2025年中考数学几何辅助线解题方法第3招 30度，图可巧，挖掘信息建直角（含解析）

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第3招 30度，图可巧，挖掘信息建直角
在题目给出的条件中，若涉及30°角的信息，或出现15°，60°，75°等角的情形时，往往要想方设法添加辅助线，使之构造出含30°角的直角三角形.这是因为一旦凸显出了含30°角的直角三角形的条件后，我们就可顺理成章地利用“在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半”与“勾股定理”进行分析问题、解决问题，或利用锐角三角函数的关系将有角的问题转换为边与边的比的问题来处理.这样不仅可以更换思考问题的方向，快速获得解决问题的途径，还能促进解题的创新性与开放性.此招辅助线我们可将它表述为：
30度，图可巧，挖掘信息建直角.
这里的“构造”，就是根据题设条件作出适当的辅助线，使之出现含有30°角的直角三角形，或说明某三角形是含有30°角的直角三角形.
为了强化对“在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半”的应用，我们可将它简述为：30度角所对边，斜边折半来体现.
当然，当题设中有45°，60°等特殊角时，同样也要构造直角三角形来探究.
例1 如图3-1所示,△ABC和△CDE都是等边三角形，点 B，C，E三点在同一直线上,连接BD,AD,BD交AC 于点F.
(1)若 ,求证:AD=BF.
(2) 若∠BAD=90°,BE=6.
①求tan∠DBE 的值.
②求 DF 的长.
解析 (1) 证明
又∠ADF=∠BDA,∴△ADF∽△BDA.
∴∠ABD=∠FAD.
∵△ABC和△CDE都是等边三角形,
∴AB=AC.
∵∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°,∠ACD=∠BAF.
∴△ADC≌△BFA.
∴AD=BF.
(2)①过点 D作DG⊥BE,垂足为G.如图3-2所示,
∵∠BAD=90°,∠BAC=60°,
∴∠DAC=30°.
又∠ACD=60°,∴∠ADC=90°.
则△ADC为含有 30°角的直角三角形.
(30度，图可巧，挖掘信息建直角)
(斜边折半来体现)
由此可得
∵BE=6,∴CE=2,BC=4.
∴CG=EG=1,BG=5,DG=
则在 Rt△DBG中,
②在Rt△BDG中,∵∠BGD=90°,DG= ,BG=5,
∵∠ABC=∠DCE=60°,∴CD∥AB.
∴△CDF∽△ABF.
点评 本题以等边三角形为背景，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等基本知识，考查了辅助线的添加方法，综合性强.解题的关键是正确寻找相似三角形、全等三角形.属于中考压轴题.第(1)问，先由AD =DF·DB,推得△ADF∽△DBA,挖掘∠ABD=∠FAD,进而挖掘△ADC≌△BFA，这是解答本问的基本思路.第(2)问，
①先挖掘△ADC是以∠DAC=30°的直角三角形,得到AC=2DC=2CE.再由所求的是∠DBE的正切值，想到作 DG⊥BE，构建直角三角形，颇有创意，凸显了“30度，图可巧，挖掘信息建直角”的战术思想.
② 先求出BD,再由CD∥BA,挖掘△CDF∽△ABF,利用相似比的关系求出DF是解题的必经之路.
例2 如图3-3所示,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.
(1)在图3-3中，线段 PM与PN 的数量关系是 ，位置关系是 .
(2) 把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图3-4所示的位置，连接MN,PM,PN,判断△PMN的形状,并说明理由.
(3)在△ADE绕点A 逆时针方向旋转的过程中,如果∠ABD=30°,点D在Rt△ABC内部,如图3-5所示,AB=BD,求证:AD=DC.
解析 (1)在图3-3中,∵P,N是CD,BC的中点,
∵P,M是CD,DE的中点,
∵AB=AC,AD=AE,
∴BD=CE,从而可得 PM=PN.
∵PN∥BD,∴∠DPN=∠ADC.
