專題37中考命題核心元素含60°角的問題的解題思路

專題37含60°角的問題的解題思路（解析版）模塊一典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練模型一共頂點(diǎn)雙等邊三角形模型1．（2021秋?監(jiān)利市校級(jí)期中）如圖1，B，C，E三點(diǎn)在一條直線上，△ABC和△DCE均為等邊三角形，BD與AC交于點(diǎn)M，AE與CD交于點(diǎn)N．（1）求證：AE＝BD；（2）如圖2，連接MN，試探究MN與BC的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；思路引領(lǐng)：（1）由等邊三角形的性質(zhì)得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，再根據(jù)SAS證明△BCD≌△ACE即可得出結(jié)論；（2）由ASA證明△BCM≌△ACN得出CM＝CN，從而得出△CMN是等邊三角形，即可推出MN∥BC．（1）證明：∵△ABC和△DCE均為等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∵∠ACB+∠ACD+∠DCE＝180°，∴∠ACD＝60°，∵∠ACB+∠ACD＝∠ACD+∠DCE，∴∠BCD＝∠ACE，在△BCD與△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴BD＝AE；（2）BC∥MN，理由如下：∵△BCD≌△ACE，∴∠CBM＝∠CAN，在△BCM與△ACN中，∠CBM=∠CANBC=AC∴△BCM≌△ACN（ASA），∴CM＝CN，∵∠MCN＝60°，∴△CMN是等邊三角形，∴∠CMN＝60°，∵∠ACB＝60°，∴∠CMN＝∠ACB，∴MN∥BC．總結(jié)提升：本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．針對(duì)訓(xùn)練1．（2022秋?前郭縣期中）如圖①，點(diǎn)C在線段AB上（點(diǎn)C不與A，B重合），分別以AC，BC為邊在AB同側(cè)作等邊三角形ACD和等邊三角形BCE，連接AE，BD交于點(diǎn)P．（1）觀察猜想：①AE與BD的數(shù)量關(guān)系為．②∠APD的度數(shù)為；（2）數(shù)學(xué)思考：如圖②，當(dāng)點(diǎn)C在線段AB外時(shí)，（1）中的結(jié)論①，②是否仍然成立？若成立，請(qǐng)給予證明；若不成立，請(qǐng)你寫出正確結(jié)論再給予證明．（3）拓展應(yīng)用：如圖③，點(diǎn)E為四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且滿足∠AED＝∠BEC＝90°，AE＝DE，BE＝CE．對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)P，AC＝10，則四邊形ABCD的面積為．思路引領(lǐng)：（1）①根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得到CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，進(jìn)一步得到∠ACE＝∠DCB，再證明△ACE≌△DCB，可得結(jié)論；②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠CAO＝∠ODP，再結(jié)合∠AOC＝∠DOP求出∠ADP的度數(shù)；（2）結(jié)論不變，證明方法類似；（3）證明AC⊥BD，S四邊形ABCD=12?AC?DP+12?AC?PB=12?AC?（DP+PB）解：（1）①設(shè)AE交CD于點(diǎn)O．∵△ADC，△ECB都是等邊三角形，∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，∴∠ACE＝∠DCB，在△ACE和△DCB中，CA=CD∠ACE=∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝BD．故答案為：AE＝BD；②∵△ACE≌△DCB，∴∠CAO＝∠ODP，∵∠AOC＝∠DOP，∴∠DPO＝∠ACO＝60°，即∠APD＝60°．故答案為：60°；（2）結(jié)論仍然成立．理由：設(shè)AC交BD于點(diǎn)O．∵△ADC，△ECB都是等邊三角形，∴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）設(shè)AC交BE于點(diǎn)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四邊形ABCD=12?AC?DP+12?AC?PB=12?AC?（DP+PB）故答案為：50．總結(jié)提升：本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．