高中数学 探索、延伸与应用问题研究（教师版）

专题五：探索、延伸与应用问题研究【题型导引】题型一：与三角形有关的探索、延伸与应用，本类型涉及到三角形之间的变换，从特殊实例到一般的转化，从三角形探索延伸到四边形的变化，推导相似的结论研究，或者从特殊三角形的研究推广到一般三角形，得到相关结论，并利用得到的结论解决新问题。题型二：四边形背景下借助变换转化为其它四边形，得到相关结论，借助特殊四边形的性质得到某结论，并进行推广，从而找到更好图形中存在的类型性质，并进行实际应用；【典例解析】类型一：与三角形有关的探索、延伸与应用例题1：（2019•湖北武汉•3分）问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA＋PC＝PE．问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是．图1图2【解答】（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，在△ABG和△ADP中，∴△ABG≌△ADP（SAS），∴AG＝AP，∠BAG＝∠DAP，∵∠GAP＝∠BAD＝60°，∴△AGP是等边三角形，∴∠AGC＝60°＝∠APG，∴∠APE＝60°，∴∠EPC＝60°，连接EC，延长BC到F，使CF＝PA，连接EF，∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，∴∠EAC＝60°，∠EPC＝60°，∵AE＝AC，∴△ACE是等边三角形，∴AE＝EC＝AC，∵∠PAE＋∠APE＋∠AEP＝180°，∠ECF＋∠ACE＋∠ACB＝180°，∠ACE＝∠APE＝60°，∠AED＝∠ACB，∴∠PAE＝∠ECF，在△APE和△ECF中∴△APE≌△ECF（SAS），∴PE＝PF，∴PA＋PC＝PE；（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．∵△MGD和△OME是等边三角形∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，∴∠GMO＝∠DME在△GMO和△DME中∴△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE∴NO＋GO＋MO＝DE＋OE＋NO∴当D.E.O、M四点共线时，NO＋GO＋MO值最小，∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，∵MG＝．∴MF＝DF＝4，∴NF＝MN＋MF＝6＋4＝10，∴ND＝，∴MO＋NO＋GO最小值为，故答案为，技法归纳：解答探索、延伸与应用类题目时，解答好第(1)问是基础，往往前面第(1)问中的方法思路为第(2)问的解决提供解题方向；解答后续的“延伸”时，要特别注意运用类比、数形结合、分类讨论等数学思想；对于应用环节，就是把实际问题的背景，抽象成已探索出结论或规律的几何模型．类型二：与四边形有关的探索、延伸与应用例题2：(2018·菏泽中考)问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.并且量得AB＝2cm，AC＝4操作发现：(1)将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，过点C作AC′的平行线，与DC′的延长线交于点E，则四边形ACEC′的形状是．(2)创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B，A，D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC′D，连接CC′，取CC′的中点F，连接AF并延长至点G，使FG＝AF，连接CG，C′G，得到四边形ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结论．实践探究：(3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A′点，A′C与BC′相交于点H，如图4所示，连接CC′，试求tan∠C′CH的值．【解析】(1)解：菱形(2)证明：∵点F是CC′的中点，∴CF＝FC′.∵FG＝AF，∴四边形ACGC′是平行四边形．∵在Rt△ABC和Rt△AC′D中，∠BAC＋∠ACB＝90°，∠ACB＝∠DAC′，∴∠BAC＋∠DAC′＝90°.又∵B，A，D三点在同一条直线上，∴∠CAC′＝90°，∴四边形ACGC′是矩形．∵AC＝AC′，∴四边形ACGC′是正方形．(3)解：在Rt△A′BC和Rt△BC′D中，BC＝BD＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3).∵Rt△A′BC≌Rt△BC′D，∴∠DBC′＋∠BA′C＝90°，∴∠BHA′＝90°，∴BC′⊥A′C.在Rt△A′BC中，A′C·BH＝BC·A′B，即4BH＝2×2eq\r(3)，∴BH＝eq\r(3)，∴C′H＝BC′－BH＝4－eq\r(3).在Rt△A′BH中，A′H＝eq\r(A′B2－BH2)＝eq\r(22－（\r(3)）2)＝1，∴CH＝4－1＝3，∴tan∠C′CH＝eq\f(C′H,CH)＝eq\f(4－\r(3),3)，∴tan∠C′CH的值为eq\f(4－\r(3),3).技法归纳：探索、延伸与应用型问题常常用到以下方法与思想：①特殊值：利用特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律；②分类讨论法：当命题的题设和结论不唯一，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果；③类比猜想法：即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．【变式训练】1.（2018•泰安）如图，△ABC中，D是AB上一点，DE⊥AC于点E，F是AD的中点，FG⊥BC于点G，与DE交于点H，若FG＝AF，AG平分∠CAB，连接GE，CD．