4. 分类讨论思想 (2026·浙江杭州临平区期末)如图，O是等边三角形ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB = 110°，∠BOC = α，△BOC ≅ △ADC，∠OCD=60°，连接OD.
(1)求证:△OCD是等边三角形；
(2)当α=150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；
(3)探究:当α为多少度时，△AOD是等腰三角形.
(1)求证:△OCD是等边三角形；
(2)当α=150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；
(3)探究:当α为多少度时，△AOD是等腰三角形.
答案：(1)
∵△BOC≅△ADC,
∴OC=DC.
∵∠OCD=60°,
∴△OCD 是等边三角形.
(2)△AOD 是直角三角形.理由如下:
∵△OCD 是等边三角形,
∴∠ODC=60°.
∵△BOC≅△ADC,α=150°,
∴∠ADC=∠BOC=α=150°,
∴∠ADO=∠ADC−∠ODC=150°−60°=90°,
∴△AOD 是直角三角形.
(3)
∵△OCD 是等边三角形,
∴∠COD=∠ODC=60°.
∵∠AOB=110°,∠ADC=∠BOC=α,
∴∠AOD=360°−∠AOB−∠BOC−∠COD = 360°−110°−α−60°=190°−α,
∠ADO=∠ADC−∠ODC=α−60°,
∴∠OAD=180°−∠AOD−∠ADO=180°−(190°−α)−(α−60°)=50°.
①当∠AOD=∠ADO 时,190°−α=α−60°,
∴α=125°.
②当∠AOD=∠OAD 时,190°−α=50°,
∴α=140°.
③当∠ADO=∠OAD 时,α−60°=50°,
∴α=110°.
综上所述,当α=110°或 125°或 140°时,△AOD 是等腰三角形.
∵△BOC≅△ADC,
∴OC=DC.
∵∠OCD=60°,
∴△OCD 是等边三角形.
(2)△AOD 是直角三角形.理由如下:
∵△OCD 是等边三角形,
∴∠ODC=60°.
∵△BOC≅△ADC,α=150°,
∴∠ADC=∠BOC=α=150°,
∴∠ADO=∠ADC−∠ODC=150°−60°=90°,
∴△AOD 是直角三角形.
(3)
∵△OCD 是等边三角形,
∴∠COD=∠ODC=60°.
∵∠AOB=110°,∠ADC=∠BOC=α,
∴∠AOD=360°−∠AOB−∠BOC−∠COD = 360°−110°−α−60°=190°−α,
∠ADO=∠ADC−∠ODC=α−60°,
∴∠OAD=180°−∠AOD−∠ADO=180°−(190°−α)−(α−60°)=50°.
①当∠AOD=∠ADO 时,190°−α=α−60°,
∴α=125°.
②当∠AOD=∠OAD 时,190°−α=50°,
∴α=140°.
③当∠ADO=∠OAD 时,α−60°=50°,
∴α=110°.
综上所述,当α=110°或 125°或 140°时,△AOD 是等腰三角形.
5. (2025·重庆北碚区期末)已知:△ABC为等边三角形,点D,E分别为边AB,BC上的点,AE,CD相交于点F,BD=CE.
(1)如图(1),求∠AFD的度数;
(2)如图(2),连接BF并延长,与AC相交于点G,M为BF延长线上一点,MF=BF,N为CD延长线上一点,∠MAN=120°,∠ACF=2∠CBG.求证:CN=2AG;
(3)在(2)的条件下,若△ABM的面积为2,AF+GC=DF+1,直接写出点A到BC的距离与点N到AB的距离之和.
(1)如图(1),求∠AFD的度数;
(2)如图(2),连接BF并延长,与AC相交于点G,M为BF延长线上一点,MF=BF,N为CD延长线上一点,∠MAN=120°,∠ACF=2∠CBG.求证:CN=2AG;
(3)在(2)的条件下,若△ABM的面积为2,AF+GC=DF+1,直接写出点A到BC的距离与点N到AB的距离之和.
答案：
(1)
∵△ABC 为等边三角形,
∴∠B=∠BAC=∠ACB=60°,AB=AC=BC.
在△CBD 和△ACE 中,
$\begin{cases}BD=CE,\\∠B=∠ACE,\\BC=CA,\end{cases}$
∴△CBD≅△ACE(SAS),
∴∠BCD=∠CAE.
又∠BCD+∠ACF=60°,
∴∠CAE+∠ACF=60°,
∴∠AFD=∠CAE+∠ACD=60°.
(2)如图(1),延长 AE 到点 H,使 FH=AF,连接 BH.
∵MF=BF,∠BFH=∠MFA,
∴△AFM≅△HFB(SAS),
∴∠FAM=∠H.
又∠NAM=∠FAM+∠NAF=120°,∠AFD=60°,
∴∠NAF+∠ANC=120°,
∴∠FAM=∠ANC,
∴∠H=∠ANC.
∵∠ACF=2∠CBG,
∴设∠CBG=α,则∠ACN=2α,
∴∠BCD=60°−2α. 由(1)知∠BCD=∠CAE,
∴∠CAE=∠BCD=60°−2α,
∴∠BAH=∠BAC−∠CAE=60°−(60°−2α)=2α=∠ACN.
