专题37中考命题核心元素含60°角的问题的解题思路

专题37含60°角的问题的解题思路（解析版）模块一典例剖析+针对训练模型一共顶点双等边三角形模型1．（2021秋•监利市校级期中）如图1，B，C，E三点在一条直线上，△ABC和△DCE均为等边三角形，BD与AC交于点M，AE与CD交于点N．（1）求证：AE＝BD；（2）如图2，连接MN，试探究MN与BC的位置关系，并证明你的结论；思路引领：（1）由等边三角形的性质得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，再根据SAS证明△BCD≌△ACE即可得出结论；（2）由ASA证明△BCM≌△ACN得出CM＝CN，从而得出△CMN是等边三角形，即可推出MN∥BC．（1）证明：∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∵∠ACB+∠ACD+∠DCE＝180°，∴∠ACD＝60°，∵∠ACB+∠ACD＝∠ACD+∠DCE，∴∠BCD＝∠ACE，在△BCD与△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴BD＝AE；（2）BC∥MN，理由如下：∵△BCD≌△ACE，∴∠CBM＝∠CAN，在△BCM与△ACN中，∠CBM=∠CANBC=AC∴△BCM≌△ACN（ASA），∴CM＝CN，∵∠MCN＝60°，∴△CMN是等边三角形，∴∠CMN＝60°，∵∠ACB＝60°，∴∠CMN＝∠ACB，∴MN∥BC．总结提升：本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．针对训练1．（2022秋•前郭县期中）如图①，点C在线段AB上（点C不与A，B重合），分别以AC，BC为边在AB同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，BD交于点P．（1）观察猜想：①AE与BD的数量关系为．②∠APD的度数为；（2）数学思考：如图②，当点C在线段AB外时，（1）中的结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．（3）拓展应用：如图③，点E为四边形ABCD内一点，且满足∠AED＝∠BEC＝90°，AE＝DE，BE＝CE．对角线AC，BD交于点P，AC＝10，则四边形ABCD的面积为．思路引领：（1）①根据等边三角形的性质可得到CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，进一步得到∠ACE＝∠DCB，再证明△ACE≌△DCB，可得结论；②根据全等三角形的性质可得∠CAO＝∠ODP，再结合∠AOC＝∠DOP求出∠ADP的度数；（2）结论不变，证明方法类似；（3）证明AC⊥BD，S四边形ABCD=12•AC•DP+12•AC•PB=12•AC•（DP+PB）解：（1）①设AE交CD于点O．∵△ADC，△ECB都是等边三角形，∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，∴∠ACE＝∠DCB，在△ACE和△DCB中，CA=CD∠ACE=∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝BD．故答案为：AE＝BD；②∵△ACE≌△DCB，∴∠CAO＝∠ODP，∵∠AOC＝∠DOP，∴∠DPO＝∠ACO＝60°，即∠APD＝60°．故答案为：60°；（2）结论仍然成立．理由：设AC交BD于点O．∵△ADC，△ECB都是等边三角形，∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，∴∠ACE＝∠DCB在△ACE和△DCB中，CA=CD∠ACE=∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝BD，∠PAO＝∠ODC，∵∠AOP＝∠DOC，∴∠APO＝∠DCO＝60°，即∠APD＝60°；（3）设AC交BE于点O．∵△ADC，△ECB都是等腰直角三角形，∴ED＝EA，∠AED＝∠BEC＝90°，CE＝EB，∴∠AEC＝∠DEB，∴△AEC≌△DEB，∴AC＝BD＝10，∠PBO＝∠OCE．∵∠BOP＝∠EOC，∴∠BPO＝∠CEO＝90°，∴AC⊥BD，∴S四边形ABCD=12•AC•DP+12•AC•PB=12•AC•（DP+PB）故答案为：50．总结提升：本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．