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9 [2026 如皋期中] 如图,直线 $ m $ 是正五边形 $ ABCDE $ 的对称轴, $ P $ 是直线 $ m $ 上的动点,当 $ BP+CP $ 的值最小时, $ ∠ BPC $ 的度数是（
A.$ 36° $
B.$ 54° $
C.$ 72° $
D.$ 108° $
C
）A.$ 36° $
B.$ 54° $
C.$ 72° $
D.$ 108° $
答案
9. C
解析
【分析】
要解决本题，需先利用正五边形的轴对称性找到使BP+CP最小的点P，再结合正五边形的内角性质计算∠ BPC的度数。首先，正五边形是轴对称图形，直线m为对称轴，点B关于直线m的对称点是点E，根据“两点之间线段最短”，当P为直线CE与直线m的交点时，BP+CP最小；再利用正五边形的内角和、等腰三角形的角度关系推导∠ BPC的度数。
【解析】
1. 确定BP+CP最小时的点P：
正五边形ABCDE是轴对称图形，直线m为对称轴，因此点B关于直线m的对称点为点E。由轴对称性质得BP=EP，故BP+CP=EP+CP。根据“两点之间线段最短”，当E、P、C三点共线时，EP+CP取得最小值，此时P为直线CE与直线m的交点，BP+CP最小。
2. 计算∠ BPC的度数：
正五边形的每个内角为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$。在△ CDE中，CD=DE，∠ CDE=108°，因此$∠ DCE=\frac{180°-108°}{2}=36°$。结合正五边形的对称性，∠ BCE=∠ BCD-∠ DCE=108°-36°=72°；又因为正五边形的对角线BC=AB，且△ BPC中，∠ PBC=36°，故∠ BPC=180°-∠ PBC-∠ BCE=180°-36°-72°=72°。
【答案】
C
【知识点】
正五边形的性质、轴对称的性质、最短路径问题
【点评】
本题结合正五边形的轴对称性与最短路径问题，考查对称性质的应用及正五边形内角的计算，关键是找到使BP+CP最小的点P，再利用角度关系推导结果，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先利用正五边形的轴对称性找到使BP+CP最小的点P，再结合正五边形的内角性质计算∠ BPC的度数。首先，正五边形是轴对称图形，直线m为对称轴，点B关于直线m的对称点是点E，根据“两点之间线段最短”，当P为直线CE与直线m的交点时，BP+CP最小；再利用正五边形的内角和、等腰三角形的角度关系推导∠ BPC的度数。
【解析】
1. 确定BP+CP最小时的点P：
正五边形ABCDE是轴对称图形，直线m为对称轴，因此点B关于直线m的对称点为点E。由轴对称性质得BP=EP，故BP+CP=EP+CP。根据“两点之间线段最短”，当E、P、C三点共线时，EP+CP取得最小值，此时P为直线CE与直线m的交点，BP+CP最小。
2. 计算∠ BPC的度数：
正五边形的每个内角为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$。在△ CDE中，CD=DE，∠ CDE=108°，因此$∠ DCE=\frac{180°-108°}{2}=36°$。结合正五边形的对称性，∠ BCE=∠ BCD-∠ DCE=108°-36°=72°；又因为正五边形的对角线BC=AB，且△ BPC中，∠ PBC=36°，故∠ BPC=180°-∠ PBC-∠ BCE=180°-36°-72°=72°。
【答案】
C
【知识点】
正五边形的性质、轴对称的性质、最短路径问题
【点评】
本题结合正五边形的轴对称性与最短路径问题，考查对称性质的应用及正五边形内角的计算，关键是找到使BP+CP最小的点P，再利用角度关系推导结果，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
10 以半径为2的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形，则该三角形的面积是
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
。答案
10. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析
