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10. ★★★ 如图，BD是四边形ABCD的外接圆$\odot O$的直径，点E在$\odot O$上，连接AE，BE，DE，若$∠ BAE=108°$，则$∠ DBE$的度数为（
A.$15°$
B.$16°$
C.$18°$
D.$20°$
C
）A.$15°$
B.$16°$
C.$18°$
D.$20°$
答案
10. C 解析:$\because BD$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠DAB = 90°$,$\because ∠BAE = 108°$,$\therefore ∠DAE = ∠BAE - ∠BAD = 108°-90° = 18°$.$\because \overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{DE}$,$\therefore ∠DBE = ∠DAE = 18°$.故选 C.
解析
【分析】
解题时先从已知条件BD是直径入手，回忆圆周角定理的推论：直径所对的圆周角是直角，可得到$∠ DAB=90°$；再结合已知的$∠ BAE=108°$，通过角度差计算出$∠ DAE$的度数；最后观察所求的$∠ DBE$和已求出的$∠ DAE$，二者是同一段弧$\overset{\frown}{DE}$所对的圆周角，根据同弧所对的圆周角相等，即可求出$∠ DBE$的度数。
【解析】
$\because BD$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ DAB=90°$（直径所对的圆周角为直角），
$\because ∠ BAE=108°$，
$\therefore ∠ DAE=∠ BAE-∠ DAB=108°-90°=18°$，
又$\because ∠ DBE$和$∠ DAE$都是$\overset{\frown}{DE}$所对的圆周角，
$\therefore ∠ DBE=∠ DAE=18°$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
直径所对圆周角为直角；同弧所对圆周角相等
【点评】
本题是圆周角定理及其推论的基础应用题，解题核心是熟练掌握圆周角相关性质，准确找到同弧对应的圆周角，整体逻辑清晰，计算量小。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知条件BD是直径入手，回忆圆周角定理的推论：直径所对的圆周角是直角，可得到$∠ DAB=90°$；再结合已知的$∠ BAE=108°$，通过角度差计算出$∠ DAE$的度数；最后观察所求的$∠ DBE$和已求出的$∠ DAE$，二者是同一段弧$\overset{\frown}{DE}$所对的圆周角，根据同弧所对的圆周角相等，即可求出$∠ DBE$的度数。
【解析】
$\because BD$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ DAB=90°$（直径所对的圆周角为直角），
$\because ∠ BAE=108°$，
$\therefore ∠ DAE=∠ BAE-∠ DAB=108°-90°=18°$，
又$\because ∠ DBE$和$∠ DAE$都是$\overset{\frown}{DE}$所对的圆周角，
$\therefore ∠ DBE=∠ DAE=18°$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
直径所对圆周角为直角；同弧所对圆周角相等
【点评】
本题是圆周角定理及其推论的基础应用题，解题核心是熟练掌握圆周角相关性质，准确找到同弧对应的圆周角，整体逻辑清晰，计算量小。
【难度系数】
0.7
11. ★★★(青岛中考)如图,AB是$\odot O$的直径,点C,D,E在$\odot O$上,若$∠ AED=20°$,则$∠ BCD$的度数为 (
A.$100°$
B.$110°$
C.$115°$
D.$120°$
B
)A.$100°$
B.$110°$
C.$115°$
D.$120°$
答案
11. B 解析:连接 AC,$\because AB$ 为$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ACB = 90°$.$\because ∠AED=20°$,$\therefore ∠ACD = 20°$,$\therefore ∠BCD = ∠ACB+∠ACD = 110°$.故选 B.
