1. 如图,已知圆内接四边形 ABDC 中,$∠ BAC = 60°$,$AB=AC$,连接 AD.
(1)求$∠ ADB$与$∠ ADC$的大小;
(2)求证:$AD=BD+CD$.

1.(1) 连接 BC,由题意得△ABC 为等边三角形,有 ∠ABC = ∠ACB = 60°,
∵ ∠ADB 与 ∠ACB,∠ADC 与 ∠ABC 是同弧所对的圆周角,
∴ ∠ADB = ∠ADC = 60°.

1.(2) 在 AD 上取点 E,F,使 DE=DB,DF=DC,
∵ ∠ADB=∠ADC=60°,
∴ △BDE 与 △CDF 都为等边三角形,
∴ ∠DEB=∠DFC=60°,
∴ ∠AEB=∠CFA=120°.
又
∵ ∠FAC+∠FCA=∠DFC=60°,∠FAC+∠EAB=∠BAC=60°,
∴ ∠EAB=∠FCA.又 AB=AC,
∴ △ABE≌△CAF(AAS),
∴ AE=CF,
∴ AD=DE+AE=BD+FC=BD+CD.

【分析】
首先处理第(1)问：已知AB=AC且∠BAC=60°，可判定△ABC为等边三角形，得到∠ACB和∠ABC的度数；再利用圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，即可求出∠ADB和∠ADC的度数。
处理第(2)问：要证明AD=BD+CD，采用截长补短法，在AD上构造等边三角形，通过角的关系证明三角形全等，将线段转化，完成线段和的证明。
【解析】
(1) 连接BC，
∵ AB=AC，∠BAC=60°，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ ∠ACB=∠ABC=60°。
∵ ∠ADB与∠ACB都是弧AB所对的圆周角，∠ADC与∠ABC都是弧AC所对的圆周角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，
∴ ∠ADB=∠ACB=60°，∠ADC=∠ABC=60°。
(2) 在AD上取点E、F，使DE=DB，DF=DC，
∵ ∠ADB=∠ADC=60°，
∴ △BDE是等边三角形，△CDF是等边三角形，
∴ BE=BD，∠BED=60°，CF=CD，∠DFC=60°，
∴ ∠AEB=180°-∠BED=120°，∠AFC=180°-∠DFC=120°。
∵ ∠DFC是△AFC的外角，
∴ ∠FAC + ∠FCA=∠DFC=60°，
又
∵ ∠BAC=∠FAC + ∠EAB=60°，
∴ ∠EAB=∠FCA。
在△ABE和△CAF中：
$\{\begin{array}{l}∠AEB=∠CFA \\∠EAB=∠FCA \\AB=CA\end{array} $
∴ △ABE≌△CAF（AAS），
∴ AE=CF，
又
∵ CF=CD，DE=BD，
∴ AD=DE + AE=BD + CD。
【答案】
(1) ∠ADB=60°，∠ADC=60°；
(2) 证明成立，AD=BD+CD。

【知识点】
圆周角定理，等边三角形性质，全等三角形判定
【点评】
本题结合圆内接四边形的性质，利用圆周角定理求解角度，通过截长补短法构造等边三角形和全等三角形证明线段和关系，考查几何定理的综合应用，需熟练掌握相关图形性质。
【难度系数】
0.6

2. 问题背景:如图①,$AB$是$\odot O$的直径,点$C$、点$D$在圆上(在直径$AB$的异侧),且$D$为弧$AB$的中点,连接$AD,BD,CD,AC,BC$.
探究思路:如图②,将$△ ADC$绕点$D$顺时针旋转$90°$得到$△ BDE$,证明$C,B,E$三点共线,从而得到$△ DCE$为等腰直角三角形,$BC+BE=$$\sqrt{2}CD$,从而得出$AC+BC=\sqrt{2}CD$.
(1)请你根据探究思路,写出完整的推理过程;
问题解决:
(2)若点$C$、点$D$在直径$AB$的同侧,如图③所示,且$D$为$\overset{\frown}{AB}$的中点,连接$CD$,$BC=m$,$AC=n$($m＞n$),直接写出线段$CD$的长为;(用含有$m,n$的式子表示)
拓展探究:
(3)将$△ CBD$沿$BD$翻折得到$△ MBD$,如图④所示,试探究:$MA,MB,MD$之间的数量关系,并说明理由.

2.(1)
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ADB=90°.
∵ 点 D 是$\overset{\frown}{AB}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴ AD=BD,将△ADC 绕点 D 顺时针旋转 90°得到△BDE,
∴ ∠DBE=∠DAC,BE=AC,∠CDE=90°,CD=DE.
∵ 四边形 ACBD 是⊙O 的内接四边形,
∴ ∠DAC+∠CBD=180°,
∴ ∠DBE+∠CBD=180°,
∴ C,B,E 共线,
∴ △CDE 是等腰直角三角形,
∴ CE=$\sqrt{2}CD$,
∴ BE-BC=$\sqrt{2}CD$,
∴ AC+BC=$\sqrt{2}CD$.

