周角，它所对的弧为弧MN，因此需要先求弧MN对应的圆心角∠MON的度数；②正五边形的各边与内切圆相切，相邻两边的切点与圆心的连线的夹角等于正五边形的中心角，计算可得正五边形中心角为360°÷5=72°，即∠MON=72°；③根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，代入计算即可得到∠MFN的度数。
【解析】
连接OM、ON，
∵⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，M、N分别是AE、AB与⊙O的切点，
∴OM⊥AE，ON⊥AB，
正五边形的中心角为$\frac{360°}{5}=72°$，因此$∠ MON=72°$，
∵∠MFN是弧MN所对的圆周角，∠MON是弧MN所对的圆心角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴$∠ MFN=\frac{1}{2}∠ MON=\frac{1}{2}×72°=36°$。
【答案】
36
【知识点】
正多边形的性质，圆周角定理，切线的性质
【点评】
本题将正多边形与圆的知识结合，核心考查圆周角定理的应用，解题的关键是建立圆周角与正多边形中心角的联系，是圆与正多边形结合的典型基础题。
【难度系数】
0.7
13 用若干个全等的正五边形排成圆环状，如图所示的是其中3个正五边形的位置.要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是
10
.答案
13. 10
解析
【分析】
解题首先要先计算正五边形的内角度数，再观察图形找到内环形成的正多边形的内角和正五边形内角的关系，最后通过正多边形内角和公式求出内环正多边形的边数，也就是所需正五边形的总个数。
第一步：用多边形内角和公式计算单个正五边形的内角度数；
第二步：结合周角为$360°$，计算内环正多边形的内角大小；
第三步：根据正多边形内角公式列方程求解内环正多边形的边数，得到最终答案。
【解析】
1. 计算正五边形的每个内角度数：
根据多边形内角和公式，正$n$边形的单个内角为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，将$n=5$代入得：
正五边形单个内角$=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$。
2. 计算内环正多边形的内角度数：
观察图形可知，内环正多边形的每个内角等于周角减去2个正五边形的内角，即：
内环正多边形内角$=360°-2×108°=144°$。
3. 求解内环正多边形的边数：
设内环正多边形的边数为$m$，根据正多边形内角公式列方程：
$\frac{(m-2)×180°}{m}=144°$
解方程得：
$180(m-2)=144m$
$180m-360=144m$
$36m=360$
$m=10$
【答案】
10
【知识点】
多边形内角和公式，正多边形的性质
【点评】
本题需要结合图形观察找到角度之间的数量关系，核心是对多边形内角和公式的灵活运用，能够锻炼学生的图形分析能力和公式应用能力。
【难度系数】
0.6
解题首先要先计算正五边形的内角度数，再观察图形找到内环形成的正多边形的内角和正五边形内角的关系，最后通过正多边形内角和公式求出内环正多边形的边数，也就是所需正五边形的总个数。
第一步：用多边形内角和公式计算单个正五边形的内角度数；
第二步：结合周角为$360°$，计算内环正多边形的内角大小；
第三步：根据正多边形内角公式列方程求解内环正多边形的边数，得到最终答案。
【解析】
1. 计算正五边形的每个内角度数：
根据多边形内角和公式，正$n$边形的单个内角为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，将$n=5$代入得：
正五边形单个内角$=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$。
2. 计算内环正多边形的内角度数：
观察图形可知，内环正多边形的每个内角等于周角减去2个正五边形的内角，即：
内环正多边形内角$=360°-2×108°=144°$。
3. 求解内环正多边形的边数：
设内环正多边形的边数为$m$，根据正多边形内角公式列方程：
$\frac{(m-2)×180°}{m}=144°$
解方程得：
$180(m-2)=144m$
$180m-360=144m$
$36m=360$
$m=10$
【答案】
10
【知识点】
多边形内角和公式，正多边形的性质
【点评】
本题需要结合图形观察找到角度之间的数量关系，核心是对多边形内角和公式的灵活运用，能够锻炼学生的图形分析能力和公式应用能力。
【难度系数】
0.6
