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8.一枚圆形古钱币的中间是一个正方形孔，已知圆的直径与正方形的对角线之比为3：1，则圆的面积约为正方形面积的（）
A.27倍
B.14倍
C.9倍
D.3倍
A.27倍
B.14倍
C.9倍
D.3倍
答案
8.B
解析
【分析】
解题时可利用题目给出的比例关系设参数简化计算：首先根据圆的直径与正方形对角线的比设出两者的长度，再分别结合圆的面积公式、正方形的面积计算方法（既可以直接用对角线求面积，也可以通过勾股定理求边长后计算面积），最后计算两者面积的比值即可得到结果。
【解析】
设正方形的对角线长为$ k $，由圆的直径与正方形对角线之比为$ 3:1 $，可得圆的直径为$ 3k $。
1. 计算圆的面积：
圆的半径$ r=\frac{3k}{2} $，根据圆的面积公式$ S_{圆}=π r^2 $，代入得：
$ S_{圆}=π × (\frac{3k}{2})^2=\frac{9π k^2}{4}\approx\frac{9×3.14k^2}{4}=7.065k^2 $
2. 计算正方形的面积：
根据正方形面积等于对角线乘积的一半，可得：
$ S_{正}=\frac{1}{2}× k× k=\frac{1}{2}k^2=0.5k^2 $
3. 计算面积比值：
$ \frac{S_{圆}}{S_{正}}\approx\frac{7.065k^2}{0.5k^2}\approx14 $
因此圆的面积约为正方形面积的14倍。
【答案】
B
【知识点】
圆的面积计算、正方形面积计算、比例的应用
【点评】
本题考查几何图形的面积比值计算，合理设参数可有效简化计算过程，解题关键是熟练掌握常见几何图形的面积公式，选择简便的计算方法提升解题效率。
【难度系数】
0.7
解题时可利用题目给出的比例关系设参数简化计算：首先根据圆的直径与正方形对角线的比设出两者的长度，再分别结合圆的面积公式、正方形的面积计算方法（既可以直接用对角线求面积，也可以通过勾股定理求边长后计算面积），最后计算两者面积的比值即可得到结果。
【解析】
设正方形的对角线长为$ k $，由圆的直径与正方形对角线之比为$ 3:1 $，可得圆的直径为$ 3k $。
1. 计算圆的面积：
圆的半径$ r=\frac{3k}{2} $，根据圆的面积公式$ S_{圆}=π r^2 $，代入得：
$ S_{圆}=π × (\frac{3k}{2})^2=\frac{9π k^2}{4}\approx\frac{9×3.14k^2}{4}=7.065k^2 $
2. 计算正方形的面积：
根据正方形面积等于对角线乘积的一半，可得：
$ S_{正}=\frac{1}{2}× k× k=\frac{1}{2}k^2=0.5k^2 $
3. 计算面积比值：
$ \frac{S_{圆}}{S_{正}}\approx\frac{7.065k^2}{0.5k^2}\approx14 $
因此圆的面积约为正方形面积的14倍。
【答案】
B
【知识点】
圆的面积计算、正方形面积计算、比例的应用
【点评】
本题考查几何图形的面积比值计算，合理设参数可有效简化计算过程，解题关键是熟练掌握常见几何图形的面积公式，选择简便的计算方法提升解题效率。
【难度系数】
0.7
9.(南京期中)如图,两个正六边形的顶点A,B,C,D都在圆上.若AB=2,则该圆的半径为.