（1）求证：△ECG≌△GHD；（2）小亮同学经过探究发现：AD＝AC＋EC．请你帮助小亮同学证明这一结论．（3）若∠B＝30°，判定四边形AEGF是否为菱形，并说明理由．【解答】解：（1）∵AF＝FG，∴∠FAG＝∠FGA，∵AG平分∠CAB，∴∠CAG＝∠FGA，∴∠CAG＝∠FGA，∴AC∥FG，∵DE⊥AC，∴FG⊥DE，∵FG⊥BC，∴DE∥BC，∴AC⊥BC，∴∠C＝∠DHG＝90°，∠CGE＝∠GED，∵F是AD的中点，FG∥AE，∴H是ED的中点，∴FG是线段ED的垂直平分线，∴GE＝GD，∠GDE＝∠GED，∴∠CGE＝∠GDE，∴△ECG≌△GHD；（2）证明：过点G作GP⊥AB于P，∴GC＝GP，而AG＝AG，∴△CAG≌△PAG，∴AC＝AP，由（1）可得EG＝DG，∴Rt△ECG≌Rt△GPD，∴EC＝PD，∴AD＝AP＋PD＝AC＋EC；（3）四边形AEGF是菱形，证明：∵∠B＝30°，∴∠ADE＝30°，∴AE＝AD，∴AE＝AF＝FG，由（1）得AE∥FG，∴四边形AECF是平行四边形，∴四边形AEGF是菱形．2.（2019，山西，11分）综合与实践动手操作：第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在直线折叠，展开铺平.在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上.此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一直线上，折痕分别为CE，CF.如图2.第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME，如图5，图中的虚线为折痕.问题解决：（1）在图5中，∠BEC的度数是，的值是；（2）在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形：.【解析】解：（1）67.5°（2）四边形EMGF是矩形理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝∠D＝90°由折叠可知：∠1＝∠2＝∠3＝∠4，CM＝CG，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC＝67.5°由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC，FC，∴MC＝ME，GC＝GF∴∠5＝∠1＝22.5°，∠6＝∠4＝22.5°，∴∠MEF∠GFE＝90°∵∠MCG＝90°，CM＝CG.∴∠CMG＝45°又∵∠BME＝∠1＋∠5＝45°，∴∠EMG＝180°－∠CMG－∠BME＝90°∴四边形EMGF是矩形.菱形FGCH或菱形EMCH（一个即可），如下图所示3.(2018·江西中考)在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是，CE与AD的位置关系是；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝2eq\r(3)，BE＝2eq\r(19)，求四边形ADPE的面积．【解析】：(1)BP＝CECE⊥AD提示：如图，连接AC.∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC.又∵△APE是等边三角形，∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.延长CE交AD于点H.∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.(2)结论仍然成立．理由：如图，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC.∵△APE是等边三角形，∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.也可选用图3进行证明，方法同上．(3)如图，连接AC交BD于点O，连接CE交AD于点H，由(2)可知EC⊥AD，CE＝BP.在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB＝2eq\r(3)，BE＝2eq\r(19)，在Rt△BCE中，EC＝eq\r(（2\r(19)）2－（2\r(3)）2)＝8，∴BP＝CE＝8.∵AC与BD是菱形的对角线，∴∠ABD＝eq\f(1,2)∠ABC＝30°，AC⊥BD，∴BD＝2BO＝2AB·cos30°＝6，∴OA＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(3)，DP＝BP－BD＝8－6＝2，∴OP＝OD＋DP＝5.在Rt△AOP中，AP＝eq\r(AO2＋OP2)＝2eq\r(7)，∴S四边形ADPE＝S△ADP＋S△AEP＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＋eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(7))2＝8eq\r(3).4.（2019•湖北省咸宁市•10分）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．理解：（1）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．求证：四边形ABCD是等补四边形；探究：（2）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．运用：（3）如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD＝10，AF＝5，求DF的长．