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12. 如图,某市会展中心设置了一个圆形展厅,在其圆形边缘上的点P处安装了一台监视器,它的监控角度是$72^{\circ }$.为了观察到展厅的每个位置,最少需在圆形边缘上共安装这样的监视器
3
台.
答案：
3
13. (10分)如图,已知AB,BC,CD是$\odot O$的内接正十边形的边,连接AD,OB,OC.求证:$AD// BC$.
答案：
【解析】：
- 首先求圆心角：
因为$AB$，$BC$，$CD$是$\odot O$的内接正十边形的边，所以$\angle AOB=\angle BOC = \angle COD=\frac{360^{\circ}}{10}=36^{\circ}$。
那么$\angle AOD=\angle AOB+\angle BOC+\angle COD = 3×36^{\circ}=108^{\circ}$。
又因为$OA = OD$，根据等腰三角形内角和公式$\angle OAD=\angle ODA=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle AOD)$，把$\angle AOD = 108^{\circ}$代入可得$\angle OAD=\angle ODA=\frac{1}{2}(180 - 108)^{\circ}=36^{\circ}$。
- 然后看$OB = OC$：
由于$OB = OC$，$\angle BOC = 36^{\circ}$，根据等腰三角形内角和公式$\angle OBC=\angle OCB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BOC)$，把$\angle BOC = 36^{\circ}$代入可得$\angle OBC=\angle OCB=\frac{1}{2}(180 - 36)^{\circ}=72^{\circ}$。
- 最后证明平行：
计算$\angle OAD+\angle OCB=36^{\circ}+72^{\circ}=108^{\circ}+72^{\circ}=180^{\circ}$，且$\angle OAD$与$\angle OCB$是直线$AD$，$BC$被直线$OC$所截得的同旁内角。
根据同旁内角互补，两直线平行，所以$AD// BC$。
【答案】：
由上述推理可知$AD// BC$，此题得证。
- 首先求圆心角：
因为$AB$，$BC$，$CD$是$\odot O$的内接正十边形的边，所以$\angle AOB=\angle BOC = \angle COD=\frac{360^{\circ}}{10}=36^{\circ}$。
那么$\angle AOD=\angle AOB+\angle BOC+\angle COD = 3×36^{\circ}=108^{\circ}$。
又因为$OA = OD$，根据等腰三角形内角和公式$\angle OAD=\angle ODA=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle AOD)$，把$\angle AOD = 108^{\circ}$代入可得$\angle OAD=\angle ODA=\frac{1}{2}(180 - 108)^{\circ}=36^{\circ}$。
- 然后看$OB = OC$：
由于$OB = OC$，$\angle BOC = 36^{\circ}$，根据等腰三角形内角和公式$\angle OBC=\angle OCB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BOC)$，把$\angle BOC = 36^{\circ}$代入可得$\angle OBC=\angle OCB=\frac{1}{2}(180 - 36)^{\circ}=72^{\circ}$。
- 最后证明平行：
计算$\angle OAD+\angle OCB=36^{\circ}+72^{\circ}=108^{\circ}+72^{\circ}=180^{\circ}$，且$\angle OAD$与$\angle OCB$是直线$AD$，$BC$被直线$OC$所截得的同旁内角。
根据同旁内角互补，两直线平行，所以$AD// BC$。
【答案】：
由上述推理可知$AD// BC$，此题得证。
14. (12分)如图,在$\odot O$中,AB是直径,弦$CD⊥AB$,垂足为点E,连接BC.若$∠BCD=36^{\circ },OB=6$,求$\overset{\frown }{BC}$的长.
答案：
解:连接OD.
$\overset{\frown}{BC}$的长为$\frac{12}{5}\pi$.
$\overset{\frown}{BC}$的长为$\frac{12}{5}\pi$.
15. (12分)如图,$\odot O$的半径为R,六边形ABCDEF是圆内接正六边形,四边形EFGH是正方形.
(1)求$∠OGF$的度数;
(2)求正六边形与正方形的面积比.
(1)求$∠OGF$的度数;
(2)求正六边形与正方形的面积比.
答案：
解:
(1)$\angle OGF = 15^{\circ}$.
(2)正六边形ABCDEF和正方形EFGH的面积比为$3\sqrt{3}:2$.
