人教版2024-2025学年八年级数学上册举一反三专题13.6含30°的直角三角形的性质【十大题型】(学生版+解析)

专题13.6含30°的直角三角形的性质【十大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1由含30°的直角三角形的性质求线段长度】 1【题型2由含30°的直角三角形的性质求角度】 2【题型3由含30°的直角三角形的性质求面积】 3【题型4由含30°的直角三角形的性质求最值】 4【题型5由含30°的直角三角形的性质求坐标】 5【题型6由含30°的直角三角形的性质进行证明】 6【题型7由含30°的直角三角形的性质解决折叠问题】 7【题型8由含30°的直角三角形的性质解决旋转问题】 9【题型9由含30°的直角三角形的性质解决动点问题】 10【题型10含30°的直角三角形的性质的实际应用】 11知识点：含30°的直角三角形的性质在直角三角形中，30°角所对的边等于斜边的一半。【题型1由含30°的直角三角形的性质求线段长度】【例1】（23-24八年级·山东济宁·期末）如图，在等边△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，且AE=CD，BE与AD相交于点P，BQ⊥AD于点Q．

(1)求证：BE=AD；(2)若PQ=4，求BP的长．【变式1-1】（23-24八年级·黑龙江牡丹江·期中）在等边三角形△ABC，若AB边上的高CD与边BC所夹得角为30°，且BD=3，则△ABC的周长为（

）A．18 B．9 C．6 D．4.5【变式1-2】（23-24八年级·山东泰安·期末）如图所示，△ABC是等边三角形，D为AC的中点，DE⊥AB，垂足为E．若AE=3，则△ABC的边长为（

）A．12 B．10 C．8 D．6【变式1-3】（2024八年级·江苏·专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC=60°，以AC为边在△ABC外作等边△ACD，过点D作DE⊥BC．若AB=5.4，CE=3，则BE=．【题型2由含30°的直角三角形的性质求角度】【例2】（2024·吉林长春·八年级期末）如图所示，把两块完全相同的等腰直角三角板如图所示的方式摆放，线段AC在直线MN上．若点F恰好是线段AB中点，则∠AFD的大小为°．【变式2-1】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=45°，点M为边BC上的动点，当2AM+CM最小时，则∠CAM的度数为（

）

A．60° B．45° C．30° D．15°【变式2-2】（2024八年级·江苏·专题练习）如图，△ABC中，AC=BC，且点D在△ABC外，D在AC的垂直平分线上，连接BD，若∠DBC=30°，∠ACD=12°，则∠A=°．【变式2-3】（2024·安徽·八年级期末）已知在等腰△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，AD=12BC，则∠CA．5种 B．4种 C．3种 D．2种【题型3由含30°的直角三角形的性质求面积】【例3】（2024·山东聊城·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，以点A为圆心，以AB的长为半径画弧交AC于点D，连接BD，再分别以点B，D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交BD于点M，交BC于点E，连接DE，则S△CDEA．1:2 B．3:3 C．2:5 D．【变式3-1】（23-24八年级·重庆·期末）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，点D是AB上一点，且BD=CD=6,∠DBC=15°，则△BCD的面积为（

A．9 B．12 C．18 D．6【变式3-2】（23-24八年级·辽宁辽阳·期末）如图，在△ABC中，∠C=90°,∠B=30°，D是BC上一点，连接AD，若AD平分∠BAC，设△ADB和△ADC的面积分别是S1，S2，则S1A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．3:2【变式3-3】（23-24八年级·湖南永州·期中）如图，在△ABC中，AB=6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A【题型4由含30°的直角三角形的性质求最值】【例4】（23-24八年级·湖北荆门·期末）如图，CA⊥直线l于点A，CA=4，点B是直线l上一动点，以CB为边向上作等边△MBC，连接MA，则MA的最小值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【变式4-1】（23-24八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，已知∠AOB=60°，OC平分∠AOB，点P在OC上，PD⊥OA于点D，OP=6，点E是射线OB上的动点，则PE的最小值为（）A．4 B．2 C．5 D．3【变式4-2】（23-24八年级·江苏苏州·期中）如图，边长为6的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是．【变式4-3】（23-24八年级·浙江金华·期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，∠BAC=30°，AG是底边BC上的高，在AG的延长线上有一个动点D，连接CD，作∠CDE=150°，交AB的延长线于点E，∠CDE的角平分线交AB边于点F，则在点D运动的过程中，线段EF的最小值(

)A．6 B．4 C．3 D．2【题型5由含30°的直角三角形的性质求坐标】【例5】（23-24八年级·北京朝阳·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的斜边OB在x轴上，∠ABO=30°，若点A的横坐标为1，则点B的坐标为【变式5-1】（23-24八年级·湖南长沙·期中）如图，等边△ABC的三个顶点都在坐标轴上，A−3，0，过点B作BD⊥AB，交x轴于点D，则点D

