三角形角格点问题系列：B2-3A

三角形角格点问题系列：B2-3A
(图中有:PB=PC,AB+AP=BC,BP平分∠ABC,AB切△BCP的外接圆于B)
已知:如图,∠PBA=∠PBC=∠PCB=10°,∠PCA=30°,求∠PAC,∠PCA.
解法1:（同一法）作△A＇Ｂ＇Ｄ＇,使Ａ＇Ｂ＇＝Ｂ＇Ｄ＇＝ＡＢ，∠Ａ＇Ｂ＇Ｄ＇＝∠ＡＢＣ＝２０°,在△Ａ＇Ｂ＇Ｄ＇内作正△Ａ＇Ｄ＇Ｐ＇,连Ｂ＇Ｐ＇,延长B＇Ｄ＇到Ｃ＇，使Ｄ＇Ｃ＇＝Ｄ＇Ｐ＇.则∠Ａ＇Ｂ＇Ｐ＇＝∠Ｐ＇Ｂ＇Ｃ＇＝１０°,∠Ｂ＇Ａ＇Ｐ＇＝∠Ｂ＇Ｄ＇Ｐ＇＝２０°，∠Ｐ＇Ａ＇Ｃ＇＝１００°．因为△ＡＢＣ≌△Ａ＇Ｂ＇Ｃ＇，△ＡＢＰ≌△Ａ＇Ｂ＇Ｐ＇．所以ＰＢ＝Ｐ＇Ｂ＇,因为△ＢＰＣ≌△Ｂ＇Ｐ＇Ｃ＇,所以∠ＰＡＢ＝∠Ｐ＇Ａ＇Ｂ＇＝２０°,故∠ＰＡＣ＝∠Ｐ＇Ａ＇Ｃ＇＝１００°,∠ＰＣＡ＝2０°.
解法2:如图,作正△DPC,连接DA、DB ,显然D、P关于AC对称.又PB=PC=PD,故P是△DBC的外心,∠PDB=∠PBD=20°,因此∠PBA=∠DBA=10°,则∠APB与∠ADB相等或互补.如果相等，则D、P关于AB 对称,此时△DPB是正三角形.∠BPC=120°,和已知矛盾,因此∠APB与∠ADB互补,D、B、P、A 四点共圆,∠PAB=∠PDB=20°,∠PAC=100°.
解法3:（B1-2A）如图,在∠PCA内作∠PCD=20°,交AB于D，连DP，取△DBC的外心为O,连OB、OC、OD、OP.因为∠DCB=30°,所以∠DOB=60°.△DBO是正三角形,故∠OBC=∠OCB=40°,∠BOP=50°,因此∠DOP=∠DBP=10°,所以B、O关于DP对称.得∠BDP=30°=∠PCA,A、D、P、C四点共圆,∠PAC=∠PDC=100°,∠PAB=20°.
解法4:（B1-2A）如图,在∠PCA内作∠PCD=20°,交AB于D,连DP,以P为圆心,PB的长为半径作圆,交CD延长线于E,连PE、BE.因为∠ECB=30°，所以∠EPB=60°,故△PBE是正三角形,∠EBA=50°,∠PEC=20°,∠BED=80°，∠BDE=50°,因此BE=ED=EP,E是△PDB的外心，∠PDB=30°=∠PCA,则A、D、P、C四点共圆,∠PAB=∠PCD=20°,∠PAC=100°.
解法5:（B1-2A）如图,作正△EBC,连接EB、EC，作∠PCD=20°,交AB于D，连DE、DP.因为∠PBC=∠PCB=10°,故∠BEP=∠CEP=30°,又因为∠BCD=∠ECD=30°,所以∠DEC=∠DBC=20°，则∠DEP=10°=∠DBP，因此E、B、P、D四点共圆.∠BDP=∠BEP=30°=∠ACP,所以A、D、P、C四点共圆,∠PAB=∠PCD=20°,∠PAC=100°.
解法6:（B1-2A）如图,在BC上取点D ,使∠
PDB=20°,以P为圆心,PD为半径画弧交直线