【分析】要解决本题，需先利用圆内接正多边形的性质求出三个正多边形的边心距，再判断三边构成的三角形类型，最后计算面积。步骤如下：1. 回忆圆内接正多边形边心距的计算方法；2. 分别计算正三角形、正方形、正六边形的边心距；3. 验证三边是否满足勾股定理，确定三角形形状；4. 用对应三角形面积公式计算结果。
【解析】设圆的半径为$R=2$，圆内接正$n$边形的边心距公式为$r=R·\cos\frac{π}{n}$（$\frac{π}{n}$为正多边形中心角的一半）：
1. 正三角形（$n=3$）的边心距：$r_3=2·\cos\frac{π}{3}=2×\frac{1}{2}=1$；
2. 正方形（$n=4$）的边心距：$r_4=2·\cos\frac{π}{4}=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$；
3. 正六边形（$n=6$）的边心距：$r_6=2·\cos\frac{π}{6}=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$；
得到三边为$1$、$\sqrt{2}$、$\sqrt{3}$，验证得$1^2+(\sqrt{2})^2=3=(\sqrt{3})^2$，故该三角形为直角三角形，两条直角边为$1$和$\sqrt{2}$，面积$S=\frac{1}{2}×1×\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】圆内接正多边形、勾股定理、直角三角形面积计算
【点评】本题结合圆内接正多边形的边心距计算与三角形面积，核心是利用正多边形性质求三边，再通过勾股定理判断三角形类型，属于基础应用题型。
【难度系数】0.5
【解析】设圆的半径为$R=2$，圆内接正$n$边形的边心距公式为$r=R·\cos\frac{π}{n}$（$\frac{π}{n}$为正多边形中心角的一半）：
1. 正三角形（$n=3$）的边心距：$r_3=2·\cos\frac{π}{3}=2×\frac{1}{2}=1$；
2. 正方形（$n=4$）的边心距：$r_4=2·\cos\frac{π}{4}=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$；
3. 正六边形（$n=6$）的边心距：$r_6=2·\cos\frac{π}{6}=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$；
得到三边为$1$、$\sqrt{2}$、$\sqrt{3}$，验证得$1^2+(\sqrt{2})^2=3=(\sqrt{3})^2$，故该三角形为直角三角形，两条直角边为$1$和$\sqrt{2}$，面积$S=\frac{1}{2}×1×\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】圆内接正多边形、勾股定理、直角三角形面积计算
【点评】本题结合圆内接正多边形的边心距计算与三角形面积，核心是利用正多边形性质求三边，再通过勾股定理判断三角形类型，属于基础应用题型。
【难度系数】0.5
11 如图,在正六边形 $ABCDEF$ 中,对角线 $AC,BD$ 相交于点 $M$,则$\dfrac{AM}{CM}$的值为
2
.答案
11. 2 【解析】
∵ 六边形ABCDEF是正六边形,
∴ $∠BCD=∠ABC=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$,$AB=BC=CD$.
∴ $∠CBD=∠BDC=30°$,$∠BAC=∠BCA=30°$.
∴ $∠ABM=∠ABC-∠CBD=90°$.
∵ $∠CBD=∠BCA=30°$,
∴ $BM=CM$. 在$Rt△ABM$中,
∵ $∠BAC=30°$,
∴ $AM=2BM$.
∴ $AM=2CM$.
∴ $\frac{AM}{CM}=2$.
∵ 六边形ABCDEF是正六边形,
∴ $∠BCD=∠ABC=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$,$AB=BC=CD$.
∴ $∠CBD=∠BDC=30°$,$∠BAC=∠BCA=30°$.
∴ $∠ABM=∠ABC-∠CBD=90°$.
∵ $∠CBD=∠BCA=30°$,
∴ $BM=CM$. 在$Rt△ABM$中,
∵ $∠BAC=30°$,
∴ $AM=2BM$.
∴ $AM=2CM$.
∴ $\frac{AM}{CM}=2$.
