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文檔簡(jiǎn)介
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?D?≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE；
（2）BC∥MN，理由如下：
∵△BCD≌△ACE，
∴∠CBM＝∠CAN，
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在△BCM與△ACN中，
，
∠???=∠???
??=??
∴∠△??B?C=M≌∠?△?A?CN（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．
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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?AC?DP?AC?PB?AC?（DP+PB）?AC?BD．
1111
解：（1）①設(shè)AE交CD于點(diǎn)O=．2+2=2=2
∵△ADC，△ECB都是等邊三角形，
∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，
∴∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
，
??=??
∠???=∠???
∴??△=AC?E?≌△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．
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∵△ADC，△ECB都是等邊三角形，
∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，
∴∠ACE＝∠DCB
在△ACE和△DCB中，
，
??=??
∠???=∠???
∴??△=AC?E?≌△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，
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∴∠BPO＝∠CEO＝90°，
∴AC⊥BD，
∴S四邊形ABCD?AC?DP?AC?PB?AC?（DP+PB）?AC?BD＝50．
1111
故答案為：50=．2+2=2=2
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，屬于中考常考題型．
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(zhǎng)．
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＝2，在Rt△EHF中，用
勾股定理求出EF，即可得出結(jié)論．3
（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，
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，
??=??
∠???=∠???
∴?△?=AD?E?≌△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?E?≌△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＝2，
在Rt△EHF中，EH3＝EC﹣CH＝6﹣2＝4，
根據(jù)勾股定理得，EF2，
2222
∴DE＝2．=??+??=(23)+4=7
7
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．
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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
＝BMDMMN，即可得出答案；
11
②延長(zhǎng)=2AC至=E2，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，
??=??
∠???=∠???
??=??
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∴△BDM≌△CDN（SAS），
∴DM＝DN，∠BDM＝∠CDN，
∵∠MDN＝60°，
∴△DMN是等邊三角形，∠BDM＝∠CDN＝30°，
∴NC＝BMDMMN，
11
∴MN＝MB=+N2C；=2
②成立．理由如下：
證明：延長(zhǎng)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，
，
??=??
∠???=∠???
∴?△?=DC?E?≌△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
??=??
∠???=∠???
∴?△?D=M?N?≌△DEN（SAS），
∴BM+CN＝NM．
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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，
，
??=??
∠???=∠???
∴?△?B=M?D?≌△CED（SAS），
∴DE＝DM，∠EDC＝∠BDM，
∵∠MDN＝∠MDB+∠BDN＝60°，
∴∠BDN+∠CDE＝60°，
∴∠NDE＝∠MDN＝60°，
∵在△MDN和△EDN中，
，
??=??
∠???=∠???
∴?△?M=D?N?≌△EDN（SAS），
∴MN＝NE＝NC﹣CE＝NC﹣BM．
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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(zhǎng)．
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（180°﹣∠APB）∠MON＝∠BOP，可證△PBC
11
==
∽△POB，由S△POB＝3S△PCB可知，PO＝3PC，再利2用相似比求解；2
（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°，
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∴∠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（180°﹣∠APB）∠MON＝∠BOP，
11
又∵∠BPC＝∠OPB（公共角），=2=2
∴△PBC∽△POB，
∴，
????
2=2
即?P?B＝?P?O?PC＝3PC，
∴
??
=3
??
（3）作BH⊥OT，垂足為H，
當(dāng)∠MON＝60°時(shí)，∠APB＝120°，
由PA＝PB，得∠PBA＝∠PAB（180°﹣∠APB）＝30°，
1
又∵∠PBD＝∠ABO，∠PBD+=∠2PBA+∠ABO＝180°，
∴∠ABO（180°﹣30°）＝75°，則∠OBP＝∠ABO+∠ABP＝105°，
1
在△OBP=中2，∵∠BOP＝30°，∴∠BPO＝45°，
在Rt△OBH中，BHOB＝1，OH，
1
在Rt△PBH中，PH＝=B2H＝1，=3
∴OP＝OH+PH1．
=3+
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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＝，求∠ADB的大小（用含的式子表示）；
（2）如圖2，如果∠BAαC＝60°，求證：BD+CD＝αAD；
（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(cè)并加以證明．
思路引領(lǐng)：（1）利用AB＝AC得到，根據(jù)圓周角定理得∠ADB＝∠ADC，再利用圓內(nèi)接四邊形
?