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10.（玉林中考）如图，正六边形ABCDEF的边长是$6+4\sqrt{3}$，点$O_1$，$O_2$分别是$△ ABF$，$△ CDE$的内心，则$O_1O_2=$
12+4√3
。答案
10. $12+4\sqrt{3}$ 解析:过点 A 作 $AM⊥ BF$ 于点 M,连接 $O_1F$,$O_1B$,
∵ 六边形 ABCDEF 是正六边形,
∴ $∠BAF=120°$,$AF=AB$,
∴ $∠AFB=∠ABF=30°$,
∴ $△ AFB$ 的边 BF 上的高 $AM=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}×(6+4\sqrt{3})=3+2\sqrt{3}$,$FM=BM=\frac{\sqrt{3}}{2}AF=3\sqrt{3}+6$,
∴ $BF=12+6\sqrt{3}$.设 $△ AFB$ 的内切圆的半径为 r.
∵ $S_{△ AFB}=S_{△ AO_1F}+S_{△ AO_1B}+S_{△ BFO_1}$,
∴ $\frac{1}{2}×(12+6\sqrt{3})×(3+2\sqrt{3})=\frac{1}{2}×(6+4\sqrt{3})× r+\frac{1}{2}×(6+4\sqrt{3})× r+\frac{1}{2}×(12+6\sqrt{3})× r$,解得 $r=3$,即 $O_1M=r=3$,
∴ $O_1O_2=2×3+6+4\sqrt{3}=12+4\sqrt{3}$.
∵ 六边形 ABCDEF 是正六边形,
∴ $∠BAF=120°$,$AF=AB$,
∴ $∠AFB=∠ABF=30°$,
∴ $△ AFB$ 的边 BF 上的高 $AM=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}×(6+4\sqrt{3})=3+2\sqrt{3}$,$FM=BM=\frac{\sqrt{3}}{2}AF=3\sqrt{3}+6$,
∴ $BF=12+6\sqrt{3}$.设 $△ AFB$ 的内切圆的半径为 r.
∵ $S_{△ AFB}=S_{△ AO_1F}+S_{△ AO_1B}+S_{△ BFO_1}$,
∴ $\frac{1}{2}×(12+6\sqrt{3})×(3+2\sqrt{3})=\frac{1}{2}×(6+4\sqrt{3})× r+\frac{1}{2}×(6+4\sqrt{3})× r+\frac{1}{2}×(12+6\sqrt{3})× r$,解得 $r=3$,即 $O_1M=r=3$,
∴ $O_1O_2=2×3+6+4\sqrt{3}=12+4\sqrt{3}$.
11. 如图,图①、图②、图③、…、图ⓝ分别是$\odot O$的内接正三角形ABC、正四边形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCD…,点M,N分别从点B,C开始以相同的速度在$\odot O$上逆时针运动.
(1)图①中$∠ APN$的度数是
(2)试探索$∠ APN$的度数与正多边形边数n的关系(直接写出答案).
(1)图①中$∠ APN$的度数是
60°
;图②中$∠ APN$的度数是90°
;图③中$∠ APN$的度数是108°
.(2)试探索$∠ APN$的度数与正多边形边数n的关系(直接写出答案).
答案
11. (1)$60°$ $90°$ $108°$ 解析:
∵ 点 M,N 分别从点 B,C 开始以相同的速度在$\odot O$上逆时针运动,
∴ $∠BAM=∠CBN$.又
∵ $∠APN=∠BPM$,
∴ $∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°$.同理可得,在题图②中,$∠APN=90°$;在题图③中,$∠APN=108°$.
(2)$∠APN=\frac{(n-2)·180°}{n}$.
∵ 点 M,N 分别从点 B,C 开始以相同的速度在$\odot O$上逆时针运动,
∴ $∠BAM=∠CBN$.又
∵ $∠APN=∠BPM$,
∴ $∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°$.同理可得,在题图②中,$∠APN=90°$;在题图③中,$∠APN=108°$.
(2)$∠APN=\frac{(n-2)·180°}{n}$.
12. (1)如图①,已知△ABC是⊙O的内接正三角形,点 P 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,求证: PA = PB+PC;
(2)如图②,四边形 ABCD 是⊙O 的内接正方形,点 P 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,求证: PA = PC + $\sqrt{2}$PB;
(3)如图③,六边形 ABCDEF 是⊙O 的内接正六边形,点 P 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,请探究 PA, PB, PC 三者之间有何数量关系,并予以证明.
(2)如图②,四边形 ABCD 是⊙O 的内接正方形,点 P 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,求证: PA = PC + $\sqrt{2}$PB;
(3)如图③,六边形 ABCDEF 是⊙O 的内接正六边形,点 P 为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,请探究 PA, PB, PC 三者之间有何数量关系,并予以证明.
答案
12. (1)如图①,延长 BP 至 E,使 PE = PC,连接 CE.由圆内接四边形的性质知$∠BAC+∠BPC=180°$.
∵ $∠BPC+∠EPC=180°$,
∴ $∠CPE=∠BAC=60°$.又
∵ PE = PC,
∴ $△ PCE$ 是正三角形,
∴ CE = PC,$∠E=∠PCE=60°$.又
∵ $∠BCE=60°+∠BCP$,$∠ACP=60°+∠BCP$,
∴ $∠BCE=∠ACP$.
∵ $△ ABC$、$△ ECP$ 都为正三角形,
∴ CE = PC,AC = BC,
∴ $△ BEC≌△ APC$(SAS),
∴ PA = BE = PB + PE = PB + PC.
(2)如图②,连接 OA,OB,过点 B 作 $BE⊥ PB$ 交 PA 于点 E.
∵ $∠1+∠2=∠2+∠3=90°$,
∴ $∠1=∠3$.
∵ $∠APB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$,
∴ BP = BE,
∴ $PE=\sqrt{2}PB$.又
∵ AB = BC,
∴ $△ ABE≌△ CBP$,
∴ PC = AE,
∴ PA = AE + PE = PC + $\sqrt{2}$PB.
(3)$PA=\sqrt{3}PB+PC$.证明如下:如图③,过点 B 作 $BM⊥ AP$ 于点 M,在 AP 上截取 AQ = PC,连接 BQ.
∵ $∠BAP=∠BCP$,$AB=BC$,$AQ=CP$,
∴ $△ ABQ≌△ CBP$,
∴ BQ = BP,
∴ MP = QM.又
∵ $∠APB=30°$,
∴ $PM=\frac{\sqrt{3}}{2}PB$,
∴ $PQ=\sqrt{3}PB$,
∴ $PA=PQ+AQ=\sqrt{3}PB+PC$.