BA于A＇,联结PD、PA＇、DA＇.作∠PCE=20°,交AB于E,连EP,则∠PA＇B=∠PDB=20°=∠PCE,A＇、E、P、C四点共圆,又因为△PDA＇是正三角形,所以DP=DＡ＇=DC,则D是△PA＇C的外心,因此∠PＥB=∠PCＡ＇=30°=∠ＰＣＡ,故A与A＇重合,∠PAB=∠PCE=20°,∠
PAC=100°.
解法7:如图,作正△DPC,连DA、DB,在BD上截取BE=BP,连AE.由∠ACB=40°,∠ABC=20°,可知∠CAB=120°,由∠PCB=∠PBC=10°.可知PB=PC=PD,有P为△DCB的外心,于是∠DBC=30°,∠CDB=80°,∠PDB=20°.显然∠DBA=10°=∠PBA，可知P、E关于AB对称，有AE=AP，∠APB=∠AEB，由∠PCA=30°,可知CA为DP的中垂线,有AD=AP=AE，于是∠ADB=∠AED.由∠APB+∠ADB=∠AEB+∠AED=180°,可知P、B、D、A四点共圆,有∠PAB=∠PDB=20°.所以∠PAC=∠CAB -∠PAB=100°.
解法8:(2B-8)如图,△ABC的外接圆交AP的延长线于D，连接BD、CD.易知∠ADC=20°,∠ADB=40°.△BPC的外接圆交AD的延长线于E,连接BE、CE,易知∠AEC=∠AEB=∠DCE=10°,∠DBE=30°.作E关于BD的对称点F,连接FB、FC、FP、FE,因为∠DBE=30°,所以△BEF是正三角形,∠EDF=80°=∠CDF ,所以C、E关于DF对称,FE=FC=FB,故F是△BCE的外心,因此∠BCE =30°.故∠BCD=20°,∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法9:(4B-4)如图,△ABC的外接圆交BP的延长线于D，连接AD、CD.易知∠CAD=10°,∠ADB=40°,∠BDC=120°,∠ACD=10°,∠CPD=20°.以D为圆心,CD长为半径作圆交CP于E,连EA、ED.因为∠ACP=30°,故△ADE是正三角形,所以∠DEC=40°,∠EPD=∠EDP=20°.得到EP=ED=EA,故∠APD=30°,∠PAB=20°,∠PAC=100°..
解法10:(27-3)如图,△ABC的外接圆交CP的延长线于D，连接AD、BD.易知∠BAD=10°,∠ADC=20°,∠BDC=20°,∠ABD=30°,∠BPD=20°.作正△ADE,连EB、EP,因为∠ABD=30°,所以E是△ABD
的外心,∠BED=20°,∠DBE=80°,∠EBP=∠EDP=40°,所以B、D、P、E四点共圆.所以PD=PE，D、E关于AP对称，所以∠DAP=30°，∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法11:(2A-7)如图,如图,△BCP的外接圆交AP的延长线于D，连接BD、CD,易知∠ADC=∠ADB=10°.设△ABC的外接圆交AD于E,连接EB、EC.易知∠DCE=10°,∠DBE=30°.作正△DCF，联结FB，FE.