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9.(2025·宿迁宿城区期中)如图,正方形ABCD,等边三角形AEF内接于同一个圆,则$\overset{\frown}{BE}$的度数为
$30°$
.答案
9.$30°$
解析
【分析】
要求$\overset{\frown}{BE}$的度数，可结合正多边形内接圆的性质先求出相关弧的度数。正n边形内接于圆时，会将圆周平均分成n等份，每份弧的度数为$\frac{360°}{n}$。首先根据正方形的边数求出$\overset{\frown}{AB}$的度数，再根据等边三角形的边数求出$\overset{\frown}{AE}$的度数，最后观察图形可知$\overset{\frown}{AE}$由$\overset{\frown}{AB}$和$\overset{\frown}{BE}$组成，利用弧的和差关系即可求出$\overset{\frown}{BE}$的度数。
【解析】
解：
∵正方形ABCD内接于圆，正方形的四条边相等，
∴正方形的边所对的劣弧相等，$\overset{\frown}{AB}$的度数为$\frac{360°}{4}=90°$。
∵等边$△ AEF$内接于同一个圆，等边三角形的三条边相等，
∴等边三角形的边所对的劣弧相等，$\overset{\frown}{AE}$的度数为$\frac{360°}{3}=120°$。
由图可得$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BE}$，
∴$\overset{\frown}{BE}$的度数为$120° - 90°=30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
正多边形内接圆性质，弧的度数计算
【点评】
本题考查正多边形和圆的相关性质，解题的核心是掌握正n边形内接于圆时，每条边对应的劣弧度数为$\frac{360°}{n}$，再结合图形中弧的和差关系求解即可，属于基础类几何计算题。
【难度系数】
0.7
要求$\overset{\frown}{BE}$的度数，可结合正多边形内接圆的性质先求出相关弧的度数。正n边形内接于圆时，会将圆周平均分成n等份，每份弧的度数为$\frac{360°}{n}$。首先根据正方形的边数求出$\overset{\frown}{AB}$的度数，再根据等边三角形的边数求出$\overset{\frown}{AE}$的度数，最后观察图形可知$\overset{\frown}{AE}$由$\overset{\frown}{AB}$和$\overset{\frown}{BE}$组成，利用弧的和差关系即可求出$\overset{\frown}{BE}$的度数。
【解析】
解：
∵正方形ABCD内接于圆，正方形的四条边相等，
∴正方形的边所对的劣弧相等，$\overset{\frown}{AB}$的度数为$\frac{360°}{4}=90°$。
∵等边$△ AEF$内接于同一个圆，等边三角形的三条边相等，
∴等边三角形的边所对的劣弧相等，$\overset{\frown}{AE}$的度数为$\frac{360°}{3}=120°$。
由图可得$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BE}$，
∴$\overset{\frown}{BE}$的度数为$120° - 90°=30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
正多边形内接圆性质，弧的度数计算
【点评】
本题考查正多边形和圆的相关性质，解题的核心是掌握正n边形内接于圆时，每条边对应的劣弧度数为$\frac{360°}{n}$，再结合图形中弧的和差关系求解即可，属于基础类几何计算题。
【难度系数】
0.7
10.如图,在正八边形ABCDEFGH中,连接AC,AE.