【变式5-2】（2024·山东泰安·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点O的坐标为0，0，点M的坐标为3，0，N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，连接NK，A．32 B．323 C．2【变式5-3】（23-24八年级·广东东莞·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标是(0,1)，以OA为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1，以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，再过点A2作x【题型6由含30°的直角三角形的性质进行证明】【例6】（23-24八年级·山东烟台·期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AD平分∠BAC，交BC于点D(1)用尺规作出线段AD的垂直平分线交AD于点M，交AB于点N．（保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）的条件下，求证：CD=1【变式6-1】（23-24八年级·重庆江津·期中）如图，在等腰△ABC中，AC=BC，∠ACB=4∠B，点D是AC边的中点，DE⊥AC，交AB于点E，连接CE．(1)求∠BCE的度数；(2)求证：AB=3CE．【变式6-2】（2024八年级·江苏·专题练习）如图，在△ABC，∠ACB=90°，∠A=30°，AB的垂直平分线分别交AB和AC于点D，(1)若AC=6cm，求CE(2)连接CD，请判断△BCD的形状，并说明理由．【变式6-3】（23-24八年级·安徽阜阳·开学考试）如图，已知在等边三角形ABC中，D，E分别是边BC，AC上的点，且AE=DC，连接AD，BE相交于点P，过点B作BQ⊥AD，Q为垂足，求证：BP=2PQ．【题型7由含30°的直角三角形的性质解决折叠问题】【例7】（23-24八年级·山东济宁·期末）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC=90°，AB=4，∠C=30°．沿过点A的直线将纸片折叠（折痕为AF），使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，折痕交AC于点E（折痕为EG），则FG的长是（

）A．3 B．4 C．6 D．8【变式7-1】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图所示，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，将△BCE沿BE折叠，使点C落在AB边D点，若EC=6cm，则AC=（

A．12 B．16 C．18 D．14【变式7-2】（2024·山东滨州·八年级期末）如图，点O是矩形纸片ABCD的对称中心，E是BC上一点，将纸片沿AE折叠后，点B恰好与点O重合．若BE=3，则折痕AE的长为．【变式7-3】（23-24八年级·广西南宁·阶段练习）如图，在▱ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B=60°，AB=2，则BC为．【题型8由含30°的直角三角形的性质解决旋转问题】【例8】（23-24八年级·陕西西安·阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=5 cm，将△ABC绕点A逆时针旋转至△AB'C'的位置，点B的对应点为点B'，点C的对应点(1)α的度数为°；(2)求△ABB【变式8-1】（2024·新疆乌鲁木齐·三模）如图，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，若∠B=90°，∠C=30°，AB=2，则AE的长为．

【变式8-2】（2024八年级·浙江·专题练习）如图，△AB'C'是△ABC绕点A旋转180°后得到的，已知∠B=90°，AB=1，∠C=30°，则【变式8-3】（2024·河北秦皇岛·八年级期末）如图，在等边△ABC中，AB=10，P为BC上一点（不与点B，C重合），过点P作PM⊥BC于点P，交线段AB于点M，将PM绕点P顺时针旋转60°，交线段AC于点N，连接MN，有三位同学提出以下结论：嘉嘉：△PNC为直角三角形．淇淇：当AM=2时，AN=7．珍珍：在点P移动的过程中，MN不存在平行于BC的情况．下列说法正确的是（

）A．只有嘉嘉正确 B．嘉嘉和淇淇正确C．淇淇和珍珍正确 D．三人都正确【题型9由含30°的直角三角形的性质解决动点问题】【例9】（23-24八年级·湖南岳阳·期中）如图：△ABC是边长为3cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s，当点P到达B时，P、Q两点停止运动，当点P到达B时，P、Q两点停止运动．设点P运动的时间为t(s)．当t为时，【变式9-1】（23-24八年级·山西晋中·期中）如图，在△ABC中，∠B=90°,∠A=30°,AC=8cm，动点P、Q同时从A、C两点出发，分别在AC、BC边上匀速移动，它们的速度分别为vP=2cm/s,vQ=1cm/s(1)当t为何值时，△PCQ为等边三角形？(2)当t为何值时，△PCQ为直角三角形？【变式9-2】（2024八年级·全国·专题练习）已知：如图，△ABC是边长3cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t

(1)当动点P、Q同时运动2s时，则BP=cm，BQ=(2)当动点P、Q同时运动ts时，分别用含有t的式子表示；BP=cm，BQ=(3)当t为何值时，△PBQ是直角三角形？【变式9-3】（23-24八年级·辽宁朝阳·期末）如图，在△ABC中，∠A=60°，AB=4cm，AC=12cm．动点P从点A开始沿AB边以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CA边以3cm/s的速度运动．点P和点Q同时出发，当点P到达点B时，点

(1)用含t的代数式表述AQ的长是______．(2)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△APQ是直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【题型10含30°的直角三角形的性质的实际应用】【例10】（23-24八年级·安徽合肥·期末）如图①，设计一张折叠型方桌，其示意图如图②，若AO=BO=50cm，CO=DO=30cm．现将桌子放平，两条桌腿需要叉开的角度∠AOB应为120°，则AB距离地面CD的高为【变式10-1】（23-24八年级·广西玉林·期中）某游乐场部分平面图如图所示，点C、E、A在同一直线上，点D、E、B在同一直线上，DB⊥AB．测得A处与E处的距离为70m，C处与E处的距离为35m，∠C=90°，∠BAE=30°．(1)请求出旋转木马E处到出口B处的距离；(2)判断入口A到出口B处的距离与海洋球D到过山车C处的距离是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由．【变式10-2】（23-24八年级·河北廊坊·期末）如图，嘉琪想测量一座古塔CD的高度，在A处测得∠CAD=15°，再往前行进60m到达B处，测得∠CBD=30°，点A，B，D在同一条直线上，根据测得的数据，这座古塔CD的高度为（