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠A＋∠C＝180°，∠ABC＋∠ADC＝180°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴，∴AD＝CD，∴四边形ABCD是等补四边形；（2）AD平分∠BCD，理由如下：如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，则∠AEB＝∠AFD＝90°，∵四边形ABCD是等补四边形，∴∠B＋∠ADC＝180°，又∠ADC＋∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADF，∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADF（AAS），∴AE＝AF，∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD；（3）如图3，连接AC，∵四边形ABCD是等补四边形，∴∠BAD＋∠BCD＝180°，又∠BAD＋∠EAD＝180°，∴∠EAD＝∠BCD，∵AF平分∠EAD，∴∠FAD＝∠EAD，由（2）知，AC平分∠BCD，∴∠FCA＝∠BCD，∴∠FCA＝∠FAD，又∠AFC＝∠DFA，∴△ACF∽△DAF，∴，即，∴DF＝5﹣5．5.(2018·日照中考)问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，则AC＝eq\f(1,2)AB.探究结论：小明同学对以上结论作了进一步探究．(1)如图1，连接AB边上中线CE，由于CE＝eq\f(1,2)AB，易得结论：①△ACE为等边三角形；②BE与CE之间的数量关系为；(2)如图2，点D是边CB上任意一点，连接AD，作等边△ADE，且点E在∠ACB的内部，连接BE.试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明；(3)当点D为边CB延长线上任意一点时，在(2)条件的基础上，线段BE与DE之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论；拓展应用：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(－eq\r(3)，1)，点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等边△ABC.当C点在第一象限内，且B(2，0)时，求C点的坐标．【解析】：(1)BE＝CE(2)BE＝DE.证明如下：如图，取AB的中点P，连接EP.由(1)结论可知△CPA为等边三角形，∴∠CAP＝60°，CA＝PA.∵△ADE为等边三角形，∴∠DAE＝60°，AD＝AE，∴∠CAP＝∠DAE，∴∠CAP－∠DAB＝∠DAE－∠DAB，∴∠CAD＝∠PAE，∴△ACD≌△APE(SAS)，∴∠APE＝∠ACD＝90°，∴EP⊥AB.∵P为AB的中点，∴AE＝BE.∵DE＝AE，∴BE＝DE.(3)BE＝DE拓展应用：如图，连接OA，OC，过点A作AH⊥x轴于点H.∵A的坐标为(－eq\r(3)，1)，∴∠AOH＝30°.由探究结论(3)可知CO＝CB.∵O(0，0)，B(2，0)，∴点C的横坐标为1.设C(1，m)．∵CO2＝CB2＝12＋m2，AB2＝12＋(2＋eq\r(3))2，AB＝CB，∴12＋m2＝12＋(2＋eq\r(3))2，∴m＝2＋eq\r(3)，∴C点的坐标是(1，2＋eq\r(3))．6.（2019•湖南岳阳•10分）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E.F分别在边AD.BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处．点P为直线EF上一以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN．（1）如图动点（不与E.F重合），过点P分别作直线BE.BF的垂线，垂足分别为点M和N，1，求证：BE＝BF；（2）特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；（3）类比探究：若DE＝a，CF＝b．①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含A.b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含A.b的式子表示QM与QN之间的数量关系．（不要求写证明过程）【解答】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF＝∠EFB，由翻折可知：∠DEF＝∠BEF，∴∠BEF＝∠EFB，∴BE＝BF．（2）解：如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB．∵DE＝EB＝BF＝5，CF＝2，∴AD＝BC＝7，AE＝2，在Rt△ABE中，∵∠A＝90°，BE＝5，AE＝2，∴AB＝＝，∵S△BEF＝S△PBE＋S△PBF，PM⊥BE，PN⊥BF，∴•BF•EH＝•BE•PM＋•BF•PN，∵BE＝BF，∴PM＋PN＝EH＝，∵四边形PMQN是平行四边形，∴四边形PMQN的周长＝2（PM＋PN）＝2．（3）①证明：如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H．∵ED＝EB＝BF＝a，CF＝b，∴AD＝BC＝a＋b，∴AE＝AD﹣DE＝b，∴EH＝AB＝，∵S△EBP﹣S△BFP＝S△EBF，∴BE•PM﹣•BF•PN＝•BF•EH，∵BE＝BF，∴PM﹣PN＝EH＝，∵四边形PMQN是平行四边形，∴QN﹣QM＝（PM﹣PN）＝．②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝．7.(2017·潍坊中考)边长为6的等边△ABC中，点D，E分别在AC，BC边上，DE∥AB，EC＝2eq\r(3).(1)如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N.