Question

6．已知⊙O中，弦AB=AC，點(diǎn)P是∠BAC所對(duì)弧上一動(dòng)點(diǎn)，連接PA，PB．
（1）如圖①，把△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到△ACQ，連接PC，求證：∠ACP+∠ACQ=180°；
（2）如圖②，若∠BAC=60°，試探究PA、PB、PC之間的關(guān)系．
（3）若∠BAC=120°時(shí)，（2）中的結(jié)論是否成立？若是，請(qǐng)證明；若不是，請(qǐng)直接寫(xiě)出它們之間的數(shù)量關(guān)系，不需證明．

Answer 1

分析 （1）如圖①，連接PC．根據(jù)“內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)的性質(zhì)”即可證得結(jié)論；
（2）如圖②，通過(guò)作輔助線BC、PE、CE（連接BC，延長(zhǎng)BP至E，使PE=PC，連接CE）構(gòu)建等邊△PCE和全等三角形△BEC≌△APC；然后利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等和線段間的和差關(guān)系可以求得PA=PB+PC；
（3）如圖③，在線段PC上截取PQ，使PQ=PB，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥PC于點(diǎn)G．利用全等三角形△ABP≌△AQP（SAS）的對(duì)應(yīng)邊相等推知AB=AQ，PB=PG，將PA、PB、PC的數(shù)量關(guān)系轉(zhuǎn)化到△APC中來(lái)求即可．

解答 （1）證明：如圖①，連接PC．
∵△ACQ是由△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到的，
∴∠ABP=∠ACQ．
由圖①知，點(diǎn)A、B、P、C四點(diǎn)共圓，
∴∠ACP+∠ABP=180°（圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)），
∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代換）；

（2）解：PA=PB+PC．理由如下：
如圖②，連接BC，延長(zhǎng)BP至E，使PE=PC，連接CE．
∵弦AB=弦AC，∠BAC=60°，
∴△ABC是等邊三角形（有一內(nèi)角為60°的等腰三角形是等邊三角形）．
∵A、B、P、C四點(diǎn)共圓，
∴∠BAC+∠BPC=180°（圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)），
∵∠BPC+∠EPC=180°，
∴∠BAC=∠CPE=60°，
∵PE=PC，
∴△PCE是等邊三角形，
∴CE=PC，∠E=∠ECP=∠EPC=60°；
又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，
∴∠BCE=∠ACP（等量代換）．
在△BEC和△APC中，$\left\{\begin{array}{l}{CE=PC}\\{∠BCE=∠ACP}\\{AC=BC}\end{array}\right.$，
∴△BEC≌△APC（SAS），
∴BE=PA，
∴PA=BE=PB+PC；

（3）若∠BAC=120°時(shí)，（2）中的結(jié)論不成立．$\sqrt{3}$PA=PB+PC．理由如下：
如圖③，在線段PC上截取PQ，使PQ=PB，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥PC于點(diǎn)G．
∵∠BAC=120°，∠BAC+∠BPC=180°，
∴∠BPC=60°．
∵弦AB=弦AC，
∴∠APB=∠APQ=30°．
在△ABP和△AQP中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{PB=PQ}\\{∠APB=∠APQ}\\{AP=AP}\end{array}\right.$，
∴△ABP≌△AQP（SAS），
∴AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等），
∴AQ=AC（等量代換）．
在等腰△AQC中，QG=CG．
在Rt△APG中，∠APG=30°，則AP=2AG，PG=$\sqrt{3}$AG．
∴PB+PC=PG-QG+PG+CG=PG-QG+PG+QG=2PG=2$\sqrt{3}$AG，
∴$\sqrt{3}$PA=2$\sqrt{3}$AG，即$\sqrt{3}$PA=PB+PC．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓心角、弧、弦間的關(guān)系，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．