（2014•武清区一模）已知⊙O中，弦AB=AC，点P是∠BAC所对弧上一动点，连接PB、PA．

解题思路：（Ⅰ）连结PC，如图①，根据旋转的性质得∠ABP=∠ACQ，再根据圆内接四边形的性质得∠ABP+∠ACP=180°，则∠ACQ+∠ACP=180°，于是可判断点P、C、Q三点在同一直线上；
（Ⅱ）把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，如图②，则由①得点P、C、Q三点在同一直线上，根据旋转的性质得∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，PB=CQ，而∠BAP+∠PAC=60°，则∠PAC+∠CAQ=60°，即∠PAQ=60°，于是可判断△APQ为等边三角形，所以PQ=PA=PB+PC；
（Ⅲ）把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，如图③，由①得点P、C、Q三点在同一直线上，∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，PB=CQ，由∠BAP+∠PAC=120°，得到∠PAC+∠CAQ=120°，即∠PAQ=120°，可计算出∠P=∠Q=30°，作AH⊥PQ，根据等腰三角形的性质得PH=QH，在Rt△APH中，利用余弦的定义得cos∠APH=cos30°=[PH/PA]=

3

2

，则PH=

3

2

PA，由于PQ=PC+CQ=PC+PB=2PH，所以得到PB+PC=

3

PA．

（Ⅰ）证明：连结PC，如图①，
∵把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，
∴∠ABP=∠ACQ，
∵四边形ABPC为⊙O的内接四边形，
∴∠ABP+∠ACP=180°，
∴∠ACQ+∠ACP=180°，
∴点P、C、Q三点在同一直线上；

（Ⅱ）PA=PB+PC．理由如下：
把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，如图②，
由①得点P、C、Q三点在同一直线上，∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，PB=CQ，
而∠BAC=60°，即∠BAP+∠PAC=60°，
∴∠PAC+∠CAQ=60°，即∠PAQ=60°，
∴△APQ为等边三角形，
∴PQ=PA，
∴PA=PC+CQ=PC+PB；
（Ⅲ）（2）中的结论不成立，PA、PB、PC之间的关系为
3PA=PB+PC．理由如下：
把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，如图③，
由①得点P、C、Q三点在同一直线上，∠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，则PH=QH，
在Rt△APH中，cos∠APH=cos30°=[PH/PA]=

3
2，
∴PH=

3
2PA，
而PQ=PC+CQ=PC+PB=2PH，
∴PB+PC=2×

3
2PA=
3PA．

点评：
本题考点： 圆的综合题．

考点点评： 本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆内接四边形的性质和旋转的性质；会运用等边三角形的性质和等腰三角形的性质解决线段相等的问题．