已知⊙O中,弦AB=AC,點P是∠BAC所對弧上一動點,連接PB、PA.
(Ⅰ)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.
(Ⅱ)如圖②,若∠BAC=60°,試探究PA、PB、PC之間的關(guān)系.
(Ⅲ)若∠BAC=120°時,(2)中的結(jié)論是否成立?若是,請證明;若不是,請直接寫出它們之間的數(shù)量關(guān)系,不需證明.
考點:圓的綜合題
專題:證明題
分析:(Ⅰ)連結(jié)PC,如圖①,根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠ABP=∠ACQ,再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠ABP+∠ACP=180°,則∠ACQ+∠ACP=180°,于是可判斷點P、C、Q三點在同一直線上;
(Ⅱ)把△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到△ACQ,如圖②,則由①得點P、C、Q三點在同一直線上,根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠BAP=∠CAQ,AP=AQ,PB=CQ,而∠BAP+∠PAC=60°,則∠PAC+∠CAQ=60°,即∠PAQ=60°,于是可判斷△APQ為等邊三角形,所以PQ=PA=PB+PC;
(Ⅲ)把△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到△ACQ,如圖③,由①得點P、C、Q三點在同一直線上,∠BAP=∠CAQ,AP=AQ,PB=CQ,由∠BAP+∠PAC=120°,得到∠PAC+∠CAQ=120°,即∠PAQ=120°,可計算出∠P=∠Q=30°,作AH⊥PQ,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得PH=QH,在Rt△APH中,利用余弦的定義得cos∠APH=cos30°=
PH
PA
=
3
2
,則PH=
3
2
PA,由于PQ=PC+CQ=PC+PB=2PH,所以得到PB+PC=
3
PA.
解答:(Ⅰ)證明:連結(jié)PC,如圖①,
∵把△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到△ACQ,
∴∠ABP=∠ACQ,
∵四邊形ABPC為⊙O的內(nèi)接四邊形,
∴∠ABP+∠ACP=180°,
∴∠ACQ+∠ACP=180°,
∴點P、C、Q三點在同一直線上;

(Ⅱ)解:PA=PB+PC.理由如下:
把△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到△ACQ,如圖②,
由①得點P、C、Q三點在同一直線上,∠BAP=∠CAQ,AP=AQ,PB=CQ,
而∠BAC=60°,即∠BAP+∠PAC=60°,
∴∠PAC+∠CAQ=60°,即∠PAQ=60°,
∴△APQ為等邊三角形,
∴PQ=PA,
∴PA=PC+CQ=PC+PB;
(Ⅲ)(2)中的結(jié)論不成立,PA、PB、PC之間的關(guān)系為
3
PA=PB+PC.理由如下:
把△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到△ACQ,如圖③,
由①得點P、C、Q三點在同一直線上,∠BAP=∠CAQ,AP=AQ,PB=CQ,
而∠BAC=120°,即∠BAP+∠PAC=120°,
∴∠PAC+∠CAQ=120°,即∠PAQ=120°,
∴∠P=∠Q=30°,
作AH⊥PQ,則PH=QH,
在Rt△APH中,cos∠APH=cos30°=
PH
PA
=
3
2
,
∴PH=
3
2
PA,
而PQ=PC+CQ=PC+PB=2PH,
∴PB+PC=2×
3
2
PA=
3
PA.
點評:本題考查了圓的綜合題:熟練掌握圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì);會運用等邊三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)解決線段相等的問題.
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④在反比例函數(shù)y=
2
x
中,如果函數(shù)值y<1時,那么自變量x>2.
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3
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5x-4
x-2
=
4x+10
3x-6
-1.

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2
,則∠CFG=
 
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k
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7
,則k=
 

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