1.如图，P为$∠ ABC$的平分线上的一点，点D和点E分别在AB和BC上，且$BD＜BE$，$PD=PE$，求证：$∠ BDP+∠ BEP=180°$。

1. 证明:过点 P 作 $PH⊥ BA$ 于 H,$PG⊥ BC$ 于 G.则$∠ PHD=∠ PGB=∠ PGC=90°$.$\because BP$ 平分$∠ ABC,PH⊥ BA,PG⊥ BC,\therefore PH=PG$. 在 $\mathrm{Rt}△ PDH$ 和 Rt$△ PEG$ 中,$\begin{cases} PH=PG, \\ PD=PE, \end{cases}$$\therefore\mathrm{Rt}△ PDH≌\mathrm{Rt}△ PEG(\mathrm{HL}).\therefore∠ PDH=∠ PEG$.$\because∠ PDB+∠ PDH=180°,\therefore∠ PDB+∠ PEB=180°$.

【分析】
要证明∠BDP与∠BEP的和为180°，可通过角的转化来推导。已知BP是∠ABC的角平分线，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此我们可以过点P向AB、BC两边作垂线，得到两条相等的垂线段，再结合已知PD=PE，可证明两个直角三角形全等，得到对应角相等，最后利用邻补角和为180°的性质，即可完成证明。
【解析】
证明：过点P作$PH⊥ BA$于H，$PG⊥ BC$于G，则$∠ PHD=∠ PGB=∠ PGC=90°$。
$\because BP$ 平分$∠ ABC,PH⊥ BA,PG⊥ BC,\therefore PH=PG$。
在 $\mathrm{Rt}△ PDH$ 和 $\mathrm{Rt}△ PEG$ 中,
$\begin{cases} PH=PG, \\ PD=PE, \end{cases}$
$\therefore\mathrm{Rt}△ PDH≌\mathrm{Rt}△ PEG(\mathrm{HL})$，
$\therefore∠ PDH=∠ PEG$。
$\because∠ PDB+∠ PDH=180°$，
$\therefore∠ PDB+∠ PEB=180°$。
【答案】
$\boldsymbol{∠ BDP+∠ BEP=180°}$
【知识点】
角平分线的性质；直角三角形全等的判定；邻补角的定义
【点评】
本题是构造全等三角形的典型题型，通过作角平分线到两边的垂线构造全等三角形，实现角的等量转化，这种辅助线作法在角平分线相关的几何证明中十分常用，需熟练掌握。
【难度系数】
0.65

2. 如图，在$△ ABC$中，$∠ A = 100°$，$∠ ABC = 40°$，$BD$平分$∠ ABC$交$AC$于点$D$，延长$BD$至点$E$，使$ED=AD$，连接$CE$。
求证：$BC=AB+CE$。

2. 证明:在 BC 上取点 F,使 $BF=BA$. 连接 $DF$.$\because BD$ 平分$∠ ABC,\therefore∠ ABD=∠ CBD=\frac{1}{2}∠ ABC=20°$.$\therefore∠ ADB=180°-∠ A-∠ ABD=60°$. 在 $△ ABD$ 和 $△ FBD$ 中,$\begin{cases} AB=FB, \\ ∠ ABD=∠ CBD, \\ BD=BD, \end{cases}$$\therefore△ ABD≌△ FBD(\mathrm{SAS}).\therefore∠ ADB=∠ FDB=60°,AD=DF$. 又 $AD=DE,∠ FDC=180°-∠ ADB-∠ BDF=60°,\therefore DF=DE,∠ FDC=∠ ADB=∠ EDC=60°$. 在 $△ FCD$ 和 $△ ECD$ 中,$\begin{cases} FD=ED, \\ ∠ FDC=∠ EDC, \\ DC=DC, \end{cases}$$\therefore△ FCD≌△ ECD(\mathrm{SAS}).\therefore EC=FC.\therefore BC=BF+CF=BA+EC$.