(1)$∠ CAE=$
(2)若$AE=4$,则$AC=$
(1)$∠ CAE=$
45
$°$;(2)若$AE=4$,则$AC=$
$2\sqrt{2}$
.答案
10.(1)45 (2)$2\sqrt{2}$
解析
【分析】
解决正多边形的角度、边长问题，可结合正多边形外接圆的性质转化为圆的相关问题求解。第(1)问：先求正八边形每条边对应的圆心角，再确定∠CAE所对弧的度数，利用圆周角定理即可求出角度；第(2)问：先通过弧的关系判断△ACE的形状，再结合特殊三角形的边长关系计算AC的长度。
【解析】
(1) 正八边形的外接圆中，每条边所对的圆心角为$\frac{360°}{8}=45°$。
∠CAE是圆周角，它所对的弧为$\overset{\frown}{CE}$，$\overset{\frown}{CE}$对应2条正八边形的边，因此$\overset{\frown}{CE}$对应的圆心角为$2×45°=90°$。
根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上圆心角度数的一半，可得$∠ CAE=\frac{1}{2}×90°=45°$。
(2) 正八边形中$\overset{\frown}{AC}$、$\overset{\frown}{CE}$都对应2条边，因此$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}$，由等弧对等弦可得$AC=CE$。
$\overset{\frown}{AE}$对应4条边，对应的圆心角为$4×45°=180°$，因此AE是外接圆的直径，直径所对的圆周角为直角，故$∠ ACE=90°$，即△ACE是等腰直角三角形。
由勾股定理得$AC^2+CE^2=AE^2$，代入$CE=AC$、$AE=4$，得$2AC^2=4^2$，解得$AC=2\sqrt{2}$（边长为正，舍去负根）。
【答案】
(1)$45$；(2)$2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形的性质；圆周角定理；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题将正多边形与圆的知识结合考查，解题核心是把正多边形的角度、边长问题转化为圆中弧、弦、圆周角的相关问题，再结合特殊三角形的性质计算，是正多边形部分的典型考题。
【难度系数】
0.65
解决正多边形的角度、边长问题，可结合正多边形外接圆的性质转化为圆的相关问题求解。第(1)问：先求正八边形每条边对应的圆心角，再确定∠CAE所对弧的度数，利用圆周角定理即可求出角度；第(2)问：先通过弧的关系判断△ACE的形状，再结合特殊三角形的边长关系计算AC的长度。
【解析】
(1) 正八边形的外接圆中，每条边所对的圆心角为$\frac{360°}{8}=45°$。
∠CAE是圆周角，它所对的弧为$\overset{\frown}{CE}$，$\overset{\frown}{CE}$对应2条正八边形的边，因此$\overset{\frown}{CE}$对应的圆心角为$2×45°=90°$。
根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上圆心角度数的一半，可得$∠ CAE=\frac{1}{2}×90°=45°$。
(2) 正八边形中$\overset{\frown}{AC}$、$\overset{\frown}{CE}$都对应2条边，因此$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}$，由等弧对等弦可得$AC=CE$。
$\overset{\frown}{AE}$对应4条边，对应的圆心角为$4×45°=180°$，因此AE是外接圆的直径，直径所对的圆周角为直角，故$∠ ACE=90°$，即△ACE是等腰直角三角形。
由勾股定理得$AC^2+CE^2=AE^2$，代入$CE=AC$、$AE=4$，得$2AC^2=4^2$，解得$AC=2\sqrt{2}$（边长为正，舍去负根）。
【答案】
(1)$45$；(2)$2\sqrt{2}$
【知识点】
正多边形的性质；圆周角定理；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题将正多边形与圆的知识结合考查，解题核心是把正多边形的角度、边长问题转化为圆中弧、弦、圆周角的相关问题，再结合特殊三角形的性质计算，是正多边形部分的典型考题。
【难度系数】
0.65
11.如图,在正六边形ABCDEF中,AB=6,点M在边AF上,且AM=2.若经过点M的直线l将正六边形的面积平分,则直线l被正六边形所截得的线段长是
$4\sqrt{7}$
.答案
11.$4\sqrt{7}$
解析
【分析】
正六边形是中心对称图形，过其对称中心的直线可将正六边形分为面积相等的两部分，因此要作过点M且平分正六边形面积的直线，只需连接点M与正六边形的对称中心O，延长MO交正六边形于另一点，所得线段即为所求截线段。接下来可通过建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，结合两点间距离公式计算线段长度即可。
【解析】
1. 正六边形边长$AB=6$，其边心距为$\frac{\sqrt{3}}{2} × 6 = 3\sqrt{3}$，对称中心为正六边形的中心$O$。
2. 建立平面直角坐标系，设中心$O$为坐标原点，水平向右为$x$轴正方向，竖直向上为$y$轴正方向：边$AF$所在直线为$y=3\sqrt{3}$，点$A$坐标为$(-3, 3\sqrt{3})$。
