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12 教材变式题（易错题）如图，正方形ABCD剪去四个角后成为一个边长为1的正八边形，则正方形ABCD的周长为 （
A.4
B.$2+2\sqrt{2}$
C.8
D.$4+4\sqrt{2}$
D
）A.4
B.$2+2\sqrt{2}$
C.8
D.$4+4\sqrt{2}$
答案
12. D
学生易忽视“剪去的部分均为等腰直角三角形”而找不到边长关系.
学生易忽视“剪去的部分均为等腰直角三角形”而找不到边长关系.
解析
【分析】
解决本题首先要明确图形特征：正方形剪去四个角得到正八边形，因此剪去的四个三角形均为等腰直角三角形（正方形内角为90°，正八边形各边相等，可得截得的三角形两个锐角均为45°）。接下来我们可以设等腰直角三角形的直角边长为x，结合正八边形边长为1的条件，利用勾股定理求出x的值，再推导正方形边长与x、正八边形边长的关系，最终计算正方形周长即可。
【解析】
设剪去的等腰直角三角形的直角边长为x。
∵正八边形的边长为1，
∴等腰直角三角形的斜边长等于正八边形的边长，即斜边长为1。
根据勾股定理可得：$x^2+x^2=1^2$，
解得$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$（边长为正数，舍去负根）。
观察图形可知，正方形ABCD的边长 = 等腰直角三角形直角边长×2 + 正八边形的边长，即边长$=2x+1$，
将$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$代入得：正方形边长$=2×\frac{\sqrt{2}}{2}+1=1+\sqrt{2}$，
因此正方形ABCD的周长$=4×(1+\sqrt{2})=4+4\sqrt{2}$。
故选D。
【答案】D
【知识点】
正多边形的性质；勾股定理；正方形的性质
【点评】
本题解题核心是判断出剪去的四个三角形为等腰直角三角形，建立正八边形边长、等腰直角三角形边长与正方形边长之间的数量关系，易错点是容易忽略截去的三角形的形状特征，无法找到边长的关联。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确图形特征：正方形剪去四个角得到正八边形，因此剪去的四个三角形均为等腰直角三角形（正方形内角为90°，正八边形各边相等，可得截得的三角形两个锐角均为45°）。接下来我们可以设等腰直角三角形的直角边长为x，结合正八边形边长为1的条件，利用勾股定理求出x的值，再推导正方形边长与x、正八边形边长的关系，最终计算正方形周长即可。
【解析】
设剪去的等腰直角三角形的直角边长为x。
∵正八边形的边长为1，
∴等腰直角三角形的斜边长等于正八边形的边长，即斜边长为1。
根据勾股定理可得：$x^2+x^2=1^2$，
解得$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$（边长为正数，舍去负根）。
观察图形可知，正方形ABCD的边长 = 等腰直角三角形直角边长×2 + 正八边形的边长，即边长$=2x+1$，
将$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$代入得：正方形边长$=2×\frac{\sqrt{2}}{2}+1=1+\sqrt{2}$，
因此正方形ABCD的周长$=4×(1+\sqrt{2})=4+4\sqrt{2}$。
故选D。
【答案】D
【知识点】
正多边形的性质；勾股定理；正方形的性质
【点评】
本题解题核心是判断出剪去的四个三角形为等腰直角三角形，建立正八边形边长、等腰直角三角形边长与正方形边长之间的数量关系，易错点是容易忽略截去的三角形的形状特征，无法找到边长的关联。
【难度系数】
0.7
13 如图，正三角形和正六边形有公共的外接圆$\odot O$，则这个正三角形和正六边形边长的比为（
A.$\sqrt{6}:2$
B.$\sqrt{3}:2$
C.$\sqrt{3}:1$
D.$2:1$
C
）A.$\sqrt{6}:2$
B.$\sqrt{3}:2$
C.$\sqrt{3}:1$
D.$2:1$
答案
13. C
解析
【分析】
解决本题的核心是利用正多边形与外接圆的关系，将两种正多边形的边长都用外接圆半径表示，再计算比值。首先设外接圆⊙O的半径为R，分别推导正三角形、正六边形的边长与R的关系，最后作比化简即可得到结果。
【解析】
设⊙O的半径为$ R $：
1. 求正六边形的边长：
正六边形的中心角为$ \frac{360°}{6}=60° $，连接正六边形相邻两顶点与圆心，得到的三角形两边均为半径$ R $，夹角为$ 60° $，是等边三角形，因此正六边形的边长$ a_6=R $。
2. 求正三角形的边长：
正三角形的中心角为$ \frac{360°}{3}=120° $，过圆心作正三角形任意一边的垂线，连接圆心与该边的一个端点，得到直角三角形，该直角三角形的斜边为$ R $，中心角的一半为$ \frac{120°}{2}=60° $，则正三角形边长的一半为$ R·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}R $，因此正三角形的边长$ a_3=2×\frac{\sqrt{3}}{2}R=\sqrt{3}R $。
