角格点问题求角或验证的一般方法

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。

三角形角格点问题系列:3-2H(3-B1-H)(图中有PB=PC)已知：如图,∠ABP=∠CBP=10°,∠ACP=20°,∠PAC=100°,求∠PCB ,∠PAB .解法1：如图,作∠BPD=150°,即∠BDP=20°,在BA边上作BE=BD,连接EC、ED、EP.得∠BEP=∠ACP=20°,可知A、E、C、P四点共圆.∠CEP=∠CAP=100°,因为∠ABP=∠CBP=10°,所以△DEP是正三角形,可得∠CED=40°,易知DC=DE=DF,D是△CEP的外心,则∠PCB=10°,∠PAB=30°.解法2：如图,作△ACP的外接圆交BP延长线D,连接DA、DC.则∠ADB=20°,∠BDC=100°.作A关于BD的对称点E，连接EA、ED.易知：∠AED=∠EAD=70°,∠DEC=30°,∠ADE=40°,∠CDE=80°,作正△DEF，连接FA、FC,因为∠DEC=30°,所以D、F关于BC对称,∠CDF=∠CFD=20°,DA=DE=DF，所以D是△AEF的外心,∠DAF=∠DFA=40°,∠DCH=140°,所以A、D、C、F四点共圆.所以∠CAD=20°=∠CPD.则∠PCB=10°,∠PAB=30°.解法3：如图,作△ABC的外接圆交BP延长线D,连接DA、DC.则∠ADB=∠BDC=10°.作正△CDE,连接EA、EP,因为DA=DC=DE,故D是△BACE的外心,∠DAE=∠AE=40°,∠CAE=30°,∠AEC=100°,设△APE的外接圆交PC于F,连FA、FD、FE,易知∠AEF =60°,∠CEF =40°,因为∠DCP=30°,所以D、E关于PC对称,∠FDE=∠FED=20°,∠DFE=140°,所以A、D、F、E、P五点共圆,所以∠DPC=∠DEF=20°.则∠PCB=10°,∠PAB=30°.。

模块法——平面几何求解角格点的新方法目录一、简介二、模型模块三、普通模块（1）正三角形黄金角格点（2）等腰三角形是演绎角格点的主角（3）两分角组有一个分角相等的角格点优先考虑外心求解（4）与模块有三个分角相等的角格点镶嵌解法（5）分角线中含高线的角格点考虑先用模型1镶嵌（6）相邻两个分角与模块相等的角格点镶嵌解法四、含0.5°角的角格点解法五、运用实例六、结束语一、简介1、弦起首先我们来看一道网上流传的一道初中平面几何题。

例1 如图，△ABC中，BD⊥AC于D，E为BD上一点，且∠ABD=38°，∠CBD=68º，∠BCE=14º，∠DCE=8º，求∠DAE的度数。

这是一个普通的整数度角格点三角形问题，用量角器很容易量出来∠DAE=24°，或者上网查一查同行们用电脑求得的资料，同样可以得到∠DAE=24°。

但是用平面几何的方法证明这个结论，就不是很容易的事情了，只有大神和学霸可以在较短的时间内拿出一个证明过程来，普通的同学可以想几个小时，几天，甚至几周几个月，找不出结果来，许多人只好放弃了事。

一些解答者给出了一个三角函数方程求解的方法，用三角函数证平面几何题，还放在初中题解答中，也是没办法的办法了。

网上有一篇文章《“角格点”完全分类》，不仅把所有的角格点找了出来，而且在理论上逻辑上提供了一种解决平面几何求解角格点的方法——“三外心法”。

只是这个方法操作起来实在是过于复杂，离实际运用还有一段距离。

好在大神们在贴吧里公布了几种纯几何的证法，过程比较复杂曲折，技术要求较高，不是一般的同学想得出来的。

于是末学在想，能不能有一个比较规范的程序方式来求解，让普通的同学们都能便利的顺畅地写出一个完美的几何证明过程呢？颇有时日，几经周折，终于弄出一个“模块法”来，多次试验，对大多数整数度角格点的求解真还管用，比方上面的这个题目，就有了这么一种求解方法：解：BD⊥AC , F是AC上A关于BD的对称点，连接FB、FE△BEF的外接圆交EC于P，连接PB、PFO是△BFC的外心，连接OB、OC、OP、OF∠FBC=68°-38°=30°∠FOC=2∠FBC=60°△OFC是正三角形∠BFP=∠BEP=90°+8°=98°∠BFD=90°-38°=52°∠PFC=180°-52°-98°=30°O、C 关于FP对称∠POF=∠PCF=8°∠POC=60°-8°=52°∠BOF=2（8°+14°）=44°∠BOP=44°+8°=52°OB=OC B、C 关于OP对称∠PBC=∠PCB=14°∠PBF=30°-14°=16°∠PEF=∠PBF=16°∠EAD=∠EFD=16°+8°=24°证明过程是完成了，其工整和精美的程度和大神的作品相差无几，只是有人还是会说，你这个证明过程的复杂程度也不小呀，这是因为这位朋友不知道我在这个过程中应用了模型模块，别人感觉不出来是依模型做事而已。

四边形角格点问题系列：2A-10（图中有:PA=PD=DC,EB⊥EC ,DB=DF,AD切△ABC的外接圆于A，△ACD的外心在BC上）已知:如图,∠DBC=10°,∠BDC=100°,∠CAD=20°,∠BAC=130°,求∠ABD ,∠ACB,∠ACD ,∠ADB。

解法1：(4A-2)如图,作△ACD的外接圆交BA的延长线于E,连EC、ED。

易知∠BCE=40°,∠DCE=∠BDE=30°,∠CED=20°。

作正△DEF,连FB、FC。

显然F是△ECD的外心,∠FEC=∠FCE=40°=∠ECD ,故B、F、C、三点共线。

易知E、F关于BD对称。

则∠ABD=10°，∠ACB=30°,∠ACD=40°,∠ADB=20°。

解法2：如图，作△ABC的外接圆交BD于E,连EA、EC。

易知∠EAD=∠EAC=10°, ∠ECD=30°。

作正△CEF,连FA、FD。

易得E、F关于ACD 对称。

因为∠CED=50°,∠DEF=∠DFE=10°=∠EAD,所以A、E、D、F 四点共圆。

易得∠DAF=10°,∠EAF=20°，∠CAF=30°,所以E是△ACF 的外心。

可得∠ABD=10°,∠ACB=30°,∠ACD=40°,∠ADB=20°。

解法3：(12B-10)如图，作△ABC的外接圆交DC的延长线于E,连EA、EB。

易知∠DBE=30°, ∠DAE=40°, ∠BAE=110°。

作正△BDF,连FA、FE,易知F、D关于BE对称,F是△ABD的外心,∠EDF=∠EFD=40°,故A、D、E、F四点共圆,∠FAE=40°,∠FAD=80°,∠AFD=20°。