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

解：延长AD，BC交于点E。
∵ ∠A=30°，∠B=90°，
∴ ∠E=180°-∠A-∠B=60°。
∵ ∠ADC=120°，
∴ ∠EDC=180°-∠ADC=60°。
在△EDC中，∠ECD=180°-∠E-∠EDC=60°，
∴ △EDC是等边三角形，
∴ CD=DE=CE。
在Rt△ABE中，∠A=30°，由含30°角的直角三角形的性质得：AE=2BE。
∵ AE=AD+DE=4+CD，BE=BC+CE=1+CD，
∴ 4 + CD = 2×(1 + CD)，
解得CD=2。
答：CD的长为2。

【分析】
本题是四边形求边长的问题，已知多个特殊角，直接在四边形内无法计算，可通过作辅助线构造特殊三角形求解：首先延长AD、BC交于点E，得到含30°角的Rt△ABE；再结合已知的∠ADC=120°，计算△EDC的内角，证明它是等边三角形，得到CD=DE=CE的等量关系；最后设CD长为x，用含x的式子表示AE、BE的长度，利用含30°角的直角三角形的性质列方程求解即可。
【解析】
解：延长AD，BC交于点E。
∵ ∠A=30°，∠B=90°，
∴ ∠E=180°-∠A-∠B=60°。
∵ ∠ADC=120°，
∴ ∠EDC=180°-∠ADC=60°。
在△EDC中，∠ECD=180°-∠E-∠EDC=60°，
∴ △EDC是等边三角形，
∴ CD=DE=CE。
在Rt△ABE中，∠A=30°，由含30°角的直角三角形的性质得：AE=2BE。
∵ AE=AD+DE=4+CD，BE=BC+CE=1+CD，
∴ 4 + CD = 2×(1 + CD)，
解得CD=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】
本题的解题关键是通过延长边构造特殊三角形，将四边形问题转化为三角形问题求解，同时结合方程思想建立边长的等量关系，是特殊角几何应用的典型题型。
【难度系数】
0.6

7. 如图，$△ ABC$是等边三角形，延长$BC$到点$E$，使$CE=\dfrac{1}{2}BC$. $D$是边$AC$的中点，连接$ED$，延长$ED$交$AB$于点$F$. 求证：(1)$EF ⊥ AB$；(2)$DE=2DF$.

证明：
(1) ∵ △ABC是等边三角形，
∴ AC = BC，∠A = ∠B = ∠ACB = 60°。
∵ D是AC的中点，
∴ CD = $\dfrac{1}{2}$AC。
又∵ CE = $\dfrac{1}{2}$BC，
∴ CD = CE，
∴ ∠E = ∠CDE。
∵ ∠ACB是△CDE的外角，
∴ ∠ACB = ∠E + ∠CDE = 2∠E = 60°，
∴ ∠E = 30°。
在△BEF中，∠B = 60°，∠E = 30°，
∴ ∠BFE = 180° - ∠B - ∠E = 90°，
即EF ⊥ AB。
(2) 连接BD，
∵ △ABC是等边三角形，D是AC的中点，
∴ BD平分∠ABC，即∠DBC = $\dfrac{1}{2}$∠ABC = 30°。
由(1)知∠E = 30°，
∴ ∠DBC = ∠E，
∴ BD = DE。
又∵ ∠BFD = 90°，在Rt△BFD中，∠FBD = 30°，
由含30°角的直角三角形的性质可得BD = 2DF，
∴ DE = 2DF。

