Question

12．已知：△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB=AC，在∠BAC所對(duì)弧AC上，任取一點(diǎn)D，連接AD，BD，CD．

（1）如圖1，∠BAC=α，直接寫出∠ADB的大小（用含α的式子表示）；
（2）如圖2，如果∠BAC=60°，求證：BD+CD=AD；
（3）如圖3，如果∠BAC=120°，那么BD+CD與AD之間的數(shù)量關(guān)系是什么？寫出猜測(cè)并加以證明；
（4）如果∠BAC=α，直接寫出BD+CD與AD之間的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）利用AB=AC得到$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，根據(jù)圓周角定理得∠ADB=∠ADC，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠BAC+∠BDC=180°，所以∠ADB=$\frac{1}{2}$（180°-α）=90°-$\frac{1}{2}$α；
（2）延長BD到E，使得DE=DC，如圖2，先證明△ABC是等邊三角形得到BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，再證明△DCE是等邊三角形得到DC=CE，∠DCE=60°，于是得到∠ACD=∠BCE，則可證明△ACD≌△BCE得到BE=AD，于是易得AD=BD+CD；
（3）延長DB到E，使得BE=DC，連接AE，過點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，如圖3，有（1）的結(jié)論得到∠1=∠2=90°-$\frac{1}{2}$×120°=30°，在Rt△ADF中，利用余弦定義得到DF=ADcos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AD，再證明△EBA≌△DCA得到∠2=∠1，則∠E=∠1，則可判斷△ADE為等腰三角形，所以DF=EF，易得DE=BD+CD=2DF，于是有BD+CD=$\sqrt{3}$AD；
（4）與（3）的證明方法一樣，如圖3，只是∠1=90°-$\frac{1}{2}$α，在Rt△ADF中DF=ADcos（90°-$\frac{1}{2}$α），然后利用DE=BD+CD=2DF得到BD+CD=2ADcos（90°-$\frac{1}{2}$α）．

解答 （1）解：∵AB=AC，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，
∴∠ADB=∠ADC，
∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠BDC=180°-α，
∴∠ADB=$\frac{1}{2}$（180°-α）=90°-$\frac{1}{2}$α；
（2）證明：延長BD到E，使得DE=DC，如圖2，
∵∠BAC=60°，AB=AC
∴△ABC是等邊三角形，
∴BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∵∠EDC=∠BAC=60°，
∵DC=DE，
∴△DCE是等邊三角形，
∴DC=CE，∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CAD=∠CBE}\\{∠ACD=∠BCE}\\{CD=CE}\end{array}\right.$，
∴△ACD≌△BCE，
∴BE=AD，
∵BE=BD+DE，
∴AD=BD+CD；
（3）解：BD+CD=$\sqrt{3}$AD．理由如下：
延長DB到E，使得BE=DC，連接AE，過點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，如圖3，
∵AB=AC，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，
∴∠1=∠2=90°-$\frac{1}{2}$×120°=30°，
在Rt△ADF中，∵cos∠1=$\frac{DF}{AD}$，
∴DF=ADcos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AD，
在△EBA和△DCA中，
$\left\{\begin{array}{l}{BE=CD}\\{∠EBA=∠DCA}\\{BA=CA}\end{array}\right.$，
∴△EBA≌△DCA，
∴∠2=∠1，
∴∠E=∠1，
∴AE=AD，
∴DF=EF，
∴DE=BD+CD=2DF，
∴BD+CD=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$AD=$\sqrt{3}$AD；
（4）與（3）的證明方法一樣，如圖3，∠1=∠2=90°-$\frac{1}{2}$α，
在Rt△ADF中，∵cos∠1=$\frac{DF}{AD}$，
∴DF=ADcos（90°-$\frac{1}{2}$α），
而DE=BD+CD=2DF，
∴BD+CD=2ADcos（90°-$\frac{1}{2}$α）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓的綜合題：熟練掌握?qǐng)A周角定理、等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)；會(huì)利用三角形全等解決線段相等的問題；學(xué)會(huì)把兩線段的和化為一條線段．