A．40m B．30m C．252【变式10-3】（23-24八年级·山东济宁·期中）图①所示的是某超市入口的双翼闸门，如图②，当它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为7cm，双翼的边缘AC=BD=80cm，且与闸机侧立面夹角专题13.6含30°的直角三角形的性质【十大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1由含30°的直角三角形的性质求线段长度】 1【题型2由含30°的直角三角形的性质求角度】 5【题型3由含30°的直角三角形的性质求面积】 10【题型4由含30°的直角三角形的性质求最值】 14【题型5由含30°的直角三角形的性质求坐标】 19【题型6由含30°的直角三角形的性质进行证明】 23【题型7由含30°的直角三角形的性质解决折叠问题】 27【题型8由含30°的直角三角形的性质解决旋转问题】 30【题型9由含30°的直角三角形的性质解决动点问题】 34【题型10含30°的直角三角形的性质的实际应用】 39知识点：含30°的直角三角形的性质在直角三角形中，30°角所对的边等于斜边的一半。【题型1由含30°的直角三角形的性质求线段长度】【例1】（23-24八年级·山东济宁·期末）如图，在等边△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，且AE=CD，BE与AD相交于点P，BQ⊥AD于点Q．

(1)求证：BE=AD；(2)若PQ=4，求BP的长．【答案】(1)见解析(2)8【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）证明△ABE≌△CAD即可得证；（2）求出∠PBQ=30°，再根据含30°角的直角三角形的性质即可得出答案．【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，在△ABE和△CAD中AB=AC∠BAE=∠ACD∴△ABE≌△CADSAS∴BE=AD．（2）解：∵△ABE≌△CAD，∴∠ABE=∠CAD，∴∠BPQ=∠ABP+∠BAP=∠CAD+∠BAP=∠BAC=60°，又∵BQ⊥AD，∴∠BQP=90°，∴∠PBQ=180°−∠BPQ−∠BQP=30°，∴BP=2PQ，又∵PQ=4，∴BP=8．【变式1-1】（23-24八年级·黑龙江牡丹江·期中）在等边三角形△ABC，若AB边上的高CD与边BC所夹得角为30°，且BD=3，则△ABC的周长为（

）A．18 B．9 C．6 D．4.5【答案】A【分析】由30度角的性质可求出BC=2AB=6，然后由等边三角形的性质求解即可．【详解】解：如图，

∵CD⊥AB，∴∠CDB=90°．∵∠BCD=30°，BD=3，∴BC=2AB=6．∵△ABC是等边三角形，∴△ABC的周长为6×3=18．故选A．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握含30度角的直角三角形的性质是解答本题的关键．【变式1-2】（23-24八年级·山东泰安·期末）如图所示，△ABC是等边三角形，D为AC的中点，DE⊥AB，垂足为E．若AE=3，则△ABC的边长为（

）A．12 B．10 C．8 D．6【答案】A【分析】本题主要考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°；在直角三角形中30°角所对应的边是斜边的一半是解题的关键．根据题意可知∠A=60°，在直角三角形ADE中求得AD的长，即可求得AC的长．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，D为AC的中点，DE⊥AB，垂足为点E．若AE=3，∴在直角三角形ADE中，∠A=60°，∠AED=90°，∠ADE=30°，∴AD=2AE=6，又∵D为AC的中点，∴AC=2AD=12，∴等边三角形ABC的边长为12，故选：A．【变式1-3】（2024八年级·江苏·专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC=60°，以AC为边在△ABC外作等边△ACD，过点D作DE⊥BC．若AB=5.4，CE=3，则BE=．【答案】7.8【分析】此题主要考查了等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，正确地作出辅助线，构造全等三角形和含有30°角的直角三角形是解决问题的关键．过点C作CP⊥AB于P，根据∠ABC=60°得∠BAC+∠BCA=120°，再根据等边三角形性质得AC=CD，∠ACD=60°，则∠DCE+∠BCA=120°，由此得∠BAC=∠DCE，据此可依据“AAS”判定△APC和△CED全等，从而得AP=CE=3，则BP=AB−AP=2.4，进而在根据直角三角形性质得BC=2BP=4.8，据此可得BE的长．【详解】解：过点C作CP⊥AB于P，如图所示：∵∠ABC=60°，∴∠BAC+∠BCA=180°−∠ABC=120°，∵△ACD为等边三角形，∴AC=CD，∠ACD=60°，∵∠DCE+∠BCA=180°−∠ACD=120°，∴∠BAC=∠DCE，∵CP⊥AB，DE⊥BC，∴∠APC=∠CED=90°，在△APC和△CED中，∠APC=∠CED=90°∠BAC=∠DCE∴△APC≌△CED(AAS∴AP=CE=3，∴BP=AB−AP=5.4−3=2.4，在Rt△BCP中，∠ABC=60°∴∠BCP=30°，∴BC=2BP=2×2.4=4.8，∴BE=BC+CE=4.8+3=7.8．故答案为：7.8【题型2由含30°的直角三角形的性质求角度】【例2】（2024·吉林长春·八年级期末）如图所示，把两块完全相同的等腰直角三角板如图所示的方式摆放，线段AC在直线MN上．若点F恰好是线段AB中点，则∠AFD的大小为°．【答案】15【分析】本题考查了三角形中位线，含30°的直角三角形，平行线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．过点F作CD的垂线，垂足为H，先证明FH为△ABC的中位线，和∠B=∠HFA=45°，再根据直角三角形中30°所对的直角边为斜边的一半即可得出∠FDH=30°，继而求出∠HFD，以及∠AFD的度数．【详解】过点F作CD的垂线，垂足为H，如图：∵点F恰好是线段AB中点，FH⊥AC，∠BCA=90°，∴BC∥FH，BC=2FH，∴∠B=∠HFA=45°，∵两块等腰直角三角板完全相同，∴BC=FD，∴BC=FD=2FH，∵∠FHD=90°，∴∠FDH=30°，∴∠HFD=60°，∵∠B=∠HFA=45°，∴∠AFD=∠HFD−∠HFA=60°−45°=15°，故答案为：15．【变式2-1】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=45°，点M为边BC上的动点，当2AM+CM最小时，则∠CAM的度数为（