(1)$\angle OGF = 15^{\circ}$.
(2)正六边形ABCDEF和正方形EFGH的面积比为$3\sqrt{3}:2$.
16. (14分)如图,在半圆中,直径AB的长为6,C是半圆上一点,过圆心O作AB的垂线交AC的延长线于点D,交半圆于点F,交弦BC于点E,连接CO.
(1)求证:$∠D=∠B$;
(2)若$OE=CE$,求图中阴影部分的面积.(结果保留根号和π)
(1)求证:$∠D=∠B$;
(2)若$OE=CE$,求图中阴影部分的面积.(结果保留根号和π)
答案：
1. （1）证明：
因为$AB$是半圆的直径，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$，则$\angle B+\angle A=90^{\circ}$。
又因为$OD\perp AB$，所以$\angle AOD = 90^{\circ}$，在$\triangle AOD$中，$\angle D+\angle A=90^{\circ}$。
根据同角的余角相等，可得$\angle D=\angle B$。
2. （2）解：
设$\angle B = x$，因为$OC = OB$，所以$\angle OCB=\angle B = x$。
已知$OE = CE$，则$\angle EOC=\angle OCB = x$。
在$\triangle OBE$中，$\angle BOE = 90^{\circ}$，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，可得$\angle B+\angle OEB = 90^{\circ}$，而$\angle OEB=\angle EOC+\angle OCB = 2x$。
所以$x + 2x=90^{\circ}$，解得$x = 30^{\circ}$，即$\angle B = 30^{\circ}$，$\angle AOC=2\angle B = 60^{\circ}$。
因为$AB = 6$，所以$OA=OC = 3$。
在$Rt\triangle AOD$中，$\angle A = 60^{\circ}$，$\angle AOD = 90^{\circ}$，$OA = 3$，则$\tan A=\frac{OD}{OA}$，$OD = OA\tan60^{\circ}=3\sqrt{3}$。
$S_{\triangle AOD}=\frac{1}{2}OA\cdot OD=\frac{1}{2}×3×3\sqrt{3}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$。
$S_{扇形AOC}=\frac{60\pi×3^{2}}{360}=\frac{3\pi}{2}$。
所以$S_{阴影}=S_{\triangle AOD}-S_{扇形AOC}=\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{3\pi}{2}$。
综上，（1）得证；（2）阴影部分面积为$\boldsymbol{\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{3\pi}{2}}$。
因为$AB$是半圆的直径，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$，则$\angle B+\angle A=90^{\circ}$。
又因为$OD\perp AB$，所以$\angle AOD = 90^{\circ}$，在$\triangle AOD$中，$\angle D+\angle A=90^{\circ}$。
根据同角的余角相等，可得$\angle D=\angle B$。
2. （2）解：
设$\angle B = x$，因为$OC = OB$，所以$\angle OCB=\angle B = x$。
已知$OE = CE$，则$\angle EOC=\angle OCB = x$。
在$\triangle OBE$中，$\angle BOE = 90^{\circ}$，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，可得$\angle B+\angle OEB = 90^{\circ}$，而$\angle OEB=\angle EOC+\angle OCB = 2x$。
所以$x + 2x=90^{\circ}$，解得$x = 30^{\circ}$，即$\angle B = 30^{\circ}$，$\angle AOC=2\angle B = 60^{\circ}$。
因为$AB = 6$，所以$OA=OC = 3$。
在$Rt\triangle AOD$中，$\angle A = 60^{\circ}$，$\angle AOD = 90^{\circ}$，$OA = 3$，则$\tan A=\frac{OD}{OA}$，$OD = OA\tan60^{\circ}=3\sqrt{3}$。
$S_{\triangle AOD}=\frac{1}{2}OA\cdot OD=\frac{1}{2}×3×3\sqrt{3}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$。
$S_{扇形AOC}=\frac{60\pi×3^{2}}{360}=\frac{3\pi}{2}$。
所以$S_{阴影}=S_{\triangle AOD}-S_{扇形AOC}=\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{3\pi}{2}$。
综上，（1）得证；（2）阴影部分面积为$\boldsymbol{\frac{9\sqrt{3}}{2}-\frac{3\pi}{2}}$。
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