【同步分层作业】3.7正多边形（含解析）

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3.7正多边形 同步分层作业
基础过关
1．已知正多边形的一个外角为72°，则该正多边形的边数是（　　）
A．5 B．6 C．8 D．10
2．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点M在上，则∠CME的度数为（　　）
A．36° B．45° C．60° D．75°
3．如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB＝20°，则这个正多边形的边数为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．正八边形的中心角的度数为（　　）
A．36° B．45° C．60° D．72°
5．边长为4的正方形内接于⊙O，则⊙O的半径是（　　）
A． B．2 C．2 D．4
6．若⊙O的内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则n的值为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
7．如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（　　）
A．7个 B．8个 C．9个 D．10个
8．一个正多边形的边长为6，它的内角和是外角和的2倍，则它的边心距是　　．
9.如图，在正五边形ABCDE中，DF⊥AB．
（1）求∠CDF的度数；
（2）求证：AF＝BF．
能力提升
10．如图，要拧开一个边长为a＝8mm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为（　　）
A．8mm B．16mm C．8mm D．4mm
11．如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BF，BD分别交AC于点G，H，若该圆的半径为12，则线段GH的长为（　　）
A．6 B． C． D．8
12．如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝　　．
13．如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AC，相交于点P．若⊙O的半径为1，则AC＝　　，∠APD＝　　度，△ABC的面积为 　　．
14．如图，已知正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点，P是GH上的动点，连接AP，BP，则AP+BP的值最小时，BP与HG的夹角（锐角）度数为 　　．
15．如图正方形ABCD内接于⊙O，E为任意一点，连接DE、AE．
（1）求∠AED的度数．
（2）如图2，过点B作BF∥DE交⊙O于点F，连接AF，AF＝1，AE＝4，求DE的长度．
培优拔尖
16．如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AC、BD，相交于点P．若⊙O的半径为1，以下结论错误的是 　　．（填序号）
①；②∠APD＝135°；③△ABC的面积为；④AB＝1．
17．如图，边长为6的正方形ABCD内接于⊙O，点E是上的一动点（不与A，B重合，点F是上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，有以下结论：
①OG＝OH；
②△GBH周长的最小值为；
③随着点E位置的变化，四边形OGBH的面积始终为9．
其中正确的是 　　．（填序号）
18．已知，正方形ABCD内接于⊙O，点P是弧AD上一点，连接BP交AC于点E．
（1）如图1，若点P是弧AD的中点，求证：CE＝CD；
（2）如图2，若图中PE＝OE，求的值．
19．（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为弧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为弧BC上一动点，求证：；
（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，并给予证明．
答案与解析
基础过关
1．已知正多边形的一个外角为72°，则该正多边形的边数是（　　）
A．5 B．6 C．8 D．10
【点拨】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角和中外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．
【解析】解：这个正多边形的边数：360°÷72°＝5．
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．
2．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点M在上，则∠CME的度数为（　　）
A．36° B．45° C．60° D．75°
【点拨】连接OC，OD，OE，由正六边形的性质得出∠COE＝120°，由圆周角定理即可求解．
【解析】解：如图：连接OC，OD，OE，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴，
