Question

6．如圖，已知等邊△ABC
（1）如圖1，P為等邊△ABC外一點(diǎn)，且∠BPC=120°，求證：PA=PB+PC；
（2）如圖2，P為等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠APD=120°，求證：PA+PD+PC＞BD；
（3）如圖3，∠APD=120°，若∠APC=150°，PA=4，PC=5，PD=8，則$\frac{AC}{BD}$=$\frac{\sqrt{41+20\sqrt{3}}}{13}$．

Answer 1

分析 （1）要證明PA=PB+PC，只需要作出合適的輔助線延長BP至點(diǎn)E，使得PE=PC，連接CE，證明△ACP≌△BCE即可；
（2）要證明PA+PD+PC＞BD，只需要作輔助線延長DP到M使得PM=PA，連接AM、BM，畫出相應(yīng)的圖形，根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊即可證明結(jié)論；
（3）要求$\frac{AC}{BD}$的比值，只要求出AC、BD的值即可，要求它們的值，根據(jù)（2）中得到的結(jié)論和題意可以求得它們的長，本題得以解決．

解答 （1）證明：延長BP至點(diǎn)E，使得PE=PC，連接CE，如下圖1所示，

∵∠BPC=120°，PE=PC，
∴∠CPE=60°，
∴△CPE為等邊三角形，
∴CP=PE=CE，∠PCE=60°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴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）證明：延長DP到M使得PM=PA，連接AM、BM，如下圖2所示，

∵∠APD=120°，PM=PA，
∴∠APM=60°，
∴△APM是等邊三角形，
∴AM=AP，∠PAM=60°，
∴DM=PD+PA，
∵△ABC是等邊三角形，
∴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：延長DP到M使得PM=PA，連接AM、BM，延長CP交AM的于點(diǎn)N，如下圖3所示，

由（2）可知，△AMP為等邊三角形，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=$\sqrt{B{M}^{2}+M{D}^{2}}=\sqrt{{5}^{2}+1{2}^{2}}=13$，
∴$\frac{AC}{BD}=\frac{\sqrt{41+20\sqrt{3}}}{13}$，
故答案為：$\frac{\sqrt{41+20\sqrt{3}}}{13}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查幾何綜合變化、三角形兩邊之和大于第三邊、構(gòu)造三角形，直角三角形的相關(guān)知識(shí)、等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是明確題意，做出合適的輔助線，畫出相應(yīng)的圖形，找出所求問題需要的條件．