）

A．60° B．45° C．30° D．15°【答案】D【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，垂线段最短，三角形内角和定理的应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质．在BC下方作∠BCN=30°，过点A作AF⊥CN于点F，过点M作ME⊥CN于点E，根据含30度角的直角三角形的性质得出ME=12CM，根据2AM+CM=2AM+12CM=2AM+ME，两点之间线段最短，且垂线段最短，得出当A、M、E【详解】解：在BC下方作∠BCN=30°，过点A作AF⊥CN于点F，过点M作ME⊥CN于点E，如图所示：

则ME=1∴2AM+CM=2AM+∵两点之间线段最短，且垂线段最短，∴当A、M、E三点共线，且AE⊥CN时，AM+ME最小，即2AM+CM最小，∴当点E在点F时，2AM+CM最小，∵∠AFC=90°，∠ACE=∠ACB+∠BCE=45°+30°=75°，∴∠CAF=90°−75°=15°，即此时∠CAM=15°．故选：D．【变式2-2】（2024八年级·江苏·专题练习）如图，△ABC中，AC=BC，且点D在△ABC外，D在AC的垂直平分线上，连接BD，若∠DBC=30°，∠ACD=12°，则∠A=°．【答案】72【分析】过C作CM⊥BD，交BD的延长线于M，过D作DN⊥AC于N，证明Rt△DNC≌Rt△DMCHL，得∠DCM=∠ACD=12°，求出【详解】解：如图，过C作CM⊥BD，交BD的延长线于M，过D作DN⊥AC于N，∵点D在AC的垂直平分线上，∴DN垂直平分AC，∴NC=1∵AC=BC，∴NC=1在Rt△BMC中，∠DBC=30°∴CM=1∴CM=CN，在Rt△DNC和Rt∵CD=CDCN=CM∴Rt△DNC≌∴∠DCM=∠ACD=12°，∵∠DBC=30°，∴∠MCB=60°，∴∠ACB=60°−12°×2=36°，又∵AC=BC，∴∠A=1故答案为：72．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,含30°角直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题时要熟知等腰三角形的两个底角相等，需要作辅助线，构建全等三角形，由全等三角形的对应角相等．【变式2-3】（2024·安徽·八年级期末）已知在等腰△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，AD=12BC，则∠CA．5种 B．4种 C．3种 D．2种【答案】A【分析】根据题意分两种情况：AD落在△ABC内部和AD落在△ABC外部，然后分别根据等腰三角形的概念和三角形内角和定理求解即可．【详解】（1）当AD落在△ABC内部时，①如图，当AB=AC时，

∵AD⊥BC，AD=1∴AD=BD=DC，即∠C=45°．②如图，当AB=CB时，

∵AD⊥BC，AD=1∴AD=1∴∠B=30°，∴∠C=③如图，当AC=BC时，

∵AD⊥BC，AD=1∴AD=1∴∠C=30°．（2）当AD落在△ABC外部时，④当AB=AC时，此时不存在．⑤如图，当AB=CB时，

∵AD⊥BC，AD=1∴AD=1∴∠ABD=30°，则∠C=1⑥如图，当AC=BC时，

∵AD⊥BC，AD=1∴AD=1∴∠ACD=30°，则∠ACB=180°−30°=150°，即∠C=150°．综上，∠C的度数可能为15°，30°，45°，75°，150°，共5种可能，故选：A．【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，含30°角直角三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是根据题意分情况讨论．【题型3由含30°的直角三角形的性质求面积】【例3】（2024·山东聊城·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，以点A为圆心，以AB的长为半径画弧交AC于点D，连接BD，再分别以点B，D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交BD于点M，交BC于点E，连接DE，则S△CDEA．1:2 B．3:3 C．2:5 D．【答案】D【分析】先根据30°角的直角三角形的性质得到AB=12AC【详解】解：∵∠ABC=90°，∠BAC=60°，∴∠C=90°−∠BAC=90°−60°=30°，∴AB=1由题意得：AB=AD，AP平分∠BAC，∴∠BAE=∠DAE，在△ABE与△ADE中，AB=AD∠BAE=∠DAE∴△ABE≌△ADESAS∴S△ABE∵AD=AB=1∴AD=CD，∴S△ADE∴S△ABC∴S△CDE故选：D．【点睛】本题考查作图—基本作图，直角三角形两锐角互余，30°角的直角三角形，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，等底同高的三角形面积相等．掌握基本作图及全等三角形的判定和性质是解题的关键．【变式3-1】（23-24八年级·重庆·期末）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，点D是AB上一点，且BD=CD=6,∠DBC=15°，则△BCD的面积为（

A．9 B．12 C．18 D．6【答案】A【分析】本题考查等边对等角，三角形的外角，含30度角的直角三角形，根据等边对等角结合三角形的外角，求出∠ADC=30°，进而求出AC的长，由三角形的面积公式求出△BCD的面积即可．【详解】解：∵BD=CD=6,∠DBC=15°，∴∠DCB=∠B=15°，∴∠ADC=∠B+∠BCD=30°，∵∠A=90°，∴AC=1∴△BCD的面积为12故选A．【变式3-2】（23-24八年级·辽宁辽阳·期末）如图，在△ABC中，∠C=90°,∠B=30°，D是BC上一点，连接AD，若AD平分∠BAC，设△ADB和△ADC的面积分别是S1，S2，则S1A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．3:2【答案】B【分析】本题考查了直角三角形的性质，等角对等边，三角形的面积等知识，先求出∠BAD=∠CAD=30°，得出AD=BD，从而CD=1【详解】解：∵∠C=90°,∠B=30°，∴∠BAC=90°−30°=60°．∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD=1∴∠B=∠BAD，∴AD=BD，

