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如图*，点P为等边△ABC外接圆周劣弧BC上的一点.
（1） 求∠BPC的度数；
（2） 求证：PA=PB+PC；
（3） 设PA，BC交于点M，若AB=4，PC=2，求CM的长度.
解析：这是一例延用许多年的经典问题.其中（1）较为简单，由“圆周角”定理易知：∠APB=∠ACB=60°， ∠APC=∠ABC=60°，则∠BPC=∠APB+∠APC=60°+60°=120°.对于（3），解法较少，不做过多探究：由∠ABM=∠CPM， ∠AMB=∠CMP，可得△ABM∽△CPM，则AM1CM=BM1PM=AB1PC=412=2，设CM=x，则AM=2x，结合BC=AB=4，可知BM=4-x，PM=4-x12，PA=AM+PM=2x+4-x12=4+3x12；由∠MPC=∠BPA=60°，∠PCM=∠PAB，可得△PCM∽△PAB，则CM1AB=PC1PA，即x14=214+3x12，即3x2+4x-16=0，解之，得x1=-2+21313，x2=-2-21313 （舍去），即CM=213-213.（2）是经典问题，入口宽，解法多，此处重点分析：
一、截长补短法
1.截长法
欲证PA=PB+PC，可先从PA上“锯”下一段PB长（或PC长）的线段，然后推证余下的一段长等于PC长（或PB长）即可.
方法Ⅰ：如图1，在线段PA上截取PD=PB，连结BD.结合∠APB=60°，易知△PBD为等边三角形，则BP=BD，且∠ABC=∠PBD=60°，则∠ABD=∠CBP，又AB=BC，则△ABD≌△CBP，于是有PC=AD，即PA=PD+AD=PB+PC.
图1图2方法Ⅱ：如图2，在线段PA上截取AD=BP，连结CD.又∠CAD=∠CBP，CA=CB，则△CAD≌△CBP，于是有CD=CP，结合∠APC=60°，易知△PCD为等边三角形，于是有PD=PC，即PA= AD+PD=PB+PC.
方法Ⅲ：如图2，在线段PA上截取PD=PC，连结CD.类似方法Ⅰ，先证△PCD为等边三角形，再证△ACD≌△BCP，可得结论.
方法Ⅳ：如图1，在线段PA上截取AD=PC，连结BD.类似方法Ⅱ，先证△ABD≌△CBP，再证△PBD为等边三角形，可得结论.
点评：上述四法，均采用“截长法”，其中方法Ⅰ与方法Ⅲ、方法Ⅱ与方法Ⅳ在本质上是相同的.
2.补短法
欲证PA=PB+PC，可先把PB（或PC）“补”上一段PC长（或PB长）的线段，然后推证补充后的线段长等于PA长即可.
方法Ⅴ：如图3，延长线段BP到点D，使PD=PC，连结CD.由∠BPC=120°，可知∠CPD=60°，则△PCD为等边三角形， 于是有∠CDB=∠CPA=60°； 又∠CBD =∠CAP，CB=CA，则△CAP≌△CBD，于是有PA=BD=PB+PD=PB+PC.
图3图4方法Ⅵ：如图4，延长线段PB到点D，使BD=PC，连结AD.可知∠ABD=∠ACP，又AB=AC，则△ABD≌△ACP，于是有AD=AP； 结合∠APD=60°，可知△APD为正三角形，则PA=PD=PB+BD=PB+PC.
方法Ⅶ：如图5，延长线段CP到点D，使PD=PB，连结BD.类似方法Ⅴ，先证△PBD为等边三角形， 再证△ABP≌△CBD，可得结论.
图5图6方法Ⅷ：如图6，延长线段PC到点D，使CD=PB，连结AD.类似方法Ⅵ，先证△ABP≌△ACD，再证△APD为等边三角形， 可得结论.
点评：上述四法，均采用“补短法”，其中方法Ⅴ与方法Ⅶ、方法Ⅵ与方法Ⅷ在本质上是相同的.
“截长补短”法是处理线段的和、差、倍、分问题时最常用也是最有效的办法.或截长，或补短，要因题制宜，灵活运用.
二、三角法
结合题、图当中存在众多的60°角，容易联想到构造直角三角形，运用三角函数解决问题.