【分析】
要证明BC=AB+CE属于线段和差类证明题，常用截长补短法求解。本题适合采用截长思路：在较长的BC上截取BF=AB，只需证明剩余的FC=CE即可。首先结合BD是∠ABC的角平分线的条件，可先证△ABD与截取后的△FBD全等，得到对应边、对应角相等；再结合已知ED=AD的条件，可得DF=DE，再推导对应角相等证明△FDC与△EDC全等，得到FC=EC，即可完成证明。
【解析】
证明:在 BC 上取点 F,使 $BF=BA$. 连接 $DF$.
$\because BD$ 平分$∠ ABC,\therefore∠ ABD=∠ CBD=\frac{1}{2}∠ ABC=20°$.
$\therefore∠ ADB=180°-∠ A-∠ ABD=60°$.
在 $△ ABD$ 和 $△ FBD$ 中,
$\begin{cases} AB=FB, \\ ∠ ABD=∠ CBD, \\ BD=BD, \end{cases}$
$\therefore△ ABD≌△ FBD(\mathrm{SAS}).$
$\therefore∠ ADB=∠ FDB=60°,AD=DF$.
又 $AD=DE,∠ FDC=180°-∠ ADB-∠ BDF=60°$,
$\therefore DF=DE,∠ FDC=∠ ADB=∠ EDC=60°$.
在 $△ FCD$ 和 $△ ECD$ 中,
$\begin{cases} FD=ED, \\ ∠ FDC=∠ EDC, \\ DC=DC, \end{cases}$
$\therefore△ FCD≌△ ECD(\mathrm{SAS}).$
$\therefore EC=FC.$
$\therefore BC=BF+CF=BA+EC$.
【答案】
$BC=AB+CE$
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 角平分线的定义
3. 截长补短构造全等
【点评】
本题是线段和差证明的典型题型，核心考查全等三角形的构造方法，解题关键是合理运用截长法添加辅助线，通过两次全等转化线段关系，能有效训练几何辅助线构造的逻辑思维能力。
【难度系数】
0.6

3. 如图，$△ ABC$中，AD是中线.
(1)求证:$AB+AC＞2AD$；
(2)若$AB=5$，$AC=7$，求$AD$长的取值范围.

3. (1) 证明:延长 AD 至 E,使 $ED=AD$,连接 CE.$\because AD$ 是$△ ABC$的中线,$\therefore BD=CD$. 在$△ ABD$和$△ ECD$中,$\begin{cases} BD=CD, \\ ∠ ADB=∠ EDC, \\ AD=ED, \end{cases}$$\therefore△ ABD≌△ ECD(\mathrm{SAS}).\therefore AB=EC$. 在$△ ACE$中,$AC+EC＞AE,\therefore AC+AB＞2AD$;(2) 在$△ ACE$中,$AC-CE＜AE＜AC+CE,\therefore AC-AB＜2AD＜AC+AB$,即$\frac{7-5}{2}＜AD＜\frac{7+5}{2},\therefore1＜AD＜6$.

【分析】
(1) 要证明$AB+AC＞2AD$，观察到结论中出现2倍AD，且AD是$△ ABC$的中线，优先采用“倍长中线法”构造全等三角形：延长AD到E使$DE=AD$，可证$△ ABD$和$△ ECD$全等，将AB转化为等长的CE，此时AB、AC、2AD（即AE）就集中在同一个$△ ACE$中，利用三角形三边关系“两边之和大于第三边”即可证明结论。
(2) 第一问已经通过全等得到$CE=AB$，仍在$△ ACE$中，利用三角形三边关系“两边之差小于第三边，两边之和大于第三边”，代入AB、AC的数值，即可求出AD的取值范围。
【解析】
(1) 证明：延长AD至点E，使$ED=AD$，连接CE。
$\because$AD是$△ ABC$的中线，$\therefore BD=CD$。
在$△ ABD$和$△ ECD$中：
$\begin{cases} BD=CD \\ ∠ ADB=∠ EDC（对顶角相等） \\ AD=ED \end{cases}$
$\therefore△ ABD≌△ ECD(\mathrm{SAS})$，$\therefore AB=EC$。
在$△ ACE$中，根据三角形三边关系可得：$AC+EC＞AE$，
又$\because AE=AD+ED=2AD$，$EC=AB$，
$\therefore AB+AC＞2AD$，得证。
(2) 解：在$△ ACE$中，根据三角形三边关系：$AC-CE＜AE＜AC+CE$，
由(1)知$CE=AB=5$，$AE=2AD$，$AC=7$，代入得：
$7-5＜2AD＜7+5$，即$2＜2AD＜12$，
不等式两边同时除以2得：$1＜AD＜6$。
【答案】
(1) 证明成立，$AB+AC＞2AD$；
(2) $\boldsymbol{1＜AD＜6}$
【知识点】
倍长中线构造全等、全等三角形的判定与性质、三角形三边关系
【点评】
本题核心考查构造全等三角形的常用辅助线——倍长中线法，通过构造全等将分散的线段转移到同一三角形中，再结合三角形三边关系解决线段不等证明和取值范围问题，该辅助线技巧在涉及中线的几何问题中应用广泛，需熟练掌握。
【难度系数】
0.6