3. 计算边长比：
$ a_3:a_6=\sqrt{3}R:R=\sqrt{3}:1 $。
【答案】
C
【知识点】
正多边形与圆，垂径定理，锐角三角函数
【点评】
本题是正多边形与圆的基础应用类题目，解题关键是掌握正多边形的中心角、边长与外接圆半径的关系，通过设外接圆半径为中间量，即可快速求出两类正多边形的边长比值。
【难度系数】
0.7
解决本题的核心是利用正多边形与外接圆的关系，将两种正多边形的边长都用外接圆半径表示，再计算比值。首先设外接圆⊙O的半径为R，分别推导正三角形、正六边形的边长与R的关系，最后作比化简即可得到结果。
【解析】
设⊙O的半径为$ R $：
1. 求正六边形的边长：
正六边形的中心角为$ \frac{360°}{6}=60° $，连接正六边形相邻两顶点与圆心，得到的三角形两边均为半径$ R $，夹角为$ 60° $，是等边三角形，因此正六边形的边长$ a_6=R $。
2. 求正三角形的边长：
正三角形的中心角为$ \frac{360°}{3}=120° $，过圆心作正三角形任意一边的垂线，连接圆心与该边的一个端点，得到直角三角形，该直角三角形的斜边为$ R $，中心角的一半为$ \frac{120°}{2}=60° $，则正三角形边长的一半为$ R·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}R $，因此正三角形的边长$ a_3=2×\frac{\sqrt{3}}{2}R=\sqrt{3}R $。
3. 计算边长比：
$ a_3:a_6=\sqrt{3}R:R=\sqrt{3}:1 $。
【答案】
C
【知识点】
正多边形与圆，垂径定理，锐角三角函数
【点评】
本题是正多边形与圆的基础应用类题目，解题关键是掌握正多边形的中心角、边长与外接圆半径的关系，通过设外接圆半径为中间量，即可快速求出两类正多边形的边长比值。
【难度系数】
0.7
14 如图,正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O,且有公共顶点A,则∠BOH的度数为
$12°$
.答案
14. $12°$
解析
【分析】
要求∠BOH的度数，首先回忆正多边形的中心角计算公式：正n边形的中心角等于360°除以边数n。观察图形可知，∠AOB是正六边形的中心角，∠AOH是正五边形的中心角，∠BOH为这两个中心角的差，因此先分别计算两个正多边形的中心角，再作差即可得到结果。
【解析】
解：正n边形的中心角公式为$\frac{360°}{n}$。
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ 它的中心角$∠ AOB = \frac{360°}{6} = 60°$。
∵ 五边形AHIJK是正五边形，
∴ 它的中心角$∠ AOH = \frac{360°}{5} = 72°$。
∴ $∠ BOH = ∠ AOH - ∠ AOB = 72° - 60° = 12°$。
【答案】
$12°$
【知识点】
正多边形中心角计算，正多边形与圆
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是掌握正多边形的中心角公式，结合图形找到所求角与两个正多边形中心角的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7
要求∠BOH的度数，首先回忆正多边形的中心角计算公式：正n边形的中心角等于360°除以边数n。观察图形可知，∠AOB是正六边形的中心角，∠AOH是正五边形的中心角，∠BOH为这两个中心角的差，因此先分别计算两个正多边形的中心角，再作差即可得到结果。
【解析】
解：正n边形的中心角公式为$\frac{360°}{n}$。
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ 它的中心角$∠ AOB = \frac{360°}{6} = 60°$。
∵ 五边形AHIJK是正五边形，
∴ 它的中心角$∠ AOH = \frac{360°}{5} = 72°$。
∴ $∠ BOH = ∠ AOH - ∠ AOB = 72° - 60° = 12°$。
【答案】
$12°$
【知识点】
正多边形中心角计算，正多边形与圆
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是掌握正多边形的中心角公式，结合图形找到所求角与两个正多边形中心角的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7
15 [2025烟台]如图，正六边形ABCDEF的边长为4，中心为点O，以点O为圆心、AB长为半径作圆心角为120°的扇形，则图中涂色部分的面积为
$\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$
。答案
15. $\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$
【解析】如图,连接OA,OE,OF,记扇形的两条半径分别与AB,EF交于点G,H,过点O作OM⊥AF于点M.