图7方法Ⅸ：如图7，过点C分别作CD⊥AP、CE⊥BP，垂足为D、E.则∠APC=∠CPE=60°.设∠CAD=∠CBE=α，CA=CB=a.
在Rt△ADC中 ，有AD=CA·cos∠CAD=a·cosα；类似的，可得：
PD=PC×cos60°=PC12，PE=PC·cos60°=PC12，
BE=BC·cos∠CBE=a·cosα，PB=BE-PE=a·cosα-PC12；
则PB+PC= （a·cosα-PC12）+PC= a·cosα+PC12，PA=AD+PD=a·cosα+PC12，即PA=PB+PC.
方法Ⅹ： 如图8，过点B分别作BD⊥AP、BE⊥PC，垂足为D、E.则∠APB=∠BPE=60°.设∠PAB=∠BCE=β，AB=CB=a .类似方法Ⅸ，易得AD=CE=a·cosβ，PD=PE=PB12， PA=AD+PD= a·cosβ+PB12，PC=CE-PE=a·cosβ-PB12，PB+PC=a·cosβ+PB12，即PA=PB+PC.
图8图9方法Ⅺ： 如图9，过点A分别作AE⊥BP、AF⊥PC，垂足为E、F.设∠ACF=∠ABE=γ，易得：BE=CF=a·cosγ，PA=2PE=2PF，PB+PC=（PE+BE）+PC=PE+（PC+CF）=PE+PF=PA，结论得证.
点评：正是因为关注到题、图中众多的60°角，才构造与之相关的正三角形，并能顺利转化线段，使问题获解.其中，方法Ⅺ中证明BE=CF时也可借助△ABE≌△ACF，但显然不如用三角函数来得简洁明快.
三、面积法
题目中有AB=BC=AC，其中AB、PB结合得到一个△ABP，AC、PC结合得到一个△ACP，BC、AP作为对角线结合得到四边形ABPC，且S△ABP、S△ACP均可用两种不同的方式来表示.借此，也可以得出结论.
图10方法Ⅻ：如图10，过点A分别作AE⊥BP、AF⊥PC，垂足为E、F；过点B作BD⊥AP，垂足为D；过点C作CG⊥AP，垂足为G.易知∠ACF=∠ABE=∠AMB=∠PMC（设它们的大小均为θ），设AB=BC=AC=k.则BD=BM·cosθ，CG=CM·cosθ，AE=AB·cosθ= k·cosθ，AF=AC·cosθ=k·cosθ. S△ABP =112PB·AE=112PA·BD，即112PB·k·cosθ=112PA·BM·cosθ；S△ACP=112PC·CF=112PA·CG，即112PC·k·cos =112PA·CM·cosθ，故有112PB·k·cosθ+112PC·k·cosθ=112PA·BM·cosθ+ 112PA·CM·cosθ=112PA·（BM+CM）·cosθ=112PA·BC·cosθ=112PA·k·cosθ，即PA=PB+PC.在此情形下，∠PAB>∠PAC.当∠PAB<∠PAC时，与上类似；而当∠PAB=∠PAC时，为一特例情形，更为简单.
点评：“面积法”的最大特征是把同一个图形的面积“算两次（‘算两次原理’又称‘富比尼原理’，即利用‘把某个量用两种不同的途径和方法计算两次或两次以上，所得结果相等’得到一个等式）”，借助代数推理顺利达成目标.
四、相似法
结合题设，观察图形，能得到众多的相似三角形.借之巧作推理与整合，可以得出结论.
方法ⅩⅢ：如图*，设正△ADC的边长为k，AM=l，BM=p，CM=q.由∠PAB共用，∠ABM=∠APB=60°，可得△ABM∽△APB，于是有AB1AP=AM1AB=BM1PB，即k1PA=l1k=p1PB，则PA=k21l，PB=pk1l；同理，可得：△ACM∽△APC，AM1AC=CM1PC，即l1k=q1PC，则PC=qk1l；PB+PC=pk1l+qk1l=（p+q）k1l=k21l=PA，结论得证.
点评：题目中的圆及其内接四边形（包括两条对角线）能得到多对相似三角形，通过列比例式，巧妙实现线段的转化与组合，便顺利推出结论.虽然未添加辅助线，但对分析能力的要求是很高的.
