Question

1．探究問題：
閱讀理解：
如圖（一），在△ABC中，BA=BC，P點在線段BC上，過A的射線AP上取一點D使得∠ABC=∠ADC=∠а，則總有實數(shù)k把線段AD、DB、DC的數(shù)量關(guān)系連接成AD=kDB+DC，其中k由角а的大小來確定．
探究過程：
（1）如圖（二），若角а=60°，我們在AD上取點E，使得∠EBD=60°，從而得到∠ABE=∠CBD，于是可以說明△ABE≌△CBD，則AD=kDB+DC中的k=1．
（2）如圖三，若角а=90°，求證：AD=kDB+DC等式中k=$\sqrt{2}$；
問題解決：
（3）①若角а=120°，則（k+1）（k-1）=2； 
②若角а=36°，則k•（k+1）=2； 
問題結(jié)論：
（4）綜上，我們可以得到一個結(jié)論：在“AD、DB、DC的數(shù)量關(guān)系A(chǔ)D=k•DB+DC”中的k=2sin$\frac{1}{2}α$（用與角а相關(guān)的三角函數(shù)來表示）

Answer 1

分析 （1）利用全等三角形的性質(zhì)得到AE=CD，BE=BD，再利用等邊三角形的性質(zhì)得到BD=DE，即可；
（2）利用全等三角形的性質(zhì)得到AE=CD，BE=BD，再利用勾股定理求出；
（3）判斷出△ABE≌△CBD，求出ED=kBD，再利用等腰三角形的三線合一的性質(zhì)構(gòu)造出直角三角形，利用三角函數(shù)即可；
（4）根據(jù)（3）的解決方法，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，從而得到k=sin$\frac{1}{2}α$．

解答 探究：
（1）解：∵△ABE≌△CBD，
∴AE=CD，BE=BD，
∵∠EBD=60°，
∴BD=DE，
∵AD=AE+DE，AD=kDB+DC，
∴AE+DE=kDB+DC，
∴CD+DB=kDB+CD，
∴k=1，
故答案為1．

（2）
作∠DBE=90°，
和（1）方法一樣，得出△ABE≌△CBD，
∴BE=BD，AE=CD，
∵AD=AE+ED=CD+ED=kDB+CD，
∴kDB=ED，
在Rt△DBE中，根據(jù)勾股定理得，BD²+BE²=DE²
∴BD²+BD²=（kBD）²
∴k=$\sqrt{2}$或k=-$\sqrt{2}$（舍去），
∴AD=kDB+DC等式中k=$\sqrt{2}$．
問題解決：
（3）①作BF⊥AD，和（1）方法一樣，得出△ABE≌△CBD，
∴BE=BD，AE=CD，
∴∠DBF=$\frac{1}{2}$∠DBE=60°，EF=DF，
∵AD=AE+ED，AD=kBD+CD，
∴ED=kBD，
∴DF=$\frac{1}{2}$ED=$\frac{1}{2}$kBD，
在Rt△BFD中，sin∠DFB=$\frac{DF}{BD}$=$\frac{\frac{1}{2}kBD}{BD}$=$\frac{1}{2}$k=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴k=$\sqrt{3}$，
∴（k+1）（k-1）=（$\sqrt{3}$+1）（$\sqrt{3}$-1）=2，
故答案為2．
②解：同（3）①方法一樣，得到sin$\frac{1}{2}$α=sin18°=$\frac{1}{2}$k，
∵sin18°=$\frac{\sqrt{5}-1}{4}$
∴k=2×$\frac{\sqrt{5}-1}{4}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
∴k（k+1）=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$×（$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$+1）=1
故答案為1．
（4）作BF⊥AD，

和（1）方法一樣，得出△ABE≌△CBD，
∴BE=BD，AE=CD，
∴∠DBF=$\frac{1}{2}$∠DBE=$\frac{1}{2}$α，EF=DF，
∵AD=AE+ED，AD=kBD+CD
∴ED=kBD，
∴DF=$\frac{1}{2}$ED=$\frac{1}{2}$kBD，
在Rt△BFD中，sin∠DFB=$\frac{DF}{BD}$=$\frac{\frac{1}{2}kBD}{BD}$=$\frac{1}{2}$k=sin$\frac{1}{2}$α，
∴k=2sin$\frac{1}{2}$α，
故答案為2sin$\frac{1}{2}α$．

點評 本題是相似形的綜合題，涉及到的知識點有，全等三角形的判定和性質(zhì)，由△ABE≌△CBD得出BE=BD，AE=CD，勾股定理BD²+BE²=DE²，銳角的三角函數(shù)sin∠DFB=$\frac{DF}{BD}$，解決本題的關(guān)鍵是輔助線的作法．