其中1-3☆题目建议大家有时间的话在阅读解析前自己尝试做一下

前排

【第1题】难度：1.5☆
【题目】

【解析】首先，我们分析图形特征：菱形的一个角为60°，并且还有一个等边三角形。这意味着在这个图中，有很多相等线段以及相等角，再加上等边三角形这一强烈的条件，告诉我们大概率是构造“手拉手”解决问题。
接下来思考如何添加辅助线。注意到Q为CN中点。中点的常见辅助线有：倍长过中点线段和构造中位线。此题我们应选择怎样的辅助线呢？我做辅助线的原则一向是一条辅助线要有两个作用。那么构造中位线显然满足这一原则，因为当我们倍长CD至P时，DP=CD=AD且∠PDA=60°，也就意味着△ADP是等边三角形！这样，我们就产生了共顶点旋转的等边三角形，由“手拉手”可以得到，△PNA≌△PMA。这样，DM=PN=2DQ，（1）问证毕。
接下来就是证明∠DQM=90°，我们只需证∠DMQ=30°或∠MDQ=60°即可，这个工作大概率可以通过导角完成，因为有一堆60°，并且中位线还有平行。注意到∠ADC=120°，所以证明∠MDQ=60°似乎更加简单，因为我们只需证∠ADM+∠QDC=60°即可，而∠QDC=∠NPC，∠ADM=∠APN，∠NPC+∠APN=60°，故（2）问证毕。

【第2题】难度：4☆ 给大家感受一下4☆题的难度哈（其实也不难……）
注：=>即为推出符号⇒，<=>为等价符号⇔，我懒得敲了。。。
【题目】

【解析】首先我们分析图形特征。我们发现题目中要求证明的两个线段是分离的，那我们最好把它们放在一个三角形中。发现题目要求证明直角和√3倍，这不是含30°的直角三角形嘛！那我们不如直接以AP为直角边，构造含30°的Rt△APE，然后再证明AECB为平行四边形。其次，我们发现题目中给了我们两个等边三角形，这暗示我们有可能需要构造共顶点旋转的等边三角形，也就是“手拉手”来转移相等线段。
那么这个辅助线有没有第二个作用呢？注意到△PMN为一120°为顶角的等腰△，等腰三角形常见辅助线三线合一，我们作MN边上的高PQ，发现“手拉手”来了！△PQN同样为含30°的Rt△，故△PQN与△PNE旋转相似，并且PN=2PQ，故AQ=2NE！

此时，我们应当如何继续呢？我们刚刚提到，等腰三角形三线合一，Q为MN中点！中点的常见辅助线有什么？有倍长中线和构造中位线。那么我们当然要选择构造中位线！因为在前面我们推出了AQ=2NE，我们只要倍长MA至D，构造中位线，那么ND=2AQ，就有相等线段ND=NE了（这还是个等腰三角形）！

诶我们画完图发现，△DNE好像不止是个等腰三角形，还是个等边三角形啊！而且，如果这真是一个等边三角形，那么△NAC与△NDE就构成了“手拉手”！那我们来尝试证明其中一个角是60°。
设∠NPE=x，∠NEP=y，则∠PQA=∠PNE=180°-x-y=>∠MND=∠MQA=360°-(180°-x-y)-90°=90°+x+y=>∠DNE=360°-(180°-x-y）-30°-(90°+x+y)=60°（注：此处用有向角更为简便，但是校内肯定不认！）
故△NDE为等边三角形！

故由“手拉手”可以得到，△AND≌△NCE，CE=AD=AM=BA！我们要证AECB为平行四边形，现在有了一组边等，我们只需证明AB∥CE即可！这该怎么办呢？导角！
设∠ABC=a，∠BCA=b，则∠BAC=180°-a-b，∠MAN=60°+a+b，∠NCE=∠NAD=120°-a-b=>∠ABC+∠BCE=a+b+60°+120°-a-b=180°=>AB∥CE=>平行四边形ABCE.
Q.E.D

如果自己做的时候有其它解法，欢迎发表！

留爪〃∀〃

在下也发表下拙见

主要思路：看到等边和顶角120的等腰，只要作垂，很容易构造出30度的旋转相似，而等边三角形的特殊性导致作垂后会得到中点，连接以后自然得到中位线@Zhaoº昔

四星题不过如此

【第3题】难度：5☆ 唉总有人说题水
【题目】

【解析】题目要证切线，毫不犹豫连接OQ，试图证明∠OQP=90°即可。我们来分析图形特征。观察此图，不难发现△AKD圆心O'似乎在OE垂直平分线上，这意味着什么呢？AOED为等腰梯形！由于已经有了一组平行，我们只需证两底角相等即可，也就是证明∠OAD=∠EDA。
∠ADE=∠ABP+∠BAD-90°=∠BAD-（90°-∠ABP）=∠DAC-∠OAC=∠OAD=>OAED为等腰梯形，根据等腰梯形的性质，有EK=EA=OD，O'在AD中垂线上，故O'也在OE中垂线上，即O'O=EK.我们将相等角标在图中。

结合圆的半径相等，我们不难发现有两组旋转型全等，就是△O'OD≌△O'EK(SSS)和△O'OQ≌△O'ED，所以全等能够转化角，∠PQO=∠PQD+∠OQD=∠PKD+∠OQD，所以∠PKD+∠KDE=90°！
继续导角，∠OQD=∠O'OQ-∠O'OD=∠O'ED-∠O'EK=∠KED，则我们发现又有一组全等出现了，△ODQ≌△EDK(SSS)
故有∠OQD=∠EDK，则∠OQP=∠PQD+∠OQD=∠PKD+∠OQD=∠PKD=∠EDK=90°.

Q.E.D

好厉害，一看就是我这个高中生也不会的题。

【第4题】难度：2☆（看在它是19年高联二试的推广的份上，给他2☆吧。。。其实很简单）
【题目】

这个题一上来给我的感觉就是导角，因为有两个圆，还有一个角分线，圆里导角是最为方便的，然后一个角分线将两个圆联系在了一起.
连接BD，CE，很容易得到∠BAP=∠BDP=∠CAP。继续看题目条件，M为中点，中点常见辅助线倍长中线。至于倍长那个线段呢，我们选择倍长HM至N，主要原因是有一个直角，这时，BH=NC且∠N=90°。

于是，△BHD≌△ENC，故DH=EN，DE=HN=2HM.
Q.E.D

【第5题】难度：1.5☆
【题目】

【解析】看到这个题，需要我们求证△EAF为等腰Rt△，我们反推，假设该命题成立，则有“手拉手”出现！即△BEA≌△DEF.那我们只需证明这两个三角形全等即可.先找条件，平行四边形ADCF得到DF=AC=AB，再加上BE=ED，我们只需证∠EBA=∠EDF即可，这个工作看起来用导角完成。我们该如何导角呢？
既然有平行，我们不妨延长FD交AB于G，这样才能更好利用平行这一条件。我们发现∠BGD=∠BAC=90°，诶，B,E,D,G四点共圆了，这样，∠EBA≌△EDF，即命题成立

Q.E.D