当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由．(2)如图2，将△DEC绕点C旋转∠α(0°＜α＜360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)【解析】(1)当CC′＝eq\r(3)时，四边形MCND′为菱形．理由：由平移的性质得CD∥C′D′，DE∥D′E′.∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，∴∠ACC′＝180°－60°＝120°.∵CN是∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝60°.∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′，∴∠D′E′C′＝∠B＝60°，∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN，∴四边形MCND′为平行四边形．∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，∴△MCE′和△NCC′为等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′.又∵E′C′＝2eq\r(3)，CC′＝eq\r(3)，∴CE′＝CC′＝eq\r(3)，∴MC＝CN，∴四边形MCND′为菱形．(2)①AD′＝BE′.理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD′＝∠BCE′.由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′，∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′.当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，即AD′＝BE′.综上可知，AD′＝BE′.②如图，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得AP＜AC＋CP，∴当A，C，P三点共线时AP最大．此时，AP＝AC＋CP.在△D′CE′中，由P为D′E′中点得AP⊥D′E′，PD′＝eq\r(3)，∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9.在Rt△APD′中，由勾股定理得AD′＝eq\r(AP2＋PD′2)＝eq\r(92＋（\r(3)）2)＝2eq\r(21).8.【探究证明】(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条相互垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H.求证：eq\f(EF,GH)＝eq\f(AD,AB)；【结论应用】(2)如图2，在满足(1)的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上．若eq\f(EF,GH)＝eq\f(11,15)，则eq\f(BN,AM)的值为；【联系拓展】(3)如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求eq\f(DN,AM)的值．【解析】(1)如图，过点A作AP∥EF，交CD于点P，过点B作BQ∥GH，交AD于点Q，交AP于点T.∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC，∴四边形AEFP和四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ.∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠DPA，∴△PDA∽△QAB，∴eq\f(AP,BQ)＝eq\f(AD,BA)，∴eq\f(EF,GH)＝eq\f(AD,AB).(2)eq\f(11,15).提示：∵EF⊥GH，AM⊥BN，∴由(1)结论可得eq\f(EF,GH)＝eq\f(AD,AB)，eq\f(BN,AM)＝eq\f(AD,AB)，∴eq\f(BN,AM)＝eq\f(EF,GH)＝eq\f(11,15).(3)如图，过D作AB的平行线，交BC的延长线于E，作AF⊥AB交ED延长线于点F.∵∠BAF＝∠B＝∠E＝90°，∴四边形ABEF是矩形．连接AC，由已知条件得△ADC≌△ABC，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∠1＋∠2＝90°.又∵∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴△ADF∽△DCE，∴eq\f(DE,AF)＝eq\f(DC,AD)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2).设DE＝x，则AF＝2x，DF＝10－x.在Rt△ADF中，AF2＋DF2＝AD2，即(2x)2＋(10－x)2＝100，解得x1＝4，x2＝0(舍去)，∴AF＝2x＝8，∴eq\f(DN,AM)＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(8,10)＝eq\f(4,5).9.（2019•湖北省仙桃市•10分）已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式：AB＋AC＝AD；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．【解答】解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE＋DE＝AB＋AC；故答案为：AB＋AC＝AD．（2）AB＋AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△