解析
【分析】
要计算$\dfrac{AM}{CM}$的值，需利用正六边形的性质推导相关线段和角的关系：首先明确正六边形各边相等、内角为120°，再结合等腰三角形、直角三角形的性质，逐步推导AM与CM的数量关系。
【解析】
∵ 六边形$ABCDEF$是正六边形，
∴ $AB=BC=CD$，$∠ ABC=∠ BCD=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$。
在$△ ABC$中，$AB=BC$，故$△ ABC$为等腰三角形，$∠ BAC=∠ BCA=\frac{180°-120°}{2}=30°$；
同理，在$△ BCD$中，$BC=CD$，$∠ CBD=∠ CDB=\frac{180°-120°}{2}=30°$。
由此可得：$∠ ABM=∠ ABC-∠ CBD=120°-30°=90°$，即$△ ABM$是直角三角形；
又$∠ BCA=∠ CBD=30°$，故$△ BMC$为等腰三角形，$BM=CM$。
在$Rt△ ABM$中，$∠ BAM=30°$，根据“直角三角形中30°角所对直角边是斜边的一半”，得$AM=2BM$。
结合$BM=CM$，可得$AM=2CM$，因此$\dfrac{AM}{CM}=2$。
【答案】
2
【知识点】
正多边形性质、等腰三角形性质、直角三角形性质
【点评】
本题结合正六边形的内角与边长特征，利用等腰三角形和直角三角形的性质推导线段关系，关键在于通过角度计算确定直角三角形和等腰三角形，难度适中，需熟练掌握正多边形及三角形的相关性质。
【难度系数】
0.5
要计算$\dfrac{AM}{CM}$的值，需利用正六边形的性质推导相关线段和角的关系：首先明确正六边形各边相等、内角为120°，再结合等腰三角形、直角三角形的性质，逐步推导AM与CM的数量关系。
【解析】
∵ 六边形$ABCDEF$是正六边形，
∴ $AB=BC=CD$，$∠ ABC=∠ BCD=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$。
在$△ ABC$中，$AB=BC$，故$△ ABC$为等腰三角形，$∠ BAC=∠ BCA=\frac{180°-120°}{2}=30°$；
同理，在$△ BCD$中，$BC=CD$，$∠ CBD=∠ CDB=\frac{180°-120°}{2}=30°$。
由此可得：$∠ ABM=∠ ABC-∠ CBD=120°-30°=90°$，即$△ ABM$是直角三角形；
又$∠ BCA=∠ CBD=30°$，故$△ BMC$为等腰三角形，$BM=CM$。
在$Rt△ ABM$中，$∠ BAM=30°$，根据“直角三角形中30°角所对直角边是斜边的一半”，得$AM=2BM$。
结合$BM=CM$，可得$AM=2CM$，因此$\dfrac{AM}{CM}=2$。
【答案】
2
【知识点】
正多边形性质、等腰三角形性质、直角三角形性质
【点评】
本题结合正六边形的内角与边长特征，利用等腰三角形和直角三角形的性质推导线段关系，关键在于通过角度计算确定直角三角形和等腰三角形，难度适中，需熟练掌握正多边形及三角形的相关性质。
【难度系数】
0.5
12 如图,等边三角形 ABC 内接于$\odot O$,BD 为内接正十二边形的一边,$CD=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$.求$\odot O$的半径.
答案
12. 连接OB,OC,OD.
∵ 等边三角形ABC内接于$\odot O$,BD为内接正十二边形的一边,
∴ $∠BOC=\frac{1}{3}×360°=120°$,
$∠BOD=\frac{1}{12}×360°=30°$.
∴ $∠COD=∠BOC-∠BOD=90°$.
∵ $OC=OD$,$CD=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$,
∴ 由勾股定理,易得$OC=5\ \mathrm{cm}$.
∴ $\odot O$的半径为5 cm
∵ 等边三角形ABC内接于$\odot O$,BD为内接正十二边形的一边,
∴ $∠BOC=\frac{1}{3}×360°=120°$,
$∠BOD=\frac{1}{12}×360°=30°$.
∴ $∠COD=∠BOC-∠BOD=90°$.
∵ $OC=OD$,$CD=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$,
∴ 由勾股定理,易得$OC=5\ \mathrm{cm}$.