模型二半角模型(120°＋60°)典例2（2021秋•富县期中）如图①，在等腰Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D，E在斜边BC上，∠DAE＝45°，将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACF，连接EF．（1）求证：△ADE≌△AFE；（2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，BD＝4，CE＝6，求DE的长．思路引领：（1）先判断出AD＝AF，∠BAD＝∠CAF，再判断出∠FAE＝∠DAE，即可得出结论；（2）将△ABD绕点A逆时针旋转120°至△ACF，连接EF，同（1）的方法判断出DE＝EF，再判断出∠ECF＝60°，过点F作FH⊥BC于H，在Rt△CHF中，求出CH＝2，FH＝23，在Rt△EHF中，用勾股定理求出EF，即可得出结论．（1）证明：∵将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACF，∴△ABD≌△ACF，∴AD＝AF，∠BAD＝∠CAF，由旋转知，∠DAF＝90°，∵∠DAE＝45°，∴∠FAE＝∠DAF﹣∠DAE＝45°＝∠DAE，在△ADE和△AFE中，AD=AF∠DAE=∠FAE∴△ADE≌△AFE（SAS）；（2）解：如右图，将△ABD绕点A逆时针旋转120°至△ACF，连接EF，∴△ABD≌△ACF，∴BD＝CF＝4，AD＝AF，∠BAD＝∠CAF，由旋转知，∠DAF＝120°，∵∠DAE＝60°，∴∠FAE＝∠DAF﹣∠DAE＝60°＝∠DAE，在△ADE和△AFE中，AD=AF∠DAE=∠FAE∴△ADE≌△AFE（SAS），∴DE＝EF，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠ACB＝30°，由旋转知，∠ACF＝∠B＝30°，∴∠ECF＝∠ACB+∠ACF＝60°，过点F作FH⊥BC于H，在Rt△CHF中，CF＝4，∠CFH＝90°﹣∠ECF＝30°，∴CH＝2，FH＝23，在Rt△EHF中，EH＝EC﹣CH＝6﹣2＝4，根据勾股定理得，EF=FH2∴DE＝27．总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，构造直角三角形，用勾股定理解决问题是解本题的关键．针对训练1．（2011•天津二模）如图，△ABC是正三角形，△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，使角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连接MN．①当MN∥BC时，求证：MN＝BM+CN；②当MN与BC不平行时，则①中的结论还成立吗？为什么？③若点M、N分别是射线AB、CA上的点，其它条件不变，再探线段BM、MN、NC之间的关系，在图③中画出图形，并说明理由．思路引领：①首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM＝∠CDN＝30°，NC＝BM=12DM=②延长AC至E，使得CE＝BM并连接DE，构造全等三角形，找到相等的线段MD＝DE，再进一步证明△DMN≌△DEN，进而等量代换得到MN＝BM+NC；③按要求作出图形，BM、MN、NC之间的关系是MN＝NC﹣BM，理由为：先证△BMD≌△CED，再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得证．证明：①∵△ABC是正三角形，MN∥BC，∴△AMN是等边三角形，∴AM＝AN，则BM＝NC，∵△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，∵在△BDM和△CDN中，BM=NC∠MBD=∠DCN∴△BDM≌△CDN（SAS），∴DM＝DN，∠BDM＝∠CDN，∵∠MDN＝60°，∴△DMN是等边三角形，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴NC＝BM=12DM=∴MN＝MB+NC；②成立．