3. 求点$M$坐标：已知$AM=2$，因此$M$的横坐标为$-3+2=-1$，纵坐标为$3\sqrt{3}$，即$M(-1, 3\sqrt{3})$。
4. 求直线$MO$的解析式：直线$MO$过原点$(0,0)$和$M(-1, 3\sqrt{3})$，斜率$k=\frac{3\sqrt{3}-0}{-1-0}=-3\sqrt{3}$，解析式为$y=-3\sqrt{3}x$。
5. 求另一交点$N$：正六边形对边$CD$所在直线为$y=-3\sqrt{3}$，代入直线解析式得$-3\sqrt{3}=-3\sqrt{3}x$，解得$x=1$，即$N(1, -3\sqrt{3})$。
6. 计算$MN$长度：由两点间距离公式，$MN=\sqrt{(1-(-1))^2 + (-3\sqrt{3}-3\sqrt{3})^2}=\sqrt{2^2+(-6\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+108}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
中心对称图形性质，正多边形的性质，勾股定理
【点评】
本题解题核心是利用中心对称图形的性质，明确平分正六边形面积的直线必过其对称中心，结合正六边形的边长、边心距等性质，通过坐标法即可快速求解截线段长度，是正多边形性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
正六边形是中心对称图形，过其对称中心的直线可将正六边形分为面积相等的两部分，因此要作过点M且平分正六边形面积的直线，只需连接点M与正六边形的对称中心O，延长MO交正六边形于另一点，所得线段即为所求截线段。接下来可通过建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，结合两点间距离公式计算线段长度即可。
【解析】
1. 正六边形边长$AB=6$，其边心距为$\frac{\sqrt{3}}{2} × 6 = 3\sqrt{3}$，对称中心为正六边形的中心$O$。
2. 建立平面直角坐标系，设中心$O$为坐标原点，水平向右为$x$轴正方向，竖直向上为$y$轴正方向：边$AF$所在直线为$y=3\sqrt{3}$，点$A$坐标为$(-3, 3\sqrt{3})$。
3. 求点$M$坐标：已知$AM=2$，因此$M$的横坐标为$-3+2=-1$，纵坐标为$3\sqrt{3}$，即$M(-1, 3\sqrt{3})$。
4. 求直线$MO$的解析式：直线$MO$过原点$(0,0)$和$M(-1, 3\sqrt{3})$，斜率$k=\frac{3\sqrt{3}-0}{-1-0}=-3\sqrt{3}$，解析式为$y=-3\sqrt{3}x$。
5. 求另一交点$N$：正六边形对边$CD$所在直线为$y=-3\sqrt{3}$，代入直线解析式得$-3\sqrt{3}=-3\sqrt{3}x$，解得$x=1$，即$N(1, -3\sqrt{3})$。
6. 计算$MN$长度：由两点间距离公式，$MN=\sqrt{(1-(-1))^2 + (-3\sqrt{3}-3\sqrt{3})^2}=\sqrt{2^2+(-6\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+108}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
中心对称图形性质，正多边形的性质，勾股定理
【点评】
本题解题核心是利用中心对称图形的性质，明确平分正六边形面积的直线必过其对称中心，结合正六边形的边长、边心距等性质，通过坐标法即可快速求解截线段长度，是正多边形性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
12. 如图，M,N分别是正五边形ABCDE的边BC,CD上的点，且BM=CN，AM交BN于点P.
(1)求证: $△ ABM ≌ △ BCN$；
(2)求$∠ APN$的度数.
(1)求证: $△ ABM ≌ △ BCN$；
(2)求$∠ APN$的度数.
答案
12.(1)证明:
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC,∠ABM=∠BCN.
在△ABM和△BCN中,$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABM=∠BCN, \\ BM=CN, \end{cases}$
∴△ABM≌△BCN(SAS).
(2)解:
∵△ABM≌△BCN,
∴∠MBP=∠BAP.
∵∠MBP+∠BMP+∠BPM=180°,
∠BAP+∠BMA+∠MBA=180°,
∴∠BPM=∠MBA.
∵∠BPM=∠APN，
∴∠APN=∠MBA=$\frac{(5-2)×180°}{5}$=108°.
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC,∠ABM=∠BCN.
在△ABM和△BCN中,$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABM=∠BCN, \\ BM=CN, \end{cases}$
∴△ABM≌△BCN(SAS).
(2)解:
∵△ABM≌△BCN,
∴∠MBP=∠BAP.
∵∠MBP+∠BMP+∠BPM=180°,
∠BAP+∠BMA+∠MBA=180°,
∴∠BPM=∠MBA.
∵∠BPM=∠APN，
∴∠APN=∠MBA=$\frac{(5-2)×180°}{5}$=108°.