∵PM∥CE,∴∠DPM=∠DCA.
∵∠BAC=90°,
∴∠ADC+∠ACD=90°.
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°.
∴PM⊥PN.
故答案为:PM=PN,PM⊥PN.
(2) △PMN 是等腰直角三角形.
理由如下：
连接BD,CE,如图3-6所示.
由旋转知∠BAD=∠CAE.
∵AB=AC,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS).
∴∠ABD=∠ACE,BD=CE.
同(1)的方法，利用三角形的中位线，得
∴PM=PN.
由此可得△PMN 是等腰三角形，
同(1)的方法得 PM∥CE,∴∠DPM=∠DCE.
同(1)的方法得 PN∥BD,∴∠PNC=∠DBC.
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,
∴∠MPN =∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC.
∵∠BAC=90°,
∴∠ACB+∠ABC=90°,∠MPN=90°.
由此可得△PMN是等腰直角三角形.
(3) 证明 由∠ABD = 30°,过点 A 作AG⊥BD,垂足为G,如图3-7所示.(30度,图可巧，挖掘信息建直角)
(斜边折半来体现)
又
从而可得
过点 D作DF⊥AC,垂足为 F,
易知
又AD=AD,∴Rt△AGD≌Rt△AFD.
从而可得 故F为AC 中点.
∴DF为AC 边上的中垂线.
∴AD=DC.
点评 本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定等基本知识，考查综合运用知识的能力，考查辅助线的添加方法.第(1)问，直接运用中位线分析是解题的基本思路.第(2)问，注重由旋转产生的效应，先挖掘△ABD≌△ACE，再类比(1)的讨论，挖掘PM=PN;∠MPN=90°是解题的必经之路.第(3)问难度较大,解题关键在于：一是能否抓住∠ABD=30°的信息，想到过点 A 作AG⊥.BD的辅助线AG，构建Rt△AGB，利用30°所对的直角边是斜边的一半的性质，挖掘 获得∠GAC=30°,∠ADG=75°,进而挖掘∠GAD=∠DAC=15°;二是能否在AC上取其中点F,挖掘 Rt△AGD≌Rt△AFD.进而挖掘∠DFA=90°,即点 D 在AC 边上的中垂线上.一旦把握了这两点，问题将迎刃而解.
例3 已知,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,E为边AC任意一点,连接 BE.
(1) 如图 3-8 所示,若∠ABE=15°,O为 BE 中点,连接AO,且AO=1,求 sin 15°的值及 BC 的长.
(2)如图3-9所示,F也为AC上一点,且满足AE=CF,过点 A 作AD⊥BE,垂足为 H,交 BC于点D,连接DF交BE 于点G,连接AG.
①若AG平分∠CAD,求证:
② 如图3-10 所示,当点G落在△ABC外部时,若将△EFG 沿EF边翻折，点G刚好落在BC 边上的点P 处，试求AG与EF 的数量关系.
解析 (1) 解法1 如图3-11 所示,在AB上取一点M,使得 BM=ME,连接ME.
在Rt△ABE中,∵OB=OE,∴BE=2OA=2.
∵MB=ME,∴∠MBE=∠MEB=15°.
∴∠AME=∠MEB+∠MBE=30°.
(30度，图可巧，挖掘信息建直角)
在 Rt△AME中,设AE=x,
则.ME=BM=2x,AM= x.
在 Rt△ABE中,由 得
由此解得 负根舍去).
由此可得
解法2 如图3-12 所示,∵∠ABE=15°,
过点 E作EH⊥BC,垂足为 H.在 Rt△BEH 中,∵∠EBH = 30°,BE =2OA=2,
∵∠ECH=45°,∴△CEH为等腰直角三角形.
从而可得
于是,在 Rt△ABE中,
(2) ① 证明 过点C作AC 的垂线,交AD 的延长线于点 P,过点G作GM⊥AC,垂足为M.如图3-13 所示,∵BE⊥AP,
在△ABE和△CAP中
∴△ABE≌△CAP.