解析
【分析】
要求∠BCD的度数，可通过添加辅助线将其拆分为两个易求的角之和。首先观察已知条件：∠AED是圆周角，根据同弧所对圆周角相等的性质，可将∠AED转化为同弧AD所对的另一个圆周角∠ACD；其次AB是圆的直径，根据直径所对圆周角为直角的性质，连接AC后可得∠ACB=90°，最后将两个角相加即可得到∠BCD的度数。
【解析】
解：连接AC，
∵AB为$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$（直径所对的圆周角是直角），
∵$∠ AED$和$∠ ACD$都是弧AD所对的圆周角，
∴$∠ ACD=∠ AED=20°$（同弧所对的圆周角相等），
∴$∠ BCD=∠ ACB+∠ ACD=90°+20°=110°$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
1. 同弧所对圆周角相等
2. 直径所对圆周角为直角
【点评】
本题是圆周角定理推论的基础应用题型，解题的关键是正确作出辅助线AC，通过角度转化将未知角拆分为两个已知性质的角求和，熟练掌握圆周角的相关推论即可快速解题。
【难度系数】
0.7
要求∠BCD的度数，可通过添加辅助线将其拆分为两个易求的角之和。首先观察已知条件：∠AED是圆周角，根据同弧所对圆周角相等的性质，可将∠AED转化为同弧AD所对的另一个圆周角∠ACD；其次AB是圆的直径，根据直径所对圆周角为直角的性质，连接AC后可得∠ACB=90°，最后将两个角相加即可得到∠BCD的度数。
【解析】
解：连接AC，
∵AB为$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$（直径所对的圆周角是直角），
∵$∠ AED$和$∠ ACD$都是弧AD所对的圆周角，
∴$∠ ACD=∠ AED=20°$（同弧所对的圆周角相等），
∴$∠ BCD=∠ ACB+∠ ACD=90°+20°=110°$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
1. 同弧所对圆周角相等
2. 直径所对圆周角为直角
【点评】
本题是圆周角定理推论的基础应用题型，解题的关键是正确作出辅助线AC，通过角度转化将未知角拆分为两个已知性质的角求和，熟练掌握圆周角的相关推论即可快速解题。
【难度系数】
0.7
12. ★★★ (2024·大同期末)如图,边长为1的小正方形网格中,点A,B,C,D,E均在格点上,半径为2的$\odot A$与BC交于点F,则$\tan∠ DEF=$
$\frac{1}{2}$
.答案
12. $\frac{1}{2}$ 解析:$\because \overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{DF}$,$\therefore ∠DEF = ∠DBF$,$\therefore \tan∠DEF = \tan∠DBC = \frac{DC}{BD} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
解析
【分析】
要求∠DEF的正切值，直接计算该角的三角函数值不够便捷，可利用圆周角定理的推论：同弧所对的圆周角相等，将∠DEF转化为同弧$\overset{\frown}{DF}$所对的另一个圆周角∠DBC，再结合网格特征，在直角三角形中利用正切的定义计算即可。
【解析】
$\because \overset{\frown}{DF}$所对的圆周角为∠DEF和∠DBC，根据同弧所对的圆周角相等，
$\therefore ∠DEF = ∠DBC$。
观察网格可得，BD的长度为4，CD的长度为2，且△BDC为直角三角形，
根据正切的定义，$\tan∠DBC = \frac{CD}{BD} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$，
因此$\tan∠DEF = \tan∠DBC = \frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
圆周角定理推论，锐角正切的定义
【点评】
本题解题的核心是利用圆周角的性质完成角的转化，将未知角的三角函数值转化为格点直角三角形中已知边的比值，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.7
要求∠DEF的正切值，直接计算该角的三角函数值不够便捷，可利用圆周角定理的推论：同弧所对的圆周角相等，将∠DEF转化为同弧$\overset{\frown}{DF}$所对的另一个圆周角∠DBC，再结合网格特征，在直角三角形中利用正切的定义计算即可。
【解析】
$\because \overset{\frown}{DF}$所对的圆周角为∠DEF和∠DBC，根据同弧所对的圆周角相等，
$\therefore ∠DEF = ∠DBC$。
观察网格可得，BD的长度为4，CD的长度为2，且△BDC为直角三角形，
根据正切的定义，$\tan∠DBC = \frac{CD}{BD} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$，
因此$\tan∠DEF = \tan∠DBC = \frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
圆周角定理推论，锐角正切的定义
【点评】
本题解题的核心是利用圆周角的性质完成角的转化，将未知角的三角函数值转化为格点直角三角形中已知边的比值，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.7
13. (凉山州中考)如图，$\odot O$的直径AB经过弦CD的中点H，若$\cos∠ CDB=\dfrac{4}{5},BD=5$，则$\odot O$的半径为________。
答案
13. $\frac{25}{6}$ 解析:连接 AC,如图,$\because \odot O$ 的直径 AB 经过弦 CD 的中点 H,$\therefore CH=DH$,$AB⊥CD$,$\therefore BC = BD = 5$.$\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ACB = 90°$,$\therefore \sin ∠CAB = \frac{BC}{AB}$.$\because ∠CAB = ∠CDB$,$\therefore \cos ∠CAB = \cos∠CDB = \frac{4}{5}$,$\therefore \sin ∠CAB = \sin ∠CDB = \frac{3}{5}$,$\therefore \frac{5}{AB} = \frac{3}{5}$,$\therefore AB = \frac{25}{3}$,$\therefore \odot O$ 的半径为$\frac{25}{6}$.