答案
9.$\sqrt{13}$
解析
【分析】
解决本题首先利用正六边形的基本性质：正六边形各边长度相等，其顶点到自身中心的距离等于边长。结合图形的对称性可知，外接圆的圆心是两个正六边形中心连线的中点。接下来构造直角三角形，通过正六边形的边长求出直角三角形的两条直角边长度，最后用勾股定理即可算出外接圆半径。
【解析】
设该圆的圆心为$ O $，已知正六边形边长$ AB=2 $，因此两个正六边形的所有边长均为2。
由图形对称性可得，圆心$ O $是两个正六边形中心连线的中点。过点$ A $作水平线，过圆心$ O $作该水平线的垂线，垂足为$ E $，得到$ \mathrm{Rt}△ OAE $：
其中水平方向上，点$ A $到圆心$ O $的距离$ AE=3 $；竖直方向上，点$ A $到圆心$ O $的距离$ OE=2 $。
根据勾股定理：
$OA=\sqrt{AE^2+OE^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$
即该圆的半径为$ \sqrt{13} $。
【答案】
$\sqrt{13}$
【知识点】
正多边形与圆的性质，勾股定理，图形的对称性
【点评】
本题是正多边形和圆的综合应用题，解题核心是利用正六边形的性质和图形对称性定位圆心，构造直角三角形求解，需要学生熟练掌握正六边形的基本特征，灵活运用勾股定理计算。
【难度系数】
0.6
解决本题首先利用正六边形的基本性质：正六边形各边长度相等，其顶点到自身中心的距离等于边长。结合图形的对称性可知，外接圆的圆心是两个正六边形中心连线的中点。接下来构造直角三角形，通过正六边形的边长求出直角三角形的两条直角边长度，最后用勾股定理即可算出外接圆半径。
【解析】
设该圆的圆心为$ O $，已知正六边形边长$ AB=2 $，因此两个正六边形的所有边长均为2。
由图形对称性可得，圆心$ O $是两个正六边形中心连线的中点。过点$ A $作水平线，过圆心$ O $作该水平线的垂线，垂足为$ E $，得到$ \mathrm{Rt}△ OAE $：
其中水平方向上，点$ A $到圆心$ O $的距离$ AE=3 $；竖直方向上，点$ A $到圆心$ O $的距离$ OE=2 $。
根据勾股定理：
$OA=\sqrt{AE^2+OE^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$
即该圆的半径为$ \sqrt{13} $。
【答案】
$\sqrt{13}$
【知识点】
正多边形与圆的性质，勾股定理，图形的对称性
【点评】
本题是正多边形和圆的综合应用题，解题核心是利用正六边形的性质和图形对称性定位圆心，构造直角三角形求解，需要学生熟练掌握正六边形的基本特征，灵活运用勾股定理计算。
【难度系数】
0.6
10.如图,工人师傅用扳手拧形状为正六边形的螺帽,现测得扳手的开口宽度$b=3\ \mathrm{cm}$,则螺帽边长$a=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}.$
答案
10.$\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题的核心是明确扳手开口宽度b对应的是正六边形一组对边之间的距离，结合正六边形的性质推导对边距与边长a的等量关系，再代入数值求解即可。首先回忆正六边形的特征：正六边形可分割为6个边长为a的等边三角形，其对边距离等于2倍的等边三角形的高，据此建立a与b的关系式，最后代入b=3cm计算a的值。
【解析】
正六边形的边长均为a，将正六边形分割为6个边长为a的等边三角形，可知正六边形一组对边之间的距离等于2倍的等边三角形的高。
边长为a的等边三角形的高为：$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，
因此对边距离$b=2×\frac{\sqrt{3}}{2}a=\sqrt{3}a$。
已知$b=3\ \mathrm{cm}$，代入得$\sqrt{3}a=3$，
解得$a=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
正六边形的性质、等边三角形的性质、二次根式的化简
【点评】
本题结合生活场景考查正多边形的性质应用，解题关键是将扳手开口宽度转化为正六边形的对边距离，利用基础几何性质建立数量关系求解，注重考查知识的实际运用能力。
【难度系数】
0.7
解题的核心是明确扳手开口宽度b对应的是正六边形一组对边之间的距离，结合正六边形的性质推导对边距与边长a的等量关系，再代入数值求解即可。首先回忆正六边形的特征：正六边形可分割为6个边长为a的等边三角形，其对边距离等于2倍的等边三角形的高，据此建立a与b的关系式，最后代入b=3cm计算a的值。
【解析】
正六边形的边长均为a，将正六边形分割为6个边长为a的等边三角形，可知正六边形一组对边之间的距离等于2倍的等边三角形的高。
边长为a的等边三角形的高为：$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，