【分析】
(1) 要证$EF⊥ AB$，只需证$∠ BFE=90°$。已知等边$△ ABC$中$∠ B=60°$，因此只需推导得$∠ E=30°$即可：利用等边三角形边长相等的性质，结合$D$是$AC$中点、$CE=\frac{1}{2}BC$的条件，可得$CD=CE$，即$△ CDE$为等腰三角形，再结合三角形外角的性质即可求出$∠ E=30°$，进而求出$∠ BFE$的度数完成证明。
(2) 要证$DE=2DF$，可借助含$30°$角的直角三角形的性质通过等量代换推导：连接$BD$，利用等边三角形“三线合一”的性质得$BD$平分$∠ ABC$，可得$∠ DBC=30°=∠ E$，因此$BD=DE$；再结合(1)中$EF⊥ AB$的结论，在$Rt△ BFD$中利用$30°$角对的直角边是斜边一半的性质得$BD=2DF$，即可推出$DE=2DF$。
【解析】
(1) $\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore AC = BC$，$∠ A = ∠ B = ∠ ACB = 60°$。
$\because D$是$AC$的中点，
$\therefore CD = \dfrac{1}{2}AC$。
又$\because CE = \dfrac{1}{2}BC$，
$\therefore CD = CE$，
$\therefore ∠ E = ∠ CDE$。
$\because ∠ ACB$是$△ CDE$的外角，
$\therefore ∠ ACB = ∠ E + ∠ CDE = 2∠ E = 60°$，
$\therefore ∠ E = 30°$。
在$△ BEF$中，$∠ B = 60°$，$∠ E = 30°$，
$\therefore ∠ BFE = 180° - ∠ B - ∠ E = 90°$，
即$EF ⊥ AB$。
(2) 连接$BD$，
$\because △ ABC$是等边三角形，$D$是$AC$的中点，
$\therefore BD$平分$∠ ABC$，即$∠ DBC = \dfrac{1}{2}∠ ABC = 30°$。
由(1)知$∠ E = 30°$，
$\therefore ∠ DBC = ∠ E$，
$\therefore BD = DE$。
又$\because ∠ BFD = 90°$，在$Rt△ BFD$中，$∠ FBD = 30°$，
根据含$30°$角的直角三角形的性质，得$BD = 2DF$，
$\therefore DE = 2DF$。
【答案】
(1) $EF ⊥ AB$得证；
(2) $DE=2DF$得证。
【知识点】
等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形与特殊直角三角形的综合应用题，解题时需要结合等腰三角形性质、三角形外角性质推导角度关系，通过构造辅助线将待证的线段关系转化为特殊直角三角形的边的关系，能够有效锻炼几何逻辑推导和辅助线构造的能力。
【难度系数】
0.7

8.(几何直观)如图,△ABC是边长为3 cm的等边三角形,动点P,Q同时从A,B两点出发,分别沿AB,BC方向匀速运动,它们的速度都是1 cm/s,当点P到达点B时,P,Q两点同时停止运动.设点P的运动时间为t s,当t为何值时,△PBQ是直角三角形?

解：根据题意，得AP = t cm，BQ = t cm。
∵△ABC是边长为3 cm的等边三角形，
∴AB = 3 cm，∠B = 60°，
∴PB = (3 - t) cm，其中0 ≤ t ≤ 3。
分两种情况讨论：
① 当∠PQB = 90°时，
∵∠B = 60°，
∴∠BPQ = 30°，
根据含30°角的直角三角形的性质，得$BQ = \frac{1}{2}PB$，
即 $t = \frac{1}{2}(3 - t)$，
解得 $t = 1$。
② 当∠BPQ = 90°时，
∵∠B = 60°，
∴∠BQP = 30°，
根据含30°角的直角三角形的性质，得$PB = \frac{1}{2}BQ$，
即 $3 - t = \frac{1}{2}t$，
解得 $t = 2$。
综上，当t为1或2时，△PBQ是直角三角形。

【分析】
解决本题首先结合动点的运动速度和时间，用含t的代数式表示出相关线段的长度，再结合等边三角形的性质得到∠B=60°。由于△PBQ为直角三角形时直角顶点不确定，因此需要分∠PQB=90°和∠BPQ=90°两种情况讨论，每种情况利用含30°角的直角三角形的性质列方程求解，最后验证解是否在运动时间的取值范围内即可。
【解析】
根据题意，得AP = t cm，BQ = t cm。
∵△ABC是边长为3 cm的等边三角形，
∴AB = 3 cm，∠B = 60°，
∴PB = (3 - t) cm，其中0 ≤ t ≤ 3。
分两种情况讨论：
① 当∠PQB = 90°时，
∵∠B = 60°，
∴∠BPQ = 30°，
根据含30°角的直角三角形的性质，得$BQ = \frac{1}{2}PB$，
即 $t = \frac{1}{2}(3 - t)$，
解得 $t = 1$，符合取值范围。
② 当∠BPQ = 90°时，
∵∠B = 60°，
∴∠BQP = 30°，
根据含30°角的直角三角形的性质，得$PB = \frac{1}{2}BQ$，
即 $3 - t = \frac{1}{2}t$，
解得 $t = 2$，符合取值范围。
【答案】当t为1或2时，△PBQ是直角三角形。
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形的性质；分类讨论思想
【点评】本题是动点与特殊三角形结合的典型题型，解题核心是先将动态线段转化为含参数的代数式，再针对直角三角形的直角顶点分类讨论，结合特殊直角三角形的性质列方程求解，注意最终结果要符合实际运动的时间范围，避免出现增解。
【难度系数】0.7