∴∠COE＝2∠COD＝120°，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了正六边形的性质、圆周角定理；熟练掌握正六边形的性质，由圆周角定理求出∠COE＝120°是解决问题的关键．
3．如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB＝20°，则这个正多边形的边数为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【点拨】连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝2∠ADB＝40°，即可得到结论．
【解析】解：连接OA，OB，
∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，
∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上，
∵∠ADB＝20°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝40°，
∴这个正多边形的边数＝＝9．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键．
4．正八边形的中心角的度数为（　　）
A．36° B．45° C．60° D．72°
【点拨】根据正八边形中心角的定义即可求解．
【解析】解：正八边形的中心角的度数＝360°÷8＝45°，
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的性质，熟练掌握正n边形的中心角为是解题的关键．
5．边长为4的正方形内接于⊙O，则⊙O的半径是（　　）
A． B．2 C．2 D．4
【点拨】连接OB，CO，在Rt△BOC中，根据勾股定理即可求解．
【解析】解：连接OB，OC，
则OC＝OB，∠BOC＝＝90°，
在Rt△BOC中，OB2+OC2＝BC2，
∵BC＝4，
∴OC＝OB＝．
∴⊙O的半径是，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆，本题需仔细分析图形，利用勾股定理即可解决问题．
6．若⊙O的内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则n的值为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【点拨】因为⊙O的半径与这个正n边形的边长相等，推出这个多边形的中心角＝60°，构建方程即可解决问题．
【解析】解：∵⊙O的半径与这个正n边形的边长相等，
∴这个多边形的中心角＝60°，
∴＝60°，
∴n＝6，
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形与圆，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7．如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（　　）
A．7个 B．8个 C．9个 D．10个
【点拨】先求出多边形的每一个内角为108°，可得到∠O＝36°，即可求解．
【解析】解：∵多边形是正五边形，
∴正五边形的每一个内角为：＝108°，
∴∠O＝180°﹣（180°﹣108°）×2＝36°，
∴正五边形的个数是360°÷36°＝10．
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，多边形内角和问题，熟练掌握相关知识点是解题关键．
8．一个正多边形的边长为6，它的内角和是外角和的2倍，则它的边心距是　3　．
【点拨】先由多边形的内角和是外角和的2倍，判断出多边形的边数，即可得到结论．
【解析】解：设多边形的边数为n．
因为正多边形内角和为（n﹣2） 180°，正多边形外角和为360°，
根据题意得：（n﹣2） 180°＝360°×2，
解得：n＝6．
∴这个正多边形是正六边形，
∴它的边心距＝6×＝3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和外角，正六边形的性质，熟练掌握正六边形的性质，求出正多边形的边数是解决问题的关键．
9.如图，在正五边形ABCDE中，DF⊥AB．
（1）求∠CDF的度数；
（2）求证：AF＝BF．
【点拨】（1）根据正五边形内角和得每个内角度数，进而可得结果；
（2）连接DA和DB，证明△AED≌△BCD可得AD＝BD，再证明Rt△DAF≌Rt△DFB即可得结论．
【解析】（1）解：在正五边形中，∠ABC＝∠C＝540°÷5＝108°，
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
在四边形BCDF中，
∵∠ABC+∠C+∠DFB+∠CDF＝360°，
∴∠CDF＝360°﹣∠ABC﹣∠C﹣∠DFB＝360°﹣108°﹣108°﹣90°＝54°；
（2）证明：如图，连接DB、AD，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠E＝∠C，DE＝AE＝DC＝BC，
在△AED和△BCD中，
，
∴△AED≌△BCD（SAS），
∴AD＝BD，
∵DF⊥AB，
∴∠DFA＝∠DFB＝90°，
Rt△DAF和Rt△DFB，
，
∴Rt△DAF≌Rt△DFB（HL），
