8. 如图,在四边形ABCD中,AD=4,BC=1,∠B=90°,∠A=30°,∠ADC=120°,求CD的长.

8. 如图,分别延长 AD,BC 交于点 E,则$∠E=180°-90°-30°=60°.$

$\because \quad ∠ADC=120°,$
$\therefore \quad ∠CDE=180°-120°=60°.$
$\therefore \quad ∠DCE=60°.$
$\therefore \quad ∠E=∠CDE=∠DCE.$
$\therefore \quad △CDE$ 是等边三角形.
$\therefore \quad CD=CE=DE.$
设 $CD=x$,则 $BE=1+x,AE=4+x$,
在 $\mathrm{Rt}△ABE$ 中,$∠B=90°,∠A=30°,$
$\therefore \quad AE=2BE.$
$\therefore \quad 4+x=2(1+x).$
解得 $x=2.$
$\therefore \quad CD$ 的长为 2.

【分析】
本题是不规则四边形的边长求解问题，已知条件包含30°角、直角和120°角，我们可以通过延长AD、BC补形得到含30°角的直角三角形，利用特殊三角形的性质解题：第一步先求出补形后△ABE中∠E的度数，第二步结合∠ADC=120°推导△CDE的内角度数，判定其为等边三角形得到边的等量关系，第三步设CD的长为未知数，利用含30°角的直角三角形的边的关系列方程求解即可。
【解析】
如图，分别延长AD，BC交于点E，则$∠ E=180°-90°-30°=60°$。

$\because ∠ ADC=120°,$
$\therefore ∠ CDE=180°-120°=60°.$
$\therefore ∠ DCE=180°-∠ E-∠ CDE=60°.$
$\therefore ∠ E=∠ CDE=∠ DCE.$
$\therefore △ CDE$是等边三角形，
$\therefore CD=CE=DE.$
设$CD=x$，则$BE=BC+CE=1+x$，$AE=AD+DE=4+x$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ B=90°$，$∠ A=30°$，
$\therefore AE=2BE$，
$\therefore 4+x=2(1+x)$，
解得$x=2$。
【答案】
CD的长为2
【知识点】
含30°角的直角三角形的性质；等边三角形的判定与性质；三角形内角和定理
【点评】
本题采用补形法构造特殊三角形，将不规则四边形问题转化为熟悉的特殊三角形问题求解，解题核心是正确作出辅助线，结合方程思想建立边长的等量关系，有效考查了特殊三角形性质的应用和转化思想的掌握情况。
【难度系数】
0.6

9. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=BC=6$,$M$,$N$分别是$BC$,$CA$上的动点.已知点$M$的速度为每秒1个单位长度,点$N$的速度为每秒1.5个单位长度.点$M$,$N$分别从点$B$,$C$同时开始运动,当其中一点到达终点时,另一点随之停止运动.设运动时间为$t(\mathrm{s})$.
(1)当$△ MCN$为等边三角形时,求$t$的值;
(2)当$△ MCN$为直角三角形时,求$t$的值.

9. (1)当 $t$ 的值为 $\frac{12}{5}\ \mathrm{s}$ 时,$△MCN$ 为等边三角形.
(2)当 $t$ 的值为 $\frac{24}{7}\ \mathrm{s}$ 或 $\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$ 时,$△MCN$ 为直角三角形.

【分析】
首先，△ABC是边长为6的等边三角形，可得∠C=60°，BC=AC=6。先表示运动t秒后相关线段的长度：点M从B出发速度1单位/秒，故BM=t，MC=BC-BM=6-t；点N从C出发速度1.5单位/秒，故CN=1.5t。点N先到终点（N到A需6÷1.5=4秒，M到C需6秒），因此t的取值范围是0≤t≤4。
(1) 要使△MCN为等边三角形，已知∠C=60°，只需满足MC=CN，据此列方程求解即可。
(2) 要使△MCN为直角三角形，因∠C=60°，需分两种情况讨论：①∠CMN=90°，此时∠CNM=30°，根据30°角对的直角边是斜边一半，得CN=2MC；②∠CNM=90°，此时∠CMN=30°，得MC=2CN，分别列方程求解，再检验解是否在t的取值范围内即可。
【解析】
∵AB=AC=BC=6，
∴△ABC是等边三角形，∠C=60°。
运动t秒后，BM=t，CN=1.5t，
∴MC=6-t，其中0≤t≤4。
(1) 当△MCN为等边三角形时，需满足MC=CN，列方程：
$6 - t = 1.5t$
解得：$2.5t=6$，$t=\frac{12}{5}$，$\frac{12}{5}＜4$，符合要求。
(2) 当△MCN为直角三角形时，分两种情况：
① 若∠CMN=90°，则∠CNM=30°，根据含30°角的直角三角形性质，CN=2MC，即：
$1.5t = 2(6 - t)$
$1.5t = 12 - 2t$
$3.5t = 12$
$t=\frac{24}{7}$，$\frac{24}{7}＜4$，符合要求。
② 若∠CNM=90°，则∠CMN=30°，根据含30°角的直角三角形性质，MC=2CN，即：
$6 - t = 2×1.5t$
$6 - t = 3t$
$4t=6$
$t=\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}＜4$，符合要求。
【答案】
(1) $\frac{12}{5}\ \mathrm{s}$；(2) $\frac{24}{7}\ \mathrm{s}$ 或 $\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$
【知识点】
1. 等边三角形的性质与判定
2. 含30°角的直角三角形的性质
3. 动点分类讨论
【点评】
本题以等边三角形为背景考查动点问题，解题核心是用含t的代数式表示对应线段长度，结合特殊三角形的性质分类讨论建立方程求解，注意需验证解是否符合运动的实际范围，避免出现无效解。
【难度系数】
0.7