解析
【分析】
(1) 要证明△ABM≌△BCN，首先利用正五边形的性质可得到AB=BC、∠ABM=∠BCN，再结合题目给出的BM=CN的条件，刚好满足全等三角形SAS的判定条件，即可完成证明。
(2) 求∠APN的度数时，先借助全等三角形的对应角相等得到角的等量关系，再结合三角形内角和、对顶角相等的性质，将∠APN转化为正五边形的内角，最后用多边形内角和公式计算正五边形的内角度数即可得到结果。
【解析】
(1)证明:
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC,∠ABM=∠BCN.
在△ABM和△BCN中,$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABM=∠BCN, \\ BM=CN, \end{cases}$
∴△ABM≌△BCN(SAS).
(2)解:
∵△ABM≌△BCN,
∴∠MBP=∠BAP.
∵∠MBP+∠BMP+∠BPM=180°,
∠BAP+∠BMA+∠MBA=180°,
∴∠BPM=∠MBA.
∵∠BPM=∠APN，
∴∠APN=∠MBA=$\frac{(5-2)×180°}{5}$=108°.
【答案】
(1) △ABM≌△BCN得证；
(2) $\boxed{108°}$
【知识点】
正多边形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形内角和计算
【点评】
本题是正多边形相关的典型题型，将正多边形性质与全等三角形知识结合考查，解题的关键是利用正多边形边相等、内角相等的特点找到全等条件，再通过角的等量代换将待求角度转化为正多边形的内角求解。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△ABM≌△BCN，首先利用正五边形的性质可得到AB=BC、∠ABM=∠BCN，再结合题目给出的BM=CN的条件，刚好满足全等三角形SAS的判定条件，即可完成证明。
(2) 求∠APN的度数时，先借助全等三角形的对应角相等得到角的等量关系，再结合三角形内角和、对顶角相等的性质，将∠APN转化为正五边形的内角，最后用多边形内角和公式计算正五边形的内角度数即可得到结果。
【解析】
(1)证明:
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC,∠ABM=∠BCN.
在△ABM和△BCN中,$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABM=∠BCN, \\ BM=CN, \end{cases}$
∴△ABM≌△BCN(SAS).
(2)解:
∵△ABM≌△BCN,
∴∠MBP=∠BAP.
∵∠MBP+∠BMP+∠BPM=180°,
∠BAP+∠BMA+∠MBA=180°,
∴∠BPM=∠MBA.
∵∠BPM=∠APN，
∴∠APN=∠MBA=$\frac{(5-2)×180°}{5}$=108°.
【答案】
(1) △ABM≌△BCN得证；
(2) $\boxed{108°}$
【知识点】
正多边形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形内角和计算
【点评】
本题是正多边形相关的典型题型，将正多边形性质与全等三角形知识结合考查，解题的关键是利用正多边形边相等、内角相等的特点找到全等条件，再通过角的等量代换将待求角度转化为正多边形的内角求解。
【难度系数】
0.7
13.如图,在边长为2 cm 的正六边形 ABCDEF 中,点 P 在 BC 边上,求△PEF 的面积.
答案
13.解:如答图,连接BE,BF.
∵六边形 ABCDEF 是正六边形，
∴∠ABC=∠BAF=∠AFE=120°,且 AB=AF.
∴∠ABF=∠AFB=30°,
∴∠CBF=∠EFB=90°,
∴BC//EF,
∴$S_{△PEF}=S_{△BEF}$.
∵直线 BE 是正六边形 ABCDEF 的对称轴，
∴∠ABE=$\frac{1}{2}$∠ABC=60°,
∴∠EBF=∠ABE-∠ABF=30°,
∴BF=$\sqrt{3}EF=2\sqrt{3}$ cm,
∴$S_{△PEF}=S_{△BEF}=\frac{1}{2}EF·BF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}(cm^2)$.