∴AF＝BF．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握正多边形和圆的性质．
能力提升
10．如图，要拧开一个边长为a＝8mm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为（　　）
A．8mm B．16mm C．8mm D．4mm
【点拨】设正六边形的中心是O，其一边是AB，连接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，则∠AOB＝∠BOC＝60°，得出OA＝OB＝AB＝OC＝BC，则四边形ABCO是菱形，得出AC⊥OB，AM＝CM，由sin∠AOB＝，即可得出结果．
【解析】解：设正六边形的中心是O，其一边是AB，连接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，如图所示：
∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∴AC⊥OB，AM＝CM，
∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，
∴sin∠AOB＝，
∴AM＝8×＝4（mm），
∴AC＝2AM＝8 mm，
解法2：连接OC、OD，过O作OM⊥CD于M，如图1所示：
则∠COD＝＝60°，
∴∠COM＝90°﹣60°＝30°，△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝CD＝8mm，
∵OM⊥CD，
∴CM＝DM＝CD＝4（mm），OM＝CM＝4（mm），
∴b＝2OM＝8（mm），
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、菱形的判定与性质等知识，构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，运用锐角三角函数进行求解是解此题的关键．
11．如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BF，BD分别交AC于点G，H，若该圆的半径为12，则线段GH的长为（　　）
A．6 B． C． D．8
【点拨】根据正六边形的性质和等腰三角形的性质以及解直角三角形即可得到结论．
【解析】解：∵在圆内接正六边形ABCDEF中，
AB＝AF＝BC＝CD，
∠BAF＝ABC＝∠BCD＝120°，
∴∠AFB＝∠ABF＝∠BAC＝∠ACB＝∠CBD＝∠BDC＝30°，
∴AG＝BG，BH＝CH，
∠GBH＝∠BGH＝∠BHG＝60°，
∴AG＝GH＝BG＝BH＝CH，
连接OA，OB交AC于N，
则 OB⊥AC，∠AOB＝60°，
∵OA＝12，
∴AN＝OA＝6，
∴AC＝2AN＝12，
∴GH＝AC＝4，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形和圆，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．
12．如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝　2　．
【点拨】连接OA，OC，OE，首先证明出△ACE 是⊙O的内接正三角形，然后证明出△BAC≌△OAC（ASA），得到 S△ABC＝S△AEE＝S△CDES△AOC＝S△OAE＝S△OCE，进而求解即可．
【解析】解：如图所示，连接OA，OC，OE．
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴AC＝AE＝CE，
∴△ACE是⊙O的内接正三角形，
∵∠B＝120°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠B）＝30°，
∵∠CAE＝60°，
∴∠OAC＝∠OAE＝30°，
∴∠BAC＝∠OAC＝30°，
同理可得，∠BCA＝∠OCA＝30°，
又∵AC＝AC，
∴△BAC≌△OAC（ASA），
∴S△BAC＝S△AOC，
圆和正六边形的性质可得，S△BAC＝S△AFE＝S△CDE，
由圆和正三角形的性质可得，S△OAC＝S△OAE＝S△OCE，
∵S1＝S△BAC+S△AEF+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△OCE＝2（S△OAC+S△OAE+S△OCE）＝2S2，
∴，
故答案为：2
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知 识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
13．如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AC，相交于点P．若⊙O的半径为1，则AC＝　　，∠APD＝　135　度，△ABC的面积为 　　．
【点拨】连接OA，OB，OB与AC交于点Q，先根据正八边形和圆的性质求出∠AOB，再根据特殊角三角函数值求出AC的长，再根据圆周角定理和三角形的外角定理即可求出∠APD，最后根据三角形的面积公式求出△ABC的面积即可．
【解析】解：如图，连接OA，OB，OB与AC交于点Q，
由题意可知，QA＝QC，OB⊥AC，
∵ABCDEFGH是正八边形，
∴，
∴，
∴，，
∵所对的圆心角为5∠AOB＝225°，
∴所对的圆周角为，
∵，
∴∠APD＝∠ABD+∠BAC＝135°，．