∴CD=1∴S1故选B．【变式3-3】（23-24八年级·湖南永州·期中）如图，在△ABC中，AB=6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A【答案】9【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△A1BC1，A1B=AB=6【详解】解：在△ABC中，AB=6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A∴△ABC≌△∴A∴△A1BA如图，过A1作A1D⊥AB于D∴S又∵SS△∴S【题型4由含30°的直角三角形的性质求最值】【例4】（23-24八年级·湖北荆门·期末）如图，CA⊥直线l于点A，CA=4，点B是直线l上一动点，以CB为边向上作等边△MBC，连接MA，则MA的最小值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．以AC为边作等边三角形ACE，连接ME，过点A作AF⊥ME于点F，证明△BCA≌△MCE(SAS)，由全等三角形的性质得出BA=ME，【详解】解：如图，以AC为边作等边三角形ACE，连接ME，过点A作AF⊥ME于点F，∵△MBC和△ACE为等边三角形，∴BC=CM，AC=CE，∠BCM=∠ACE=60°，∴∠BCA=∠MCE，在△BCA和△MCE中，BC=MC∠BAC=∠MCE∴△BCA≌△MCE(SAS∴BA=ME，∠BAC=∠MEC=90°，∴∠AEF=90°−60=30°，∵B是直线l的动点，∴M在直线ME上运动，∴MA的最小值为AF，∵AE=AC=4，∴AF=1故选：B【变式4-1】（23-24八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，已知∠AOB=60°，OC平分∠AOB，点P在OC上，PD⊥OA于点D，OP=6，点E是射线OB上的动点，则PE的最小值为（）A．4 B．2 C．5 D．3【答案】D【分析】题考查了垂线段最短以及角平分线的性质，解题的关键是掌握角平分线的性质及垂线段最短的实际应用．过P作PH⊥OB，根据垂线段最短即可求出PE最小值．【详解】解∶∵∠AOB=60°，OC平分∠AOB，∴∠AOC=30°，∵PD⊥OA，OP=6，∴PD=1过P作PH⊥OB于点H，

∵PD⊥OA，OC平分∠AOB，∴PD=PH=3，∵点E是射线OB上的动点，∴PE的最小值为3，故选：C．【变式4-2】（23-24八年级·江苏苏州·期中）如图，边长为6的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是．【答案】3【分析】取BC的中点，连接MG，根据等边三角形的性质和旋转可以证明△MBG≌△NBH，可得MG=NH，根据垂线段最短，当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，进而根据30度角所对直角边等于斜边的一半即可求得线段HN长度的最小值．本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．【详解】解：如图，取BC的中点，连接MG，∵线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，∴∠MBH+∠HBN=60°，又∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，即∠MBH+∠MBC=60°，∴∠HBN=∠GBM，∵CH是等边三角形的高，∴BH=1∴BH=BG，又∵BM旋转到BN，∴BM=BN，∴△MBG≌△NBH(SAS)∴MG=NH，根据垂线段最短，当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，此时∠BCH=1CG=1∴MG=1∴HN=3∴线段HN长度的最小值是32故答案为：3【变式4-3】（23-24八年级·浙江金华·期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，∠BAC=30°，AG是底边BC上的高，在AG的延长线上有一个动点D，连接CD，作∠CDE=150°，交AB的延长线于点E，∠CDE的角平分线交AB边于点F，则在点D运动的过程中，线段EF的最小值(

)A．6 B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】此题考查了全等三角形的判定即性质，等腰三角形的三线合一的性质，角平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质．作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，证明△MDE≌△NDCASA，推出DE=DC，再证明△EDF≌△CDFSAS，推出EF=CF，得到当CF⊥AB时CF有最小值，即EF有最小值，由∠BAC=30°，AC=4，求出【详解】解：作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，∵AB=AC，AG⊥BC，∴AG平分∠BAC，即AD平分∠BAC，∵DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM=DN，∵∠BAC=30°，∠AMD=∠AND=90°，∴∠MDN=150°，∵∠CDE=150°，∴∠MDE=150°−∠CDM=∠NDC，∴△MDE≌△NDC(ASA∴DE=DC，∵DF平分∠CDE，∴∠EDF=∠CDF，连接CF，∵DF=DF，∴△EDF≌△CDFSAS∴EF=CF，∴当CF⊥AB时CF有最小值，即EF有最小值，此时，∵∠BAC=30°，AC=4，∴CF=1故选：D．【题型5由含30°的直角三角形的性质求坐标】【例5】（23-24八年级·北京朝阳·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的斜边OB在x轴上，∠ABO=30°，若点A的横坐标为1，则点B的坐标为【答案】4,0【分析】本题主要考查了含30度角直角三角形的特征，解题的关键是掌握含30度角的直角三角形，30度角所对的边是斜边的一半．过点A作x轴的垂线，垂足为点C，先得出∠OAC=30°，则OA=2OC=2，进而得出OB=2OA=4，即可解答．【详解】解：过点A作x轴的垂线，垂足为点C，∵Rt△OAB中∠ABO=30°∴∠AOB=60°，∵AC⊥OB，∴∠OAC=30°，∵点A的横坐标为1，∴OC=1，∴OA=2OC=2，∵∠ABO=30°，∴OB=2OA=4，∴点B的坐标为4,0，故答案为：4,0．【变式5-1】（23-24八年级·湖南长沙·期中）如图，等边△ABC的三个顶点都在坐标轴上，A−3，0，过点B作BD⊥AB，交x轴于点D，则点D