（1） 求∠BPC的度数；
（2） 求证：PA=PB+PC；
（3） 设PA，BC交于点M，若AB=4，PC=2，求CM的长度.
解析：这是一例延用许多年的经典问题.其中（1）较为简单，由“圆周角”定理易知：∠APB=∠ACB=60°， ∠APC=∠ABC=60°，则∠BPC=∠APB+∠APC=60°+60°=120°.对于（3），解法较少，不做过多探究：由∠ABM=∠CPM， ∠AMB=∠CMP，可得△ABM∽△CPM，则AM1CM=BM1PM=AB1PC=412=2，设CM=x，则AM=2x，结合BC=AB=4，可知BM=4-x，PM=4-x12，PA=AM+PM=2x+4-x12=4+3x12；由∠MPC=∠BPA=60°，∠PCM=∠PAB，可得△PCM∽△PAB，则CM1AB=PC1PA，即x14=214+3x12，即3x2+4x-16=0，解之，得x1=-2+21313，x2=-2-21313 （舍去），即CM=213-213.（2）是经典问题，入口宽，解法多，此处重点分析：
一、截长补短法
1.截长法
欲证PA=PB+PC，可先从PA上“锯”下一段PB长（或PC长）的线段，然后推证余下的一段长等于PC长（或PB长）即可.
方法Ⅰ：如图1，在线段PA上截取PD=PB，连结BD.结合∠APB=60°，易知△PBD为等边三角形，则BP=BD，且∠ABC=∠PBD=60°，则∠ABD=∠CBP，又AB=BC，则△ABD≌△CBP，于是有PC=AD，即PA=PD+AD=PB+PC.
图1图2方法Ⅱ：如图2，在线段PA上截取AD=BP，连结CD.又∠CAD=∠CBP，CA=CB，则△CAD≌△CBP，于是有CD=CP，结合∠APC=60°，易知△PCD为等边三角形，于是有PD=PC，即PA= AD+PD=PB+PC.
方法Ⅲ：如图2，在线段PA上截取PD=PC，连结CD.类似方法Ⅰ，先证△PCD为等边三角形，再证△ACD≌△BCP，可得结论.
方法Ⅳ：如图1，在线段PA上截取AD=PC，连结BD.类似方法Ⅱ，先证△ABD≌△CBP，再证△PBD为等边三角形，可得结论.
点评：上述四法，均采用“截长法”，其中方法Ⅰ与方法Ⅲ、方法Ⅱ与方法Ⅳ在本质上是相同的.
2.补短法
欲证PA=PB+PC，可先把PB（或PC）“补”上一段PC长（或PB长）的线段，然后推证补充后的线段长等于PA长即可.
方法Ⅴ：如图3，延长线段BP到点D，使PD=PC，连结CD.由∠BPC=120°，可知∠CPD=60°，则△PCD为等边三角形， 于是有∠CDB=∠CPA=60°； 又∠CBD =∠CAP，CB=CA，则△CAP≌△CBD，于是有PA=BD=PB+PD=PB+PC.
图3图4方法Ⅵ：如图4，延长线段PB到点D，使BD=PC，连结AD.可知∠ABD=∠ACP，又AB=AC，则△ABD≌△ACP，于是有AD=AP； 结合∠APD=60°，可知△APD为正三角形，则PA=PD=PB+BD=PB+PC.
方法Ⅶ：如图5，延长线段CP到点D，使PD=PB，连结BD.类似方法Ⅴ，先证△PBD为等边三角形， 再证△ABP≌△CBD，可得结论.
图5图6方法Ⅷ：如图6，延长线段PC到点D，使CD=PB，连结AD.类似方法Ⅵ，先证△ABP≌△ACD，再证△APD为等边三角形， 可得结论.
点评：上述四法，均采用“补短法”，其中方法Ⅴ与方法Ⅶ、方法Ⅵ与方法Ⅷ在本质上是相同的.
“截长补短”法是处理线段的和、差、倍、分问题时最常用也是最有效的办法.或截长，或补短，要因题制宜，灵活运用.
二、三角法
结合题、图当中存在众多的60°角，容易联想到构造直角三角形，运用三角函数解决问题.
