Question

6．如图，已知等边△ABC
（1）如图1，P为等边△ABC外一点，且∠BPC=120°，求证：PA=PB+PC；
（2）如图2，P为等边△ABC内一点，∠APD=120°，求证：PA+PD+PC＞BD；
（3）如图3，∠APD=120°，若∠APC=150°，PA=4，PC=5，PD=8，则$\frac{AC}{BD}$=$\frac{\sqrt{41+20\sqrt{3}}}{13}$．

Answer 1

分析 （1）要证明PA=PB+PC，只需要作出合适的辅助线延长BP至点E，使得PE=PC，连接CE，证明△ACP≌△BCE即可；
（2）要证明PA+PD+PC＞BD，只需要作辅助线延长DP到M使得PM=PA，连接AM、BM，画出相应的图形，根据三角形两边之和大于第三边即可证明结论；
（3）要求$\frac{AC}{BD}$的比值，只要求出AC、BD的值即可，要求它们的值，根据（2）中得到的结论和题意可以求得它们的长，本题得以解决．

解答 （1）证明：延长BP至点E，使得PE=PC，连接CE，如下图1所示，

∵∠BPC=120°，PE=PC，
∴∠CPE=60°，
∴△CPE为等边三角形，
∴CP=PE=CE，∠PCE=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠BCA=60°，
∴∠ACB=∠ECP，
∴∠ACB+∠BCP=∠ECP+∠BCP，
即：∠ACP=∠BCE，
在△ACP和△BCE中
$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠ACP=∠BCE}\\{PE=PC}\end{array}\right.$
∴△ACP≌△BCE（SAS）
∴AP=BE，
∵BE=BP+PE=BP+PC，
∴PA=PB+PC；
（2）证明：延长DP到M使得PM=PA，连接AM、BM，如下图2所示，

∵∠APD=120°，PM=PA，
∴∠APM=60°，
∴△APM是等边三角形，
∴AM=AP，∠PAM=60°，
∴DM=PD+PA，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴∠MAP=∠BAC，
∴∠MAP-∠BAP=∠BAC-∠BAP，
即∠MAB=∠PAC，
在△AMB和△APC中，
$\left\{\begin{array}{l}{AM=AP}\\{∠MAB=∠PAC}\\{AB=AC}\end{array}\right.$
∴△AMB≌△APC（SAS）
∴BM=PC，
∵在△BDM中，DM+BM＞BD，DM=PD+PA，
∴PA+PD+PC＞BD．
（3）解：延长DP到M使得PM=PA，连接AM、BM，延长CP交AM的于点N，如下图3所示，

由（2）可知，△AMP为等边三角形，BM=PC，
∵∠APD=120°，∠APC=150°，PA=4，PC=5，PD=8，
∴∠CPD=∠APC-∠APD=30°，
∴∠MPN=30°，
∴PN⊥AM，
∵PA=4，PC=5，
∴AN=2，NP=$2\sqrt{3}$，
∴CN=$5+2\sqrt{3}$，
∴AC=$\sqrt{A{N}^{2}+C{N}^{2}}=\sqrt{{2}^{2}+（5+2\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{41+20\sqrt{3}}$，
∵∠AMB=∠APC=150°，∠AMP=60°，
∴∠BMD=90°，
∵DM=MP+PD=4+8=12，BM=5，
∴BD=$\sqrt{B{M}^{2}+M{D}^{2}}=\sqrt{{5}^{2}+1{2}^{2}}=13$，
∴$\frac{AC}{BD}=\frac{\sqrt{41+20\sqrt{3}}}{13}$，
故答案为：$\frac{\sqrt{41+20\sqrt{3}}}{13}$．

点评 本题考查几何综合变化、三角形两边之和大于第三边、构造三角形，直角三角形的相关知识、等边三角形的性质，解题的关键是明确题意，做出合适的辅助线，画出相应的图形，找出所求问题需要的条件．