∵六边形ABCDEF为正六边形,
∴OA=OE=OF,
$∠ AOF=∠ EOF=\frac{360°}{6}=60°$,$∠ BAF=120°$.
∴$△ OAF$和$△ OEF$为等边三角形,$∠ AOE=60°+60°=120°$.
∴$∠ OEF=∠ OAF=60°$.
∵$OM⊥ AF$,
∴$AM=FM=\frac{1}{2}AF=2$.
∴$OM=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.
∴$S_{△ OAF}=\frac{1}{2}AF· OM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$.
∵$∠ BAF=120°$,
∴$∠ OAG=120°-60°=60°$.
∴$∠ OAG=∠ OEH$.
∵$∠ GOA+∠ AOH=∠ AOH+∠ EOH=120°$,
∴$∠ GOA=∠ EOH$.
∴易证$△ GOA≌△ HOE$.
∴$S_{△ GOA}=S_{△ HOE}$.
∴$S_{△ GOA}+S_{四边形AOHF}=S_{△ HOE}+S_{四边形AOHF}$.
∴$S_{五边形AGOHF}=S_{四边形AOEF}=2S_{△ OAF}=8\sqrt{3}$.
∴$S_{涂色}=S_{扇形}-S_{五边形AGOHF}=\frac{120π×4^2}{360}-8\sqrt{3}=\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$.
解析
【分析】
要求图中涂色部分的面积，可采用“割补法”，即涂色面积 = 圆心角为120°的扇形面积减去扇形内部的空白区域面积。首先结合正六边形的性质，得到其中心角、边长与中心到顶点距离的关系，再通过角的等量代换证明两个小三角形全等，将不规则的空白五边形面积转化为规则的四边形AOEF的面积，最后分别计算扇形面积和四边形面积，作差即可得到结果。
【解析】
连接OA,OE,OF，记扇形的两条半径分别与AB,EF交于点G,H，过点O作OM⊥AF于点M。
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴OA=OE=OF=AB=4，$∠ AOF=∠ EOF=\frac{360°}{6}=60°$，$∠ BAF=120°$，
∴$△ OAF$和$△ OEF$为等边三角形，$∠ AOE=∠ AOF+∠ EOF=60°+60°=120°$，$∠ OEF=∠ OAF=60°$。
∵OM⊥AF，
∴$AM=FM=\frac{1}{2}AF=2$，
在$Rt△ AOM$中，由勾股定理得：$OM=\sqrt{OA^2-AM^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∴$S_{△ OAF}=\frac{1}{2}× AF× OM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
∵$∠ BAF=120°$，$∠ OAF=60°$，
∴$∠ OAG=∠ BAF-∠ OAF=120°-60°=60°$，即$∠ OAG=∠ OEH$，
∵$∠ GOA+∠ AOH=∠ AOH+∠ EOH=120°$，
∴$∠ GOA=∠ EOH$，
在$△ GOA$和$△ HOE$中：
$\begin{cases}∠ OAG=∠ OEH \\OA=OE \\∠ GOA=∠ HOE\end{cases}$
∴$△ GOA≌△ HOE$（ASA），
∴$S_{△ GOA}=S_{△ HOE}$，
∴$S_{五边形AGOHF}=S_{△ HOE}+S_{四边形AOHF}=S_{△ GOA}+S_{四边形AOHF}=S_{四边形AOEF}=2S_{△ OAF}=2×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
扇形的面积为：$S_{扇形}=\frac{120π×4^2}{360}=\frac{16π}{3}$，
∴$S_{涂色}=S_{扇形}-S_{五边形AGOHF}=\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$。
【答案】
$\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$
【知识点】
