数学奥林匹克问题解答：平面几何-4

已知: $\triangle{ABC}$ 中有一点 $P$, $\angle{PAB} = 10^{\circ}$, $\angle{PBA} = 20^{\circ}$, $\angle{PBC} = 40^{\circ}$, $\angle{PAC} = 70^{\circ}$.

求 $\angle{PCA}$ 之度数.

分析:

由 $60^{\circ}$ 考虑到构造正三角形 $\triangle{ABD}$, 并通过旋转变换构造正三角形 $\triangle{APE}$, 暨将 $\triangle{APB}$ 绕 $A$ 点逆时针旋转 $60^{\circ}$ 至 $\triangle{AED}$.

解:

易知 $\triangle{ABD}, \triangle{APE}$ 均为正三角形, 及 $\triangle{APB}\cong\triangle{AED}$,

$\because\angle{EAD} = \angle{PAB} = 10^{\circ} = \angle{EAF}$, $\therefore$ 以 $AE$ 为对称轴翻折 $\triangle{AED}$ 至 $\triangle{AEF}$.

此时 $\angle{DEF} = 360^{\circ} - \angle{AED} - \angle{AEF} = 360^{\circ} - 150^{\circ} - 150^{\circ} = 60^{\circ}$, 及 $DE = DF$, $\Rightarrow\triangle{DEF}$ 是正三角形.

另一方面, $\angle{FDC} = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 20^{\circ} - 60^{\circ} = 40^{\circ} = \angle{ACB}$, $\Rightarrow FD = FC$.

故 $FE = FC$ 且 $\angle{AFE} = 20^{\circ}\Rightarrow \angle{FCE} = 10^{\circ} = \angle{EAC} \Rightarrow EC = EA = EP \Rightarrow E$ 是 $\triangle{APC}$ 之外心.

$\therefore \angle{PCA} = \displaystyle{1\over2} \angle{AEP} = 30^{\circ}$.

Q$\cdot$E$\cdot$D

评注:

以下两道加拿大数学奥林匹克试题可仿照本例解答.

1. $\triangle{ABC}$ 中, $\angle{ABC} = 60^{\circ}$, $\angle{ACB} = 40^{\circ}$, $P$ 为形内一点, $\angle{PBA} = 40^{\circ}$, $\angle{PAB} = 70^{\circ}$.

求 $\angle{PCB}$ 之度数.

解:

以 $AB$ 为边向三角形内侧作正三角形 $ABD$. 易知此时 $\angle{PAD} = \angle{PAC} = 10^{\circ}$, 即 $PA$ 是 $\angle{DAC}$ 之角平分线.

以 $AP$ 为对称轴翻折 $\triangle{APD}$ 至 $\triangle{APE}$, 连结 $DE$.

$\angle{PBA} = 40^{\circ}, \angle{PAB} = 70^{\circ} \Rightarrow \angle{APB} = 70^{\circ} \Rightarrow PB =AB = BD$

$\Rightarrow \angle{BPD} = \angle{BDP} = 80^{\circ} \Rightarrow \angle{APD} = \angle{APE} = 150^{\circ} \Rightarrow \angle{DPE} = 60^{\circ}$. 即 $\triangle{PDE}$ 是正三角形.

又 $\because \angle{EDC} = 180^{\circ} - 80^{\circ} - 60^{\circ} = 40^{\circ} = \angle{ACB} \Rightarrow ED = EC$,

$\therefore EP = ED = EC \Rightarrow E$ 是 $\triangle{PDC}$ 之外心, 因此 $\angle{PCD} = \displaystyle{1\over2}\angle{PED} = 30^{\circ}$.

Q$\cdot$E$\cdot$D

 

2. $\triangle{ABC}$ 中, $\angle{BAC} = 40^{\circ}$, $\angle{ABC} = 60^{\circ}$, $D$ 和 $E$ 分别是边 $AC$ 和 $AB$ 上的点, 使得 $\angle{CBD} = 40^{\circ}$, $\angle{BCE} = 70^{\circ}$, $F$ 是 $BD$ 和 $CE$ 之交点.

求证: $AF \perp BC$.

证明：

关键在于证明 $\angle{FAC} = 10^{\circ}$.

以 $BC$ 为边向三角形内侧作正三角形 $\triangle{PBC}$, 易知 $\angle{FCP} = \angle{FCD} = 10^{\circ}$, 即 $FC$ 是 $\angle{PCD}$ 之平分线.

以 $CF$ 为对称轴翻折 $\triangle{CFP}$ 至 $\triangle{CFQ}$, 连结 $PQ$.

$\angle{FBC} = 40^{\circ}, \angle{BCF} = 70^{\circ} \Rightarrow \angle{BFC} = 70^{\circ} \Rightarrow BF = BC = BP \Rightarrow \angle{BPF} = \angle{BFP} = 80^{\circ}$,

由此可得 $\angle{APQ} = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 80^{\circ} = 40^{\circ} = \angle{PAQ} \Rightarrow QA = QP$.

又 $\because \angle{QFC} = \angle{PFC} = 80^{\circ} + 70^{\circ} = 150^{\circ} \Rightarrow \angle{PFQ} = 60^{\circ} \Rightarrow \triangle{PFQ}$ 是正三角形.

$\therefore QF = QP = QA \Rightarrow Q$ 是 $\triangle{APF}$ 之外心 $\Rightarrow \angle{PAF} = \displaystyle{1\over2}\angle{PQF} = 30^{\circ} \Rightarrow \angle{FAC} = 10^{\circ}$.

由 $\angle{FAC} + \angle{ACB} = 90^{\circ}$, 可知 $AF \perp BC$.

Q$\cdot$E$\cdot$D

 

 

 

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