【答案】9【分析】本题考查了坐标与图形，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质．由等边三角形的性质求得AB的长，再由含30度角的直角三角形的性质求得AD的长，继而求得OD的长，即可求解．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，且BO⊥AC，∴AO=OC，∵A−3∴AO=3，∴AB=AC=2AO=6，∵BD⊥AB，∴∠ABD=90°，∴∠ADB=30°，∴AD=2AB=12，∴OD=AD−OA=9，∴点D的坐标为9，故答案为：9，【变式5-2】（2024·山东泰安·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点O的坐标为0，0，点M的坐标为3，0，N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，连接NK，A．32 B．323 C．2【答案】A【分析】如图所示，将△MOK绕点M顺时针旋转60度得到△MQN，连接OQ，由旋转的性质可得OK=NQ，OM=QM，∠OMQ=60°，证明△OMQ是等边三角形，得到∠QOM=60°，OQ=OM，推出∠NOQ=30°；由垂线段最短可知，当NQ⊥y轴，NQ最小，即【详解】解：如图所示，将△MOK绕点M顺时针旋转60度得到△MQN，连接OQ，由旋转的性质可得OK=NQ，∴△OMQ是等边三角形，∴∠QOM=60°，∴∠NOQ=30°，∵点M的坐标为3，∴OQ=OM=3，由垂线段最短可知，当NQ⊥y轴，NQ最小，即OK最小，此时点N与点N'∴OK故选A．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．【变式5-3】（23-24八年级·广东东莞·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标是(0,1)，以OA为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1，以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，再过点A2作x【答案】1【分析】此题主要考查了点的坐标，等边三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，理解在直角三角形中，30°的角所对的边等于斜边的一半是解决问题的关键．首先根据点A的坐标及等边三角形的性质得OA1=OA=1,∠AOA1=60°,进而得∠A1OO1【详解】∵点A的坐标是(0,1)，∴OA∴∠A∵A∴在Rt△A1OO∴点A1的纵坐标为1同理：A2O2=12A∴点A2的纵坐标为122,点A₃的纵坐标为123,点A₄∴点A2021的纵坐标为故答案为：12【题型6由含30°的直角三角形的性质进行证明】【例6】（23-24八年级·山东烟台·期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AD平分∠BAC，交BC于点D(1)用尺规作出线段AD的垂直平分线交AD于点M，交AB于点N．（保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）的条件下，求证：CD=1【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据尺规作一条线段垂直平分线的方法，进行作图即可；（2）过D点作DE⊥AB于E点，连接DN，由角平分线的性质和定义得到∠BAD=12∠BAC=15°，DC=DE，再由线段垂直平分线的性质得到NA=ND，进而得到∠DNE=∠NDA+∠NAD=30°【详解】（1）解：如图，MN为所求作的线段AD的垂直平分线；（2）证明：过D点作DE⊥AB于E点，连接DN，∵∠BAC=30°，AD平分∠BAC，DC⊥AC，DE⊥AB，∴∠BAD=12∠BAC=15°∵MN是AD的垂直平分线，∴DN=AN，∴∠NDA=∠NAD=15°，∴∠DNE=∠NDA+∠NAD=30°，在Rt△DNE中，DE=∵DN=AN，DC=DE，∴CD=1【点睛】本题主要考查了，尺规作一条线段的垂直平分线，角平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等边对等角，三角形外角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质．【变式6-1】（23-24八年级·重庆江津·期中）如图，在等腰△ABC中，AC=BC，∠ACB=4∠B，点D是AC边的中点，DE⊥AC，交AB于点E，连接CE．(1)求∠BCE的度数；(2)求证：AB=3CE．【答案】(1)∠BCE=90(2)证明见解析．【分析】（1）证明△ECD≌△EAD，可得∠A=∠ECD，设∠B=x，可得∠BEC=2x，得出x+2x+3x=180°，解得x=30°，则∠BCE可求出；（2）由直角三角形的性质可得BE=2CE，AE=CE，则结论可得出．【详解】（1）解：∵点D是AC边的中点，DE⊥AC，∴∠EDC=∠EDA=90°，DC=DA，∵ED=ED，∴△ECD≌△EADSAS∴∠A=∠ECD，设∠B=x，∵AC=BC，∴∠B=∠A=x，∴∠BEC=∠A+∠ECA=2x，∵∠ACB=4∠B，∴∠BCE=3x，∵∠B+∠BEC+∠BCE=180°，∴x+2x+3x=180°，解得x=30°，∴∠BCE=90°；（2）解：∵∠B=30°，∠BCE=90°，∴BE=2CE，∵CE=AE，∴AB=BE+AE=3CE．【点睛】考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握运用基础知识是解题的关键．【变式6-2】（2024八年级·江苏·专题练习）如图，在△ABC，∠ACB=90°，∠A=30°，AB的垂直平分线分别交AB和AC于点D，(1)若AC=6cm，求CE(2)连接CD，请判断△BCD的形状，并说明理由．【答案】(1)2cm(2)等边三角形，理由见解析【分析】本题主要考查线段垂直平分线的性质、含30°角的直角三角形，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．（1）连接BE，由垂直平分线的性质可求得∠CBE=∠ABE=∠A=30°，在Rt△BCE中，由直角三角形的性质可证得BE=2CE（2）由垂直平分线的性质可求得AD=BD，根据含30°角的直角三角形可得BC=12AB，因此△BCD为等腰三角形，进一步由题意可知∠ABC=60°【详解】（1）解：如图，连接BE，∵DE是AB的垂直平分线，∴AE=BE，∴∠ABE=∠A=30°，∴∠CBE=∠ABC−∠ABE=30°，在Rt△BCE中，BE=2CE∴AE=2CE，∵AC=6cm∴CE=2cm（2）△BCD是等边三角形，理由如下：连接CD，∵DE垂直平分AB，∴D为AB中点，∴AD=BD，在Rt△ABC中，∠A=30°∴BC=1∴AD=BD=BC，又∵∠ABC=60°，∴△BCD是等边三角形．【变式6-3】（23-24八年级·安徽阜阳·开学考试）如图，已知在等边三角形ABC中，D，E分别是边BC，AC上的点，且AE=DC，连接AD，BE相交于点P，过点B作BQ⊥AD，Q为垂足，求证：BP=2PQ．【答案】见详解【分析】根据全等三角形的判定定理SAS可判断两个三角形全等；根据全等三角形的对应角相等，以及三角形外角的性质，可以得到∠PBQ=30°，根据直角三角形的性质即可得到．本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质以及含30度角直角三角形的性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．【详解】解：∵△ABC为等边三角形．∴AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°，在△BAE和△ACD中，AE=CD∠BAC=∠ACB∴△BAE≌△ACD(SAS)∴∠ABE=∠CAD，∵∠BPQ为△ABP外角，∴∠BPQ=∠BAD+∠ABE=∠CAD+∠BAD=∠BAC=60°，∵BQ⊥AD，∴∠PBQ=30°，∴BP=2PQ．【题型7由含30°的直角三角形的性质解决折叠问题】【例7】（23-24八年级·山东济宁·期末）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC=90°，AB=4，∠C=30°．沿过点A的直线将纸片折叠（折痕为AF），使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，折痕交AC于点E（折痕为EG），则FG的长是（