∴AE=CP=CF,∠AEB=∠P. ①
∵BA⊥AC,PC⊥AC,∴AB∥CP.
∴∠ABC=∠DCP.
又∠ABC=∠ACB,
∴∠DCF=∠DCP.
在△DCF 和△DCP 中,
∴△DCF≌△DCP.
∴∠DFC=∠P. ②
结合①②,得∠GFE=∠GEF.
∴GE=GF.
∵GM⊥EF,∴FM=ME.
∵AE=CF,∴AF=CE,从而AM=CM.
在△GAH 和△GAM中,
∴△AGH≌△AGM.
②结论：
理由：如图3-14所示，过点C作AC 的垂线，交AD 的延长线于点M,连接PG交AC 于点O.
由(2)可知△ACM≌△BAE,△CDF≌△CDM.
∴∠M=∠AEB=∠GEF.
∠M=∠CFD=∠GFE,AE=CM=CF.
∴∠GEF=∠GFE.∴GE=GF.
因为△EFP 是由△EFG翻折得到,所以EG=EP=GF=PF.
∴四边形 EGFP 是菱形.
∴PG⊥AC,OE=OF.
∵AE=CF,∴AO=OC,即O为AC的中点.
∵AB⊥AC,PG⊥AC,∴AB∥OP.
∴P为BC 的中点,BP=PC.
∵PF∥BE,∴EF=CF=AE.
∵BP=PC,AO=OC,
∴四边形ABPG是平行四边形.
∴AG∥BC.∴∠GAO=∠ACB=45°.
故△AOG为等腰直角三角形.
设EO=OF=a,则(
点评 本题主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等基本知识，考查逻辑推理能力.第(1)问，实际上给出了求 sin 15°值的方法.在解法1中,由∠ABE=15°,想到构建含30°角的 Rt△MAE，并设AE=x，结合勾股定理进行推理、探究，颇有创意.在解法2中，通过审题时发现∠EBC=30°，从而直接过点 E作EH⊥BC，垂足为 H，构建出含30°角的直角三角形 BEH 与等腰直角三角形CEH，此作法一举两得.这两种解法都充分体现了“30度，图可巧，挖掘信息建直角”的战术思想.要注意的是，在图中虽有∠AOE=30°，但△OAE不是直角三角形，故不可取.第(2)问，解题关键在于：① 能否由所求结论及 AG平分∠CAD、AH⊥BE,想到转证点 H关于直线 AG的对称点 M 为 AC 的中点.②能否利用题设条件构建Rt△ACP 与 Rt△ABE 全等,挖掘△DCF≌△DCP,△AGH≌△AGM.第(3)问,关键在于充分利用(2)的结论,挖掘GE=GF,并结合翻折推得四边形 EGFP 为菱形；再挖掘四边形ABPG 为平行四边形，求得∠GAO=45°，并以参数EO=a为纽带进行探究，此作法步步为营，让解题充满了探究的乐趣.
跟踪训练
1. 如图1所示,在四边形ABCD中,AB=AD,CB=CD,AB∥CD.
(1) 求证:四边形ABCD 是菱形.
(2)如图2所示,对角线AC和BD交于点O,∠ADC=120°,AC=8,P 为对角线AC 上的一个动点(不与点A 重合)，连接DP，将 DP 绕点D逆时针方向旋转120°得到线段 DP ，求AP 的取值范围.
2.新定义：如图1、图2所示，点 P 是平面内一点，如果 或 那么称点 P 是线段AB 的强弱点.
概念理解：
(1) 如图2所示,在Rt△APB中,∠APB=90°,AB=5,点 P 是线段AB 的强弱点(PA>PB),求线段 PA 的长.
(2) 如图3所示,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,点B 是线段AC 的强弱点(BA>BC),BD是 Rt△ABC的角平分线.求证:点D 是线段AC 上的强弱点.
