Question

已知⊙O中，弦AB=AC，點P是∠BAC所對弧上一動點，連接PB、PA、PC．

（1）如圖①，把△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到△ACQ，求證：點P、C、Q三點在同一直線上．
（2）如圖②，若∠BAC=60°，試探究PA、PB、PC之間的關(guān)系．
（3）若∠BAC=120°時，（2）中的結(jié)論是否成立？若是，請證明；若不是，請?zhí)骄克鼈冇钟泻螖?shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析：（1）如圖①，連接PC．根據(jù)“內(nèi)接四邊形的對角互補的性質(zhì)”證得∠ACP+∠ACQ=180°，即點P、C、Q三點共線；
（2）如圖②，通過作輔助線BC、PE、CE（連接BC，延長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，過點A作AG⊥PC于點G．利用全等三角形△ABP≌△AQP（SAS）的對應(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中來求即可．

解答：（1）證明：如圖①，連接PC．
∵△ACQ是由△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到的，
∴∠ABP=∠ACQ．
由圖①知，點A、B、P、C四點共圓，
∴∠ACP+∠ABP=180°（圓內(nèi)接四邊形的對角互補），
∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代換），
∴點P在線段QC的延長線上，即點P、C、Q三點在同一直線上；

（2）解：PA=PB+PC．理由如下：
如圖②，連接BC，延長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四點共圓，
∴∠BAC+∠BPC=180°（圓內(nèi)接四邊形的對角互補），
∵∠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，
∵

CE=PC ∠BCE=∠ACP AC=BC

，
∴△BEC≌△APC（SAS），
∴BE=PA，
∴PA=BE=PB+PC；

（3）若∠BAC=120°時，（2）中的結(jié)論不成立．

3

PA=PB+PC．理由如下：
如圖③，在線段PC上截取PQ，使PQ=PB，過點A作AG⊥PC于點G．
∵∠BAC=120°，∠BAC+∠BPC=180°，
∴∠BPC=60°．
∵弦AB=弦AC，
∴∠APB=∠APQ=30°．
在△ABP和△AQP中，
∵

PB=PQ ∠APB=∠APQ AP=AP

，
∴△ABP≌△AQP（SAS），
∴AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的對應(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=

3

AG．
∴PB+PC=PG-QG+PG+CG=PG-QG+PG+QG=2PG=2

3

AG，
∴

3

PA=2

3

AG，即

3

PA=PB+PC．

點評：本題考查了圓的綜合題：注意圓心角、弧、弦間的關(guān)系，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)的綜合運用．