1性質(zhì)
如圖1,三角形ABC中,AB=AC,∠BAC=100°,∠ABC的平分線交AC于D,則AD+BD=BC.
該結(jié)論比較常見,有多種證法,本文不再贅述.通過構(gòu)造頂角為100°的等腰三角形,可以解決競賽中與之類似的幾何問題,舉例如下.
例1如圖2,三角形ABC中,AB=AC,∠BAC=100°,延長AB至D,使得AD=BC,連結(jié)CD,求∠BCD的度數(shù).
解作∠ACB的平分線交AB于E,由性質(zhì)知AE+EC=BC.
因?yàn)锳D=BC,即AE+DE=BC,故DE=EC,所以∠ECD=∠EDC=12∠AEC=30°,而∠ECB=20°,得∠BCD=∠ECD-∠ECB=10°.
圖3例2在△ABC中,AB=AC,∠A=20°,D、E分別為邊AC、AB上的點(diǎn),滿足∠ABD=20°,∠ACE=30°,求∠BDE的度數(shù).
解如圖3,構(gòu)造以AB為底邊的等腰三角形ABM,頂角∠AMB=100°,BM交AC于F,連結(jié)DM、EF,由AM=BM,AD=BD,DM=DM即得△ADM≌△BDM,所以∠BMD=∠AMD=50°,易知∠BCE=∠BEC=50°,故BC=BE,而∠EBF=∠CBF=40°,BF=BF,故△BEF≌△BCF,得CF=EF,由性質(zhì)知MF+AF=AB=AC,所以MF=CF=EF. 同時(shí)由三角形內(nèi)角和性質(zhì)得∠BFC=60°,于是∠BFE=∠BFC=60°, 則∠DFE=60°,所以∠DFE=∠BFC, 又∠DFM=∠BFC,故∠DFM=∠DFE, 因?yàn)镈F=DF,所以△DFE≌△DFM, 則∠DEF=∠DMF=50°,得∠AED=180°-80°-50°=50°, 所以∠BDE=∠AED-∠ABD=50°-20°=30°.
例3在△ABC中,AB=AC,∠A=20°,D為AC邊上一點(diǎn),滿足∠BDC=30°,求證:AD=BC.
圖4證明如圖4,構(gòu)造以AB為底邊的等腰三角形ABK,頂角∠AKB=100°,BK交AC于E,連結(jié)DK, 則∠DBE=∠ABE-∠ABD=40°-10°=30°, 故∠DBE=∠BDE,所以BE=DE. 根據(jù)性質(zhì)知EC=EK,同時(shí)∠BEC=∠DEK, 所以△BEC≌△DEK,得∠DKE=∠C=80°,DK=BC, 則∠AKD=∠AKB-∠DKB=20°,而∠DAK=20°, 所以AD=DK=BC.
圖5例4 在△ABC中,AB=AC,∠BAC=80°,P是△ABC內(nèi)一點(diǎn),且∠PBC=10°,∠PCA=30°.求∠PAC的度數(shù).
解如圖5,延長AC到D,使得AD=BD,則∠ADB=20°,構(gòu)造以BD為底邊的等腰三角形BDQ,頂角∠BQD=100°,BQ交AC于E,連結(jié)AQ、CQ,由性質(zhì)即知AE=EQ,而∠QED=60°, 所以∠QAE=∠AQE=30°,則∠AQD=130°=∠BCD,同時(shí)∠QDA=∠CDB=20°,AD=BD.所以△AQD≌△BCD,得DQ=DC,則∠CQD=∠QCD=80°,故∠EQC=∠EQD-∠CQD=20°,又因?yàn)椤螾CA=30°=∠AQE,所以A、P、C、Q四點(diǎn)共圓,所以∠PAC=∠EQC=20°.
例5在△ABC中,∠ABC=60°,∠ACB=70°,D為BC上一點(diǎn),且∠BAD=20°,求證:AB+BD=AD+DC.
證明如圖6,延長CD到E,使得DE=AD,連結(jié)AE. 由已知即得∠ADE=100°,故∠EAD=∠AED=40°,圖6 則∠EAB=∠BAD=20°, 于是根據(jù)性質(zhì)得AB+BD=AE, 同時(shí)由∠ACB=70°以及∠AED=40°得∠EAC=∠ACB=70°, 所以AE=EC=ED+DC=AD+DC, 故AB+BD=AD+DC.
作者簡介華漫天(1969—),男,浙江慈溪人,中學(xué)高級教師.主要從事初中數(shù)學(xué)教學(xué)以及解題研究,已有近30篇論文發(fā)表.endprint
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志(初中版)2017年6期