模型二半角模型(120°＋60°)典例2（2021秋?富縣期中）如圖①，在等腰Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點(diǎn)D，E在斜邊BC上，∠DAE＝45°，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACF，連接EF．（1）求證：△ADE≌△AFE；（2）如圖②，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，BD＝4，CE＝6，求DE的長．思路引領(lǐng)：（1）先判斷出AD＝AF，∠BAD＝∠CAF，再判斷出∠FAE＝∠DAE，即可得出結(jié)論；（2）將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°至△ACF，連接EF，同（1）的方法判斷出DE＝EF，再判斷出∠ECF＝60°，過點(diǎn)F作FH⊥BC于H，在Rt△CHF中，求出CH＝2，F(xiàn)H＝23，在Rt△EHF中，用勾股定理求出EF，即可得出結(jié)論．（1）證明：∵將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACF，∴△ABD≌△ACF，∴AD＝AF，∠BAD＝∠CAF，由旋轉(zhuǎn)知，∠DAF＝90°，∵∠DAE＝45°，∴∠FAE＝∠DAF﹣∠DAE＝45°＝∠DAE，在△ADE和△AFE中，AD=AF∠DAE=∠FAE∴△ADE≌△AFE（SAS）；（2）解：如右圖，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°至△ACF，連接EF，∴△ABD≌△ACF，∴BD＝CF＝4，AD＝AF，∠BAD＝∠CAF，由旋轉(zhuǎn)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°，由旋轉(zhuǎn)知，∠ACF＝∠B＝30°，∴∠ECF＝∠ACB+∠ACF＝60°，過點(diǎn)F作FH⊥BC于H，在Rt△CHF中，CF＝4，∠CFH＝90°﹣∠ECF＝30°，∴CH＝2，F(xiàn)H＝23，在Rt△EHF中，EH＝EC﹣CH＝6﹣2＝4，根據(jù)勾股定理得，EF=FH2∴DE＝27．總結(jié)提升：此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，構(gòu)造直角三角形，用勾股定理解決問題是解本題的關(guān)鍵．針對(duì)訓(xùn)練1．（2011?天津二模）如圖，△ABC是正三角形，△BDC是頂角∠BDC＝120°的等腰三角形，以D為頂點(diǎn)作一個(gè)60°角，使角的兩邊分別交AB、AC邊于M、N兩點(diǎn)，連接MN．①當(dāng)MN∥BC時(shí)，求證：MN＝BM+CN；②當(dāng)MN與BC不平行時(shí)，則①中的結(jié)論還成立嗎？為什么？③若點(diǎn)M、N分別是射線AB、CA上的點(diǎn)，其它條件不變，再探線段BM、MN、NC之間的關(guān)系，在圖③中畫出圖形，并說明理由．思路引領(lǐng)：①首先證明△BDM≌△CDN，進(jìn)而得出△DMN是等邊三角形，∠BDM＝∠CDN＝30°，NC＝BM=12DM=②延長AC至E，使得CE＝BM并連接DE，構(gòu)造全等三角形，找到相等的線段MD＝DE，再進(jìn)一步證明△DMN≌△DEN，進(jìn)而等量代換得到MN＝BM+NC；③按要求作出圖形，BM、MN、NC之間的關(guān)系是MN＝NC﹣BM，理由為：先證△BMD≌△CED，再證△MDN≌△EDN（SAS），即可得證．證明：①∵△ABC是正三角形，MN∥BC，∴△AMN是等邊三角形，∴AM＝AN，則BM＝NC，∵△BDC是頂角∠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是等邊三角形，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴NC＝BM=12DM=∴MN＝MB+NC；②成立．理由如下：證明：延長AC至E，使CE＝BM，連接DE，∵△BDC是頂角∠BDC＝120°的等腰三角形，△ABC是等邊三角形，∴∠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（上面已經(jīng)全等）∵在△DMN和△DEN中DM=DE∠MDN=∠NDE∴△DMN≌△DEN（SAS），∴BM+CN＝NM．③MN＝CN﹣BM證明：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．總結(jié)提升：此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)；此題從不同角度考查了作相等線段構(gòu)造全等三角形的能力，要充分利用等邊三角形及等腰三角形的性質(zhì)，轉(zhuǎn)換各相等線段解答．