【答案】
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)構建等邊△PCE和全等三角形△BEC≌△APC;然后利用全等三角形的對應邊相等和線段間的和差關系可以求得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)的對應邊相等推知AB=AQ,PB=PG,將PA、PB、PC的數(shù)量關系轉化到△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,
∵
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,
∴△BEC≌△APC(SAS),
∴BE=PA,
∴PA=BE=PB+PC;
(3)若∠BAC=120°時,(2)中的結論不成立.
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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,
∵
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,
∴△ABP≌△AQP(SAS),
∴AB=AQ,PB=PQ(全等三角形的對應邊相等),
∴AQ=AC(等量代換).
在等腰△AQC中,QG=CG.
在Rt△APG中,∠APG=30°,則AP=2AG,PG=
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AG.
∴PB+PC=PG-QG+PG+CG=PG-QG+PG+QG=2PG=2
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AG,
∴
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PA=2
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AG,即
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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.