《2025年全程测评试卷九年级数学全一册华师大版》

12.【问题探究】
(1)在△ABC中,BD,CE分别是∠ABC与∠BCA的平分线.
①若∠A=60°,AB=AC,如图1所示,试证明BC=CD+BE；
②将①中的条件“AB=AC”去掉,其他条件不变,如图2所示,问①中的结论是否成立？并说明理由；
【迁移运用】
(2)若四边形ABCD是圆的内接四边形,且∠ACB=2∠ACD,∠CAD=2∠CAB,如图3所示,试探究线段AD,BC,AC之间的等量关系,并证明.

答案：
(1)①
∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，∠ABC=∠ACB=60°，
∵BD，CE分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=∠BCE=30°，
在BC上截取BF=BE，连接OF，
∵BD平分∠ABC，BO=BO，
∴△BEO≌△BFO(SAS)，
∴∠BOE=∠BOF，
∵∠A=60°，
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=120°，
∴∠BOE=60°，∠BOF=60°，∠COF=60°，
∵CE平分∠ACB，CO=CO，
∴△COF≌△COD(ASA)，
∴CF=CD，
∵BC=BF+CF，
∴BC=BE+CD；
②成立，理由如下：
在BC上截取BF=BE，连接OF，
∵BD平分∠ABC，BO=BO，
∴△BEO≌△BFO(SAS)，
∴∠BOE=∠BOF，
∵∠A=60°，
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=120°，
∴∠BOE=60°，∠BOF=60°，∠COF=60°，
∵CE平分∠ACB，CO=CO，∠COF=∠COD=60°，
∴△COF≌△COD(ASA)，
∴CF=CD，
∵BC=BF+CF，
∴BC=BE+CD；
(2)AC=AD+BC，证明如下：
在AC上截取AE=AD，连接DE，
∵∠CAD=2∠CAB，设∠CAB=α，则∠CAD=2α，∠DAE=2α，
∵AE=AD，
∴$∠ADE=∠AED=\frac{180°-2α}{2}=90°-α，$
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ACB=2∠ACD，设∠ACD=β，则∠ACB=2β，∠BCD=3β，
∠ADC=180°-2α-β，∠ABC=180°-∠ADC=2α+β，
∠BAC=α，∠ACB=2β，∠ABC=180°-α-2β=2α+β，
解得α+β=60°，∠AED=90°-α=30°+β，
∠DEC=180°-∠AED=150°-β，∠BCE=180°-∠ABC-∠BAC=180°-(2α+β)-α=180°-3α-β=180°-3(60°-β)-β=2β，
∠DCE=β，∠CDE=180°-∠DEC-∠DCE=180°-(150°-β)-β=30°，
在CE上截取CF=BC，连接BF，
∵∠ACB=2β，CF=BC，
∴$∠CFB=∠CBF=\frac{180°-2β}{2}=90°-β，$
∠BFE=180°-∠CFB=90°+β，∠BEF=180°-∠AED=150°-β，
∠EBF=180°-∠BFE-∠BEF=180°-(90°+β)-(150°-β)=-60°，不成立，重新截取：
在AC上截取AF=AD，连接DF，
∵∠CAD=2∠CAB，设∠CAB=α，∠CAD=2α，AF=AD，
∴$∠ADF=∠AFD=\frac{180°-2α}{2}=90°-α，$
∠DFC=180°-∠AFD=90°+α，
∠ABC=180°-α-2β=2α+β，α+β=60°，β=60°-α，
∠DCA=β=60°-α，∠CDF=180°-∠DFC-∠DCA=180°-(90°+α)-(60°-α)=30°，
∠BCA=2β=120°-2α，在AC上截取CG=BC，连接BG，
$∠CBG=∠CGB=\frac{180°-∠BCA}{2}=\frac{180°-(120°-2α)}{2}=30°+α，$
∠AGB=180°-∠CGB=150°-α，∠DFC=90°+α=150°-α=∠AGB，
∠BAG=α，∠ADF=90°-α，∠ABG=180°-∠BAG-∠AGB=180°-α-(150°-α)=30°=∠CDF，
AD=AF，∠DAF=2α，∠BAG=α，AG=AC-CG=AC-BC，
△ABG≌△CDF(AAS)，AG=CF，
AC=AF+CF=AD+AG=AD+BC.