在三角形ABC三边上,向外做三角形ABR,BCP,CAQ,使∠CBP=CAQ=45,∠BCP=ACQ=30,∠ABR=BAR=15,

解：

sinθ=sin(π-θ),这条性质在解答过程中要经常用的，请注意下，不在提醒直接进行变形：

设∠BAC=α，∠ABC=β，∠ACB=γ，则

根据余弦定理，得

PR^2=(BCsin30°/sin75°)^2+(ABsin15°/sin30°)^2-2[(BC*AB*sin30°sin15°)/(sin75°sin30°)]cos(60°+β)

=BC^2(2sin15°)^2+AB^2/(2cos15°)^2-2*BC*AB*[sin30°/(1+cos30°)][(1/2)cosβ-(√3/2)sinβ]

=2BC^2(1-cos30°)+AB^2/[2(1+cos30°)]-BC*AB*(2-√3)(cosβ-√3sinβ)

=BC^2(2-√3)+AB^2(2-√3)-BC*AB(2-√3)(cosβ-√3sinβ)

=(2-√3)[BC^2+AB^2-AB(BC*cosβ-√3BC*sinβ]

同理可得

QR^2=(2-√3)[AC^2+AB^2-AB(AC*cosα-√3AC*sinα)]

过C作AB边上的高CH，垂足为H，

∵BCsinβ=CH=ACsinα，BC^2-AC^2=(BH^2+CH^2)-(AH^2+CH^2)=BH^2-AH^2,

∴PR^2-QR^2=(2-√3)[(BC^2-AC^2)+AB(ACcosα-BCcosβ)]

=(2-√3)[(BH^2-AH^2)+(BH+AH)(AH-BH)]

=(2-√3)[(BH^2-AH^2)+(AH^2-BH^2)]

=0

∴PR=QR,……①

∵PR^2+QR^2

=(2-√3)[AC^2+BC^2+2AB^2-AB(AB-2√3CH)]

=(2-√3)[AC^2+BC^2+AB^2+2√3AB*CH]

PQ^2

=(BCsin45°/sin75°)^2+(ACsin45°/sin75°)^2-2*[BC*AC*(sin45°)^2/(sin75°)^2]*cos(60°+γ)

=2BC^2(2-√3)+2AC^2(2-√3)-4BC*AC(2-√3)[(1/2)cosγ-(√3/2)sinγ]

=(2-√3)[BC^2+AC^2-2BC*AC*cosγ+BC^2+AC^2+2√3BC*AC*sinγ]

=(2-√3)[AB^2+BC^2+AC^2+2√3BC*AC*sinγ]

∵△ABC的面积为：

S△ABC=AB*CH/2=BC*AC*sinγ/2

∴AB*CH=BC*AC*sinγ

∴PR^2+QR^2=PQ^2……②

由①和②知，△PQR是等腰直角三角形，且∠PRQ=90°，

∴RQ与RP垂直且相等。

注：主要运用的是余弦定理和边角之间的关系，起初我是先判断正三角形时命题是否成立的，因为很多题命题有误，或者是印刷错误，或者是出题者误写，或者命题本身就不成立，正三角形时成立后才考虑的直接解，计算很繁杂，步骤都是精简过的，请认真看下！

完毕！