解析
【分析】
要求△PEF的面积，直接计算时点P为BC上的动点，底和高无法直接确定，因此采用等面积转化法：△PEF的底EF是正六边形的固定边，先证明BC//EF，可得△PEF和△BEF同底等高，面积相等，即可将问题转化为求固定△BEF的面积；再利用正六边形的内角、对称性等性质求出△BEF的底和高，代入面积公式即可求解。
【解析】
解：如答图，连接BE，BF。
∵六边形ABCDEF是边长为2 cm的正六边形，
∴∠ABC=∠BAF=∠AFE=120°，AB=AF=EF=2 cm，
∴∠ABF=∠AFB=$\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∴∠CBF=∠ABC-∠ABF=120°-30°=90°，∠EFB=∠AFE-∠AFB=120°-30°=90°，
∴∠CBF=∠EFB，
∴BC//EF，
∴△PEF和△BEF同底等高，即$S_{△ PEF}=S_{△ BEF}$。
∵直线BE是正六边形ABCDEF的对称轴，
∴∠ABE=$\frac{1}{2}$∠ABC=60°，
∴∠EBF=∠ABE-∠ABF=60°-30°=30°，
在Rt△BEF中，∠EBF=30°，EF=2 cm，
∴BF=$\sqrt{3}EF=2\sqrt{3}$ cm，
∴$S_{△ PEF}=S_{△ BEF}=\frac{1}{2}×EF×BF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}(\mathrm{cm^2})$。
【答案】
$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
正六边形的性质；等积变换求面积；直角三角形的性质
【点评】
本题通过等面积转化将动点三角形面积问题转化为固定三角形面积问题，降低了解题难度，解题的关键是熟练掌握正六边形的内角、对称性等性质，灵活运用同底等高三角形面积相等的结论。
【难度系数】
0.6
要求△PEF的面积，直接计算时点P为BC上的动点，底和高无法直接确定，因此采用等面积转化法：△PEF的底EF是正六边形的固定边，先证明BC//EF，可得△PEF和△BEF同底等高，面积相等，即可将问题转化为求固定△BEF的面积；再利用正六边形的内角、对称性等性质求出△BEF的底和高，代入面积公式即可求解。
【解析】
解：如答图，连接BE，BF。
∵六边形ABCDEF是边长为2 cm的正六边形，
∴∠ABC=∠BAF=∠AFE=120°，AB=AF=EF=2 cm，
∴∠ABF=∠AFB=$\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∴∠CBF=∠ABC-∠ABF=120°-30°=90°，∠EFB=∠AFE-∠AFB=120°-30°=90°，
∴∠CBF=∠EFB，
∴BC//EF，
∴△PEF和△BEF同底等高，即$S_{△ PEF}=S_{△ BEF}$。
∵直线BE是正六边形ABCDEF的对称轴，
∴∠ABE=$\frac{1}{2}$∠ABC=60°，
∴∠EBF=∠ABE-∠ABF=60°-30°=30°，
在Rt△BEF中，∠EBF=30°，EF=2 cm，
∴BF=$\sqrt{3}EF=2\sqrt{3}$ cm，
∴$S_{△ PEF}=S_{△ BEF}=\frac{1}{2}×EF×BF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}(\mathrm{cm^2})$。
【答案】
$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
正六边形的性质；等积变换求面积；直角三角形的性质
【点评】
本题通过等面积转化将动点三角形面积问题转化为固定三角形面积问题，降低了解题难度，解题的关键是熟练掌握正六边形的内角、对称性等性质，灵活运用同底等高三角形面积相等的结论。
【难度系数】
0.6
14.如图，P为正方形ABCD的外接圆的$\overset{\frown}{AD}$上任意一点，求证：$\frac{PA+PC}{PB}$为定值。
第14题图
第14题图答案
14.证明:如答图,延长 PA 到点 E,使 AE=PC,连接 BE.
∵∠BAE+∠BAP=180°,∠BAP+∠PCB=180°,
∴∠BAE=∠PCB.
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AB=BC,∠ABC=90°,
在△ABE 和△CBP 中,$\begin{cases} AB=CB, \\ ∠BAE=∠BCP, \\ AE=CP, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP(SAS),
∴∠ABE=∠CBP,BE=BP,
∴∠ABE+∠ABP=∠ABP+∠CBP=90°,
∴△BEP 是等腰直角三角形，
∴PA+PC=PE=$\sqrt{2}PB$,即$\frac{PA+PC}{PB}=\sqrt{2}$,
∴$\frac{PA+PC}{PB}$为定值.