理由如下：证明：延长AC至E，使CE＝BM，连接DE，∵△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，△ABC是等边三角形，∴∠BCD＝30°，∴∠ABD＝∠ACD＝90°，即∠ABD＝∠DCE＝90°，∵在△DCE和△DBM中，EC=BM∠DCE=∠BMD∴△DCE≌△DBM（SAS），∴∠BDM＝∠CDE，又∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，∴∠BDM+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，∴∠CDE+∠NDC＝60°，即∠NDE＝60°，∴∠MDN＝∠NDE＝60°∴DM＝DE（上面已经全等）∵在△DMN和△DEN中DM=DE∠MDN=∠NDE∴△DMN≌△DEN（SAS），∴BM+CN＝NM．③MN＝CN﹣BM证明：在CA上截取CE＝BM，∵△ABC是正三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，又∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠CBD＝30°，∴∠MBD＝∠ECD＝90°，又∵CE＝BM，BD＝CD，∵在△BMD和△CED中，CE=BM∠MBD=∠DCE∴△BMD≌△CED（SAS），∴DE＝DM，∠EDC＝∠BDM，∵∠MDN＝∠MDB+∠BDN＝60°，∴∠BDN+∠CDE＝60°，∴∠NDE＝∠MDN＝60°，∵在△MDN和△EDN中，ND=ND∠EDN=∠MDN∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN＝NE＝NC﹣CE＝NC﹣BM．总结提升：此题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质；此题从不同角度考查了作相等线段构造全等三角形的能力，要充分利用等边三角形及等腰三角形的性质，转换各相等线段解答．模型三含60°角的对角互补模型典例3（2022•蓟县模拟）已知，点P是∠MON的平分线上的一动点，射线PA交射线OM于点A，将射线PA绕点P逆时针旋转交射线ON于点B，且使∠APB+∠MON＝180°．（1）利用图1，求证：PA＝PB；（2）如图2，若点C是AB与OP的交点，当S△POB＝3S△PCB时，求PB与PC的比值；（3）若∠MON＝60°，OB＝2，射线AP交ON于点D，且满足∠PBD＝∠ABO，求OP的长．思路引领：（1）作PE⊥OM，PF⊥ON，垂足为M、N，由四边形内角和定理可知∠EPF+∠MON＝180°，已知∠APB+∠MON＝180°，则∠EPF＝∠APB，可证∠EPA＝∠FPB，由角平分线的性质，得PE＝PF，可证△EPA≌△FPB，得出结论；（2）由（1）可知△PAB为等腰三角形，则∠PBC=12（180°﹣∠APB）=12∠MON＝∠BOP，可证△PBC∽△POB，由S△POB＝3S△PCB可知，（3）作BH⊥OT，垂足为T，当∠MON＝60°时，∠APB＝120°，由PA＝PB得∠PBA＝∠PAB＝30°，又∠PBD＝∠ABO，∠PBD+∠PBA+∠ABO＝180°，可求∠ABO度数为75°，从而∠OBP＝105°，在△OBP中，∠BOP＝30°，则∠BPO＝45°，分别解Rt△OBH，Rt△PBH即可求OP．解：（1）作PE⊥OM，PF⊥ON，垂足为E、F∵四边形OEPF中，∠OEP＝∠OFP＝90°，∴∠EPF+∠MON＝180°，已知∠APB+∠MON＝180°，∴∠EPF＝∠APB，即∠EPA+∠APF＝∠APF+∠FPB，∴∠EPA＝∠FPB，由角平分线的性质，得PE＝PF，∴△EPA≌△FPB，即PA＝PB；（2）∵S△POB＝3S△PCB，∴PO＝3PC，由（1）可知△PAB为等腰三角形，则∠PBC=12（180°﹣∠APB）=12∠又∵∠BPC＝∠OPB（公共角），∴△PBC∽△POB，∴PBPO即PB2＝PO•PC＝3PC2，∴PB（3）作BH⊥OT，垂足为H，当∠MON＝60°时，∠APB＝120°，由PA＝PB，得∠PBA＝∠PAB=12（180°﹣∠又∵∠PBD＝∠ABO，∠PBD+∠PBA+∠ABO＝180°，∴∠ABO=12（180°﹣30°）＝75°，则∠OBP＝∠ABO+∠在△OBP中，∵∠BOP＝30°，∴∠BPO＝45°，在Rt△OBH中，BH=12OB＝1，OH在Rt△PBH中，PH＝BH＝1，∴OP＝OH+PH=3总结提升：本题考查了旋转的性质的运用．关键是通过运用旋转的作图，得出全等三角形，特殊三角形解题．针对训练1．（2019秋•昌平区校级期中）已知：△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，在∠BAC所对弧BC上，任取一点D，连接AD，BD，CD．