解析
【分析】
遇到直径经过弦中点的条件，首先运用垂径定理，可得到AB垂直CD且BC与BD长度相等；要求圆的半径，需先求出直径AB的长度，根据直径所对圆周角为直角的性质，连接AC构造直角三角形ACB；再利用同弧所对圆周角相等，将已知的∠CDB的三角函数值转化为∠CAB的三角函数值，最后在直角三角形中利用三角函数关系求出直径，即可得到半径。
【解析】
解：连接AC，如图
∵$\odot O$的直径AB经过弦CD的中点H，
∴由垂径定理得：$CH=DH$，$AB⊥ CD$，
∴弧$BC=$弧$BD$，即$BC=BD=5$。
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$（直径所对的圆周角为直角）。
∵$∠ CAB$与$∠ CDB$均为弧$BC$所对的圆周角，
∴$∠ CAB=∠ CDB$，
已知$\cos∠ CDB=\dfrac{4}{5}$，则$\cos∠ CAB=\dfrac{4}{5}$，
在$Rt△ ACB$中，$\sin∠ CAB=\sqrt{1-\cos^2∠ CAB}=\sqrt{1-(\dfrac{4}{5})^2}=\dfrac{3}{5}$，
又$\sin∠ CAB=\dfrac{BC}{AB}$，代入$BC=5$得：
$\dfrac{3}{5}=\dfrac{5}{AB}$，解得$AB=\dfrac{25}{3}$，
∴$\odot O$的半径为$\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{25}{6}$。
【答案】
$\dfrac{25}{6}$
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，解直角三角形
【点评】
本题是圆与三角函数结合的典型题型，解题核心是灵活运用圆的相关性质构造直角三角形，通过角的转化建立已知条件和待求量的关系，能有效考查对知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
遇到直径经过弦中点的条件，首先运用垂径定理，可得到AB垂直CD且BC与BD长度相等；要求圆的半径，需先求出直径AB的长度，根据直径所对圆周角为直角的性质，连接AC构造直角三角形ACB；再利用同弧所对圆周角相等，将已知的∠CDB的三角函数值转化为∠CAB的三角函数值，最后在直角三角形中利用三角函数关系求出直径，即可得到半径。
【解析】
解：连接AC，如图
∵$\odot O$的直径AB经过弦CD的中点H，
∴由垂径定理得：$CH=DH$，$AB⊥ CD$，
∴弧$BC=$弧$BD$，即$BC=BD=5$。
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$（直径所对的圆周角为直角）。
∵$∠ CAB$与$∠ CDB$均为弧$BC$所对的圆周角，
∴$∠ CAB=∠ CDB$，
已知$\cos∠ CDB=\dfrac{4}{5}$，则$\cos∠ CAB=\dfrac{4}{5}$，
在$Rt△ ACB$中，$\sin∠ CAB=\sqrt{1-\cos^2∠ CAB}=\sqrt{1-(\dfrac{4}{5})^2}=\dfrac{3}{5}$，
又$\sin∠ CAB=\dfrac{BC}{AB}$，代入$BC=5$得：
$\dfrac{3}{5}=\dfrac{5}{AB}$，解得$AB=\dfrac{25}{3}$，
∴$\odot O$的半径为$\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{25}{6}$。
【答案】
$\dfrac{25}{6}$
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，解直角三角形
【点评】
本题是圆与三角函数结合的典型题型，解题核心是灵活运用圆的相关性质构造直角三角形，通过角的转化建立已知条件和待求量的关系，能有效考查对知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
14. 如图,在$\odot O$中,弦$CD$垂直于直径$AB$,交$AB$于点$E$,点$F$是$\odot O$上一点,连接$DF$,交$AB$于点$G$,连接$BF$,且$∠ BFD=60°$,连接$AD$,$CF$.
