【2021中考】一道综合性较强的以等边三角形为背景的几何压轴题 / 四六文摘

《怎样解题》一书的作者匈牙利数学家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。做题不在多而在精，题要解得精彩；对待解题的思想方法要对头，要通过做题，深刻理解概念，扎实掌握基本知识，学会运筹帷幄，纵横捭阖，使自己的思维水平不断提升，高屋建瓴；只有这样，面对千变万化、形式各异的题目时，才能应对自如，使一道道难题迎刃而解。也就是说，我们在解题时应力求做到一题多解，多解归一，多题归一，用“动”的观点分析问题，尽可能地拓宽思路，训练自己敏锐的思维，做到“八方联系，浑然一体”，最终达到“漫江碧透，鱼翔浅底”的境界。

原题呈现

△ABC是等边三角形，D为AB上一点，E为BC上点，BE=2AD.

(1)如图1，AB=8，AD=2，求DE的长；

(2)如图2，过D作DG⊥AC于点F，且满足DF=GF，连接EG交CD于点J，求证：∠CJE=60°；

(3)如图3，在(1)和(2)的条件下，将△CEJ绕点C旋转，记旋转中的△CEJ为△CE'J'，连接BE'，BJ'，请直接写出△BE'J'面积的最大值.

图文解析

NO.1

第（1）比较基础，整个图形是确定的，求斜线段长，作垂直，斜化直将斜线段置于直角三角形中，根据勾股定理求解即可，如下图，过点D作DF⊥BC，易求BD=6，BF=3，则DF=3√3，在Rt△DFE中，由勾股定理可求DE=2√7。

NO.2

法一：

由条件BE=2AD，等边三角形ABC，首先考虑将倍半线段处理一下，过E作EM⊥AB，则BE=2BM=2AD，于是BM=AD，而BC=AC，且∠B=∠A=60°，故连接CM，易证△BMC≌△ACD，所以∠ACD=∠BCM，因为DF=FG且DG⊥AC，故连接CG，则CG=CD=CM，∠ACG=∠ACD，所以∠ACG=∠BCM，所以∠MCG=60°，又因为CM=CG，故△CMG为等边三角形.

易证MC=CE，∠DMC=∠ECG，且CM=CG，所以△DMC≌△ECG，所以∠MCD=∠CGE，因为∠CJE=∠CGE+∠JCG，而∠MCD+∠JCG=60°,所以∠CJE=60°.

法二：

仍然考虑线处理BE=2AD，这个倍半线段条件，取BE的中点N连接AN，这是我们发现△ABN≌△CAD，这对全等三角形中的经典全等模型，进一步导角可证∠NPC=60°，于是欲证∠CJE=60°，只需证明AN∥GE。

因为DF=FG且DG⊥AC，故连接CG，则AG=AD，∠GAC=∠DAC=60°，所以∠GAC=∠ACB，所以AG∥NC，又因为AG=BN=NE，所以四边形ANEG为平行四边形，所以AN∥GE，所以∠CJE=∠NPC=60°.

法三：

延长AD至M，使AD=MD，易证△BMC≌△CEA，所以∠MCB=∠EAC，AE=MC，导角易证∠ESC=60°，因为DF=FG且DG⊥AC，则AG=AD，∠GAC=∠DAC=60°，所以∠GAE=∠DMC，又因为AG=DM，所以△GAC≌△DMC，所以∠AEG=∠DCM，所以∠CJE=∠ESC=60°.