∴ $\odot O$的半径为5 cm
解析
【分析】
要计算⊙O的半径，需先求出相关圆心角的度数，再利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理求解。具体思路：连接OB、OC、OD，根据等边三角形内接于圆的性质算出∠BOC的度数，再由正十二边形的性质算出∠BOD的度数，进而得到∠COD的度数，判断△COD为等腰直角三角形，最后通过勾股定理求出半径。
【解析】
连接OB、OC、OD。
∵ 等边三角形ABC内接于⊙O，
∴ 圆心角∠BOC = $\frac{360°}{3}$ = 120°。
∵ BD为⊙O内接正十二边形的一边，
∴ 圆心角∠BOD = $\frac{360°}{12}$ = 30°。
∴ ∠COD = ∠BOC - ∠BOD = 120° - 30° = 90°。
又
∵ OC = OD（均为⊙O的半径），
∴ △COD是等腰直角三角形。
在Rt△COD中，由勾股定理得：OC² + OD² = CD²，
∵ OC = OD，CD = $5\sqrt{2}$ cm，
∴ 2OC² = $(5\sqrt{2})^2$ = 50，
解得OC² = 25，即OC = 5 cm。
∴ ⊙O的半径为5 cm。
【答案】
5 cm
【知识点】
圆内接正多边形圆心角，勾股定理
【点评】
本题结合等边三角形、正多边形的圆心角性质，利用等腰直角三角形的特征和勾股定理求解圆的半径，属于圆与正多边形结合的基础题型，考查学生对圆心角计算及勾股定理的应用能力。
【难度系数】
0.5
要计算⊙O的半径，需先求出相关圆心角的度数，再利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理求解。具体思路：连接OB、OC、OD，根据等边三角形内接于圆的性质算出∠BOC的度数，再由正十二边形的性质算出∠BOD的度数，进而得到∠COD的度数，判断△COD为等腰直角三角形，最后通过勾股定理求出半径。
【解析】
连接OB、OC、OD。
∵ 等边三角形ABC内接于⊙O，
∴ 圆心角∠BOC = $\frac{360°}{3}$ = 120°。
∵ BD为⊙O内接正十二边形的一边，
∴ 圆心角∠BOD = $\frac{360°}{12}$ = 30°。
∴ ∠COD = ∠BOC - ∠BOD = 120° - 30° = 90°。
又
∵ OC = OD（均为⊙O的半径），
∴ △COD是等腰直角三角形。
在Rt△COD中，由勾股定理得：OC² + OD² = CD²，
∵ OC = OD，CD = $5\sqrt{2}$ cm，
∴ 2OC² = $(5\sqrt{2})^2$ = 50，
解得OC² = 25，即OC = 5 cm。
∴ ⊙O的半径为5 cm。
【答案】
5 cm
【知识点】
圆内接正多边形圆心角，勾股定理
【点评】
本题结合等边三角形、正多边形的圆心角性质，利用等腰直角三角形的特征和勾股定理求解圆的半径，属于圆与正多边形结合的基础题型，考查学生对圆心角计算及勾股定理的应用能力。
【难度系数】
0.5
13 (1) 如图①，$△ ABC$ 是 $\odot O$ 的内接正三角形，$P$ 为 $\overset{\frown}{BC}$ 上一动点. 求证：$PA = PB + PC$.
(2) 如图②，四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接正方形，$P$ 为 $\overset{\frown}{BC}$ 上一动点. 求证：$PA = PC + \sqrt{2}PB$.
(2) 如图②，四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接正方形，$P$ 为 $\overset{\frown}{BC}$ 上一动点. 求证：$PA = PC + \sqrt{2}PB$.
答案
13. (1) 如图①,延长BP至点E,使PE=PC,连接CE.
∵ $△ABC$是正三角形,
∴ $∠BAC=∠ACB=60°$,$BC=AC$.
∵ A,B,P,C四点共圆,
∴ $∠BAC+∠BPC=180°$.
∵ $∠BPC+∠EPC=180°$,
∴ $∠BAC=∠EPC=60°$.
∵ PE=PC,
∴ $△PCE$是正三角形.
∴ $PE=EC=PC$,$∠PCE=60°$. 又
∵ $∠BCE=60°+∠BCP$,$∠ACP=60°+∠BCP$,
∴ $∠BCE=∠ACP$.在$△BEC$和$△APC$中,$\begin{cases} EC=PC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴ $△BEC≌△APC$.
∴ $EB=PA=PB+PE=PB+PC$
(2) 如图②,过点B作$BE⊥PB$交PA于点E,连接OA,OB.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ $∠AOB=∠ABC=90°$,$AB=CB$.
∵ $BE⊥PB$,
∴ $∠EBP=90°$.
∴ $∠1+∠EBC=∠EBC+∠2=90°$.
∴ $∠1=∠2$.
∵ $∠APB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$,
∴ 易得$BE=BP$,$PE=\sqrt{2}PB$. 在$△ABE$和$△CBP$中,$\begin{cases} BE=BP, \\ ∠1=∠2, \\ AB=CB, \end{cases}$
∴ $△ABE≌△CBP$.
∴ $EA=PC$.