解析
【分析】
要证明$\frac{PA+PC}{PB}$为定值，首先考虑将分散的线段PA、PC转化为同一条线段，可采用补短法构造全等三角形：延长PA到E使AE=PC，将PA+PC转化为PE。再结合圆内接四边形的性质可得对应角相等，结合正方形边相等的条件证明三角形全等，进而推出△BEP为等腰直角三角形，即可得到PE与PB的数量关系，最终求出定值。
【解析】
证明：延长 PA 到点 E，使 AE=PC，连接 BE。
∵四边形ABCP是圆内接四边形，
∴∠BAP+∠PCB=180°，
又
∵∠BAE+∠BAP=180°，
∴∠BAE=∠PCB。
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABE 和△CBP 中，
$\begin{cases} AB=CB, \\ ∠BAE=∠BCP, \\ AE=CP, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP(SAS)，
∴∠ABE=∠CBP，BE=BP，
∴∠ABE+∠ABP=∠ABP+∠CBP=∠ABC=90°，即∠EBP=90°，
∴△BEP 是等腰直角三角形，
∴$PE=\sqrt{2}PB$，
又
∵PE=PA+AE=PA+PC，
∴$PA+PC=\sqrt{2}PB$，即$\frac{PA+PC}{PB}=\sqrt{2}$，
∴$\frac{PA+PC}{PB}$为定值。
【答案】
证明:如答图,延长 PA 到点 E,使 AE=PC,连接 BE.
∵∠BAE+∠BAP=180°,∠BAP+∠PCB=180°,
∴∠BAE=∠PCB.
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AB=BC,∠ABC=90°,
在△ABE 和△CBP 中,$\begin{cases} AB=CB, \\ ∠BAE=∠BCP, \\ AE=CP, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP(SAS),
∴∠ABE=∠CBP,BE=BP,
∴∠ABE+∠ABP=∠ABP+∠CBP=90°,
∴△BEP 是等腰直角三角形，
∴PA+PC=PE=$\sqrt{2}PB$,即$\frac{PA+PC}{PB}=\sqrt{2}$,
∴$\frac{PA+PC}{PB}$为定值.
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质
【点评】
本题是典型的几何定值证明题，解题的核心是通过截长补短法构造全等三角形，将两条分散的线段和转化为同一条线段，再结合特殊三角形的性质求解，对学生的辅助线构造能力和几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要证明$\frac{PA+PC}{PB}$为定值，首先考虑将分散的线段PA、PC转化为同一条线段，可采用补短法构造全等三角形：延长PA到E使AE=PC，将PA+PC转化为PE。再结合圆内接四边形的性质可得对应角相等，结合正方形边相等的条件证明三角形全等，进而推出△BEP为等腰直角三角形，即可得到PE与PB的数量关系，最终求出定值。
【解析】
证明：延长 PA 到点 E，使 AE=PC，连接 BE。
∵四边形ABCP是圆内接四边形，
∴∠BAP+∠PCB=180°，
又
∵∠BAE+∠BAP=180°，
∴∠BAE=∠PCB。
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABE 和△CBP 中，
$\begin{cases} AB=CB, \\ ∠BAE=∠BCP, \\ AE=CP, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP(SAS)，
∴∠ABE=∠CBP，BE=BP，
∴∠ABE+∠ABP=∠ABP+∠CBP=∠ABC=90°，即∠EBP=90°，
∴△BEP 是等腰直角三角形，
∴$PE=\sqrt{2}PB$，
又
∵PE=PA+AE=PA+PC，
∴$PA+PC=\sqrt{2}PB$，即$\frac{PA+PC}{PB}=\sqrt{2}$，
∴$\frac{PA+PC}{PB}$为定值。
【答案】
证明:如答图,延长 PA 到点 E,使 AE=PC,连接 BE.
∵∠BAE+∠BAP=180°,∠BAP+∠PCB=180°,
∴∠BAE=∠PCB.
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AB=BC,∠ABC=90°,
在△ABE 和△CBP 中,$\begin{cases} AB=CB, \\ ∠BAE=∠BCP, \\ AE=CP, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP(SAS),
∴∠ABE=∠CBP,BE=BP,
∴∠ABE+∠ABP=∠ABP+∠CBP=90°,
∴△BEP 是等腰直角三角形，
∴PA+PC=PE=$\sqrt{2}PB$,即$\frac{PA+PC}{PB}=\sqrt{2}$,
∴$\frac{PA+PC}{PB}$为定值.
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质
【点评】
本题是典型的几何定值证明题，解题的核心是通过截长补短法构造全等三角形，将两条分散的线段和转化为同一条线段，再结合特殊三角形的性质求解，对学生的辅助线构造能力和几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