正多边形的性质；扇形面积计算；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于不规则图形面积计算的典型题型，核心是利用全等转换将不规则的空白区域转化为规则图形求解，熟练掌握正六边形的特殊性质是快速解题的前提。
【难度系数】
0.6
要求图中涂色部分的面积，可采用“割补法”，即涂色面积 = 圆心角为120°的扇形面积减去扇形内部的空白区域面积。首先结合正六边形的性质，得到其中心角、边长与中心到顶点距离的关系，再通过角的等量代换证明两个小三角形全等，将不规则的空白五边形面积转化为规则的四边形AOEF的面积，最后分别计算扇形面积和四边形面积，作差即可得到结果。
【解析】
连接OA,OE,OF，记扇形的两条半径分别与AB,EF交于点G,H，过点O作OM⊥AF于点M。
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴OA=OE=OF=AB=4，$∠ AOF=∠ EOF=\frac{360°}{6}=60°$，$∠ BAF=120°$，
∴$△ OAF$和$△ OEF$为等边三角形，$∠ AOE=∠ AOF+∠ EOF=60°+60°=120°$，$∠ OEF=∠ OAF=60°$。
∵OM⊥AF，
∴$AM=FM=\frac{1}{2}AF=2$，
在$Rt△ AOM$中，由勾股定理得：$OM=\sqrt{OA^2-AM^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∴$S_{△ OAF}=\frac{1}{2}× AF× OM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
∵$∠ BAF=120°$，$∠ OAF=60°$，
∴$∠ OAG=∠ BAF-∠ OAF=120°-60°=60°$，即$∠ OAG=∠ OEH$，
∵$∠ GOA+∠ AOH=∠ AOH+∠ EOH=120°$，
∴$∠ GOA=∠ EOH$，
在$△ GOA$和$△ HOE$中：
$\begin{cases}∠ OAG=∠ OEH \\OA=OE \\∠ GOA=∠ HOE\end{cases}$
∴$△ GOA≌△ HOE$（ASA），
∴$S_{△ GOA}=S_{△ HOE}$，
∴$S_{五边形AGOHF}=S_{△ HOE}+S_{四边形AOHF}=S_{△ GOA}+S_{四边形AOHF}=S_{四边形AOEF}=2S_{△ OAF}=2×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
扇形的面积为：$S_{扇形}=\frac{120π×4^2}{360}=\frac{16π}{3}$，
∴$S_{涂色}=S_{扇形}-S_{五边形AGOHF}=\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$。
【答案】
$\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$
【知识点】
正多边形的性质；扇形面积计算；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于不规则图形面积计算的典型题型，核心是利用全等转换将不规则的空白区域转化为规则图形求解，熟练掌握正六边形的特殊性质是快速解题的前提。
【难度系数】
0.6
16 如图①，正五边形ABCDE内接于$\odot O$，阅读以下作图过程，并解答下列问题。作法：如图②，作直径AF，以点F为圆心、FO长为半径作圆弧，与$\odot O$交于点M，N，连接AM，MN，NA。
（1）求$∠ ABC$的度数。
（2）$△ AMN$是正三角形吗？请说明理由。
（3）连接DN，从点A开始，以DN的长为半径，在$\odot O$上依次截取点，再依次连接这些点，得到正n边形，求n的值。
（1）求$∠ ABC$的度数。
（2）$△ AMN$是正三角形吗？请说明理由。
（3）连接DN，从点A开始，以DN的长为半径，在$\odot O$上依次截取点，再依次连接这些点，得到正n边形，求n的值。
答案
16. （1）
∵五边形ABCDE是正五边形,
∴$∠ ABC=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$
（2）$△ AMN$是正三角形 理由:如图,连接ON,NF.由题意,易得FN=OF=ON,
∴$△ FON$是正三角形.
