Question

4．如圖1，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，P是⊙O上的一個點．
（1）則∠APC=60°；
（2）試證明：PA+PB=PC；
（3）如圖2，過點A作⊙O的切線交射線BP于點D．
①試證明：∠DAP=∠DBA；
②若AD=2，PD=1，求PA的長．

Answer 1

分析 （1）由等邊三角形的性質(zhì)可知∠ABC=60°，由圓周角定理可知∠APC=∠ABC=60°；
（2）在線段PC上截取PF=PB，連接BF，進而得出△BPA≌△BFC（AAS），即可得出PA+PB=PF+FC=PC；
（3）①如圖2所示：連接OA、OB．由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知∠DPA=∠ACB=60°，由切線的性質(zhì)可知：∠DAO=90°，依據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半可知：∠AOB=120°，由等腰三角形的性質(zhì)可知∠OAB=30°，從而可求得∠DAB=60°，故此可得到∠DPA=∠DAB，然后再根據(jù)∠PDA=∠BDA可證明△ADP∽△BDA，由相似三角形的性質(zhì)可知∠DAP=∠DBA；②由△ADP∽△BDA，可求得：BD=4，BP=3，然后證明△ADP∽△CAP，由相似三角形的性質(zhì)可知AP²=CP•PD，由CP=PA+PB，可得到關于AP的一元二次方程，從而可求得AP的長．

解答 解：（1）∵△ABC為等邊三角形，
∴∠ABC=60°．
∴∠APC=∠ABC=60°．
故答案為：60°．
（2）在線段PC上截取PF=PB，連接BF．

∵△ABC為等邊三角形，
∴∠BAC=60°．
由圓周角定理可知：∠BPC=∠BAC=60°．
∵PF=PB，∠BPC=60°，
∴△PBF是等邊三角形，
∴PB=BF，∠BFP=60°，
∴∠BFC=180°-∠PFB=120°，
∵∠BPA=∠APC+∠BPC=120°，
∴∠BPA=∠BFC，
在△BPA和△BFC中，$\left\{\begin{array}{l}{∠PAB=∠FCB}\\{∠BPA=∠BFC}\\{PB=FB}\end{array}\right.$，
∴△BPA≌△BFC（AAS）．
∴PA=FC．
∴PA+PB=PF+FC=PC．
（3）①如圖2所示：連接OA、OB．

∵四邊形APBC是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠DPA=∠ACB=60°．
∵AD是圓0的切線，
∴∠DAO=90°．
∵∠AOB=2∠ACB=2×60°=120°，OA=OB，
∴∠OAB=30°．
∴∠DAB=∠OAD-∠OAB=90°-30°=60°．
∴∠DPA=∠DAB．
又∵∠PDA=∠BDA，
∴△ADP∽△BDA．
∴∠DAP=∠DBA．
②∵△ADP∽△BDA，
∴$\frac{AD}{BD}=\frac{DP}{AD}=\frac{AP}{BA}$．
∵AD=2，PD=1，
∴BD=4，AB=2AP，
∴BP=BD-DP=3．
∵∠DAP=∠DBA，∠DBA=∠PCA，
∴∠DAP=∠PCA．
又∵∠APD=∠APC=60°，
∴△ADP∽△CAP．
∴$\frac{AP}{CP}$=$\frac{DP}{AP}$．
∴AP²=CP•PD．
∵CP=PA+PB，
∴AP²=（3+AP）•1．
解得：AP=$\frac{1+\sqrt{13}}{2}$或AP=$\frac{1-\sqrt{13}}{2}$（舍去）．

點評 本題主要考查的是圓的綜合應用，證得△BPA≌△BFC是解決問題（2）的關鍵，由問題（2）的結論以及相似三角形的性質(zhì)列出關于AP的一元二次方程是解決問題（3）的關鍵．