Question

6．已知⊙O中，弦AB=AC，点P是∠BAC所对弧上一动点，连接PA，PB．
（1）如图①，把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，连接PC，求证：∠ACP+∠ACQ=180°；
（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA、PB、PC之间的关系．
（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．

Answer 1

分析 （1）如图①，连接PC．根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论；
（2）如图②，通过作辅助线BC、PE、CE（连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE）构建等边△PCE和全等三角形△BEC≌△APC；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC；
（3）如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．利用全等三角形△ABP≌△AQP（SAS）的对应边相等推知AB=AQ，PB=PG，将PA、PB、PC的数量关系转化到△APC中来求即可．

解答 （1）证明：如图①，连接PC．
∵△ACQ是由△ABP绕点A逆时针旋转得到的，
∴∠ABP=∠ACQ．
由图①知，点A、B、P、C四点共圆，
∴∠ACP+∠ABP=180°（圆内接四边形的对角互补），
∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代换）；

（2）解：PA=PB+PC．理由如下：
如图②，连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE．
∵弦AB=弦AC，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形（有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形）．
∵A、B、P、C四点共圆，
∴∠BAC+∠BPC=180°（圆内接四边形的对角互补），
∵∠BPC+∠EPC=180°，
∴∠BAC=∠CPE=60°，
∵PE=PC，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE=PC，∠E=∠ECP=∠EPC=60°；
又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，
∴∠BCE=∠ACP（等量代换）．
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°时，（2）中的结论不成立．$\sqrt{3}$PA=PB+PC．理由如下：
如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点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（全等三角形的对应边相等），
∴AQ=AC（等量代换）．
在等腰△AQC中，QG=CG．
在Rt△APG中，∠APG=30°，则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．

点评 本题考查了圆心角、弧、弦间的关系，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，四点共圆，圆内接四边形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．