图7方法Ⅸ：如图7，过点C分别作CD⊥AP、CE⊥BP，垂足为D、E.则∠APC=∠CPE=60°.设∠CAD=∠CBE=α，CA=CB=a.
在Rt△ADC中 ，有AD=CA·cos∠CAD=a·cosα；类似的，可得：
PD=PC×cos60°=PC12，PE=PC·cos60°=PC12，
BE=BC·cos∠CBE=a·cosα，PB=BE-PE=a·cosα-PC12；
则PB+PC= （a·cosα-PC12）+PC= a·cosα+PC12，PA=AD+PD=a·cosα+PC12，即PA=PB+PC.
方法Ⅹ： 如图8，过点B分别作BD⊥AP、BE⊥PC，垂足为D、E.则∠APB=∠BPE=60°.设∠PAB=∠BCE=β，AB=CB=a .类似方法Ⅸ，易得AD=CE=a·cosβ，PD=PE=PB12， PA=AD+PD= a·cosβ+PB12，PC=CE-PE=a·cosβ-PB12，PB+PC=a·cosβ+PB12，即PA=PB+PC.
图8图9方法Ⅺ： 如图9，过点A分别作AE⊥BP、AF⊥PC，垂足为E、F.设∠ACF=∠ABE=γ，易得：BE=CF=a·cosγ，PA=2PE=2PF，PB+PC=（PE+BE）+PC=PE+（PC+CF）=PE+PF=PA，结论得证.
点评：正是因为关注到题、图中众多的60°角，才构造与之相关的正三角形，并能顺利转化线段，使问题获解.其中，方法Ⅺ中证明BE=CF时也可借助△ABE≌△ACF，但显然不如用三角函数来得简洁明快.
三、面积法
题目中有AB=BC=AC，其中AB、PB结合得到一个△ABP，AC、PC结合得到一个△ACP，BC、AP作为对角线结合得到四边形ABPC，且S△ABP、S△ACP均可用两种不同的方式来表示.借此，也可以得出结论.
图10方法Ⅻ：如图10，过点A分别作AE⊥BP、AF⊥PC，垂足为E、F；过点B作BD⊥AP，垂足为D；过点C作CG⊥AP，垂足为G.易知∠ACF=∠ABE=∠AMB=∠PMC（设它们的大小均为θ），设AB=BC=AC=k.则BD=BM·cosθ，CG=CM·cosθ，AE=AB·cosθ= k·cosθ，AF=AC·cosθ=k·cosθ. S△ABP =112PB·AE=112PA·BD，即112PB·k·cosθ=112PA·BM·cosθ；S△ACP=112PC·CF=112PA·CG，即112PC·k·cos =112PA·CM·cosθ，故有112PB·k·cosθ+112PC·k·cosθ=112PA·BM·cosθ+ 112PA·CM·cosθ=112PA·（BM+CM）·cosθ=112PA·BC·cosθ=112PA·k·cosθ，即PA=PB+PC.在此情形下，∠PAB>∠PAC.当∠PAB<∠PAC时，与上类似；而当∠PAB=∠PAC时，为一特例情形，更为简单.
点评：“面积法”的最大特征是把同一个图形的面积“算两次（‘算两次原理’又称‘富比尼原理’，即利用‘把某个量用两种不同的途径和方法计算两次或两次以上，所得结果相等’得到一个等式）”，借助代数推理顺利达成目标.
四、相似法
结合题设，观察图形，能得到众多的相似三角形.借之巧作推理与整合，可以得出结论.
方法ⅩⅢ：如图*，设正△ADC的边长为k，AM=l，BM=p，CM=q.由∠PAB共用，∠ABM=∠APB=60°，可得△ABM∽△APB，于是有AB1AP=AM1AB=BM1PB，即k1PA=l1k=p1PB，则PA=k21l，PB=pk1l；同理，可得：△ACM∽△APC，AM1AC=CM1PC，即l1k=q1PC，则PC=qk1l；PB+PC=pk1l+qk1l=（p+q）k1l=k21l=PA，结论得证.
点评：题目中的圆及其内接四边形（包括两条对角线）能得到多对相似三角形，通过列比例式，巧妙实现线段的转化与组合，便顺利推出结论.虽然未添加辅助线，但对分析能力的要求是很高的.