模型三含60°角的對(duì)角互補(bǔ)模型典例3（2022?薊縣模擬）已知，點(diǎn)P是∠MON的平分線上的一動(dòng)點(diǎn)，射線PA交射線OM于點(diǎn)A，將射線PA繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)交射線ON于點(diǎn)B，且使∠APB+∠MON＝180°．（1）利用圖1，求證：PA＝PB；（2）如圖2，若點(diǎn)C是AB與OP的交點(diǎn)，當(dāng)S△POB＝3S△PCB時(shí)，求PB與PC的比值；（3）若∠MON＝60°，OB＝2，射線AP交ON于點(diǎn)D，且滿足∠PBD＝∠ABO，求OP的長．思路引領(lǐng)：（1）作PE⊥OM，PF⊥ON，垂足為M、N，由四邊形內(nèi)角和定理可知∠EPF+∠MON＝180°，已知∠APB+∠MON＝180°，則∠EPF＝∠APB，可證∠EPA＝∠FPB，由角平分線的性質(zhì)，得PE＝PF，可證△EPA≌△FPB，得出結(jié)論；（2）由（1）可知△PAB為等腰三角形，則∠PBC=12（180°﹣∠APB）=12∠MON＝∠BOP，可證△PBC∽△POB，由S△POB＝3S△PCB可知，（3）作BH⊥OT，垂足為T，當(dāng)∠MON＝60°時(shí)，∠APB＝120°，由PA＝PB得∠PBA＝∠PAB＝30°，又∠PBD＝∠ABO，∠PBD+∠PBA+∠ABO＝180°，可求∠ABO度數(shù)為75°，從而∠OBP＝105°，在△OBP中，∠BOP＝30°，則∠BPO＝45°，分別解Rt△OBH，Rt△PBH即可求OP．解：（1）作PE⊥OM，PF⊥ON，垂足為E、F∵四邊形OEPF中，∠OEP＝∠OFP＝90°，∴∠EPF+∠MON＝180°，已知∠APB+∠MON＝180°，∴∠EPF＝∠APB，即∠EPA+∠APF＝∠APF+∠FPB，∴∠EPA＝∠FPB，由角平分線的性質(zhì)，得PE＝PF，∴△EPA≌△FPB，即PA＝PB；（2）∵S△POB＝3S△PCB，∴PO＝3PC，由（1）可知△PAB為等腰三角形，則∠PBC=12（180°﹣∠APB）=12∠又∵∠BPC＝∠OPB（公共角），∴△PBC∽△POB，∴PBPO即PB2＝PO?PC＝3PC2，∴PB（3）作BH⊥OT，垂足為H，當(dāng)∠MON＝60°時(shí)，∠APB＝120°，由PA＝PB，得∠PBA＝∠PAB=12（180°﹣∠又∵∠PBD＝∠ABO，∠PBD+∠PBA+∠ABO＝180°，∴∠ABO=12（180°﹣30°）＝75°，則∠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總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的運(yùn)用．關(guān)鍵是通過運(yùn)用旋轉(zhuǎn)的作圖，得出全等三角形，特殊三角形解題．針對(duì)訓(xùn)練1．（2019秋?昌平區(qū)校級(jí)期中）已知：△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB＝AC，在∠BAC所對(duì)弧BC上，任取一點(diǎn)D，連接AD，BD，CD．（1）如圖1，∠BAC＝α，求∠ADB的大?。ㄓ煤恋氖阶颖硎荆?；（2）如圖2，如果∠BAC＝60°，求證：BD+CD＝AD；（3）如圖3，如果∠BAC＝120°，那么BD+CD與AD之間的數(shù)量關(guān)系是什么？寫出猜測并加以證明．思路引領(lǐng)：（1）利用AB＝AC得到AB=AC，根據(jù)圓周角定理得∠ADB＝∠ADC，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠BAC+∠BDC＝180°，所以∠ADB=12（180°﹣α（2）延長BD到E，使得DE＝DC，如圖2，先證明△ABC是等邊三角形得到BC＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°，再證明△DCE是等邊三角形得到DC＝CE，∠DCE＝60°，于是得到∠ACD＝∠BCE，則可證明△ACD≌△BCE得到BE＝AD，于是易得AD＝BD+CD；（3）延長DB到E，使得BE＝DC，連接AE，過點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，如圖3，有（1）的結(jié)論得到∠1＝∠2＝90°?12×120°＝30°，在Rt△ADF中，利用余弦定義得到DF＝ADcos30°=32AD，再證明△EBA≌△DCA得到∠2＝∠1，則∠E＝∠1，則可判斷△ADE為等腰三角形，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）證明：延長BD到E，使得DE＝DC，如圖2，∵∠BAC＝60°，AB＝AC∴△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵∠EDC＝∠BAC＝60°，∵DC＝DE，∴△DCE是等邊三角形，∴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延長DB到E，使得BE＝DC，連接AE，過點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，如圖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=總結(jié)提升：本題考查了圓的綜合題：熟練掌握?qǐng)A周角定理、等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)；會(huì)利用三角形全等解決線段相等的問題；學(xué)會(huì)把兩線段的和化為一條線段．