（1）如图1，∠BAC＝α，求∠ADB的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，如果∠BAC＝60°，求证：BD+CD＝AD；（3）如图3，如果∠BAC＝120°，那么BD+CD与AD之间的数量关系是什么？写出猜测并加以证明．思路引领：（1）利用AB＝AC得到AB=AC，根据圆周角定理得∠ADB＝∠ADC，再利用圆内接四边形的性质得到∠BAC+∠BDC＝180°，所以∠ADB=12（180°﹣α（2）延长BD到E，使得DE＝DC，如图2，先证明△ABC是等边三角形得到BC＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°，再证明△DCE是等边三角形得到DC＝CE，∠DCE＝60°，于是得到∠ACD＝∠BCE，则可证明△ACD≌△BCE得到BE＝AD，于是易得AD＝BD+CD；（3）延长DB到E，使得BE＝DC，连接AE，过点A作AF⊥BD于点F，如图3，有（1）的结论得到∠1＝∠2＝90°−12×120°＝30°，在Rt△ADF中，利用余弦定义得到DF＝ADcos30°=32AD，再证明△EBA≌△DCA得到∠2＝∠1，则∠E＝∠1，则可判断△ADE为等腰三角形，所以DF＝EF，易得DE＝BD+CD＝2DF，于是有BD（1）解：∵AB＝AC，∴AB=∴∠ADB＝∠ADC，∵∠BAC+∠BDC＝180°，∴∠BDC＝180°﹣α，∴∠ADB=12（180°﹣α）＝90°−（2）证明：延长BD到E，使得DE＝DC，如图2，∵∠BAC＝60°，AB＝AC∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵∠EDC＝∠BAC＝60°，∵DC＝DE，∴△DCE是等边三角形，∴DC＝CE，∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，∠CAD=∠CBE∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（AAS），∴BE＝AD，∵BE＝BD+DE，∴AD＝BD+CD；（3）解：BD+CD=3AD延长DB到E，使得BE＝DC，连接AE，过点A作AF⊥BD于点F，如图3，∵AB＝AC，∴AB=∴∠1＝∠2＝90°−1在Rt△ADF中，∵cos∠1=DF∴DF＝ADcos30°=32在△EBA和△DCA中，BE=CD∠EBA=∠DCA∴△EBA≌△DCA（SAS），∴∠2＝∠1，∴∠E＝∠1，∴AE＝AD，∴DF＝EF，∴DE＝BD+CD＝2DF，∴BD+CD＝2×32AD=总结提升：本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、等腰三角形的性质和等边三角形的性质；会利用三角形全等解决线段相等的问题；学会把两线段的和化为一条线段．2．（2020•枣庄一模）如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的角平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与射线OA，OB相交于点D，E．（1）如图1，当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时，请猜想OD+OE与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）如图3，当∠DCE绕点C旋转到点D位于OA的反向延长线上时，求线段OD，OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．思路引领：（1）先判断出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函数得出OD=32OC，同OE=（2）同（1）的方法得OF+OG=3OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG（3）同（2）的方法即可得出结论．解：（1）如图1中，结论：OD+OE=3OC理由：∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC=1∵CD⊥OA，∴∠ODC＝90°，∴∠OCD＝60°，∴∠OCE＝∠DCE﹣∠OCD＝60°，在Rt△OCD中，OD=OC⋅cos30°=3同理：OE=3∴OD+OE=3（2）（1）中结论仍然成立．