Question

10．如圖1，△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，點D是$\widehat{AC}$上一動點，則線段BD，CD與AD之間的數(shù)量關(guān)系是BD=CD+AD．
探索研究：
如圖2，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，點D是$\widehat{AC}$上的一動點，當(dāng)∠BAC=120°時，求證：BD-CD=$\sqrt{3}$AD．
問題解決：如圖3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，射線BP從BC所在位置開始繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜150°），點D是直線BP上一點（點P不在線段BD上），若∠CDP=120°，請直接寫出線段BD，CD和AD之間的數(shù)量關(guān)系，并寫出對應(yīng)的α的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）如圖1，BD=CD+AD，在長邊BD上截取BE=CD，再證明DE=AD即可，通過證明△ADC≌△AEB和△ADE是等邊三角形可以得出結(jié)論；
（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建全等三角形和直角三角形，先證明∠CAB=∠DAE=120°，再證等腰△DAE得
∠ADE=30°，由30°的余弦可以得出DF與AD的關(guān)系，并由等腰三角形三線合一的性質(zhì)得：DE=2DF，所以DE=$\sqrt{3}$AD，并利用線段的差代入得出結(jié)論：BD-CD=$\sqrt{3}$AD；
（3）如圖3，作輔助線，構(gòu)建全等三角形和直角三角形，與（2）類似可得出結(jié)論：BD+CD=$\sqrt{3}$AD；

解答 解：如圖1，（1）BD=CD+AD，理由是：
在BD上取一點E，使BE=CD，連接AE，
∵△ABC為正三角形，
∴∠ACB=60°，AC=AB，
∵∠ACD=∠ABD，
∴△ADC≌△AEB，
∴AD=AE，
∵∠ADB=∠ACB=60°，
∴△ADE是等邊三角形，
∴DE=AD，
∴BD=DE+BE=AD+CD；
故答案為：BD=CD+AD；
（2）證明：如圖2，過A作AF⊥BD于F，在BD上取一點E，使BE=CD，連接AE，
∵AC=AB，∠ACD=∠ABD，
∴△ACD≌△ABE，
∴AD=AE，∠DAC=∠EAB，
∴∠CAB=∠DAE，
∵∠CAB=120°，
∴∠DAE=120°，
在等腰△DAE中，∠ADE=$\frac{180°-120°}{2}$=30°，
∵AF⊥DE，
∴DF=EF，
cos30°=$\frac{DF}{AD}$，
∴DF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AD，
∴DE=$\sqrt{3}$AD，
∵DE=BD-BE=BD-CD，
∴BD-CD=$\sqrt{3}$AD；
（3）如圖3，延長BD至E，使BE=CD，連接AE，過A作AF⊥BD于F，
∵∠BAC=120°，AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=30°，
∵∠CDP=120°，
∴∠CDP=∠DCB+∠DBC=120°，
∴∠DCB=120°-∠DBC，
∴∠DCA=∠DCB+∠ACB=120°-∠DBC+30°=150°-∠DBC，
∵∠ABE=180°-∠DBC-∠ABC=180°-30°-∠DBC=150°-∠DBC，
∴∠DCA=∠ABE，
∴△ADC≌△AEB，
∴AE=AD，∠CAD=∠BAE，
∴∠DAE=∠CAB=120°，
∴∠ADE=∠AED=30°，
同（2）得：點F是DE的中點，DF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AD，DE=$\sqrt{3}$AD，
∴DE=BD+BE=BD+CD=$\sqrt{3}$AD（0°＜α＜150°）．

點評 本題是圓的綜合題，其中涉及到圓周角定理、全等三角形、相似三角形、等腰三角形和等邊三角形的性質(zhì)和判定等知識，綜合性較強(qiáng)，難度適中，恰當(dāng)?shù)刈鬏o助線構(gòu)建△AEB≌△ADC是解題的關(guān)鍵；在幾何證明中，線段的和或差是一個難點，常用的思路為：①截，在長邊上截取短邊的長，②接，延長短邊等于長邊．