(1)求证:$FD$平分$∠ BFC$;
(2)若$\odot O$的半径长为$1$,当$DE=EG$时,求$CF$的长.
(1)求证:$FD$平分$∠ BFC$;
(2)若$\odot O$的半径长为$1$,当$DE=EG$时,求$CF$的长.
答案
14. (1)如图①,连接 OC,OD.$\because OA = OD$,$∠BAD = ∠BFD = 60°$,$\therefore △AOD$ 是等边三角形.$\because OC=OD$,弦 CD 垂直于直径 AB,$\therefore ∠AOC = ∠AOD = 60°$,$\therefore ∠COD = 120°$,$\therefore ∠CFD = \frac{1}{2}∠COD = 60°$,$\therefore ∠BFD = ∠CFD$,$\therefore FD$ 平分$∠BFC$.(2)延长 CO 交$\odot O$ 于点 H,连接 FH,如图②.$\because AB ⊥ CD$,$\therefore ∠DEG = 90°$.$\because DE = EG$,$\therefore ∠EDG = ∠EGD = 45°$,$\therefore ∠CHF = ∠EDG = 45°$.$\because CH$ 是直径,$\therefore ∠CFH = 90°$.$\because \odot O$的半径长为 1,$\therefore CH = 2×1 = 2$,$\therefore \sin ∠CHF = \frac{CF}{CH} = \frac{CF}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$,$\therefore CF = \sqrt{2}$.
解析
【分析】
(1) 要证FD平分∠BFC，只需证∠CFD=∠BFD=60°。首先根据同弧所对圆周角相等，得∠BAD=∠BFD=60°，结合OA=OD可推出△AOD是等边三角形，得到∠AOD=60°；再由垂径定理得AB垂直平分CD，故∠AOC=∠AOD=60°，从而得圆心角∠COD=120°，根据圆周角定理可算出∠CFD=60°，即可证明角相等。
(2) 要求CF的长，先由DE=EG、CD⊥AB得△DEG是等腰直角三角形，推出∠EDG=45°；再构造直径所对的直角，延长CO交⊙O于H，连接FH，得∠CFH=90°，由同弧所对圆周角相等得∠CHF=∠CDF=45°；最后在Rt△CFH中，已知直径CH=2，利用三角函数即可求出CF的长度。
【解析】
(1) 证明：如图①，连接OC，OD。
∵同弧BD所对的圆周角相等，
∴$∠ BAD = ∠ BFD = 60°$，
又
∵$OA = OD$，
∴$△ AOD$是等边三角形，
∴$∠ AOD=60°$。
∵$OC=OD$，弦$CD$垂直于直径$AB$，根据垂径定理，$AB$垂直平分$CD$，
∴$∠ AOC = ∠ AOD = 60°$，
∴$∠ COD = ∠ AOC+∠ AOD=120°$。
根据圆周角定理，$∠ CFD = \frac{1}{2}∠ COD = 60°$，
∴$∠ BFD = ∠ CFD = 60°$，即$FD$平分$∠ BFC$。
(2) 解：延长$CO$交$\odot O$于点$H$，连接$FH$，如图②。
∵$AB ⊥ CD$，
∴$∠ DEG = 90°$，
又
∵$DE = EG$，
∴$△ DEG$是等腰直角三角形，
∴$∠ EDG = ∠ EGD = 45°$。
∵同弧$CF$所对的圆周角相等，
∴$∠ CHF = ∠ CDF=∠ EDG = 45°$。
∵$CH$是$\odot O$的直径，
∴$∠ CFH = 90°$。
∵$\odot O$的半径长为$1$，
∴直径$CH = 2×1 = 2$，
在$Rt△ CFH$中，$\sin ∠ CHF = \frac{CF}{CH}$，即$\sin45°=\frac{CF}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得$CF = \sqrt{2}$。