故答案为：，135，．
【点睛】本题考查了正八边形与圆的综合，熟练运用正八边形的性质，特殊角的三角函数值，圆周角定理是解题的关键．
14．如图，已知正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点，P是GH上的动点，连接AP，BP，则AP+BP的值最小时，BP与HG的夹角（锐角）度数为 　60°　．
【点拨】如图，连接PF，BF，BF交GH于点P′，连接AP′．首先证明当点P与点P′重合时，PA+PB的值最小，利用等腰三角形的性质求出∠AFB＝30°即可解决问题．
【解析】解：如图，连接PF，BF，BF交GH于点P′，连接AP′．
∵正六边形ABCDEF中，G，H分别是AF和CD的中点，
∴GH是正六边形的对称轴，
∴PA＝PF，
∴PA+PB＝PB+PF，
∵PB+PF≥BF，
∴当点P与点P′重合时，PA+PB的值最小，
∵∠BAF＝120°，AB＝AF，
∴∠ABF＝∠AFB＝30°，
∵∠FGP′＝90°，
∴∠FP′G＝60°，
故答案为60°．
【点睛】本题考查正多边形与圆，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用三角形的三边关系解决最短问题，属于中考常考题型．
15．如图正方形ABCD内接于⊙O，E为任意一点，连接DE、AE．
（1）求∠AED的度数．
（2）如图2，过点B作BF∥DE交⊙O于点F，连接AF，AF＝1，AE＝4，求DE的长度．
【点拨】（1）如图1中，连接OA、OD．根据∠AED＝∠AOD，只要证明∠AOD＝90°即可解决问题；
（2）如图2中，连接CF、CE、CA，作DH⊥AE于H．首先证明CE＝AF＝1，求出AC、AD，设DH＝EH＝x，在Rt△ADH中，利用勾股定理即可解决问题；
【解析】解：（1）如图1中，连接OA、OD．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOD＝90°，
∴∠AED＝∠AOD＝45°．
（2）如图2中，连接CF，CE，CA，BD，作DH⊥AE于H．
∵BF∥DE，AB∥CD，
∴∠BDE＝∠DBF，∠BDC＝∠ABD，
∴∠ABF＝∠CDE，
∵∠CFA＝∠AEC＝90°，
∴∠DEC＝∠AFB＝135°，
∵CD＝AB，
∴△CDE≌△ABF，
∴AF＝CE＝1，
∴AC＝＝，
∴AD＝AC＝，
∵∠DHE＝90°，
∴∠HDE＝∠HED＝45°，
∴DH＝HE，设DH＝EH＝x，
在Rt△ADH中，∵AD2＝AH2+DH2，
∴＝（4﹣x）2+x2，
解得x＝或（舍弃），
∴DE＝DH＝
【点睛】本题考查正多边形与圆、全等三角形的判定和性质、勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
培优拔尖
16．如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AC、BD，相交于点P．若⊙O的半径为1，以下结论错误的是 　④　．（填序号）
①；②∠APD＝135°；③△ABC的面积为；④AB＝1．
【点拨】连接OA，OB，OB与AC交于点Q，先根据正八边形和圆的性质求出∠AOB，再根据特殊角三角函数值求出AC的长，再根据圆周角定理和三角形的外角定理即可求出∠APD，最后根据三角形的面积公式求出△ABC的面积即可．
【解析】解：如图，连接OA，OB，OB与AC交于点Q，
由题意可知，QA＝QC，OB⊥AC，
∵ABCDEFGH是正八边形，
∴∠AOB＝360°÷8＝45°，
∴QA＝OQ＝OAsin∠AOB＝sin45°＝，
∴QB＝OB﹣OQ＝1﹣，AC＝2QA＝，故①正确；
∵所对的圆心角为5∠AOB＝225°，
∴所对的圆周角为∠ABD＝×225°＝112.5°，
∵∠BAC＝45°＝22.5°，
∴∠APD＝∠ABD+∠BAC＝135°，故②正确；
S＝，故③正确；
∵若⊙O的半径为1，
∴OA＝OB＝1，
∵∠AOB＝45°，
∴AB≠OA≠1．故④错误．
故答案为：④．
【点睛】本题考查了正八边形与圆的综合，熟练运用正八边形的性质，特殊角的三角函数值，圆周角定理是解题的关键．
17．如图，边长为6的正方形ABCD内接于⊙O，点E是上的一动点（不与A，B重合，点F是上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，有以下结论：
①OG＝OH；
②△GBH周长的最小值为；
③随着点E位置的变化，四边形OGBH的面积始终为9．
其中正确的是 　①③　．（填序号）
【点拨】根据正方形的性质和判断，全等三角形的判定和性质以及垂径定理逐项进行判断即可．
【解析】解：①如图所示，连接OC，OB，
∵∠BOG+∠BOH＝90°，∠COF+∠BOF＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
∵四边形ABCD是正方形，点O是它的中心，
∴∠OBG＝∠OCH＝45°，
在△BOG与△COH中，
，
∴△OBG≌△OCH（ASA），
∴OG＝OH，
因此①正确；
②由①中△BOG≌△COH，可得BG＝CH，
∴BH+BG＝BH+CH＝BC＝6，
△GBH周长为BH+BG+HG，而BH+BG＝6，
当HG最小时，OH、OG最小，
所以当OH⊥BC，OG⊥AB时，△GBH周长的最小，
如图，过点O作OM⊥BC于M，ON⊥AB于N，
则OM＝ON＝3＝BM＝BN，
∴HG＝＝3，
∴△GBH周长的最小值为6+3，
故②不正确；
③∵OG＝OH，OM＝OM，
∴△HOM≌△GON（HL），