因为∠EBC=∠ECB=10°,故C、D关于EF对称,因此∠DFE=∠CFE=30°,故B、E、D、F四点共圆,∠BFE=10°,∠BFC=20°=∠BDC,因此D、F关于BC 对称,所以∠BCD=30°,∠BCE=20°.故∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法12:(B5-5A)如图,如图,△BCP的外接圆交AC的延长线于D，连接BD、DP,易知∠ADP=∠BDP=10°,∠CBD=20°.设E为B关于DP 的对称点，连EB、EP.易知E、A、D三点共线,∠ABE=40°,∠BE=50°,∠AEP=30.作正△PEF,连FA、FD，因为∠AEP=30°,所以P、F关于
AE对称.AF=AP,∠APF=∠AFP ,又因为PB=PE=PF,所以P是△BEF的外心,∠EBF=30°,∠PBF=∠PFB=20°,∠ABP=∠ABF=10°,易知∠APB 与∠AFB不等,由正弦定理可得,∠APB与∠AFB互补,所以A、F、B、P 四点共圆.得到∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法13:(27-3)如图,如图,△ABP的外接圆交CP的延长线于D，连接BD、AD,易知∠ADC=10°,∠BAD=20°.作正△ADE,连EC、EB,因为∠ACD=30°,所以E是△ACD的外心,∠AEC=20°,∠CDE=80°,∠AEB=∠ACB=40°,所以A、C、E、B四点共圆.所以BA=BE，A、E 关于DB对称，所以∠BDA=30°，∠BDC=20°.得到∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法14:(B6-16D)如图,△ABP的外接圆交CA的延长线于D，连接BD、PD,易知∠CDP=10°.作正△DCE,连接EB、EP,显然D、E关于CP对称.得到∠CEP=∠CDP=∠CBP=10°,所以B、E、C、P四点共圆.故∠BEC=∠BCE=20°,BC=BE.得到C、E关于BD对称.∠BDC=30°,∠BDP=20°,所以∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法15:(B4-11I)如图,△ABP的外接圆交CB于D，连接AD、PD,易知∠ADP=∠DAP=10°.△ADC的外接圆交CP的延长线于E,连接EA、ED.易知∠DAE=10°,∠ADE=30°,作正△AEF,连FD、FP,因为∠ADE=30°,故F是△ADE的外心,所以FD=FE=FA,又∠DAE=10°，故∠DFE=20°，∠AFD =80°,而PD=PA,故∠PFA=∠PAF=40°,所以A、F 关于CE对称,故∠AEC=30°=∠ADC,得∠PDC=20°.所以∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法16:(4A-4)如图,△ACP的外接圆交BP的延长线于D，连接AD、CD,易知∠ADB=30°,∠CAD=20°.作A关于BD对称的对称点E，连接FA、FD。