因此对边距离$b=2×\frac{\sqrt{3}}{2}a=\sqrt{3}a$。
已知$b=3\ \mathrm{cm}$，代入得$\sqrt{3}a=3$，
解得$a=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
正六边形的性质、等边三角形的性质、二次根式的化简
【点评】
本题结合生活场景考查正多边形的性质应用，解题关键是将扳手开口宽度转化为正六边形的对边距离，利用基础几何性质建立数量关系求解，注重考查知识的实际运用能力。
【难度系数】
0.7
11.(2025·徐州一模)如图，$\odot O$的半径为$\sqrt{2}$，正方形ABCD内接于$\odot O$，点E在$\overset{\frown}{ADC}$上运动，连接BE，作$AF⊥ BE$，垂足为F，连接CF，则CF长的最小值为。
答案
11.$\sqrt{5}-1$
解析
【分析】
解决本题的核心是先确定动点F的运动轨迹：由AF⊥BE可得∠AFB恒为90°，根据“90°的圆周角所对的弦是直径”，可知F点的轨迹是以AB为直径的圆。接下来只需计算点C到该轨迹圆圆心的距离，再减去轨迹圆的半径，即可得到CF的最小值。首先结合正方形内接于圆的性质算出正方形边长，再计算C到轨迹圆圆心的距离，最后求最值即可。
【解析】
∵ 正方形ABCD内接于⊙O，⊙O半径为$\sqrt{2}$，
∴ 正方形的对角线长等于⊙O的直径，即$AC=2×\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
设正方形边长为$a$，由正方形对角线与边长的关系得$a\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，解得$a=2$，即$AB=BC=2$。
∵ $AF⊥ BE$，
∴ $∠ AFB=90°$，
∴ 点F的运动轨迹是以AB为直径的圆，设AB的中点为G，则该轨迹圆的圆心为G，半径$r=\frac{1}{2}AB=1$。
在$\mathrm{Rt}△ BCG$中，$BG=1$，$BC=2$，由勾股定理得：
$CG=\sqrt{BG^2+BC^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
根据“圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径”，可得CF的最小值为$CG - r=\sqrt{5}-1$。
【答案】
$\sqrt{5}-1$
【知识点】
正多边形与圆，隐圆最值，勾股定理
【点评】
本题属于典型的隐圆类最值问题，解题关键是通过垂直关系判断出动点的轨迹，再结合圆的性质和勾股定理求解，对学生的轨迹分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
解决本题的核心是先确定动点F的运动轨迹：由AF⊥BE可得∠AFB恒为90°，根据“90°的圆周角所对的弦是直径”，可知F点的轨迹是以AB为直径的圆。接下来只需计算点C到该轨迹圆圆心的距离，再减去轨迹圆的半径，即可得到CF的最小值。首先结合正方形内接于圆的性质算出正方形边长，再计算C到轨迹圆圆心的距离，最后求最值即可。
【解析】
∵ 正方形ABCD内接于⊙O，⊙O半径为$\sqrt{2}$，
∴ 正方形的对角线长等于⊙O的直径，即$AC=2×\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
设正方形边长为$a$，由正方形对角线与边长的关系得$a\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，解得$a=2$，即$AB=BC=2$。
∵ $AF⊥ BE$，
∴ $∠ AFB=90°$，
∴ 点F的运动轨迹是以AB为直径的圆，设AB的中点为G，则该轨迹圆的圆心为G，半径$r=\frac{1}{2}AB=1$。
在$\mathrm{Rt}△ BCG$中，$BG=1$，$BC=2$，由勾股定理得：
$CG=\sqrt{BG^2+BC^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
根据“圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径”，可得CF的最小值为$CG - r=\sqrt{5}-1$。
【答案】
$\sqrt{5}-1$
【知识点】
正多边形与圆，隐圆最值，勾股定理
【点评】
本题属于典型的隐圆类最值问题，解题关键是通过垂直关系判断出动点的轨迹，再结合圆的性质和勾股定理求解，对学生的轨迹分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
12.如图,中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6 cm,点P,Q同时分别从A,D两点出发,以1 cm/s的速度沿AF,DC向终点F,C运动,连接PB,PE,QB,QE,设运动时间为t(s).