概念应用：
(3)如图4所示,在 ABCD中,AB=2,AD=4,∠DCB=60°,点 P、点Q分别是BC,CD上的点且满足∠APQ=120°,如果点 P 是线段AQ的强弱点，求AQ的长.
3. 如图1所示,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=30°,D 是∠CAB平分线上的一点,∠DCB=30°,E是BD 延长线上一点,AE=AB,AD 的延长线交BC 于点F.
(1) 求∠ADE 的度数.
(2) 为了求 sin 15°的函数值，小明同学经过探究发现：
过AC边的中点M作MN⊥AC,交AD于点N,
连接 NC，如图2所示，
可得∠CNF=30°,…,
由此可得
请你帮小明同学完善这一求解过程.
(3) 试猜想线段DE，AD，DC之间的数量关系，并证明你的结论.
4. 如图所示,在 Rt△ABC中, 点D、点 E 分别在线段BC和线段AB 上， ,AD平分∠BAC.
(1) 如图1所示,求证:
(2) 如图2所示,若AE=2BE.求证:AB=2AC.
(3)在(2)问的条件下，如图3所示，在线段AB上取一点F，使 AD.过点 F作FK⊥AE,交 ED于点 K,作 交AC于点G，交AD 于点 H,连接KG,交AD 于点T,若 求DT的长.
答案
1. (1)∵AB=AD,CB=CD,
∴∠ABD=∠ADB,∠CBD=∠CDB.
∵AB∥CD,∴∠ABD=∠CDB.
∴∠ADB=∠CBD,从而可得 AD∥BC.
∴四边形ABCD 是平行四边形.
又AB=AD,∴四边形ABCD 是菱形.
(2)如图所示，由旋转得，
∵∠ADC=120°,∴∠ADP=∠CDP .
由(1)知,四边形ABCD 是菱形.
∴AD=CD,∠DAP=∠DCP=30°.
∴△ADP≌△CDP (ASA).
以点 C为中心，将线段AC顺时针方向旋转60°得到线段CE，由题意可知，点 P 在线段CE上运动，连接AE.
为等边三角形.∴AC=CE=AE=8.
延长AD交CE 于点F,则 AF⊥CE,(三线合一)
∴△ACF 是以 的直角三角形.
(30度角所对边，斜边折半来体现)
由此可得，当点 P 在点 F 处时，线段. 最短，此时
当点 P 在点 E处时，线段 AP 最长，此时.
所以AP 的取值范围是
2.(1)在 Rt△APB中,∠APB=90°,AB=5,PA=2PB,设PB=x,则 PA=2x,由勾股定理,得( 或 (舍去)..
(2) 证明:如图1所示,作 DE⊥AB,垂足为 E.
∵BD平分∠ABC,DE⊥AB,DC⊥BC,
∴DE=DC.
∵B是线段AC 的强弱点(BA>BC),
故点 D是线段AC 的强弱点.
(3) 如图2所示,在CB上找一点E,使得CE=CQ.
点 P 是线段AQ 的强弱点，观察图象可知，只有 PA=2PQ符合.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠BAD=60°.
∴△QEC是等边三角形.∴∠QEC=60°.
∴∠B=∠PEQ=120°.
∵∠APC=∠APQ+∠QPE=∠B+∠BAP,∠APQ=120°=∠B,
∴∠QPE=∠BAP.∴△ABP∽△PEQ.
而AB=2,故PE=1.
设CQ=QE=EC=a,则PB=2a.
∵BC=AD=4,∴2a+1+a=4,得a=1.
∴QC=DQ=1.作QF⊥AD,交AD的延长线于点F,在Rt△DQF中,∵DQ=1,∠FDQ=∠DCB=60°,
∴∠DQF=30°.
(斜边折半来体现)
在 Rt△AQF中,
3. (1)∵AB=AC,∠BAC=30°,
因为AD为∠CAB的平分线，
所以 AD为等腰三角形ABC 底边BC 上的高.
