Question

12．已知：△ABC是⊙O的内接三角形，AB=AC，在∠BAC所对弧AC上，任取一点D，连接AD，BD，CD．

（1）如图1，∠BAC=α，直接写出∠ADB的大小（用含α的式子表示）；
（2）如图2，如果∠BAC=60°，求证：BD+CD=AD；
（3）如图3，如果∠BAC=120°，那么BD+CD与AD之间的数量关系是什么？写出猜测并加以证明；
（4）如果∠BAC=α，直接写出BD+CD与AD之间的数量关系．

Answer 1

分析 （1）利用AB=AC得到$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，根据圆周角定理得∠ADB=∠ADC，再利用圆内接四边形的性质得到∠BAC+∠BDC=180°，所以∠ADB=$\frac{1}{2}$（180°-α）=90°-$\frac{1}{2}$α；
（2）延长BD到E，使得DE=DC，如图2，先证明△ABC是等边三角形得到BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，再证明△DCE是等边三角形得到DC=CE，∠DCE=60°，于是得到∠ACD=∠BCE，则可证明△ACD≌△BCE得到BE=AD，于是易得AD=BD+CD；
（3）延长DB到E，使得BE=DC，连接AE，过点A作AF⊥BD于点F，如图3，有（1）的结论得到∠1=∠2=90°-$\frac{1}{2}$×120°=30°，在Rt△ADF中，利用余弦定义得到DF=ADcos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AD，再证明△EBA≌△DCA得到∠2=∠1，则∠E=∠1，则可判断△ADE为等腰三角形，所以DF=EF，易得DE=BD+CD=2DF，于是有BD+CD=$\sqrt{3}$AD；
（4）与（3）的证明方法一样，如图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）证明：延长BD到E，使得DE=DC，如图2，
∵∠BAC=60°，AB=AC
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∵∠EDC=∠BAC=60°，
∵DC=DE，
∴△DCE是等边三角形，
∴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：
延长DB到E，使得BE=DC，连接AE，过点A作AF⊥BD于点F，如图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）与（3）的证明方法一样，如图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）．

点评 本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、等腰三角形的性质和等边三角形的性质；会利用三角形全等解决线段相等的问题；学会把两线段的和化为一条线段．