∴$∠ NFA=60°$.
∴$∠ NMA=60°$.同理,可得$∠ ANM=60°$,
∴$∠ MAN=60°$.
∴$△ AMN$是正三角形.
（3）如图,连接OD.
∵$∠ AMN = 60°$,
∴$∠ AON = 2∠ AMN = 120°$.
∵$∠ AOD=\frac{360°}{5}×2=144°$,
∴$∠ NOD=∠ AOD-∠ AON=144°-120°=24°$.
∵$360°÷24°=15$,
∴n的值是15
解析
【分析】
（1）求正五边形的内角，直接利用正多边形内角和公式：n边形内角和为$(n-2)×180°$，正五边形每个内角相等，用内角和除以边数5即可得到$∠ ABC$的度数。
（2）要判断$△ AMN$是否为正三角形，只需证明三个内角均为$60°$。首先根据作图过程可知$FN=FO$，结合$FO=ON$（都是$\odot O$的半径），可得$△ FON$是正三角形，得到$∠ NFA=60°$，再利用同弧所对的圆周角相等得到$∠ NMA=60°$，同理可得另外两个内角也为$60°$，即可判定$△ AMN$是正三角形。
（3）求正n边形的n值，需先求出DN对应的中心角的度数，正n边形的中心角之和为$360°$，用$360°$除以该中心角的度数即可得到n。首先结合圆周角定理求出$∠ AON$的度数，再计算正五边形的中心角得到$∠ AOD$的度数，两者作差得到$∠ NOD$的度数，最后计算n即可。
【解析】
（1）$\because$五边形ABCDE是正五边形，
$\therefore ∠ ABC=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$。
（2）$△ AMN$是正三角形，理由如下：
如图，连接$ON$，$NF$。由题意得$FN=FO$，
又$\because FO=ON$（都是$\odot O$的半径），
$\therefore FN=OF=ON$，
$\therefore △ FON$是正三角形，
$\therefore ∠ NFA=60°$。
$\because ∠ NFA$和$∠ NMA$都是弧$AN$所对的圆周角，
$\therefore ∠ NMA=∠ NFA=60°$，
同理可得$∠ ANM=60°$，
$\therefore ∠ MAN=180°-60°-60°=60°$，
$\therefore △ AMN$的三个内角均为$60°$，即$△ AMN$是正三角形。
（3）如图，连接$OD$。
$\because ∠ AMN=60°$，$∠ AON$是弧$AN$所对的圆心角，$∠ AMN$是弧$AN$所对的圆周角，
$\therefore ∠ AON=2∠ AMN=120°$。
$\because$正五边形的中心角为$\frac{360°}{5}=72°$，$∠ AOD$对应2个正五边形的中心角，
$\therefore ∠ AOD=72°×2=144°$，
$\therefore ∠ NOD=∠ AOD-∠ AON=144°-120°=24°$，
$\therefore$正n边形的中心角为$24°$，则$n=\frac{360°}{24°}=15$。
【答案】
（1）$∠ ABC=108°$；
（2）$△ AMN$是正三角形，理由见解析；
（3）$n=15$。
【知识点】
正多边形内角与中心角计算；圆周角定理；等边三角形的判定
【点评】
本题综合考查正多边形与圆的相关性质，结合作图操作设置问题，既考查基础公式的直接应用，也考查了圆心角、圆周角的换算关系。解题的关键是准确理解作图过程得到的线段等量关系，熟练掌握正多边形的内角、中心角的计算方法，以及圆周角定理的应用。
【难度系数】
0.65
（1）求正五边形的内角，直接利用正多边形内角和公式：n边形内角和为$(n-2)×180°$，正五边形每个内角相等，用内角和除以边数5即可得到$∠ ABC$的度数。
（2）要判断$△ AMN$是否为正三角形，只需证明三个内角均为$60°$。首先根据作图过程可知$FN=FO$，结合$FO=ON$（都是$\odot O$的半径），可得$△ FON$是正三角形，得到$∠ NFA=60°$，再利用同弧所对的圆周角相等得到$∠ NMA=60°$，同理可得另外两个内角也为$60°$，即可判定$△ AMN$是正三角形。