）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】根据折叠的性质可得，BF=FD，CG=GD，即FG=12BC，再由30°【详解】解：由折叠可知，BF=FD，CG=GD，∴FG=1在△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，∠C=30°，∴BC=2AB=2×4=8，∴FG=1故选：B．【变式7-1】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图所示，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，将△BCE沿BE折叠，使点C落在AB边D点，若EC=6cm，则AC=（

A．12 B．16 C．18 D．14【答案】C【分析】本题主要考查了折叠的性质，含30°角的直角三角形的直角．理解直角三角形中30°角所对边是斜边的一半是解题的关键．【详解】解：根据折叠的性质DE=EC=6cm，∠EDB=∠C=90°∴∠EDA=90°，∵∠A=30°，∴AE=2DE=12cm∴AC=AE+EC=18cm故选C．【变式7-2】（2024·山东滨州·八年级期末）如图，点O是矩形纸片ABCD的对称中心，E是BC上一点，将纸片沿AE折叠后，点B恰好与点O重合．若BE=3，则折痕AE的长为．【答案】6【分析】此题考查了中心对称，矩形的性质，以及翻折变换，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．由折叠的性质及矩形的性质得到OE垂直平分AC，得到AE=EC，根据AB为AC的一半确定出∠ACE=30°，进而得到OE等于EC的一半，求出EC的长，即为AE的长．【详解】解：由题意得：AB=AO=CO，即AC=2AB，且OE垂直平分AC，∴AE=CE，∠ACB=30°，在Rt△OEC中，∠OCE=30°∴OE=1∵BE=3，∴OE=3，EC=6，则AE=6，故答案为：6．【变式7-3】（23-24八年级·广西南宁·阶段练习）如图，在▱ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B=60°，AB=2，则BC为．【答案】4【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角形内角和定理，含30°的直角三角形．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．由折叠的性质与题意可得，∠ACD=90°，由▱ABCD，可知BC=AD，CD=AB=2，∠D=∠B=60°，则∠CAD=180°−∠ACD−∠D=30°，【详解】解：由折叠的性质可得，∠ACD=90°，∵▱ABCD，∴BC=AD，∴∠CAD=180°−∠ACD−∠D=30°，∴AD=2CD=4，∴BC=4，故答案为：4．【题型8由含30°的直角三角形的性质解决旋转问题】【例8】（23-24八年级·陕西西安·阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=5 cm，将△ABC绕点A逆时针旋转至△AB'C'的位置，点B的对应点为点B'，点C的对应点(1)α的度数为°；(2)求△ABB【答案】(1)60(2)30【分析】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质．（1）根据∠C=90°，∠ABC=30°，求出∠BAC=90°−30°=60°，即可求出结果；（2）根据直角三角形的性质得出AB=2AC=10cm，根据旋转得出∠BAB'=60°，【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=90°−30°=60°，根据旋转可知：α=∠BAB（2）解：∵∠C=90°，∠ABC=30°，AC=5 cm∴AB=2AC=2×5=10cm∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度至△AB∴∠BAB'=60°∴△ABB∴△ABB'的周长是【变式8-1】（2024·新疆乌鲁木齐·三模）如图，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，若∠B=90°，∠C=30°，AB=2，则AE的长为．