(1)求证:四边形PBQE为平行四边形;
(2)当四边形PBQE为矩形时,求矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比.
(1)求证:四边形PBQE为平行四边形;
(2)当四边形PBQE为矩形时,求矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比.
答案
12.(1)证明:
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F.
∵点P,Q同时分别从A,D两点出发,以1 cm/s的速度沿AF,DC向终点F,C运动，
∴AP=DQ=t,PF=QC=6−t.
在△ABP和△DEQ中,$\begin{cases} AB=DE, \\ ∠A=∠D, \\ AP=DQ, \end{cases}$
∴△ABP≌△DEQ(SAS),
∴BP=EQ,
同理可证PE=QB,
∴四边形PBQE为平行四边形.
(2)解:如答图①,连接BE,OA,则∠AOB=$\frac{360°}{6}=60°$.
∵OA=OB,
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=6,BE=2OB=12.
当t=0时,点P与点A重合,点Q与点D重合,四边形PBQE即为四边形ABDE,如答图①所示，
则∠EAF=∠AEF=30°，
∴∠BAE=∠BAF−∠FAE=120°−30°=90°,
此时四边形ABDE是矩形,即四边形PBQE是矩形.
当t=6时,点P与点F重合,点Q与点C重合,四边形PBQE即为四边形FBCE,如答图②所示，
同法可知∠BFE=90°,此时四边形PBQE是矩形.
综上所述,当t=0或t=6时,四边形PBQE是矩形，
则AE=$\sqrt{12^2−6^2}=6\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积=矩形ABDE的面积=AB×AE=6×6$\sqrt{3}$=36$\sqrt{3}$.
∵正六边形ABCDEF的面积=6△AOB的面积=6×$\frac{1}{4}$矩形ABDE的面积=6×$\frac{1}{4}$×36$\sqrt{3}$=54$\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比为$\frac{2}{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明四边形PBQE为平行四边形，可通过“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”推导。首先利用正六边形各边相等、各内角相等的性质，结合动点的运动速度与时间，得到AP=DQ、PF=QC，再通过SAS证明△ABP≌△DEQ得到BP=EQ，同理证得PE=QB，即可完成证明。
(2) 求面积比时，先确定四边形PBQE为矩形的情况：正六边形的对角线BE为外接圆直径，当P、Q分别运动到端点（t=0或t=6）时，对应内角为直角，此时四边形为矩形。先计算矩形的邻边长得到其面积，再将正六边形拆分为6个全等的等边三角形计算总面积，最后求两者的比值即可。
【解析】
(1) 证明：
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F。
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1 cm/s的速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=6−t。
在△ABP和△DEQ中，$\begin{cases} AB=DE, \\ ∠A=∠D, \\ AP=DQ, \end{cases}$
∴△ABP≌△DEQ(SAS)，
∴BP=EQ，
同理可证PE=QB，
∴四边形PBQE为平行四边形。
(2) 解：如答图①，连接BE，OA，则∠AOB=$\frac{360°}{6}=60°$。
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=6，BE=2OB=12。
当t=0时，点P与点A重合，点Q与点D重合，四边形PBQE即为四边形ABDE，如答图①所示，
则∠EAF=∠AEF=30°，
∴∠BAE=∠BAF−∠FAE=120°−30°=90°，
此时四边形ABDE是矩形，即四边形PBQE是矩形。
当t=6时，点P与点F重合，点Q与点C重合，四边形PBQE即为四边形FBCE，如答图②所示，
同法可知∠BFE=90°，此时四边形PBQE是矩形。
综上所述，当t=0或t=6时，四边形PBQE是矩形，
则AE=$\sqrt{12^2−6^2}=6\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积=矩形ABDE的面积=AB×AE=6×$6\sqrt{3}$=$36\sqrt{3}$。
∵正六边形ABCDEF的面积=6×S△AOB=6×$\frac{\sqrt{3}}{4}$×6²=$54\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比为$\frac{36\sqrt{3}}{54\sqrt{3}}=\frac{2}{3}$。
【答案】
12.(1)证明:
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F.