又∠DCB=30°,∴∠DCB=∠DBC=30°.
∴∠ABD=∠ABC-∠DBC=45°.
又
∴∠ADE=∠ABD+∠BAD=60°.
(2)过AC边的中点M作MN⊥AC,交AD于点N,连接NC,
如图1所示,可得∠CNF=30°,
依题意知△NFC是以∠CNF=30°的直角三角形.
令CF=x,则有 NC=NA=2x,NF= x.
故在 Rt△AFC中,
由此可得
(3) DE=AD+CD.
理由如下：
解法1 在线段 DE上截取DG=AD,连接AG,如图2所示,∵∠ADE=60°,DG=AD,
∴△ADG是等边三角形.
∴∠ADB=∠AGE=120°.
∵AE=AB,∴∠ABD=∠E=45°.
在△ABD和△AEG中. ∴△ABD≌△AEG(AAS).∴BD=EG.又BD=CD,∴CD=GE.
∵DE=DG+GE,∴DE=AD+CD.
解法2 过点 A作AH⊥DE,垂足为 H,
如图3所示，于是，由(1)知，
△AHD是∠DAH=30°的直角三角形,
且△AHE是∠EAH=45°的等腰直角三角形.
由(2)知,
又 ①
另一方面,在 Rt△AHD和Rt△AHE中,有
②
由①②,得DE=AD+CD.
4.(1)证明:∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD.
∵∠AED+∠ADB=180°,∠AED+∠BED=180°,
∴∠ADB=∠BED.
又∠B=∠B,∴△ADB∽△DEB.
∴∠BDE=∠BAD=∠CAD.
∵∠ADB=∠C+∠CAD=∠ADE+∠BDE,
∴∠ADE=∠C=90°.∴AD⊥DE.
(2)证法1 设BE=x,则AE=2x.
由(1)知△ADB∽△DEB,且△ADE为直角三角形.
则
∴∠AED=60°.∴∠EAD=∠CAD=30°.
∴∠B=30°.
∴AB=2AC.(斜边折半来体现)
证法2 取AE的中点O，连接OD，如图1所示.
由(1)知△ADE是直角三角形，
∴∠1=∠3=∠2.∴OD∥AC.
∴∠ODB=∠ACB=90°,故△BDO为直角三角形.
又E为OB 的中点,∴OD=DE=OE.
∴△EDO为正三角形.
∴∠EOD=60°,从而可得∠B=30°.
∴AB=2AC.(斜边折半来体现)
(3)解法1 如图2所示,过点E作ER⊥BC,垂足为R,延长ED,AC交于点M,过点G作( 垂足为N.
∵∠ADC=60°,∠ADE=90°,
∴∠EDB=∠B=30°.
在 Rt△BER中, 且
在 Rt△ADC中,由∠DAC=30°,得
在 Rt△DCM中,由∠CDM=30°,得
在 Rt△EFK 中,
∵∠AEK=60°,∴EK=2EF=2 -2.
∴ H.
过点 H作HL⊥AF,垂足为 L,∵∠LFH=45°,∴FL=HL.
设FL=x,则 HL=x,AH=AG=2x,AL= x,
在 Rt△GNM中,
∵DT∥NG,∴△KDT∽△KNG.
解法2 由(1)知∠ADK=90°,又∠AFK=90°,
∴A,F,K,D四点共圆,如图3所示.
由(2)知∠FAC=60°,又AD平分∠FAC,从而可得
又AD=AF,∴∠AFD=∠ADF=75°.
又∠AFG=45°,
故A,F,D,G四点共圆,
从而A,F,D,G,K五点共圆.
从而可得∠KDF=∠KGF=∠KAF=15°,
∠KAD=∠KFD=15°.
故∠KDF=∠KFD=15°,∴FK=KD.
于是,在 Rt△EFK中,由∠FEK=60°,得EF=AE-AF=AE-AD=AE-AE· sin 60°=2( +1)·
在 Rt△TKD中,DT= EF,