【答案】
(1)$FD$平分$∠ BFC$得证；(2)$CF$的长为$\sqrt{2}$。
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，解直角三角形
【点评】
本题综合考查圆的基本性质与特殊三角形的应用，解题的关键是合理添加辅助线，将所求线段转化到直角三角形中求解，同时需要熟练掌握圆心角、圆周角的关系及垂径定理的应用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证FD平分∠BFC，只需证∠CFD=∠BFD=60°。首先根据同弧所对圆周角相等，得∠BAD=∠BFD=60°，结合OA=OD可推出△AOD是等边三角形，得到∠AOD=60°；再由垂径定理得AB垂直平分CD，故∠AOC=∠AOD=60°，从而得圆心角∠COD=120°，根据圆周角定理可算出∠CFD=60°，即可证明角相等。
(2) 要求CF的长，先由DE=EG、CD⊥AB得△DEG是等腰直角三角形，推出∠EDG=45°；再构造直径所对的直角，延长CO交⊙O于H，连接FH，得∠CFH=90°，由同弧所对圆周角相等得∠CHF=∠CDF=45°；最后在Rt△CFH中，已知直径CH=2，利用三角函数即可求出CF的长度。
【解析】
(1) 证明：如图①，连接OC，OD。
∵同弧BD所对的圆周角相等，
∴$∠ BAD = ∠ BFD = 60°$，
又
∵$OA = OD$，
∴$△ AOD$是等边三角形，
∴$∠ AOD=60°$。
∵$OC=OD$，弦$CD$垂直于直径$AB$，根据垂径定理，$AB$垂直平分$CD$，
∴$∠ AOC = ∠ AOD = 60°$，
∴$∠ COD = ∠ AOC+∠ AOD=120°$。
根据圆周角定理，$∠ CFD = \frac{1}{2}∠ COD = 60°$，
∴$∠ BFD = ∠ CFD = 60°$，即$FD$平分$∠ BFC$。
(2) 解：延长$CO$交$\odot O$于点$H$，连接$FH$，如图②。
∵$AB ⊥ CD$，
∴$∠ DEG = 90°$，
又
∵$DE = EG$，
∴$△ DEG$是等腰直角三角形，
∴$∠ EDG = ∠ EGD = 45°$。
∵同弧$CF$所对的圆周角相等，
∴$∠ CHF = ∠ CDF=∠ EDG = 45°$。
∵$CH$是$\odot O$的直径，
∴$∠ CFH = 90°$。
∵$\odot O$的半径长为$1$，
∴直径$CH = 2×1 = 2$，
在$Rt△ CFH$中，$\sin ∠ CHF = \frac{CF}{CH}$，即$\sin45°=\frac{CF}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得$CF = \sqrt{2}$。
【答案】
(1)$FD$平分$∠ BFC$得证；(2)$CF$的长为$\sqrt{2}$。
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，解直角三角形
【点评】
本题综合考查圆的基本性质与特殊三角形的应用，解题的关键是合理添加辅助线，将所求线段转化到直角三角形中求解，同时需要熟练掌握圆心角、圆周角的关系及垂径定理的应用。
【难度系数】
0.6
15. 如图，$\odot O$的半径为1，$A,P,B,C$是$\odot O$上的四个点，$∠ APC=∠ CPB=60°$.
(1)判断$△ ABC$的形状.
(2)试探究线段$PA,PB,PC$之间的数量关系，并证明你的结论.
(3)当点$P$位于$\overset{\frown}{AB}$的什么位置时，四边形$APBC$的面积最大？求出最大面积.
(1)判断$△ ABC$的形状.
(2)试探究线段$PA,PB,PC$之间的数量关系，并证明你的结论.
(3)当点$P$位于$\overset{\frown}{AB}$的什么位置时，四边形$APBC$的面积最大？求出最大面积.