2.(2) $\frac{\sqrt{2}}{2}(m-n)$ 解析:如图①,将△BCD 绕点 D 顺时针旋转90°得到△AED,
∴ △AED≌△BCD,
∴ BC=AE,CD=DE,∠BDC=∠ADE,
∴ ∠BDC - ∠ADC = ∠ADE - ∠ADC,
∴ ∠ADB=∠CDE=90°,
∴ △CDE 是等腰直角三角形,
∴ $\sqrt{2}CD=CE$.
∵ AC=n,BC=AE=m,
∴ CE=AE-AC=m-n,
∴ CD=$\frac{\sqrt{2}}{2}(m-n)$.
2.(3) $MA^2=2MD^2+MB^2$.理由:如图②,
∵ 将△BCD 绕点 D 逆时针旋转 90°得到△AC'D,点 A 在 CC'上,
∴ △AC'D≌△BCD.
∵ △CBD 沿 BD 翻折得到△MBD,
∴ △CDB≌△MDB,
∴ △AC'D≌△BCD≌△BMD,
∴ CD=C'D=DM,BC=AC'=MB,∠CBD=∠MBD=∠C'AD.
∵ ∠C'DC=90°,
∴ $CC'^2=CD^2+C'D^2$,
∴ $CC'=\sqrt{2}CD$.
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°,
∴ $C'B^2=CC'^2+BC^2$,
∴ $C'B^2=2DM^2+MB^2$.
∵ ∠ADB=90°,AD=BD,
∴ ∠DAB=∠DBA=45°,
∴ ∠MBD+45°=∠C'AD+45°,即∠ABM=∠C'AB.在△BAC' 和△ABM 中,$\begin{cases} AC'=BM, \\ ∠C'AB=∠MBA, \\ AB=BA, \end{cases}$
∴ △BAC'≌△ABM(SAS),
∴ BC'=AM,
∴ $MA^2=2MD^2+MB^2$.

【分析】
（1）先利用直径所对圆周角为直角，结合弧中点性质得到AD=BD；通过旋转变换得到对应边、角相等，再结合圆内接四边形对角互补证明三点共线，进而推出等腰直角三角形，推导AC与BC的和和CD的关系。
（2）对于同侧的情况，通过旋转构造全等三角形，将BC转化为AE，结合等腰直角三角形性质，利用线段差求出CD的表达式。
（3）通过旋转和翻折变换构造全等三角形，利用等腰直角三角形性质和全等三角形判定，推导MA、MB、MD的数量关系。
【解析】
（1）
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ADB=90°。
∵ 点D是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ AD=BD。
将△ADC绕点D顺时针旋转90°得到△BDE，
∴ ∠DBE=∠DAC，BE=AC，∠CDE=90°，CD=DE。
∵ 四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠DAC+∠CBD=180°，
∴ ∠DBE+∠CBD=180°，
∴ C，B，E共线。
∴ △CDE是等腰直角三角形，
∴ CE=$\sqrt{2}CD$。
又
∵ CE=BE+BC=AC+BC，
∴ AC+BC=$\sqrt{2}CD$。
（2）如图①，将△BCD绕点D顺时针旋转90°得到△AED，
∴ △AED≌△BCD，
∴ BC=AE，CD=DE，∠BDC=∠ADE。
∴ ∠BDC - ∠ADC = ∠ADE - ∠ADC，即∠ADB=∠CDE=90°，
∴ △CDE是等腰直角三角形，
∴ CE=$\sqrt{2}CD$。
∵ AC=n，BC=AE=m，
∴ CE=AE - AC=m - n，
∴ $\sqrt{2}CD=m - n$，
∴ CD=$\frac{\sqrt{2}}{2}(m - n)$。
（3）MA²=2MD²+MB²，理由如下：
如图②，将△BCD绕点D逆时针旋转90°得到△AC'D，点A在CC'上，
∴ △AC'D≌△BCD。
∵ △CBD沿BD翻折得到△MBD，
∴ △CDB≌△MBD，
∴ △AC'D≌△BCD≌△BMD，
∴ CD=C'D=DM，BC=AC'=MB，∠CBD=∠MBD=∠C'AD。
∵ ∠C'DC=90°，
∴ CC'²=CD²+C'D²=2CD²=2DM²，即CC'=$\sqrt{2}CD$。
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°，在△BC'C中，C'B²=CC'²+BC²=2DM²+MB²。
∵ ∠ADB=90°，AD=BD，
∴ ∠DAB=∠DBA=45°，
∴ ∠ABM=∠MBD+∠DBA=∠C'AD+∠DAB=∠C'AB。
在△BAC'和△ABM中，$\begin{cases} AC'=BM \\ ∠C'AB=∠MBA \\ AB=BA \end{cases}$，
∴ △BAC'≌△ABM(SAS)，
∴ BC'=AM，
∴ MA²=2MD²+MB²。
【答案】
(1) 推理过程见解析；
(2) $\frac{\sqrt{2}}{2}(m-n)$；
(3) $MA^2=2MD^2+MB^2$；

【知识点】
圆的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与几何变换结合的探究题，通过旋转、翻折构造全等三角形，利用圆周角定理、等腰直角三角形性质推导线段关系，考查学生的图形变换能力和逻辑推理能力，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5