理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G．∴∠OFC＝∠OGC＝90°，∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°，由（1）知，OF=3∴OF+OG=3∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF＝CG，∵∠DCF＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG，∴△CFD≌△CGE（AAS），∴DF＝EG，∴OF＝OD+DF＝OD+EG，OG＝OE﹣EG，∴OF+OG＝OD+EG+OE﹣EG＝OD+OE，∴OD+OE=3（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣OD=3OC理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°，∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°，同（1）的方法得，OF=32OC，OG=∴OF+OG=3OC∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF＝CG，∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG，∵∠CFD＝∠CGE＝90°，∴△CFD≌△CGE（ASA），∴DF＝EG，∴OF＝DF﹣OD＝EG﹣OD，OG＝OE﹣EG，∴OF+OG＝EG﹣OD+OE﹣EG＝OE﹣OD，∴OE﹣OD=3OC总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．模块二2023中考押题预测1．在等边△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，以DE为边向右作等边△DEF．如图，若AD＝2BE．①求证：∠CEF＝∠BDE；②连接CF，求∠ECF的度数．思路引领：①由外角的性质可求解；②在EC上截取EH＝BD，连接FH，由“SAS”可证△BDE≌△HEF，可得∠B＝∠EHF＝60°，BE＝FH，由等腰三角形的性质可求解．证明：①∵△ABC，△DEF是等边三角形，∴∠B＝60°＝∠DEF，DE＝EF，∵∠DEC＝∠B+∠BDE＝∠DEF+∠CEF，∴∠CEF＝∠BDE；②如图，在EC上截取EH＝BD，连接FH，在△BDE和△HEF中，BD=EH∠BDE=∠CEF∴△BDE≌△HEF（SAS），∴∠B＝∠EHF＝60°，BE＝FH，∵AB＝BC，BD＝EH，∴AD＝BE+HC，又∵AD＝2BE，∴BE＝HC＝FH，∴∠ECF＝∠HFC＝30°．总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．2．（2022•通许县模拟）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是对角线AC上一点．F是线段BC延长线上一点，且CF＝AE，连接BE．（1）发现问题：如图①，若E是线段AC的中点，连接EF，其他条件不变，猜想线段BE与EF的数量关系；（2）探究问题．如图②，若E是线段AC上任意一点，连接EF，其他条件不变，猜想线段BE与EF的数量关系是什么？请证明你的猜想；（3）解决问题：如图③，若E是线段AC延长线上任意一点，其他条件不变，且∠EBC＝30°，AB＝3，请直接写出AF的长度．思路引领：（1）由菱形的性质和已知条件得出△ABC是等边三角形，得出∠BCA＝60°，由等边三角形的性质和已知条件得出CE＝CF，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠CBE＝∠F，即可得出结论；（2）过点E作EG∥BC交AB延长线于点G，先证明△ABC是等边三角形，得出AB＝AC，∠ACB＝60°，再证明△AGE是等边三角形，得出AG＝AE＝GE，∠AGE＝60°，然后由SAS证得△BGE≌△ECF，即可得出结论；（3）连接EF、过点E作EG∥BC交AB延长线于点G，证明同（2），得出BE＝EF，证明∠ABE＝∠ABC+∠EBC＝90°，∠BEA＝30°，则AE＝2AB＝6，BE=ABtan30°=33=EF，得出∠EBC＝∠EFB＝30°，∠BEF＝120°，则∠AEF＝∠解：（1）猜想线段BE与EF的数量关系为：BE＝EF；理