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.

因為AD=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，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， 因為DF=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，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∠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，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∠QDA=∠CDB=20°，AD=BD.所以△AQD≌△BCD，得DQ=DC，則∠CQD=∠QCD=80°，故∠EQC=∠EQD-∠CQD=20°，又因為∠PCA=30°=∠AQE，所以A、P、C、Q四點共圓，所以∠PAC=∠EQC=20°.

例5在△ABC中，∠ABC=60°，∠ACB=70°，D為BC上一點，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