∵点P,Q同时分别从A,D两点出发,以1 cm/s的速度沿AF,DC向终点F,C运动，
∴AP=DQ=t,PF=QC=6−t.
在△ABP和△DEQ中,$\begin{cases} AB=DE, \\ ∠A=∠D, \\ AP=DQ, \end{cases}$
∴△ABP≌△DEQ(SAS),
∴BP=EQ,
同理可证PE=QB,
∴四边形PBQE为平行四边形.
(2)解:如答图①,连接BE,OA,则∠AOB=$\frac{360°}{6}=60°$.
∵OA=OB,
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=6,BE=2OB=12.
当t=0时,点P与点A重合,点Q与点D重合,四边形PBQE即为四边形ABDE,如答图①所示，
则∠EAF=∠AEF=30°，
∴∠BAE=∠BAF−∠FAE=120°−30°=90°,
此时四边形ABDE是矩形,即四边形PBQE是矩形.
当t=6时,点P与点F重合,点Q与点C重合,四边形PBQE即为四边形FBCE,如答图②所示，
同法可知∠BFE=90°,此时四边形PBQE是矩形.
综上所述,当t=0或t=6时,四边形PBQE是矩形，
则AE=$\sqrt{12^2−6^2}=6\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积=矩形ABDE的面积=AB×AE=6×6$\sqrt{3}$=36$\sqrt{3}$.
∵正六边形ABCDEF的面积=6△AOB的面积=6×$\frac{1}{4}$矩形ABDE的面积=6×$\frac{1}{4}$×36$\sqrt{3}$=54$\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比为$\frac{2}{3}$.
【知识点】
正多边形的性质；全等三角形的判定与性质；特殊四边形的判定与性质
【点评】
本题将正多边形性质、动点问题与特殊四边形的判定相结合，既考查了基础几何性质的应用，也考查了动态分析问题的能力，解题时需注意动点的端点位置是判断矩形存在的关键。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明四边形PBQE为平行四边形，可通过“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”推导。首先利用正六边形各边相等、各内角相等的性质，结合动点的运动速度与时间，得到AP=DQ、PF=QC，再通过SAS证明△ABP≌△DEQ得到BP=EQ，同理证得PE=QB，即可完成证明。
(2) 求面积比时，先确定四边形PBQE为矩形的情况：正六边形的对角线BE为外接圆直径，当P、Q分别运动到端点（t=0或t=6）时，对应内角为直角，此时四边形为矩形。先计算矩形的邻边长得到其面积，再将正六边形拆分为6个全等的等边三角形计算总面积，最后求两者的比值即可。
【解析】
(1) 证明：
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F。
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1 cm/s的速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=6−t。
在△ABP和△DEQ中，$\begin{cases} AB=DE, \\ ∠A=∠D, \\ AP=DQ, \end{cases}$
∴△ABP≌△DEQ(SAS)，
∴BP=EQ，
同理可证PE=QB，
∴四边形PBQE为平行四边形。
(2) 解：如答图①，连接BE，OA，则∠AOB=$\frac{360°}{6}=60°$。
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=6，BE=2OB=12。
当t=0时，点P与点A重合，点Q与点D重合，四边形PBQE即为四边形ABDE，如答图①所示，
则∠EAF=∠AEF=30°，
∴∠BAE=∠BAF−∠FAE=120°−30°=90°，
此时四边形ABDE是矩形，即四边形PBQE是矩形。
当t=6时，点P与点F重合，点Q与点C重合，四边形PBQE即为四边形FBCE，如答图②所示，
同法可知∠BFE=90°，此时四边形PBQE是矩形。
综上所述，当t=0或t=6时，四边形PBQE是矩形，
则AE=$\sqrt{12^2−6^2}=6\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积=矩形ABDE的面积=AB×AE=6×$6\sqrt{3}$=$36\sqrt{3}$。
∵正六边形ABCDEF的面积=6×S△AOB=6×$\frac{\sqrt{3}}{4}$×6²=$54\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比为$\frac{36\sqrt{3}}{54\sqrt{3}}=\frac{2}{3}$。
【答案】
12.(1)证明:
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F.
