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1.在四边形ABCD 中，AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°。
请写出线段AD，BD，CD的数量关系，并说明理由。
审题：此题由已知条件可知，⊿ABC是一个等边三角形，而要求的结论中的三条线段却含有一个公共端点，呈放射形状。如何将这三条线段组合成一个三角形呢？我们自然联想到旋转大法。如何将其转化成手拉手模型，就成了解决这道题的关键！
思路1：以CD为一边，作等边⊿CDE。此时两个等边⊿ABC与⊿CDE具有公共顶点C，故手拉手模型构造成功。
解法1：以CD为一边，作等边⊿CDE。，连接AE。显然⊿ABC和⊿CDE都是等边三角形，且具有公共的顶角顶点C。这样⊿CBD与⊿CAE就必定全等，而且是绕点C旋转了60度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！ 故易证BD=AE。显然此时∠ADE=30〫+60〫=90〫,从而在⊿ADE中，有AE^2=AD^2+DE^2，故BD^2=AD^2+CD^2。
思路2：以CD为一边，作等边⊿CDE。此时两个等边⊿ABC与⊿CDE具有公共顶点C，故手拉手模型构造成功。
解法2：以CD为一边，作等边⊿CDE。，连接BE。显然⊿ABC和⊿CDE都是等边三角形，且具有公共的顶角顶点C。这样⊿CBE与⊿CAD就必定全等，而且是绕点C旋转了60度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！ 故易证BE=AD。
显然此时∠BED=30〫+60〫=90〫,从而在⊿BDE中，有BD^2=BE^2+DE^2，故BD^2=AD^2+CD^2。
思路3：以AD为一边，作等边⊿ADE。此时两个等边⊿ABC与⊿ADE具有公共顶点A，故手拉手模型构造成功。
解法3：以AD为一边，作等边⊿ADE。，连接BE。显然⊿ABC和⊿ADE都是等边三角形，且具有公共的顶角顶点A。这样⊿ACD与⊿ABE就必定全等，而且是绕点A旋转了60度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！ 故易证CD=BE。
显然此时∠BED=30〫+60〫=90〫, 从而在⊿BDE中，有BD^2=ED^2+BE^2，故BD^2=AD^2+CD^2。
思路4：以AD为一边，作等边⊿ADE。此时两个等边⊿ABC与⊿ADE具有公共顶点A，故手拉手模型构造成功。
解法4：以AD为一边，作等边⊿ADE。，连接CE。显然⊿ABC和⊿ADE都是等边三角形，且具有公共的顶角顶点A。这样⊿ABD与⊿ACE就必定全等，而且是绕点A旋转了60度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！ 故易证BD=CE。
显然此时∠CDE=30〫+60〫=90〫,从而在⊿CDE中，有CE^2=CD^2+DE^2，故BD^2=AD^2+CD^2。
思路5：以BD为一边，作等边⊿BDE。此时两个等边⊿ABC与⊿BDE具有公共顶点B，故手拉手模型构造成功。
解法5：以BD为一边，作等边⊿BDE。，连接CE。显然⊿ABC和⊿BDE都是等边三角形，且具有公共的顶角顶点B。这样⊿BAD与⊿BCE就必定全等，而且是绕点B旋转了60度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！ 故易证AD=CE。
显然此时∠DCE=360〫- （∠BCE+∠BCD）=360〫-（∠BAD+∠BCD）=360〫-（360〫-30〫-60〫）=90〫,从而在⊿CDE中，有DE^2=CD^2+CE^2，故BD^2=AD^2+CD^2。
思路6：以BD为一边，作等边⊿BDE。此时两个等边⊿ABC与⊿BDE具有公共顶点B，故手拉手模型构造成功。
解法6：以BD为一边，作等边⊿BDE。，连接BE。显然⊿ABC和⊿BDE都是等边三角形，且具有公共的顶角顶点B。这样⊿BCD与⊿BAE就必定全等，而且是绕点B旋转了60度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！ 故易证CD=AE。
显然此时∠DAE=360〫- （∠BAE+∠BAD）=360〫-（∠BAD+∠BCD）=360〫-（360〫-30〫-60〫）=90〫,从而在⊿ADE中，有DE^2=AD^2+AE^2，故BD^2=AD^2+CD^2。
归纳：以上6种证法都是根据题中已有的一个等边三角形，再构造一个等边三角形，从而构成手拉手模型，然后由两个三角形旋转全等，将相关线段集中到一个三角形中，从而使问题迎刃而解！为防迷路，敬请关注！消化要良，必须收藏！感觉很棒，点赞跟上！觉得还行，转发别停！
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