因为∠ABD=∠CBD=10°,所以E在BC上。

因为∠ADB =30°,所以△AED是正三角形。

得∠EAC=∠ECA=40°,EA=ED=EC,E是△ACD的外心.所以∠ACD=∠APD=30°.所以∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法17:(B3-1H)如图,△ACP的外接圆交BC于D，连接AD、PD,易知∠ADP=30°,∠DAP=10°.作A关于PD的对称点E,连接EA,EB，ED、EP。

因为∠ADP=30°,∠PAD=∠PED=∠PBD=10°,易知△ADE是正三角形,B、D、P、E四点共圆,∠EBP=30°,∠ABE=20°=∠ABC。

由正弦定理可得，则∠AEB与∠ADB相等或者互补。

若互补,与∠CBE=40°相矛盾,所以相等,E、D关于BC对称。

可得∠BAD=30°.所以∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法18:(B1-2E)如图,△ACP的外接圆交AB于D，连接CD、PD,易知∠BDP=30°.作B关于DP的对称点E O,连接EB、EC、ED、EP,因为∠BDP=30°,所以△BDE是正三角形,∠BPE=80°=∠CPE ,所以B、C 关于PE对称,EB=EC=ED,故E是△BCD的外心,因此∠BCD =30°,∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法19:如图,作C关于BP的对称点D,连接DP、DC,易知D、A、B
三点共线,∠PDB=10°,∠PDC=70°.作正△PCE，连接EA、EB、ED,易知PB=PC=PE,∠DPE=∠PBE=∠PEB=20°,∠PBA=∠EBA=10°.显然P、E关于AC对称.AP=AE.∠PBAC=∠EAC,∠APB与∠AEB相等或互补.如果相等,则∠PEB=180°,与已知矛盾,所以互补.则A、E、B、P四点共圆,得到∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法20:(21A-5)如图,作∠PCD=10°,连接DP,易知∠BDP=∠CDP=70°,∠CDA=40°,∠ACD=20°.作P关于CD的对称点E，连接EA、EC、EP、ED,易知∠ACE=∠DCE=10°,∠DEP=20°,∠ADE=30°,∠DEC=100°,∠CEP=80°.△ADE的外接圆交CE于F,连接CF、DF.易知∠CAF=20°,∠DAF=100°.作∠GAF=20°,连接FG.易知F是△ACG的内心,∠DAG=80°,∠AGF =∠CGF =∠AGD =60°.易知D是△AFG的旁心,故∠FDG=10°,∠ADE=30°.所以∠AEC=30°,∠ADP=∠AEP=110°,得到A、E、D、P四点共圆,所以得到∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法21:(8B-5)如图,作P关于BC的对称点D,连接DA、DB、DP、DC,易知∠CBD=∠BCD=10°.△ABD的外接圆交BC于E,连接AE、DE.易知∠DAE=10°,∠ADE=20°.作A关于DE的对称点F,连接FA、FC、
FD、FE,易知△AEF是正三角形,∠DFE=10°.得到C、D、E、F四点共圆,∠EDF=∠ECF=∠ACF=20°,由正弦定理可得CA=CE,故A、E关于CF对称.∠CAF=∠CEF=10°,因此∠CDE=30°,∠CAE=70°.∠ADC=50°,∠CAD=80°,∠ADP=30°.得到A、C、D、P四点共圆,∠PAD=20°,所以得到∠PAC=100°,∠PAB=20°.
解法22:(8B-5)如图,作A关于BC的对称点D,连接DA、DB、DP、DC,易知∠CBD=20°,∠BCD=40°.△PCD的外接圆交BC于E,连接PE、DE.易知∠PDE=10°,∠DPE=40°.以E为圆心,BE长为半径作圆,分别交BD、BP延长线于F、G,连接PF、DG、EF、EG,易知∠EFB=20°,∠EGB=10°,∠BFG=80°,△EFG是正三角形，D、E、P、G四点共圆.得到∠DGE=40°,∠DGF=20°.故GF=GD=GE,所以∠EDB=30°.得到∠PDB=40°,∠PDA=30°,A、C、D、P四点共圆.所以得到∠PAC=100°,∠PAB=20°.
解法23:(D11-43C)如图,作B关于AC的对称点D,连接DA、DB、DP、DC,易知∠ABD=∠ADB=30°,∠PBD=40°,∠ADC=20°,∠
ACD=40°,∠PCD=70°.作P关于BD中垂线的对称点E,连接ED、EC、EP,易知△CEP是正三角形.由已知PA=PC,有EC=ED,所以ED=EC=EP,E是△PCD的外心，得到∠PDC=30°,∠PDA=10°,∠PDB=20°.故A、D、B、P四点共圆，所以得到∠PAB=20°,∠PAC=100°.
解法24:(15-1)如图,在CA延长线上取点D，使DC=DB,连接DP,易知∠PDB=∠PDC=50°,∠ABD=20°,∠BAD=60°.取△BAD的外心E,连EA、ED、EB.易知∠EBA=∠PBA=10°,∠BDE=30°,∠EDP=20°,∠AED=40°,∠EAD=70°,P、E、B三点共线,得到∠AEP=20°.作正△ADF,连FP、FE,因为ED=EA,则∠FEC=∠FEA=20°,AE与DP交于G,连FG，则F是△DEP的内心,∠DGF=∠EGF=∠PGE=60°,又∠AEP=∠AEF=20°,得到P、F关于DE对称,故∠PAE=10°.所以∠PAB=20°,∠PAC=100°。