∵点P,Q同时分别从A,D两点出发,以1 cm/s的速度沿AF,DC向终点F,C运动，
∴AP=DQ=t,PF=QC=6−t.
在△ABP和△DEQ中,$\begin{cases} AB=DE, \\ ∠A=∠D, \\ AP=DQ, \end{cases}$
∴△ABP≌△DEQ(SAS),
∴BP=EQ,
同理可证PE=QB,
∴四边形PBQE为平行四边形.
(2)解:如答图①,连接BE,OA,则∠AOB=$\frac{360°}{6}=60°$.
∵OA=OB,
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=6,BE=2OB=12.
当t=0时,点P与点A重合,点Q与点D重合,四边形PBQE即为四边形ABDE,如答图①所示，
则∠EAF=∠AEF=30°，
∴∠BAE=∠BAF−∠FAE=120°−30°=90°,
此时四边形ABDE是矩形,即四边形PBQE是矩形.
当t=6时,点P与点F重合,点Q与点C重合,四边形PBQE即为四边形FBCE,如答图②所示，
同法可知∠BFE=90°,此时四边形PBQE是矩形.
综上所述,当t=0或t=6时,四边形PBQE是矩形，
则AE=$\sqrt{12^2−6^2}=6\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积=矩形ABDE的面积=AB×AE=6×6$\sqrt{3}$=36$\sqrt{3}$.
∵正六边形ABCDEF的面积=6△AOB的面积=6×$\frac{1}{4}$矩形ABDE的面积=6×$\frac{1}{4}$×36$\sqrt{3}$=54$\sqrt{3}$，
∴矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比为$\frac{2}{3}$.
【知识点】
正多边形的性质；全等三角形的判定与性质；特殊四边形的判定与性质
【点评】
本题将正多边形性质、动点问题与特殊四边形的判定相结合，既考查了基础几何性质的应用，也考查了动态分析问题的能力，解题时需注意动点的端点位置是判断矩形存在的关键。
【难度系数】
0.6
13.(1)如图①，$△ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，$P$为劣弧$\overset{\frown}{BC}$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，$P$为劣弧$\overset{\frown}{BC}$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，$P$为劣弧$\overset{\frown}{BC}$上一动点.求证:$PA=PC+\sqrt{2}PB$.
答案
13.证明:(1)如答图①,延长BP至点E,使PE=PC,连接CE.
∵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,$\begin{cases} EC=PC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△BEC≌△APC(SAS)，
∴PA=BE=BP+PE=PB+PC.
(2)如答图②,过点B作BE⊥PB交PA于点E,连接OA,OB.
∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠3.
∵∠APB=$\frac{1}{2}$∠AOB=45°,
∴BP=BE，
∴PE=$\sqrt{2}$PB.
在△ABE和△CBP中,$\begin{cases} BE=BP, \\ ∠1=∠3, \\ AB=CB, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP(SAS),
∴AE=CP，
∴PA=AE+PE=PC+$\sqrt{2}$PB.