2．（2020?棗莊一模）如圖，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的角平分線OM上有一點(diǎn)C，將一個(gè)120°角的頂點(diǎn)與點(diǎn)C重合，它的兩條邊分別與射線OA，OB相交于點(diǎn)D，E．（1）如圖1，當(dāng)∠DCE繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到CD與OA垂直時(shí)，請(qǐng)猜想OD+OE與OC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）當(dāng)∠DCE繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到CD與OA不垂直時(shí)，到達(dá)圖2的位置，（1）中的結(jié)論是否成立？并說明理由；（3）如圖3，當(dāng)∠DCE繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)D位于OA的反向延長線上時(shí)，求線段OD，OE與OC之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)寫出你的猜想，不需證明．思路引領(lǐng)：（1）先判斷出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函數(shù)得出OD=32OC，同OE=（2）同（1）的方法得OF+OG=3OC，再判斷出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG（3）同（2）的方法即可得出結(jié)論．解：（1）如圖1中，結(jié)論：OD+OE=3OC理由：∵OM是∠AOB的角平分線，∴∠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）中結(jié)論仍然成立．理由：過點(diǎn)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，且點(diǎn)C是∠AOB的平分線OM上一點(diǎn)，∴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）中結(jié)論不成立，結(jié)論為：OE﹣OD=3OC理由：過點(diǎn)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，且點(diǎn)C是∠AOB的平分線OM上一點(diǎn)，∴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總結(jié)提升：此題是幾何變換綜合題，主要考查了角平分線的定義和定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)直角三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解本題的關(guān)鍵．模塊二2023中考押題預(yù)測1．在等邊△ABC中，點(diǎn)D、E分別在邊AB、BC上，以DE為邊向右作等邊△DEF．如圖，若AD＝2BE．①求證：∠CEF＝∠BDE；②連接CF，求∠ECF的度數(shù)．思路引領(lǐng)：①由外角的性質(zhì)可求解；②在EC上截取EH＝BD，連接FH，由“SAS”可證△BDE≌△HEF，可得∠B＝∠EHF＝60°，BE＝FH，由等腰三角形的性質(zhì)可求解．證明：①∵△ABC，△DEF是等邊三角形，∴∠B＝60°＝∠DEF，DE＝EF，∵∠DEC＝∠B+∠BDE＝∠DEF+∠CEF，∴∠CEF＝∠BDE；②如圖，在EC上截取EH＝BD，連接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°．總結(jié)提升：本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．2．（2022?通許縣模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是對(duì)角線AC上一點(diǎn)．F是線段BC延長線上一點(diǎn)，且CF＝AE，連接BE．