（3）求正n边形的n值，需先求出DN对应的中心角的度数，正n边形的中心角之和为$360°$，用$360°$除以该中心角的度数即可得到n。首先结合圆周角定理求出$∠ AON$的度数，再计算正五边形的中心角得到$∠ AOD$的度数，两者作差得到$∠ NOD$的度数，最后计算n即可。
【解析】
（1）$\because$五边形ABCDE是正五边形，
$\therefore ∠ ABC=\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$。
（2）$△ AMN$是正三角形，理由如下：
如图，连接$ON$，$NF$。由题意得$FN=FO$，
又$\because FO=ON$（都是$\odot O$的半径），
$\therefore FN=OF=ON$，
$\therefore △ FON$是正三角形，
$\therefore ∠ NFA=60°$。
$\because ∠ NFA$和$∠ NMA$都是弧$AN$所对的圆周角，
$\therefore ∠ NMA=∠ NFA=60°$，
同理可得$∠ ANM=60°$，
$\therefore ∠ MAN=180°-60°-60°=60°$，
$\therefore △ AMN$的三个内角均为$60°$，即$△ AMN$是正三角形。
（3）如图，连接$OD$。
$\because ∠ AMN=60°$，$∠ AON$是弧$AN$所对的圆心角，$∠ AMN$是弧$AN$所对的圆周角，
$\therefore ∠ AON=2∠ AMN=120°$。
$\because$正五边形的中心角为$\frac{360°}{5}=72°$，$∠ AOD$对应2个正五边形的中心角，
$\therefore ∠ AOD=72°×2=144°$，
$\therefore ∠ NOD=∠ AOD-∠ AON=144°-120°=24°$，
$\therefore$正n边形的中心角为$24°$，则$n=\frac{360°}{24°}=15$。
【答案】
（1）$∠ ABC=108°$；
（2）$△ AMN$是正三角形，理由见解析；
（3）$n=15$。
【知识点】
正多边形内角与中心角计算；圆周角定理；等边三角形的判定
【点评】
本题综合考查正多边形与圆的相关性质，结合作图操作设置问题，既考查基础公式的直接应用，也考查了圆心角、圆周角的换算关系。解题的关键是准确理解作图过程得到的线段等量关系，熟练掌握正多边形的内角、中心角的计算方法，以及圆周角定理的应用。
【难度系数】
0.65
17（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
17. （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】
（1）本题属于线段和的证明问题，优先采用截长补短法解题：选择补短思路，延长BP到E使PE=PC，只需证明PA=BE即可。结合正三角形的性质、圆内接四边形对角互补的性质，先证△PCE是正三角形，再证明△BEC≌△APC，利用全等三角形对应边相等即可推导结论。
（2）要证含$\sqrt{2}$系数的线段和，$\sqrt{2}PB$提示需构造等腰直角三角形得到对应长度的线段：过B作BE⊥PB交PA于E，可得等腰直角△PBE，即$PE=\sqrt{2}PB$，接下来结合正方形的性质、圆周角定理证明△ABE≌△CBP，将EA转化为PC，即可完成结论推导。
【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，
∴$∠ BAC+∠ BPC=180°$。
∵$∠ BPC+∠ EPC=180°$，
∴$∠ BAC=∠ EPC=60°$。
∵$PE=PC$，
∴$△ PCE$是正三角形，
∴$PE=EC=PC$，$∠ PCE=60°$。
又
∵$∠ BCE=60°+∠ BCP$，$∠ ACP=60°+∠ BCP$，
∴$∠ BCE=∠ ACP$。
在$△ BEC$和$△ APC$中，
$\begin{cases} EC=PC, \\ ∠ BCE=∠ ACP, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴$△ BEC≌△ APC$（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，
