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23. (10 分)【问题发现】在某次数学兴趣小组活动中,小明同学遇到了如下问题:
(1)如图 23-Z-22①,在等边三角形 $ ABC $ 中,点 $ P $ 在其内部,且 $ PA=3,PC=4,\angle APC=150^{\circ} $,求 $ PB $ 的长. 经过观察、分析、思考,小明对上述问题形成了如下想法:将 $ \triangle APC $ 绕点 $ A $ 按顺时针方向旋转 $ 60^{\circ} $ 得到 $ \triangle ADB $,连接 $ PD $,寻找 $ PA,PB,PC $ 三者之间的数量关系……
请你根据上述分析过程,完成该问题的解答过程.
【学以致用】参考小明思考问题的方法,解决下面的问题:
(2)如图②,在等边三角形 $ ABC $ 中,$ AC=7 $,点 $ P $ 在 $ \triangle ABC $ 内,且 $ \angle APC=90^{\circ},\angle BPC=120^{\circ} $,求 $ \triangle APC $ 的面积;
(3)如图③,在 $ \text{Rt}\triangle ABC $ 中,$ \angle ACB=90^{\circ},AC=BC $,点 $ P $ 在 $ \triangle ABC $ 内,且 $ PA=1,PB=\sqrt{17},PC=2\sqrt{2} $,求 $ AB $ 的长.
(1)如图 23-Z-22①,在等边三角形 $ ABC $ 中,点 $ P $ 在其内部,且 $ PA=3,PC=4,\angle APC=150^{\circ} $,求 $ PB $ 的长. 经过观察、分析、思考,小明对上述问题形成了如下想法:将 $ \triangle APC $ 绕点 $ A $ 按顺时针方向旋转 $ 60^{\circ} $ 得到 $ \triangle ADB $,连接 $ PD $,寻找 $ PA,PB,PC $ 三者之间的数量关系……
请你根据上述分析过程,完成该问题的解答过程.
【学以致用】参考小明思考问题的方法,解决下面的问题:
(2)如图②,在等边三角形 $ ABC $ 中,$ AC=7 $,点 $ P $ 在 $ \triangle ABC $ 内,且 $ \angle APC=90^{\circ},\angle BPC=120^{\circ} $,求 $ \triangle APC $ 的面积;
(3)如图③,在 $ \text{Rt}\triangle ABC $ 中,$ \angle ACB=90^{\circ},AC=BC $,点 $ P $ 在 $ \triangle ABC $ 内,且 $ PA=1,PB=\sqrt{17},PC=2\sqrt{2} $,求 $ AB $ 的长.
答案：
解：
(1) 将 $ \triangle APC $ 绕点 $ A $ 按顺时针方向旋转 $ 60^{\circ} $ 得到 $ \triangle ADB $，连接 $ PD $，
则 $ DA = PA = 3 $，$ DB = PC = 4 $，$ \angle ADB = \angle APC = 150^{\circ} $，$ \angle PAD = 60^{\circ} $，
∴ $ \triangle APD $ 是等边三角形，
∴ $ \angle ADP = 60^{\circ} $，$ PD = PA = 3 $，
∴ $ \angle PDB = 90^{\circ} $，
∴ $ PB = \sqrt{PD^{2} + DB^{2}} = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5 $.
(2) 将 $ \triangle APB $ 绕点 $ A $ 按逆时针方向旋转 $ 60^{\circ} $ 得到 $ \triangle AP'C $，连接 $ PP' $，如图①所示，
则 $ P'A = PA $，$ \angle PAP' = 60^{\circ} $，$ \angle AP'C = \angle APB = 360^{\circ} - 90^{\circ} - 120^{\circ} = 150^{\circ} $，
∴ $ \triangle APP' $ 是等边三角形，
∴ $ PP' = PA $，$ \angle AP'P = \angle APP' = 60^{\circ} $.
又
∵ $ \angle APC = 90^{\circ} $，$ \angle AP'C = 150^{\circ} $，
∴ $ \angle PP'C = 90^{\circ} $，$ \angle P'PC = 30^{\circ} $，
∴ $ P'C = \frac{1}{2}PC $，
∴ $ PP' = \frac{\sqrt{3}}{2}PC $，即 $ PA = \frac{\sqrt{3}}{2}PC $.
∵ $ \angle APC = 90^{\circ} $，
∴ $ PA^{2} + PC^{2} = AC^{2} $，即 $ \left( \frac{\sqrt{3}}{2}PC \right)^{2} + PC^{2} = 7^{2} $，
∴ $ PC = 2\sqrt{7} $，
∴ $ PA = \sqrt{21} $，
∴ $ S_{\triangle APC} = \frac{1}{2}PA \cdot PC = \frac{1}{2} × \sqrt{21} × 2\sqrt{7} = 7\sqrt{3} $.