答案
15. (1)$△ABC$ 是等边三角形. 解析: 在$\odot O$ 中,$\because ∠BAC$ 与$∠CPB$ 是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角,$∠ABC$ 与$∠APC$ 是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角,$\therefore ∠BAC = ∠CPB$,$∠ABC = ∠APC$. 又$\because ∠APC = ∠CPB = 60°$,$\therefore ∠ABC = ∠BAC = 60°$,$\therefore △ABC$ 为等边三角形.(2)$PC=PA+PB$.证明如下:在 PC 上截取$PD=AP$,连接 AD,如图①,又$\because ∠APC = 60°$,$\therefore △APD$ 是等边三角形,$\therefore AD = AP = PD$,$∠ADP = 60°$,$\therefore ∠ADC = 120°$.又$\because ∠APB = ∠APC + ∠BPC = 120°$,$\therefore ∠ADC = ∠APB$. 在$△APB$ 和$△ADC$ 中,$\begin{cases} ∠ABP = ∠ACD, \\ ∠APB = ∠ADC, \\ AP = AD, \end{cases}$$\therefore △APB ≌ △ADC$,$\therefore BP = CD$.又$\because PD = AP$,$\therefore PC = PA+PB$.
(3)当点 P 为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,四边形 APBC 的面积最大.理由如下:如图②,过点 P 作$PE⊥AB$,垂足为 E.过点 C 作$CF⊥AB$,垂足为 F.$\because S_{△APB} = \frac{1}{2}AB · PE$,$S_{△ABC} = \frac{1}{2}AB · CF$,$\therefore S_{四边形APBC} = \frac{1}{2}AB · (PE+CF)$.当点 P 为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,$PE+CF = PC$,$PC$ 为$\odot O$ 的直径,$\therefore$ 此时四边形 APBC 的面积最大.又$\because \odot O$ 的半径为 1,$\therefore$ 其内接正三角形的边长$AB = \sqrt{3}$,$\therefore S_{四边形APBC} = \frac{1}{2}×2×\sqrt{3} = \sqrt{3}$. 
解析
【分析】
(1) 判断△ABC的形状可借助圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，把已知的∠APC、∠CPB转化为△ABC的内角，若三个内角均为60°即可判定为等边三角形。
(2) 探究三条线段的和差关系可用截长补短法：在较长的PC上截取PD=PA，结合∠APC=60°先证△APD是等边三角形，再通过证明三角形全等将PB转化为CD，即可推导出三条线段的数量关系。
(3) 求四边形面积最大值，可将四边形拆分为△APB和△ABC，两个三角形底均为AB，面积和由两条高的和决定，当高的和等于圆的直径时面积最大，此时P为$\overset{\frown}{AB}$的中点，再结合圆的半径计算最大面积即可。
【解析】
(1) 在$\odot O$中，$\because ∠BAC$与$∠CPB$是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，$∠ABC$与$∠APC$是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，$\therefore ∠BAC = ∠CPB$，$∠ABC = ∠APC$。
又$\because ∠APC = ∠CPB = 60°$，$\therefore ∠ABC = ∠BAC = 60°$，$\therefore ∠ ACB=180°-60°-60°=60°$，即△ABC的三个内角均为60°，故△ABC为等边三角形。
(2) 线段关系为$PC=PA+PB$，证明如下：
在PC上截取$PD=AP$，连接AD，如图①，
又$\because ∠APC = 60°$，$\therefore △APD$是等边三角形，$\therefore AD = AP = PD$，$∠ADP = 60°$，$\therefore ∠ADC = 180°-60°=120°$。
又$\because ∠APB = ∠APC + ∠BPC = 60°+60°=120°$，$\therefore ∠ADC = ∠APB$。
在$△APB$和$△ADC$中，
$\begin{cases} ∠ABP = ∠ACD, \\ ∠APB = ∠ADC, \\ AP = AD, \end{cases}$
$\therefore △APB ≌ △ADC(\mathrm{AAS})$，$\therefore BP = CD$。
又$\because PD = AP$，$\therefore PC=PD+CD=PA+PB$。
(3) 当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大，求解如下：
如图②，过点P作$PE⊥AB$，垂足为E，过点C作$CF⊥AB$，垂足为F。
