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【题目】如图,将正n边形绕点A顺时针旋转60°后,发现旋转前后两图形有另一交点O,连接AO,我们称AO为“叠弦”;再将“叠弦”AO所在的直线绕点A逆时针旋转60°后,交旋转前的图形于点P,连接PO,我们称∠OAB为“叠弦角”,△AOP为“叠弦三角形”.

【探究证明】

(1)请在图1和图2中选择其中一个证明:“叠弦三角形”(△AOP)是等边三角形;

(2)如图2,求证:∠OAB=∠OAE′.

【归纳猜想】

(3)图1、图2中的“叠弦角”的度数分别为

(4)图n中,“叠弦三角形” 等边三角形(填“是”或“不是”)

(5)图n中,“叠弦角”的度数为 (用含n的式子表示)

【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)15°,24°;(4)是;(5)

【解析】

试题分析:(1)先由旋转的性质,再判断出△APD≌△AOD',最后用旋转角计算即可;

(2)先判断出Rt△AEM≌Rt△ABN,在判断出Rt△APM≌Rt△AON 即可;

(3)先判断出△AD′O≌△ABO,再利用正方形,正五边形的性质和旋转的性质,计算即可;

(4)先判断出△APF≌△AE′F′,再用旋转角为60°,从而得出△PAO是等边三角形;

(5)用(3)的方法求出正n边形的,“叠弦角”的度数.

试题解析:(1)如图1,∵四ABCD是正方形,由旋转知:AD=AD',∠D=∠D'=90°,∠DAD'=∠OAP=60°,∴∠DAP=∠D'AO,∴△APD≌△AOD'∴AP=AO,∵∠OAP=60°,∴△AOP是等边三角形

(2)如图2,作AM⊥DE于M,作AN⊥CB于N.∵五ABCDE是正五边形,由旋转知:AE=AE',∠E=∠E'=108°,∠EAE'=∠OAP=60°∴∠EAP=∠E'AO∴△APE≌△AOE'(ASA)∴∠OAE'=∠PAE.

在Rt△AEM和Rt△ABN中,∠AEM=∠ABN=72°,AE=AB∴Rt△AEM≌Rt△ABN (AAS),∴∠EAM=∠BAN,AM=AN.在Rt△APM和Rt△AON中,AP=AO,AM=AN∴Rt△APM≌Rt△AON (HL),∠PAM=∠OAN,∴∠PAE=∠OAB∴∠OAE'=∠OAB (等量代换).

(3)由(1)有,△APD≌△AOD',∴∠DAP=∠D′AO,在△AD′O和△ABO中,AD=AB,AO=AO,∴△AD′O≌△ABO,∴∠D′AO=∠BAO,由旋转得,∠DAD′=60°,∵∠DAB=90°,∴∠D′AB=∠DAB﹣∠DAD′=30°,∴∠D′AD=∠D′AB=15°,同理可得,∠E′AO=24°,故答案为:15°,24°.

(4)如图3,∵六边形ABCDEF和六边形A′B′C′E′F′是正六边形,∴∠F=F′=120°,由旋转得,AF=AF′,EF=E′F′,∴△APF≌△AE′F′,∴∠PAF=∠E′AF′,由旋转得,∠FAF′=60°,AP=AO

∴∠PAO=∠FAO=60°,∴△PAO是等边三角形.

故答案为:是.

(5)同(3)的方法得,∠OAB=[(n﹣2)×180°÷n﹣60°]÷2=

故答案:

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阿基米德折弦定理

阿基米德(archimedes,公元前287﹣公元前212年,古希腊)是有史以来最伟大的数学家之一,他与牛顿、高斯并成为三大数学王子.

阿拉伯Al﹣Binmi(973﹣1050年)的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容,苏联在1964年根据Al﹣Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》,第一题就是阿基米德折弦定理.

阿基米德折弦定理:如图1,AB和BC是O的两条弦(即折线ABC是圆的一条折弦),BCAB,M是的中点,则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点,即CD=AB+BD.下面是运用“截长法”证明CD=AB+BD的部分证明过程.证明:如图2,在CB上截取CG=AB,连接MA,MB,MC和MG.

M是的中点,MA=MC.

任务:

(1)请按照上面的证明思路,写出该证明的剩余部分;

(2)填空:如图3,已知等边ABC内接于O,AB=2,D为上一点,ABD=45°,AEBD于点E,则BDC的周长是

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