(3) 如图②，把 $ \triangle ACP $ 绕点 $ C $ 按逆时针方向旋转 $ 90^{\circ} $ 得到 $ \triangle BCD $，连接 $ PD $，
则 $ BD = PA = 1 $，$ CD = PC = 2\sqrt{2} $，$ \angle CDB = \angle CPA $，$ \angle PCD = 90^{\circ} $，
∴ $ PD = \sqrt{PC^{2} + CD^{2}} = 4 $，$ \angle CDP = \angle CPD = 45^{\circ} $.
∵ $ PD^{2} + BD^{2} = 4^{2} + 1^{2} = 17 $，$ PB^{2} = (\sqrt{17})^{2} = 17 $，
∴ $ PD^{2} + BD^{2} = PB^{2} $，
∴ $ \angle PDB = 90^{\circ} $，
∴ $ \angle CDB = 135^{\circ} $，
∴ $ \angle CPA = \angle CDB = 135^{\circ} $.
又
∵ $ \angle CPD = 45^{\circ} $，
∴ $ \angle CPA + \angle CPD = 180^{\circ} $，
∴ $ A $，$ P $，$ D $ 三点共线，
∴ $ AD = PA + PD = 5 $，
∴在 $ Rt\triangle ADB $ 中，$ AB = \sqrt{AD^{2} + BD^{2}} = \sqrt{5^{2} + 1^{2}} = \sqrt{26} $.
解：
(1) 将 $ \triangle APC $ 绕点 $ A $ 按顺时针方向旋转 $ 60^{\circ} $ 得到 $ \triangle ADB $，连接 $ PD $，
则 $ DA = PA = 3 $，$ DB = PC = 4 $，$ \angle ADB = \angle APC = 150^{\circ} $，$ \angle PAD = 60^{\circ} $，
∴ $ \triangle APD $ 是等边三角形，
∴ $ \angle ADP = 60^{\circ} $，$ PD = PA = 3 $，
∴ $ \angle PDB = 90^{\circ} $，
∴ $ PB = \sqrt{PD^{2} + DB^{2}} = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5 $.
(2) 将 $ \triangle APB $ 绕点 $ A $ 按逆时针方向旋转 $ 60^{\circ} $ 得到 $ \triangle AP'C $，连接 $ PP' $，如图①所示，
则 $ P'A = PA $，$ \angle PAP' = 60^{\circ} $，$ \angle AP'C = \angle APB = 360^{\circ} - 90^{\circ} - 120^{\circ} = 150^{\circ} $，
∴ $ \triangle APP' $ 是等边三角形，
∴ $ PP' = PA $，$ \angle AP'P = \angle APP' = 60^{\circ} $.
又
∵ $ \angle APC = 90^{\circ} $，$ \angle AP'C = 150^{\circ} $，
∴ $ \angle PP'C = 90^{\circ} $，$ \angle P'PC = 30^{\circ} $，
∴ $ P'C = \frac{1}{2}PC $，
∴ $ PP' = \frac{\sqrt{3}}{2}PC $，即 $ PA = \frac{\sqrt{3}}{2}PC $.
∵ $ \angle APC = 90^{\circ} $，
∴ $ PA^{2} + PC^{2} = AC^{2} $，即 $ \left( \frac{\sqrt{3}}{2}PC \right)^{2} + PC^{2} = 7^{2} $，
∴ $ PC = 2\sqrt{7} $，
∴ $ PA = \sqrt{21} $，
∴ $ S_{\triangle APC} = \frac{1}{2}PA \cdot PC = \frac{1}{2} × \sqrt{21} × 2\sqrt{7} = 7\sqrt{3} $.
(3) 如图②，把 $ \triangle ACP $ 绕点 $ C $ 按逆时针方向旋转 $ 90^{\circ} $ 得到 $ \triangle BCD $，连接 $ PD $，
则 $ BD = PA = 1 $，$ CD = PC = 2\sqrt{2} $，$ \angle CDB = \angle CPA $，$ \angle PCD = 90^{\circ} $，
∴ $ PD = \sqrt{PC^{2} + CD^{2}} = 4 $，$ \angle CDP = \angle CPD = 45^{\circ} $.
∵ $ PD^{2} + BD^{2} = 4^{2} + 1^{2} = 17 $，$ PB^{2} = (\sqrt{17})^{2} = 17 $，
∴ $ PD^{2} + BD^{2} = PB^{2} $，
∴ $ \angle PDB = 90^{\circ} $，
∴ $ \angle CDB = 135^{\circ} $，
∴ $ \angle CPA = \angle CDB = 135^{\circ} $.
又
∵ $ \angle CPD = 45^{\circ} $，
∴ $ \angle CPA + \angle CPD = 180^{\circ} $，
∴ $ A $，$ P $，$ D $ 三点共线，
∴ $ AD = PA + PD = 5 $，
∴在 $ Rt\triangle ADB $ 中，$ AB = \sqrt{AD^{2} + BD^{2}} = \sqrt{5^{2} + 1^{2}} = \sqrt{26} $.
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