∴四边形OGBH的面积始终等于正方形ONBM的面积，
而正方形ONBM的面积，总等于正方形ABCD面积的四分之一，
因此③正确；
综上所述，正确的结论有：①③，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及垂径定理，掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及垂径定理是正确判断的前提．
18．已知，正方形ABCD内接于⊙O，点P是弧AD上一点，连接BP交AC于点E．
（1）如图1，若点P是弧AD的中点，求证：CE＝CD；
（2）如图2，若图中PE＝OE，求的值．
【点拨】（1）连接DE，由是正方形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD＝OC，由等腰直角三角形的性质得到EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，∠EBD＝∠EDB，
由圆周角的性质得到∠POD＝∠ABD＝22.5°，进而得到∠EDC＝67.5°，∠CED＝67.5°，根据等腰三角形的判定即可得到CE＝CD；
（2）根据正方形的性质和圆周角定理及角平分线的性质证得∠1＝∠2＝∠PDE，由三角形内角和定理求出∠2＝30°，根据含30°直角三角形的性质和勾股定理得到DE＝2OE，OD＝OE，进而得到OD＝OA＝OE，AE＝（﹣1）OE，EC＝（+1）OE，代入即可得到结果．
【解析】（1）证明：如图1，连接DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB＝OD＝OC，
∴EB＝ED，∠ODC＝∠OCD＝45°，
∴∠EBD＝∠EDB，
∵点P是弧AD的中点，
∴∠PBD＝∠ABD＝×∠AOD＝22.5°，
∴∠EDC＝∠CDO+∠ODE＝45°+22.5°＝67.5°，
∴∠CED＝180°﹣∠DCE﹣∠CDE＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠CED＝∠EDC，
∴CE＝CD；
（2）解：如图2，连接DE，DP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠EOD＝90°，OA＝OD，
∴∠P＝∠BAD＝90°，
∵PE＝OE，DE＝DE，
∴Rt△PDE≌Rt△ODE（HL），
∴∠PDE＝∠2，由（1）知∠1＝∠2，
∴∠1＝∠2＝∠PDE，
∴∠1+∠2+∠PDE＝90°，
∴∠2＝30°，
∴OE＝DE，
∴DE＝2OE，
∴OD＝＝OE，
∴＝，
∴OD＝OA＝OE，
∴AE＝OA﹣OE＝（﹣1）OE，EC＝OE+OC＝（+1）OE，
∴＝＝2﹣．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，正方形和圆，圆周角定理，角平分线的判定，线段垂直平分线的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线，证得EA＝ED，是解决问题的关键．
19．（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为弧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为弧BC上一动点，求证：；
（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，并给予证明．
【点拨】（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，证明△PCE是等边三角形．利用CE＝PC，∠E＝∠3＝60°，∠EBC＝∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA＝BE＝PB+PC；
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，证明△ABE≌△CBP，所以PC＝AE，可得PA＝PC+PB．
（3）在AP上截取AQ＝PC，连接BQ可证△ABQ≌△CBP，所以BQ＝BP．又因为∠APB＝30°．所以PQ＝PB，PA＝PQ+AQ＝PB+PC．
【解析】证明：（1）延长BP至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，
∴△BEC≌△APC（SAS），
∴PA＝BE＝PB+PC．
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E．
∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°
∴∠1＝∠3，
∴∠APB＝45°，
∴BP＝BE，∴；
又∵AB＝BC，
∴△ABE≌△CBP，
∴PC＝AE．
∴．
（3）答：；
证明：过点B，作BM⊥AP，在AP上截取AQ＝PC，
连接BQ，∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，
∴△ABQ≌△CBP，
∴BQ＝BP．
∴MP＝QM，
又∵∠APB＝30°，
∴cos30°＝，
∴PM＝PB，
∴
∴
【点睛】本题考查三角形全等的性质和判定方法以及正多边形和圆的有关知识．要熟悉这些基本性质才能灵活运用解决综合性的习题．
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