【答案】4【分析】由直角三角形的性质可得AC=2AB=4，由旋转的性质可得AE=AC=4．本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．【详解】解：∵∠B=90°，∠C=30°，∴AC=2AB=4，∵将△ABC绕点A旋转得到△ADE，∴AE=AC=4，故答案为：4【变式8-2】（2024八年级·浙江·专题练习）如图，△AB'C'是△ABC绕点A旋转180°后得到的，已知∠B=90°，AB=1，∠C=30°，则【答案】4【分析】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，根据题意得出AC=2，进而根据旋转的性质，即可求解．【详解】解：在△ABC中，∠B=90°，AB=1，∠C=30°∴AC=2又∵△AB'C'是△ABC绕点∴AC'=AC，且C，A∴CC故答案为：4．【变式8-3】（2024·河北秦皇岛·八年级期末）如图，在等边△ABC中，AB=10，P为BC上一点（不与点B，C重合），过点P作PM⊥BC于点P，交线段AB于点M，将PM绕点P顺时针旋转60°，交线段AC于点N，连接MN，有三位同学提出以下结论：嘉嘉：△PNC为直角三角形．淇淇：当AM=2时，AN=7．珍珍：在点P移动的过程中，MN不存在平行于BC的情况．下列说法正确的是（

）A．只有嘉嘉正确 B．嘉嘉和淇淇正确C．淇淇和珍珍正确 D．三人都正确【答案】B【分析】根据等边三角形的性质证明∠PNC=180°−∠C−∠NPC=90°，可以判断嘉嘉正确：然后由含30度角的直角三角形的性质判断淇淇正确：珍珍错误，进而可以解决问题．【详解】解：由旋转可得：∠MPN=60°∵PM⊥BC∴∠BPM=90°∴∠NPC=180°−∠BPM−∠MPN=30°∵△ABC为等边三角形∴∠C=60°∴∠PNC=180°−∠C−∠NPC=90°∴△PNC为直角三角形，故嘉嘉正确；∵在等边△ABC中，AB=10，∠B=60°当AM=2时，BM=8，∵PM⊥BC∴∠BMP=30°∴BP=∴PC=6∵∠NPC=180°−∠BPM−∠MPN=30°∴NC=∴AN=AC−NC=7，故淇淇正确；当BM=4时，AM=10−4=6∴BP=∴CP=10−2=8∴CN=∴AN=AC−CN=6=AM∵∠A=60°由旋转性质可得：PM=PN，∠MPN=60°∴△MPN是等边三角形∴∠AMN=60°=∠B∴MN∥BC，故珍珍错误；故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质，直角三角形的判定，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，平行线的判定与性质．【题型9由含30°的直角三角形的性质解决动点问题】【例9】（23-24八年级·湖南岳阳·期中）如图：△ABC是边长为3cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s，当点P到达B时，P、Q两点停止运动，当点P到达B时，P、Q两点停止运动．设点P运动的时间为t(s)．当t为时，【答案】1或2/2或1【分析】本题考查的是等边三角形的性质、直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解答此题的关键；分两种情况：∠BPQ=90°；∠BQP=90°．然后在直角三角形BQP中根据BP,BQ的表达式和∠B的度数进行求解即可．【详解】解：在△ABC中，根据题意得：AP=tcm，BQ=tcm若△PBQ是直角三角形，则∠BQP=90°或∠BPQ=90°，当∠BQP=90°时，BQ=1即t=1∴t=1，当∠BPQ=90°时，BP=1∴3−t=1∴t=2．∴当t=1或t=2时，△PBQ是直角三角形．故答案为：1或2．【变式9-1】（23-24八年级·山西晋中·期中）如图，在△ABC中，∠B=90°,∠A=30°,AC=8cm，动点P、Q同时从A、C两点出发，分别在AC、BC边上匀速移动，它们的速度分别为vP=2cm/s,vQ=1cm/s(1)当t为何值时，△PCQ为等边三角形？(2)当t为何值时，△PCQ为直角三角形？【答案】(1)t=(2)t=165【分析】本题考查了等边三角形的性质、直角三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）先根据直角三角形的性质，得出BC=4cm，根据题意，得CP=8−2t,CQ=t（2）因为△PCQ为直角三角形，所以分类讨论，即当∠CQP=90°时，CP=2CQ或当∠CPQ=90°时，CQ=2CP，进行列式求解，即可作答．【详解】（1）解：∵∠B=90°,∠A=30°，∴∠C=60°,AC=2BC．∵AC=8∴BC=4cm∵动点P、Q同时从A、C两点出发，分别在AC、BC边上匀速移动，它们的速度分别为v∴0≤t≤4,CP=8−2t,CQ=t；当CP=CQ时，△PCQ为等边三角形．即8−2t=t.∴t=8即当t=83时，（2）解：若△PCQ为直角三角形，①当∠CQP=90°时，CP=2CQ，即8−2t=2t,∴t=2．②当∠CPQ=90°时，CQ=2CP，即t=2(8−2t),∴t=即当t=165或t=2时，【变式9-2】（2024八年级·全国·专题练习）已知：如图，△ABC是边长3cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t

(1)当动点P、Q同时运动2s时，则BP=cm，BQ=(2)当动点P、Q同时运动ts时，分别用含有t的式子表示；BP=cm，BQ=(3)当t为何值时，△PBQ是直角三角形？【答案】(1)1，2(2)3−t，t(3)t=1s或【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、直角三角形的性质等知识点，理解直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半和掌握分类讨论的思想是解答本题等关键．（1）根据“路程=速度×时间”并结合图形即可解答；（2）根据“路程=速度×时间”并结合图形即可解答；（3）根据等边三角形的性质可得该直角三角形∠B=60°，所以就可以表示出BQ与PB的关系，要分∠BPQ=90°和∠PQB=90°两种情况，分别在直角三角形BQP中根据BQ、PB列出关于【详解】（1）解：∵动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s当动点P、Q同时运动2s时，则BP=3−1×2=1cm，故答案为：1，2；（2）解：∵动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s∴当动点P、Q同时运动ts时，∴BP=3