二、拓展性作业
1. 在△ABC中，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB。
(1)如图5-2-27①，若∠ABC=60°，∠ACB=40°，求∠BDC的度数；
(2)如图5-2-27②，连接AD，过点D作DE⊥AB于点E，DE=2，AC=4，求△ADC的面积。

1. 解：（1）因为BD平分∠ABC，
所以∠DBC= $\frac{1}{2}$∠ABC= $\frac{1}{2}$×60°=30°。
因为CD平分∠ACB，
所以∠DCB= $\frac{1}{2}$∠ACB= $\frac{1}{2}$×40°=20°，
所以∠BDC=180°-∠DBC-∠DCB
=180°-30°-20°
=130°。
（2）过点D作DF⊥AC于F，DH⊥BC于H，如答图5-2-8，

因为BD平分∠ABC，DE⊥AB，DH⊥BC，
所以DH=DE=2。
因为CD平分∠ACB，DF⊥AC，DH⊥BC，
所以DF=DH=2，
所以△ADC的面积= $\frac{1}{2}$DF·AC= $\frac{1}{2}$×2×4=4。

2. 如图5-2-28①，在△ABC中，若AD是∠BAC的平分线，过点D分别作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F，则DE=DF。
探究发现：如图5-2-28②，在△ABC中，仍然有条件“AD是∠BAC的平分线，点E，F分别在AB和AC上”。若∠AED+∠AFD=180°，则DE与DF是否仍相等？若相等，请说明理由；若不相等，请举反例说明。

2. 解：DE=DF。
理由如下：
如答图5-2-9，过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，

因为AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，
所以DM=DN。
因为∠AED+∠AFD=180°，∠AFD+∠DFN=180°，
所以∠DFN=∠AED。
在△DME与△DNF中，
$\begin{cases}∠DME=∠DNF，\\∠MED=∠NFD，\\DM=DN，\end{cases}$
所以△DME≌△DNF（AAS）。
所以DE=DF。

3. 角平分线上的点到角两边的距离相等。这一性质在解决图形面积问题时有何妙用呢？阅读材料：如图5-2-29①，在面积为S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，三条角平分线的交点O到三边的距离为r。连接OA，OB，OC，△ABC被划分为三个小三角形。
因为$S=S_{△OBC}+S_{△OAC}+S_{△OAB}=\\(\frac{1}{2}\\)BC·r+\\(\frac{1}{2}\\)AC·r+\\(\frac{1}{2}\\)AB·r=\\(\frac{1}{2}\\)(a+b+c)·r$，所以$r=\\(\frac{2S}{a+b+c}\\)$。
(1)类比推理：若面积为S的四边形ABCD的四条角平分线交于O点，如图5-2-29②，各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求点O到四边的距离r（用含S，a，b，c，d的代数式表示）；
(2)理解应用：如图5-2-29③，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=21，CD=11，AD=BC=13，对角线BD=20，点O₁与O₂分别为△ABD与△BCD的三条角平分线的交点，设它们到各自三角形三边的距离为r₁和r₂，求$\\(\frac{r_{1}}{r_{2}}\\)$的值。

3. 解：（1）连接OA，OB，OC，OD（画图略），
因为S= $S_{△AOB}$+ $S_{△BOC}$+ $S_{△COD}$+ $S_{△AOD}$= $\frac{1}{2}$ar+ $\frac{1}{2}$br+ $\frac{1}{2}$cr+ $\frac{1}{2}$dr= $\frac{1}{2}$(a+b+c+d)r，
所以r= $\frac{2S}{a+b+c+d}$。
（2）因为AB//CD，
所以 $S_{△ABD}$： $S_{△BCD}$=AB：CD=21：11。
因为 $r_{1}$= $\frac{2S_{△ABD}}{AB+BD+AD}$= $\frac{2S_{△ABD}}{54}$= $\frac{S_{△ABD}}{27}$，
$r_{2}$= $\frac{2S_{△CDB}}{CD+CB+DB}$= $\frac{2S_{△CDB}}{44}$= $\frac{S_{△CDB}}{22}$，
所以 $\frac{r_{1}}{r_{2}}$= $\frac{S_{△ABD}}{27}$： $\frac{S_{△BCD}}{22}$= $\frac{S_{△ABD}}{27}$× $\frac{22}{S_{△BCD}}$= $\frac{21×22}{27×11}$= $\frac{14}{9}$。