Question

如圖1，△ABC與△DEF中，AB=AC，D為BC的中點，∠EDF+∠BAC=180°，直線DF、DE分別交直線AB、AC于點P、Q．
（1）如圖2，∠BAC=60°，猜想BP+QC與BC的關系，并說明理由；
（2）當∠BAC=120°，BP+QC與BC的關系為

 

；
（3）當∠BAC=α，探究BP+QC與BC的關系，并說明理由；
（4）如圖3，當△DEF繞點D旋轉時，其他條件不變，（3）中的結論是否一定成立？若成立，請你寫出一個真命題；若不成立，請你畫圖說明．

Answer 1

分析：此題四個小問的思路是一致的，需要通過兩步全等來求解．首先過D分別作AB、AC的垂線DM、DN，易證得△BDM≌△CDN，得DM=DN；在四邊形DMAN中，由于∠DMA、∠DNA都是直角，易證得∠MDN+∠MAN=180°，即∠MDN=∠PDQ，兩角減去（或加上）一個同角后仍然相等，即∠MDP=∠NDQ，由此可證得△MDP≌△NDQ，得MP=NQ，那么BP+QC即可轉化為2BM的長．
在Rt△BDM中，∠B=

1

2

（180°-α），即可利用∠B的余弦函數，用BC表示出BM的長，由此得解．

解答：解：（1）BP+QC=

3

2

BC；理由如下：
過D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，則∠MDN=∠PDQ=180°-∠BAC．
∵∠B=∠C，BD=DC，∠DMB=∠DNC，
∴△BDM≌△CDN，得DM=DN，BM=NC．
∵∠MDP=∠MDN-∠PDN，∠NDQ=∠PDQ-∠PDN，且∠MDN=∠PDQ，
∴∠MDP=∠NDQ．
又∵∠DMP=∠DNQ=90°，DM=DN，
∴△DMP≌△DNQ，得 MP=NQ．
∴BP+QC=BM+MP+NC-NQ=2BM．
Rt△BDM中，∠B=60°，則BM=BD•cos∠B=

3

2

BD，
∴BP+QC=2BM=

3

2

×2BD=

3

2

BC．

（2）BP+QC=

1

2

BC．（證法可參照（1）（3）．）

（3）BP+QC=BC•cos（90°-

1

2

α）．
解法同（1），過D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，則∠MDN=∠PDQ=180°-∠BAC．
∵∠B=∠C，BD=DC，∠DMB=∠DNC，
∴△BDM≌△CDN，得 DM=DN，BM=NC．
∵∠MDP=∠MDN-∠PDN，∠NDQ=∠PDQ-∠PDN，且∠MDN=∠PDQ，
∴∠MDP=∠NDQ，
又∵∠DMP=∠DNQ=90°，DM=DN，
∴△DMP≌△DNQ，得 MP=NQ．
∴BP+QC=BM+MP+NC-NQ=2BM．
Rt△BDM中，∠B=

1

2

（180°-α）=90°-

1

2

α，則BM=BD•cos∠B=BD•cos（90°-

1

2

α）；
∴BP+QC=2BM=2BD•cos（90°-

1

2

α）=BC•cos（90°-

1

2

α）．
（4）當P、Q分別在線段BA、AC上時，（3）的結論依然成立，
即BP+QC與BC的關系為：BP+QC=BC•cos（90°-

1

2

α）．（證法同（3）．）
當P、Q在BA、AC的延長線上時，（3）的結論不成立．
如圖3，同（3）可得：BM=NC，MP=NQ．
∴BP+CQ=BM+MP+NQ-NC=BM+MP+BM-MP=2BM=2NQ．
因此（3）的結論不成立．

點評：此題主要考查的是全等三角形的判定和性質，正確地構造出全等三角形是解題的關鍵所在．