$\because S_{△APB} = \frac{1}{2}AB · PE$，$S_{△ABC} = \frac{1}{2}AB · CF$，$\therefore S_{四边形APBC} = \frac{1}{2}AB · (PE+CF)$。
当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，$PE+CF = PC$，且此时PC为$\odot O$的直径，高的和取得最大值，因此四边形APBC的面积最大。
又$\because \odot O$的半径为1，其内接正三角形的边长$AB = \sqrt{3}$，直径$PC=2$，
$\therefore S_{四边形APBC} = \frac{1}{2}×2×\sqrt{3} = \sqrt{3}$。
【答案】
(1) $△ ABC$是等边三角形；
(2) $PC=PA+PB$，证明见解析；
(3) 当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大，最大面积为$\sqrt{3}$。
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，涵盖了圆周角性质、线段和差证明、面积最值求解等考点，解题用到的截长补短法、拆分图形求最值是几何题的常用思路，要求熟练掌握圆周角定理与三角形全等的应用。
【难度系数】
0.6
(1) 判断△ABC的形状可借助圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，把已知的∠APC、∠CPB转化为△ABC的内角，若三个内角均为60°即可判定为等边三角形。
(2) 探究三条线段的和差关系可用截长补短法：在较长的PC上截取PD=PA，结合∠APC=60°先证△APD是等边三角形，再通过证明三角形全等将PB转化为CD，即可推导出三条线段的数量关系。
(3) 求四边形面积最大值，可将四边形拆分为△APB和△ABC，两个三角形底均为AB，面积和由两条高的和决定，当高的和等于圆的直径时面积最大，此时P为$\overset{\frown}{AB}$的中点，再结合圆的半径计算最大面积即可。
【解析】
(1) 在$\odot O$中，$\because ∠BAC$与$∠CPB$是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，$∠ABC$与$∠APC$是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，$\therefore ∠BAC = ∠CPB$，$∠ABC = ∠APC$。
又$\because ∠APC = ∠CPB = 60°$，$\therefore ∠ABC = ∠BAC = 60°$，$\therefore ∠ ACB=180°-60°-60°=60°$，即△ABC的三个内角均为60°，故△ABC为等边三角形。
(2) 线段关系为$PC=PA+PB$，证明如下：
在PC上截取$PD=AP$，连接AD，如图①，
又$\because ∠APC = 60°$，$\therefore △APD$是等边三角形，$\therefore AD = AP = PD$，$∠ADP = 60°$，$\therefore ∠ADC = 180°-60°=120°$。
又$\because ∠APB = ∠APC + ∠BPC = 60°+60°=120°$，$\therefore ∠ADC = ∠APB$。
在$△APB$和$△ADC$中，
$\begin{cases} ∠ABP = ∠ACD, \\ ∠APB = ∠ADC, \\ AP = AD, \end{cases}$
$\therefore △APB ≌ △ADC(\mathrm{AAS})$，$\therefore BP = CD$。
又$\because PD = AP$，$\therefore PC=PD+CD=PA+PB$。
(3) 当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大，求解如下：
如图②，过点P作$PE⊥AB$，垂足为E，过点C作$CF⊥AB$，垂足为F。
$\because S_{△APB} = \frac{1}{2}AB · PE$，$S_{△ABC} = \frac{1}{2}AB · CF$，$\therefore S_{四边形APBC} = \frac{1}{2}AB · (PE+CF)$。
当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，$PE+CF = PC$，且此时PC为$\odot O$的直径，高的和取得最大值，因此四边形APBC的面积最大。
又$\because \odot O$的半径为1，其内接正三角形的边长$AB = \sqrt{3}$，直径$PC=2$，
$\therefore S_{四边形APBC} = \frac{1}{2}×2×\sqrt{3} = \sqrt{3}$。
【答案】
(1) $△ ABC$是等边三角形；
(2) $PC=PA+PB$，证明见解析
；(3) 当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大，最大面积为$\sqrt{3}$
。【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，涵盖了圆周角性质、线段和差证明、面积最值求解等考点，解题用到的截长补短法、拆分图形求最值是几何题的常用思路，要求熟练掌握圆周角定理与三角形全等的应用。
【难度系数】
0.6
