Question

12．（1）己知，如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为弧BC上一动点，请探究PA，PB，PC三者之间有何数量关系，并给予证明．
（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为弧BC上一动点，请探究PA，PB，PC三者之间有何数量关系，并给予证明．
（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，直接写出结论不需证明．

Answer 1

分析 （1）结论：PA=PB+PC．延长BP至E，使PE=PC，连接CE，证明△PCE是等边三角形．利用CE=PC，∠E=∠3=60°，∠EBC=∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA=BE=PB+PC；
（2）结论：PA=PC+$\sqrt{2}$PB．过点B作BE⊥PB交PA于E，证明△ABE≌△CBP，所以PC=AE，可得PA=PC+$\sqrt{2}$PB．
（3）结论：PA=$\sqrt{3}$PB+PC．在AP上截取AQ=PC，连接BQ可证△ABQ≌△CBP，所以BQ=BP．又因为∠APB=30°．所以PQ=$\sqrt{3}$PB，PA=PQ+AQ=$\sqrt{3}$PB+PC．

解答 证明：
（1）延长BP至E，使PE=PC，连接CE，如图1，

∵A、B、P、C四点共圆，
∴∠BAC+∠BPC=180°，
∵∠BPC+∠EPC=180°，
∴∠BAC=∠CPE=60°，PE=PC，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE=PC，∠E=60°；
又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，
∴∠BCE=∠ACP，
∵△ABC、△ECP为等边三角形，
∴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）过点B作BE⊥PB交PA于E，如图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．
证明：过点B，作BM⊥AP，在AP上截取AQ=PC，连接BQ，如图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．

点评 本题考查等边三角形的性质、正方形的性质、三角形全等的性质和判定方法、以及正多边形和圆的有关知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．