Question

12．（1）己知，如圖1，△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，點(diǎn)P為弧BC上一動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)?zhí)骄縋A，PB，PC三者之間有何數(shù)量關(guān)系，并給予證明．
（2）如圖2，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，點(diǎn)P為弧BC上一動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)?zhí)骄縋A，PB，PC三者之間有何數(shù)量關(guān)系，并給予證明．
（3）如圖3，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，點(diǎn)P為弧BC上一動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)?zhí)骄縋A、PB、PC三者之間有何數(shù)量關(guān)系，直接寫出結(jié)論不需證明．

Answer 1

分析 （1）結(jié)論：PA=PB+PC．延長(zhǎng)BP至E，使PE=PC，連接CE，證明△PCE是等邊三角形．利用CE=PC，∠E=∠3=60°，∠EBC=∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA=BE=PB+PC；
（2）結(jié)論：PA=PC+$\sqrt{2}$PB．過點(diǎn)B作BE⊥PB交PA于E，證明△ABE≌△CBP，所以PC=AE，可得PA=PC+$\sqrt{2}$PB．
（3）結(jié)論：PA=$\sqrt{3}$PB+PC．在AP上截取AQ=PC，連接BQ可證△ABQ≌△CBP，所以BQ=BP．又因?yàn)椤螦PB=30°．所以PQ=$\sqrt{3}$PB，PA=PQ+AQ=$\sqrt{3}$PB+PC．

解答 證明：
（1）延長(zhǎng)BP至E，使PE=PC，連接CE，如圖1，

∵A、B、P、C四點(diǎn)共圓，
∴∠BAC+∠BPC=180°，
∵∠BPC+∠EPC=180°，
∴∠BAC=∠CPE=60°，PE=PC，
∴△PCE是等邊三角形，
∴CE=PC，∠E=60°；
又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，
∴∠BCE=∠ACP，
∵△ABC、△ECP為等邊三角形，
∴CE=PC，AC=BC，
在△BEC和△APC中，
$\left\{\begin{array}{l}{CE=PC}\\{∠BEC=∠ACP}\\{BC=AC}\end{array}\right.$，
∴△BEC≌△APC（SAS），
∴PA=BE=PB+PC；

（2）過點(diǎn)B作BE⊥PB交PA于E，如圖2，

∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3，
∴∠APB=45°，
∴BP=BE，
∴PE=$\sqrt{2}$PB，
在△ABE和△CBP中
$\left\{\begin{array}{l}{BE=BP}\\{∠1=∠3}\\{AB=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△CBP（SAS），
∴PC=AE，
∴PA=AE+PE=PC+$\sqrt{2}$PB；
（3）PA=PC+$\sqrt{3}$PB．
證明：過點(diǎn)B，作BM⊥AP，在AP上截取AQ=PC，連接BQ，如圖3，

∵∠BAP=∠BCP，AB=BC，
在△ABQ和△CBP中
$\left\{\begin{array}{l}{AQ=PC}\\{∠BAP=∠BCP}\\{AB=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABQ≌△CBP（SAS），
∴BQ=BP，
∴MP=QM，
又∵∠APB=30°，
∴cos30°=$\frac{PM}{BP}$，
∴PM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PB，
∴PQ=$\sqrt{3}$PB，
∴PA=PQ+AQ=PC+$\sqrt{3}$PB．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等邊三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、三角形全等的性質(zhì)和判定方法、以及正多邊形和圓的有關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考�？碱}型．