解:(1)∵∠ABC=∠APC=60°,∠BAC=∠BPC=60°, ∴∠ACB=180°-∠ABC-∠BAC=60°, ∴△ABC是等邊三角形; (2)如圖,過(guò)B作BD∥PA交PC于D,則∠BDP=∠APC=60°, 又∵∠AQP=∠BQD, ∴△AQP∽△BQD,, ∵∠BPD=∠BDP=60°, ∴PB=BD, ∴; (3)設(shè)正△ABC的高為h,則h=BC·sin60°, ∵BC·h=4,即BC·BC·sin60°=4,解得BC=4, 連接OB,OC,OP,作OE⊥BC于E, 由△ABC是正三角形知∠BOC=120°,從而得∠OCE=30°, ∴, 由∠ABP=15°得∠PBC=∠ABC+∠ABP=75°,于是∠POC=2∠PBC=150°, ∴∠PCO=(180°-150°)÷2=15°, 如圖,作等腰直角△RMN,在直角邊RM上取點(diǎn)G, 使∠GNM=15°,則∠RNG=30°,作GH⊥RN,垂足為H, 設(shè)GH=1,則cos∠GNM=cos15°=MN, ∵在Rt△GHN中,NH=GN·cos30°,GH=GN·sin30°, 于是RH=GH,MN=RN·sin45°, ∴cos15°=, 在圖中,作OF⊥PC于E, ∴PC=2FD=2OC·cos15°=。 |
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