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BCA＝60°，∵E是线段AC的中点，∴∠CBE＝∠ABE＝30°，AE＝CE，∵CF＝AE，∴CE＝CF，∴∠F＝∠CEF=12∠∴∠CBE＝∠F＝30°，∴BE＝EF；（2）猜想线段BE与EF的数量关系为：BE＝EF；理由如下：过点E作EG∥BC交AB于点G，如图②所示：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC，∠BCD＝120°，AB∥CD，△ABC与△ACD都是等边三角形，∴∠ACD＝60°，∠DCF＝∠ABC＝60°，AB＝AC，∴∠ECF＝120°，又∵EG∥BC，∴∠AGE＝∠ABC＝60°，又∵∠BAC＝60°，∴△AGE是等边三角形，∴AG＝AE＝GE，∴BG＝CE，∠BGE＝120°＝∠ECF，又∵CF＝AE，∴GE＝CF，在△BGE和△CEF中，BG=CE∠BGE=∠ECF∴△BGE≌△ECF（SAS），∴BE＝EF；（3）连接EF，过点E作EG∥BC交AB延长线于点G，如图③所示：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝60°，∴∠ECF＝60°，又∵EG∥BC，∴∠AGE＝∠ABC＝60°，又∵∠BAC＝60°，∴△AGE是等边三角形，∴AG＝AE＝GE，∴BG＝CE，∠AGE＝∠ECF，又∵CF＝AE，∴GE＝CF，在△BGE和△CEF中，BG=CE∠AGE=∠ECF∴△BGE≌△ECF（SAS），∴BE＝EF，∵∠ABC＝60°，∠EBC＝30°，∴∠ABE＝∠ABC+∠EBC＝60°+30°＝90°，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠BEA＝180°﹣∠ABE﹣∠BAC＝180°﹣90°﹣60°＝30°，在Rt△ABE中，∠BEA＝30°，∴AE＝2AB＝2×3＝6，BE=ABtan30°=∴EF＝33，∵BE＝EF，∴∠EBC＝∠EFB＝30°，∴∠BEF＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴∠AEF＝∠BEF﹣∠BEA＝120°﹣30°＝90°，由勾股定理得：AF=AE2总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的性质、三角函数、勾股定理、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和等边三角形是解决问题的关键．3．如图，已知△ABC为直角三角形，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝4，D是直线AB上一点．以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，求AE的最小值．思路引领：如图，作CH⊥AB于H，取CD的中点O，连接OE，OH，EH，作AG⊥EH交EH的延长线于G．利用四点共圆证明∠AHG＝45°，推出点E的运动轨迹是直线GH，当AE与AG重合时，AE的值最小，求出AG即可解决问题．解：如图，作CH⊥AB于H，取CD的中点O，连接OE，OH，EH，作AG⊥EH交EH的延长线于G．∵∠CED＝∠CHD＝90°，CO＝OD，∴OE＝OH＝OC＝OD，∴C，E，H，D四点共圆，∴∠EHC＝∠EDC＝45°，∴∠AHG＝90°﹣∠EHC＝45°，∴点E的运动轨迹是直线GH，当AE与AG重合时，AE的值最小，在Rt△ABC中，∵BC＝4，∠CAB＝30°，∴AC=3BC＝43，AH＝AC∵AG⊥HG，∴∠G＝90°，∵∠AHG＝∠GAH＝45°，∴AG＝GH=22AH＝3∴AE的最小值为32，总结提升：本题考查旋转变换，解直角三角形，四点共圆，轨迹等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．4．（2022春•重庆校级月考）如图1，等边△ABC中，CE平分∠ACB，D为BC边上一点，且DE＝CD，连接BE．（1）若CE＝4，BC=63，求线段BE（2）如图2，取BE中点P，连接AP，PD，AD，求证：AP⊥PD且AP=3PD（3）如图3，把图2中的△CDE绕点C顺时针旋转任意角度，然后连接BE，点P为BE中点，连接AP，PD，AD，问第（2）问中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．