（1）發(fā)現(xiàn)問題：如圖①，若E是線段AC的中點(diǎn)，連接EF，其他條件不變，猜想線段BE與EF的數(shù)量關(guān)系；（2）探究問題．如圖②，若E是線段AC上任意一點(diǎn)，連接EF，其他條件不變，猜想線段BE與EF的數(shù)量關(guān)系是什么？請(qǐng)證明你的猜想；（3）解決問題：如圖③，若E是線段AC延長線上任意一點(diǎn)，其他條件不變，且∠EBC＝30°，AB＝3，請(qǐng)直接寫出AF的長度．思路引領(lǐng)：（1）由菱形的性質(zhì)和已知條件得出△ABC是等邊三角形，得出∠BCA＝60°，由等邊三角形的性質(zhì)和已知條件得出CE＝CF，由等腰三角形的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)得出∠CBE＝∠F，即可得出結(jié)論；（2）過點(diǎn)E作EG∥BC交AB延長線于點(diǎn)G，先證明△ABC是等邊三角形，得出AB＝AC，∠ACB＝60°，再證明△AGE是等邊三角形，得出AG＝AE＝GE，∠AGE＝60°，然后由SAS證得△BGE≌△ECF，即可得出結(jié)論；（3）連接EF、過點(diǎn)E作EG∥BC交AB延長線于點(diǎn)G，證明同（2），得出BE＝EF，證明∠ABE＝∠ABC+∠EBC＝90°，∠BEA＝30°，則AE＝2AB＝6，BE=ABtan30°=33=EF，得出∠EBC＝∠EFB＝30°，∠BEF＝120°，則∠AEF＝∠解：（1）猜想線段BE與EF的數(shù)量關(guān)系為：BE＝EF；理由如下：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠BCA＝60°，∵E是線段AC的中點(diǎn)，∴∠CBE＝∠ABE＝30°，AE＝CE，∵CF＝AE，∴CE＝CF，∴∠F＝∠CEF=12∠∴∠CBE＝∠F＝30°，∴BE＝EF；（2）猜想線段BE與EF的數(shù)量關(guān)系為：BE＝EF；理由如下：過點(diǎn)E作EG∥BC交AB于點(diǎn)G，如圖②所示：∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC，∠BCD＝120°，AB∥CD，△ABC與△ACD都是等邊三角形，∴∠ACD＝60°，∠DCF＝∠ABC＝60°，AB＝AC，∴∠ECF＝120°，又∵EG∥BC，∴∠AGE＝∠ABC＝60°，又∵∠BAC＝60°，∴△AGE是等邊三角形，∴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）連接EF，過點(diǎn)E作EG∥BC交AB延長線于點(diǎn)G，如圖③所示：∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝60°，∴∠ECF＝60°，又∵EG∥BC，∴∠AGE＝∠ABC＝60°，又∵∠BAC＝60°，∴△AGE是等邊三角形，∴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是等邊三角形，∴∠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總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、含30°角直角三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理、平行線的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、三角形外角性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握菱形的性質(zhì)，證明三角形全等和等邊三角形是解決問題的關(guān)鍵．3．如圖，已知△ABC為直角三角形，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝4，D是直線AB上一點(diǎn)．以CD為斜邊作等腰直角三角形CDE，求AE的最小值．思路引領(lǐng)：如圖，作CH⊥AB于H，取CD的中點(diǎn)O，連接OE，OH，EH，作AG⊥EH交EH的延長線于G．利用四點(diǎn)共圓證明∠AHG＝45°，推出點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線GH，當(dāng)AE與AG重合時(shí)，AE的值最小，求出AG即可解決問題．解：如圖，作CH⊥AB于H，取CD的中點(diǎn)O，連接OE，OH，EH，作AG⊥EH交EH的延長線于G．∵∠CED＝∠CHD＝90°，CO＝OD，∴OE＝OH＝OC＝OD，∴C，E，H，D四點(diǎn)共圓，∴∠EHC＝∠EDC＝45°，∴∠AHG＝90°﹣∠EHC＝45°，∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線GH，當(dāng)AE與AG重合時(shí)，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的最小值為32，總結(jié)提升：本題考查旋轉(zhuǎn)變換，解直角三角形，四點(diǎn)共圓，軌跡等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?jí)狠S題．