解析
【分析】
(1)本题属于线段和的证明问题，适合用截长补短法求解：采用补短思路，延长BP至点E使PE=PC，先利用圆内接四边形对角互补、正三角形内角为60°的性质，证明△PCE是等边三角形，得到CE=PC、对应角相等；再通过角的和差推出∠BCE=∠ACP，结合AC=BC证明△BEC≌△APC，将PA转化为BE，即可推出结论。
(2)沿用构造全等的思路：过点B作BE⊥PB交PA于E，先根据正方形的圆心角为90°，由圆周角定理得∠APB=45°，可证△BPE是等腰直角三角形，得到PE=√2 PB；再由同角的余角相等推出∠ABE=∠CBP，结合AB=BC证明△ABE≌△CBP，将PC转化为AE，即可推出结论。
【解析】
(1)如答图①,延长BP至点E,使PE=PC,连接CE.
∵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,$\begin{cases} EC=PC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△BEC≌△APC(SAS)，
∴PA=BE=BP+PE=PB+PC.
(2)如答图②,过点B作BE⊥PB交PA于点E,连接OA,OB.
∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠3.
∵∠APB=$\frac{1}{2}$∠AOB=45°,
∴BP=BE，
∴PE=$\sqrt{2}$PB.
在△ABE和△CBP中,$\begin{cases} BE=BP, \\ ∠1=∠3, \\ AB=CB, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP(SAS),
∴AE=CP，
∴PA=AE+PE=PC+$\sqrt{2}$PB.
【答案】
(1)证明成立，过程见解析；(2)证明成立，过程见解析。
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，正多边形的性质
【点评】
本题是正多边形与圆结合的典型证明题，核心考查截长补短法构造全等三角形的应用，解题时需结合正多边形的特殊角度、圆周角定理推导角的等量关系，掌握这类构造辅助线的方法可迁移解决同类型的正多边形线段和证明问题。
【难度系数】
0.6
(1)本题属于线段和的证明问题，适合用截长补短法求解：采用补短思路，延长BP至点E使PE=PC，先利用圆内接四边形对角互补、正三角形内角为60°的性质，证明△PCE是等边三角形，得到CE=PC、对应角相等；再通过角的和差推出∠BCE=∠ACP，结合AC=BC证明△BEC≌△APC，将PA转化为BE，即可推出结论。
(2)沿用构造全等的思路：过点B作BE⊥PB交PA于E，先根据正方形的圆心角为90°，由圆周角定理得∠APB=45°，可证△BPE是等腰直角三角形，得到PE=√2 PB；再由同角的余角相等推出∠ABE=∠CBP，结合AB=BC证明△ABE≌△CBP，将PC转化为AE，即可推出结论。
【解析】
(1)如答图①,延长BP至点E,使PE=PC,连接CE.
∵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,$\begin{cases} EC=PC, \\ ∠BCE=∠ACP, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△BEC≌△APC(SAS)，
∴PA=BE=BP+PE=PB+PC.
(2)如答图②,过点B作BE⊥PB交PA于点E,连接OA,OB.
∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠3.
∵∠APB=$\frac{1}{2}$∠AOB=45°,
∴BP=BE，
∴PE=$\sqrt{2}$PB.
在△ABE和△CBP中,$\begin{cases} BE=BP, \\ ∠1=∠3, \\ AB=CB, \end{cases}$
∴△ABE≌△CBP(SAS),
∴AE=CP，
∴PA=AE+PE=PC+$\sqrt{2}$PB.
【答案】
(1)证明成立，过程见解析；(2)证明成立，过程见解析。
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，正多边形的性质
【点评】
本题是正多边形与圆结合的典型证明题，核心考查截长补短法构造全等三角形的应用，解题时需结合正多边形的特殊角度、圆周角定理推导角的等量关系，掌握这类构造辅助线的方法可迁移解决同类型的正多边形线段和证明问题。
【难度系数】
0.6