思路引领：（1）如图2中，作EF⊥BC，求出EF、BF即可利用勾股定理求出BE．（2）如图2中，延长DP至G，使PG＝PD，由△ABG≌△ACD，推出△AGD是等边三角形，即可解决问题．（3）方法类似（2）（1）解：如图2中，作EF⊥BC，∵∠ACB＝60°，CE平分∠ACB，∴∠BCE＝30°，∴EF=12CE＝2，CF=C∴BF＝BC﹣CF＝43，∴BE=BF2（2）如图2中，延长DP至G，使PG＝PD，连接BG、AG，∵DE＝DC，∴∠DEC＝∠ECD＝∠ECA＝30°，∴DE∥AC∵PG＝PD，PB＝PE，∴四边形BDEG是平行四边形，∴BG∥DE∥AC，∴∠ABG＝∠BAC＝∠ACD，BG＝ED＝CD，在△ABG和△ACD中，BG=CD∠ABG=∠ACD∴△ABG≌△ACD，∴AG＝AD，∠BAG＝∠CAD，∴∠DAG＝∠BAG+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°，∴△ADG是等边三角形，∴AP⊥PD，AP=PDtan30°（3）结论成立．证明：如图3中，延长DP至G，使PG＝PD，连接BG、AG、EG、BD，由（2）可知∠BGD＝∠EDG，∠CDE＝120°，∴∠BGD+∠CDG＝∠EDG+∠CDG＝360°﹣∠CDE＝240°，∴∠CBG+∠BCD＝120°＝∠ABC+∠ACB，∴∠ABC﹣∠CBG＝∠BCD﹣∠ACB即∠ABG＝∠ACD，∵PG＝PD，PB＝PE，∴四边形BDEG是平行四边形，∴BG＝DE＝CD，在△ABG和△ACD中，BG=CD∠ABG=∠ACD∴△ABG≌△ACD，∴AG＝AD，∠BAG＝∠CAD，∴∠DAG＝∠BAG+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°，∴△ADG是等边三角形，∴AP⊥PD，AP=PDtan30°总结提升：本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、添加辅助线构造全等三角形是解题的关键，体会倍长中线在解题中的作用，体会形变结论不变证明方法类似的含义，属于中考常考题型．5．如图，在长方形ABCD中，AB＝2a，把边DC绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连接AF并延长交BC于E，AF平分∠BAD．求△EFC的面积．思路引领：过点F作FG⊥AD交AD于点G，并延长GF交BC于点H，由旋转的性质可知DF＝2a，∠ADF＝30°，由AF平分∠DAB，可知∠FAD＝45°，通过解△ADF可求出AD，FG的长，从而求出FH与CE．解：过点F作FG⊥AD交AD于点G，并延长GF交BC于点H，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠ADC＝∠BAD＝∠B＝90°，∵将边DC绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，∴DC＝DF＝2a，∠FDC＝60°，∴∠ADF＝30°，在Rt△FDG中，∴GF＝DF•sin30°＝a，GD＝DF•cos30°=3a又∵AF平分∠DAB，∴∠FAD＝45°，∴AG＝GF＝a，∴AD＝AG+GD＝（3+1）a在Rt△ABE中，BE＝AB＝2a，∴CE＝BC﹣BE＝（3−1）a∵∠AGH＝∠BAD＝∠B＝90°，∴四边形ABHG是矩形，∴GH＝AB＝2a，∠BHG＝90°，∴FH＝GH﹣GF＝a，∴S△EFC=1总结提升：本题主要考查了矩形的判定与性质，旋转的性质，解三角形等知识，作辅助线将一般三角形转化为直角三角形，从而求出AD的长是解题的关键．6．（2022秋•海州区校级月考）已知⊙O的直径为10，点A、B、C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．（1）如图1，若BC为⊙O的直径．①求证：△BCD是等腰直角三角形；②直接写出CD的长为；（2）如图2，若∠CAB＝60°，求BD的长．思路引领：（1）①直径所对的圆周角为90°，AD平分角∠CAB，可得∠CAD＝∠BAD＝45°，根据同弦所对的圆周角相等，进而可证△BCD是等腰直角三角形；②根据等腰直角三角形的性质，可求得CD的长；（2）连接OD并延长交于⊙O于点E，连接BE，即可构造成含有30°的直角三角形，进而可求出BD的长．解：（1）①∵BC为⊙O的直径，∴∠CAB＝90°，∵AD平分∠CAB，∴∠CAD＝∠BAD＝45°，∵∠CAD＝∠CBD＝45°，∠BAD＝∠BCD＝45°，∴△BCD是等腰直角三角形；②∵△BCD是等腰直角三角