∴ $PA=EA+PE=PC+\sqrt{2}PB$
解析
【分析】
第(1)问要证明线段和的关系$PA=PB+PC$，采用截长补短法，通过延长$BP$构造等边三角形，再利用全等三角形将$PA$转化为$PB+PC$；第(2)问同样用截长补短思路，作垂线构造等腰直角三角形，结合全等三角形将$PA$拆分为$PC$和$\sqrt{2}PB$的和。
【解析】
(1) 如图①，延长$BP$至点$E$，使$PE=PC$，连接$CE$。
∵ $△ABC$是正三角形，
∴ $∠BAC=∠ACB=60°$，$BC=AC$。
∵ $A$，$B$，$P$，$C$四点共圆，
∴ $∠BAC + ∠BPC = 180°$。
又
∵ $∠BPC + ∠EPC = 180°$，
∴ $∠BAC = ∠EPC = 60°$。
∵ $PE=PC$，
∴ $△PCE$是正三角形，
∴ $PE=EC=PC$，$∠PCE=60°$。
又
∵ $∠BCE=∠BCP + ∠PCE=∠BCP +60°$，$∠ACP=∠BCP + ∠ACB=∠BCP +60°$，
∴ $∠BCE=∠ACP$。
在$△BEC$和$△APC$中，
$\{\begin{array}{l} EC=PC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ BC=AC, \end{array} $
∴ $△BEC≌△APC$（SAS），
∴ $EB=PA$。
又
∵ $EB=PB + PE=PB + PC$，
∴ $PA=PB + PC$。
(2) 如图②，过点$B$作$BE⊥PB$交$PA$于点$E$，连接$OA$，$OB$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $∠AOB=90°$，$AB=CB$，$∠ABC=90°$。
∵ $BE⊥PB$，
∴ $∠EBP=90°$，
∴ $∠1 + ∠EBC=∠EBC + ∠2=90°$，
∴ $∠1=∠2$。
∵ $∠APB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角，$∠AOB$是圆心角，
∴ $∠APB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$，
∴ 在$Rt△BEP$中，$BE=BP$，由勾股定理得$PE=\sqrt{PB^2 + BE^2}=\sqrt{2}PB$。
在$△ABE$和$△CBP$中，
$\{\begin{array}{l} BE=BP, \\ ∠1=∠2, \\ AB=CB, \end{array} $
∴ $△ABE≌△CBP$（SAS），
∴ $EA=PC$。
∴ $PA=EA + PE=PC + \sqrt{2}PB$。
【答案】
13. (1) 如图①,延长BP至点E,使PE=PC,连接CE.
∵ $△ABC$是正三角形,
∴ $∠BAC=∠ACB=60°$,$BC=AC$.
∵ A,B,P,C四点共圆,
∴ $∠BAC+∠BPC=180°$.
∵ $∠BPC+∠EPC=180°$,
∴ $∠BAC=∠EPC=60°$.
∵ PE=PC,
∴ $△PCE$是正三角形.
∴ $PE=EC=PC$,$∠PCE=60°$. 又
∵ $∠BCE=60°+∠BCP$,$∠ACP=60°+∠BCP$,
∴ $∠BCE=∠ACP$.在$△BEC$和$△APC$中,$\begin{cases} EC=PC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴ $△BEC≌△APC$.
∴ $EB=PA=PB+PE=PB+PC$
(2) 如图②,过点B作$BE⊥PB$交PA于点E,连接OA,OB.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ $∠AOB=∠ABC=90°$,$AB=CB$.
∵ $BE⊥PB$,
∴ $∠EBP=90°$.
∴ $∠1+∠EBC=∠EBC+∠2=90°$.
∴ $∠1=∠2$.
∵ $∠APB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$,
∴ 易得$BE=BP$,$PE=\sqrt{2}PB$. 在$△ABE$和$△CBP$中,$\begin{cases} BE=BP, \\ ∠1=∠2, \\ AB=CB, \end{cases}$
∴ $△ABE≌△CBP$.
∴ $EA=PC$.