4．（2022春?重慶校級(jí)月考）如圖1，等邊△ABC中，CE平分∠ACB，D為BC邊上一點(diǎn)，且DE＝CD，連接BE．（1）若CE＝4，BC=63，求線段BE（2）如圖2，取BE中點(diǎn)P，連接AP，PD，AD，求證：AP⊥PD且AP=3PD（3）如圖3，把圖2中的△CDE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)任意角度，然后連接BE，點(diǎn)P為BE中點(diǎn)，連接AP，PD，AD，問第（2）問中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說明理由．思路引領(lǐng)：（1）如圖2中，作EF⊥BC，求出EF、BF即可利用勾股定理求出BE．（2）如圖2中，延長DP至G，使PG＝PD，由△ABG≌△ACD，推出△AGD是等邊三角形，即可解決問題．（3）方法類似（2）（1）解：如圖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）如圖2中，延長DP至G，使PG＝PD，連接BG、AG，∵DE＝DC，∴∠DEC＝∠ECD＝∠ECA＝30°，∴DE∥AC∵PG＝PD，PB＝PE，∴四邊形BDEG是平行四邊形，∴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是等邊三角形，∴AP⊥PD，AP=PDtan30°（3）結(jié)論成立．證明：如圖3中，延長DP至G，使PG＝PD，連接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，∴四邊形BDEG是平行四邊形，∴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是等邊三角形，∴AP⊥PD，AP=PDtan30°總結(jié)提升：本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵，體會(huì)倍長中線在解題中的作用，體會(huì)形變結(jié)論不變證明方法類似的含義，屬于中考?？碱}型．5．如圖，在長方形ABCD中，AB＝2a，把邊DC繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段DF，連接AF并延長交BC于E，AF平分∠BAD．求△EFC的面積．思路引領(lǐng)：過點(diǎn)F作FG⊥AD交AD于點(diǎn)G，并延長GF交BC于點(diǎn)H，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知DF＝2a，∠ADF＝30°，由AF平分∠DAB，可知∠FAD＝45°，通過解△ADF可求出AD，F(xiàn)G的長，從而求出FH與CE．解：過點(diǎn)F作FG⊥AD交AD于點(diǎn)G，并延長GF交BC于點(diǎn)H，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠ADC＝∠BAD＝∠B＝90°，∵將邊DC繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段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°，∴四邊形ABHG是矩形，∴GH＝AB＝2a，∠BHG＝90°，∴FH＝GH﹣GF＝a，∴S△EFC=1總結(jié)提升：本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解三角形等知識(shí)，作輔助線將一般三角形轉(zhuǎn)化為直角三角形，從而求出AD的長是解題的關(guān)鍵．6．（2022秋?海州區(qū)校級(jí)月考）已知⊙O的直徑為10，點(diǎn)A、B、C在⊙O上，∠CAB的平分線交⊙O于點(diǎn)D．（1）如圖1，若BC為⊙O的直徑．①求證：△BCD是等腰直角三角形；②直接寫出CD的長為；（2）如圖2，若∠CAB＝60°，求BD的長．思路引領(lǐng)：（1）①直徑所對(duì)的圓周角為90°，AD平分角∠CAB，可得∠CAD＝∠BAD＝45°，根據(jù)同弦所對(duì)的圓周角相等，進(jìn)而可證△BCD是等腰直角三角形；②根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可求得CD的長；（2）連接OD并延長交于⊙O于點(diǎn)E，連接BE，即可構(gòu)造成含有30°的直角三角形，進(jìn)而可求出BD的長．解：（1）①∵BC為⊙O的直徑，∴∠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