∵AB=AC,
∴△ANC≅△BHA(AAS),
∴CN=AH=2AF.
∵∠CBG=α,∠BCD=60°−2α,
∴∠CFG=∠CBG+∠BCD=60°−α,
∴∠AGF = ∠CFG + ∠ACN = 60° + α, ∠CAE = ∠BCD=60°−2α,
∴∠AFG=180°−∠CAE−∠AGF=60°+α=∠AGF,
∴AF=AG,
∴CN=AH=2AF=2AG.
(3)如图(2),过点 N 作 NH⊥AB 于点 H,过点 A 作 AH₁⊥BC 于点 H₁,过点 C 作 CH₂⊥AB 于点 H₂.
设 NH=h,AH₁=h₁,CH₂=h₂.
∵△ABC 为等边三角形,
∴AH₁=CH₂,即 h₁=h₂.
由△AFM≅△HFB,得 $S_{△ABM}=S_{△HAB}$.
∵△ABM 的面积为 2,
∴$S_{△ABM}=S_{△HAB}=2$.
∵△ANC≅△BHA,
∴$S_{△ANC}=S_{△BHA}=2$.
∵∠CBG=α,
∴∠ABG=60°−α.
∵∠AFD=60°,∠AFG=60°+α,
∴∠BFD=∠CFG=180°−∠DFA−∠AFG=60°−α,
∴∠ABG=∠BFD,则 DF=DB.
由(2),得 AF=AG.
∵AF+GC=DF+1,
∴AG+GC=DF+1,即 AC=DF+1.
∵AC=AB,
∴AB=DB+1=AD+DB,
∴AD=1,$S_{△ANC}=S_{△AND}+S_{△ADC}=\frac{1}{2}(h+h_2)AD=2$,
∴h+h₂=4,
∴h+h₁=4,
则点 A 到 BC 的距离与点 N 到 AB 的距离之和为 4.
(1)
∵△ABC 为等边三角形,
∴∠B=∠BAC=∠ACB=60°,AB=AC=BC.
在△CBD 和△ACE 中,
$\begin{cases}BD=CE,\\∠B=∠ACE,\\BC=CA,\end{cases}$
∴△CBD≅△ACE(SAS),
∴∠BCD=∠CAE.
又∠BCD+∠ACF=60°,
∴∠CAE+∠ACF=60°,
∴∠AFD=∠CAE+∠ACD=60°.
(2)如图(1),延长 AE 到点 H,使 FH=AF,连接 BH.
∵MF=BF,∠BFH=∠MFA,
∴△AFM≅△HFB(SAS),
∴∠FAM=∠H.
又∠NAM=∠FAM+∠NAF=120°,∠AFD=60°,
∴∠NAF+∠ANC=120°,
∴∠FAM=∠ANC,
∴∠H=∠ANC.
∵∠ACF=2∠CBG,
∴设∠CBG=α,则∠ACN=2α,
∴∠BCD=60°−2α. 由(1)知∠BCD=∠CAE,
∴∠CAE=∠BCD=60°−2α,
∴∠BAH=∠BAC−∠CAE=60°−(60°−2α)=2α=∠ACN.
∵AB=AC,
∴△ANC≅△BHA(AAS),
∴CN=AH=2AF.
∵∠CBG=α,∠BCD=60°−2α,
∴∠CFG=∠CBG+∠BCD=60°−α,
∴∠AGF = ∠CFG + ∠ACN = 60° + α, ∠CAE = ∠BCD=60°−2α,
∴∠AFG=180°−∠CAE−∠AGF=60°+α=∠AGF,
∴AF=AG,
∴CN=AH=2AF=2AG.
(3)如图(2),过点 N 作 NH⊥AB 于点 H,过点 A 作 AH₁⊥BC 于点 H₁,过点 C 作 CH₂⊥AB 于点 H₂.
设 NH=h,AH₁=h₁,CH₂=h₂.
∵△ABC 为等边三角形,
∴AH₁=CH₂,即 h₁=h₂.
由△AFM≅△HFB,得 $S_{△ABM}=S_{△HAB}$.
∵△ABM 的面积为 2,
∴$S_{△ABM}=S_{△HAB}=2$.
∵△ANC≅△BHA,
∴$S_{△ANC}=S_{△BHA}=2$.
∵∠CBG=α,
∴∠ABG=60°−α.
∵∠AFD=60°,∠AFG=60°+α,
∴∠BFD=∠CFG=180°−∠DFA−∠AFG=60°−α,
∴∠ABG=∠BFD,则 DF=DB.
由(2),得 AF=AG.
∵AF+GC=DF+1,
∴AG+GC=DF+1,即 AC=DF+1.
∵AC=AB,
∴AB=DB+1=AD+DB,
∴AD=1,$S_{△ANC}=S_{△AND}+S_{△ADC}=\frac{1}{2}(h+h_2)AD=2$,
∴h+h₂=4,
∴h+h₁=4,
则点 A 到 BC 的距离与点 N 到 AB 的距离之和为 4.