∴ $PA=EA+PE=PC+\sqrt{2}PB$
【知识点】
圆内接正多边形,全等三角形判定,圆周角定理
【点评】
本题通过构造辅助线（截长补短法），结合等边三角形、等腰直角三角形的性质，利用全等三角形完成线段转化，考察几何构造能力与逻辑推理能力，是圆内接多边形中线段关系的典型题型。
【难度系数】
0.4
第(1)问要证明线段和的关系$PA=PB+PC$，采用截长补短法，通过延长$BP$构造等边三角形，再利用全等三角形将$PA$转化为$PB+PC$；第(2)问同样用截长补短思路，作垂线构造等腰直角三角形，结合全等三角形将$PA$拆分为$PC$和$\sqrt{2}PB$的和。
【解析】
(1) 如图①，延长$BP$至点$E$，使$PE=PC$，连接$CE$。
∵ $△ABC$是正三角形，
∴ $∠BAC=∠ACB=60°$，$BC=AC$。
∵ $A$，$B$，$P$，$C$四点共圆，
∴ $∠BAC + ∠BPC = 180°$。
又
∵ $∠BPC + ∠EPC = 180°$，
∴ $∠BAC = ∠EPC = 60°$。
∵ $PE=PC$，
∴ $△PCE$是正三角形，
∴ $PE=EC=PC$，$∠PCE=60°$。
又
∵ $∠BCE=∠BCP + ∠PCE=∠BCP +60°$，$∠ACP=∠BCP + ∠ACB=∠BCP +60°$，
∴ $∠BCE=∠ACP$。
在$△BEC$和$△APC$中，
$\{\begin{array}{l} EC=PC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ BC=AC, \end{array} $
∴ $△BEC≌△APC$（SAS），
∴ $EB=PA$。
又
∵ $EB=PB + PE=PB + PC$，
∴ $PA=PB + PC$。
(2) 如图②，过点$B$作$BE⊥PB$交$PA$于点$E$，连接$OA$，$OB$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $∠AOB=90°$，$AB=CB$，$∠ABC=90°$。
∵ $BE⊥PB$，
∴ $∠EBP=90°$，
∴ $∠1 + ∠EBC=∠EBC + ∠2=90°$，
∴ $∠1=∠2$。
∵ $∠APB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角，$∠AOB$是圆心角，
∴ $∠APB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$，
∴ 在$Rt△BEP$中，$BE=BP$，由勾股定理得$PE=\sqrt{PB^2 + BE^2}=\sqrt{2}PB$。
在$△ABE$和$△CBP$中，
$\{\begin{array}{l} BE=BP, \\ ∠1=∠2, \\ AB=CB, \end{array} $
∴ $△ABE≌△CBP$（SAS），
∴ $EA=PC$。
∴ $PA=EA + PE=PC + \sqrt{2}PB$。
【答案】
13. (1) 如图①,延长BP至点E,使PE=PC,连接CE.
∵ $△ABC$是正三角形,
∴ $∠BAC=∠ACB=60°$,$BC=AC$.
∵ A,B,P,C四点共圆,
∴ $∠BAC+∠BPC=180°$.
∵ $∠BPC+∠EPC=180°$,
∴ $∠BAC=∠EPC=60°$.
∵ PE=PC,
∴ $△PCE$是正三角形.
∴ $PE=EC=PC$,$∠PCE=60°$. 又
∵ $∠BCE=60°+∠BCP$,$∠ACP=60°+∠BCP$,
∴ $∠BCE=∠ACP$.在$△BEC$和$△APC$中,$\begin{cases} EC=PC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴ $△BEC≌△APC$.
∴ $EB=PA=PB+PE=PB+PC$
(2) 如图②,过点B作$BE⊥PB$交PA于点E,连接OA,OB.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ $∠AOB=∠ABC=90°$,$AB=CB$.
∵ $BE⊥PB$,
∴ $∠EBP=90°$.
∴ $∠1+∠EBC=∠EBC+∠2=90°$.
∴ $∠1=∠2$.
∵ $∠APB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$,
∴ 易得$BE=BP$,$PE=\sqrt{2}PB$. 在$△ABE$和$△CBP$中,$\begin{cases} BE=BP, \\ ∠1=∠2, \\ AB=CB, \end{cases}$
∴ $△ABE≌△CBP$.
∴ $EA=PC$.
∴ $PA=EA+PE=PC+\sqrt{2}PB$
【知识点】
圆内接正多边形,全等三角形判定,圆周角定理
【点评】
本题通过构造辅助线（截长补短法），结合等边三角形、等腰直角三角形的性质，利用全等三角形完成线段转化，考察几何构造能力与逻辑推理能力，是圆内接多边形中线段关系的典型题型。
【难度系数】
0.4