∴$∠ AOB=∠ ABC=90°$，$AB=CB$。
∵$BE⊥ PB$，
∴$∠ EBP=90°$，
∴$∠1+∠ EBC = ∠ EBC + ∠2 = 90°$，
∴$∠1=∠2$。
∵$∠ APB=\frac{1}{2}∠ AOB=45°$，
∴△PBE是等腰直角三角形，即$BE=BP$，$PE=\sqrt{2}PB$。
在$△ ABE$和$△ CBP$中，
$\begin{cases} BE=BP, \\ ∠1=∠2, \\ AB=CB, \end{cases}$
∴$△ ABE≌△ CBP$（SAS），
∴$EA=PC$。
∵$PA=EA+PE$，
∴$PA=PC+\sqrt{2}PB$。
【答案】
（1）$PA=PB+PC$，证明成立；
（2）$PA=PC+\sqrt{2}PB$，证明成立。
【知识点】
1. 截长补短法
2. 全等三角形的判定与性质
3. 圆周角定理
【点评】
本题以圆内接正多边形为背景，考查线段和差的证明方法，解题核心是合理运用截长补短思想构造辅助线，结合全等三角形、正多边形、圆的相关性质转化线段关系，是几何证明的典型题型，能有效锻炼逻辑推理能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6
（1）本题属于线段和的证明问题，优先采用截长补短法解题：选择补短思路，延长BP到E使PE=PC，只需证明PA=BE即可。结合正三角形的性质、圆内接四边形对角互补的性质，先证△PCE是正三角形，再证明△BEC≌△APC，利用全等三角形对应边相等即可推导结论。
（2）要证含$\sqrt{2}$系数的线段和，$\sqrt{2}PB$提示需构造等腰直角三角形得到对应长度的线段：过B作BE⊥PB交PA于E，可得等腰直角△PBE，即$PE=\sqrt{2}PB$，接下来结合正方形的性质、圆周角定理证明△ABE≌△CBP，将EA转化为PC，即可完成结论推导。
【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，
∴$∠ BAC+∠ BPC=180°$。
∵$∠ BPC+∠ EPC=180°$，
∴$∠ BAC=∠ EPC=60°$。
∵$PE=PC$，
∴$△ PCE$是正三角形，
∴$PE=EC=PC$，$∠ PCE=60°$。
又
∵$∠ BCE=60°+∠ BCP$，$∠ ACP=60°+∠ BCP$，
∴$∠ BCE=∠ ACP$。
在$△ BEC$和$△ APC$中，
$\begin{cases} EC=PC, \\ ∠ BCE=∠ ACP, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴$△ BEC≌△ APC$（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，
∴$∠ AOB=∠ ABC=90°$，$AB=CB$。
∵$BE⊥ PB$，
∴$∠ EBP=90°$，
∴$∠1+∠ EBC = ∠ EBC + ∠2 = 90°$，
∴$∠1=∠2$。
∵$∠ APB=\frac{1}{2}∠ AOB=45°$，
∴△PBE是等腰直角三角形，即$BE=BP$，$PE=\sqrt{2}PB$。
在$△ ABE$和$△ CBP$中，
$\begin{cases} BE=BP, \\ ∠1=∠2, \\ AB=CB, \end{cases}$
∴$△ ABE≌△ CBP$（SAS），
∴$EA=PC$。
∵$PA=EA+PE$，
∴$PA=PC+\sqrt{2}PB$。
【答案】
（1）$PA=PB+PC$，证明成立；
（2）$PA=PC+\sqrt{2}PB$，证明成立。
【知识点】
1. 截长补短法
2. 全等三角形的判定与性质
3. 圆周角定理
【点评】
本题以圆内接正多边形为背景，考查线段和差的证明方法，解题核心是合理运用截长补短思想构造辅助线，结合全等三角形、正多边形、圆的相关性质转化线段关系，是几何证明的典型题型，能有效锻炼逻辑推理能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6
