【教材变式 1】(2024 宜宾中考)如图,$ \triangle A B C $ 内接于 $ \odot O $,$ B C $ 为 $ \odot O $ 的直径,$ A D $ 平分 $ \angle B A C $ 交 $ \odot O $ 于点 $ D $,求 $ \frac { A B + A C } { A D } $ 的值.

解:连接 BD,CD,将
△ADC 绕点 D 逆时针旋转 90°得到
△A'DB.
∵BC 是⊙O 的直径,
∴∠BAC=∠BDC=90°,
∵AD 平分∠BAC,∴∠BAD=
∠CAD=∠BCD=∠CBD,
∴BD=CD.在四边形 ABDC 中,
∵∠ACD+∠ABD=180°,
∴∠A'BD+∠ABD=180°,
∴A,B,A'三点共线,
∴AB+AC=AB+A'B=AA'.
∵由旋转可知∠A'DB=∠ADC,
A'D=AD,
∴∠A'DA=∠A'DB+∠BDA=
∠ADC+∠BDA=∠BDC=90°,
∴在等腰直角三角形 A'DA 中$,AA'=\sqrt{2}AD,$∴$\frac{AB+AC}{AD}=\frac{AA'}{AD}=\sqrt{2}.$

【教材变式 2】(教材 $ \mathrm { P } _ { 87 } $ 例 4 变式)(武汉中考改)如图,$ \odot O $ 的直径 $ A B $ 的长为 10,弦 $ A C $ 的长

为 6,$ \angle A C B $ 的平分线交 $ \odot O $ 于点 $ D $,求 $ C D $ 的长.

解:方法一:过点 A 作
AE⊥CD 于点 E,
则$ AE=CE=\frac{\sqrt{2}}{2}AC=3\sqrt{2}.$连接 AD,BD,
则$ AD=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=5\sqrt{2},$∴$DE=\sqrt{AD^{2}-AE^{2}}=4\sqrt{2},$∴$CD=7\sqrt{2};$方法二(补短法):延长 CB 至点 M,
使 BM=AC=6,
连接 DM,证△DMB≌△DCA,
∠CDM=90°,DM=DC,BC=8,
∴$CA+CB=CM=\sqrt{2}CD=14,$∴$CD=7\sqrt{2};$方法三(作垂线):
过点 D 作 DG⊥AC 于点 G,
作 DF⊥BC 于点 F,
证△DAG≌△DBF,∴AG=BF,
四边形 CGDF 为正方形,
∴CG=CF,
∴6+AG=8-BF,AG=1,
∴$CG=7,CD=\sqrt{2}CG=7\sqrt{2}.$

【教材变式 3】(武汉元调改)如图,$ \odot O $ 为等边 $ \triangle A B C $ 的外接圆,点 $ D $ 在劣弧 $ \overparen { A B } $ 上(不与点 $ A $,$ B $ 重合),连接 $ D A $,$ D B $,$ D C $.
(1)求证：$ D C $ 是 $ \angle A D B $ 的平分线；
(2)求证：$ S _ { \text { 四边形 } A D B C } = \frac { \sqrt { 3 } } { 4 } C D ^ { 2 } $.

证明:(1)∵△ABC 是等边三角形,
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°.
∵∠ADC=∠ABC=60°,
∠BDC=∠BAC=60°,
∴∠ADC=∠BDC,
∴DC 是∠ADB 的平分线;
(2)将△ADC 绕点 C 逆时针旋转
60°,得到△BHC,
∴CD=CH,∠DAC=∠HBC.
∵∠DAC+∠DBC=180°,
∴∠DBC+∠HBC=180°,
∴D,B,H 三点共线.
∵DC=CH,∠CDH=60°,
∴△DCH 是等边三角形,
∴$S_{四边形ADBC}=S_{△ADC}+S_{△BDC}=S_{△BHC}+S_{△BDC}=S_{△CDH}=\frac{\sqrt{3}}{4}CD^{2}.$