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

【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！

【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

【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

【第6题】难度：2☆
本帖我们正式介绍一种证明方法：同一法。
同一法是一种间接证明方法，当图形唯一确定的情况下，若一个命题不易证明，我们证明它的逆命题成立，从而间接证明原命题成立。这个定义过于抽象，我们通过一道题来感受一下。
【题目】

【解】如图，在BF上截取一点C'，使EC'=EF.

设∠C'EF=2x ∵EC'=EF ∴在等腰△EC'F中，∠EC'F=90°-x. ∵等边△DEF ∴DE=EF=EC，∠DEF=60°-2x ∴在等腰△EDC'中，∠DC'E=60°+x ∴∠DC'B=180°-∠EC'F-∠DC'E=180°-(90°-x)-(60°+x)=30°.
∵等边△ABC ∴∠B=60° ∴∠BDC'=90°.
∵D为AB中点，故C'与C重合，故命题正确.
我这个过程写的已经非常详细，发现我们如果用同一法，只需简单导角即可，连全等都不需要证！我在尝试直接证明时，证了一两个全等，过程比这复杂得多！各位可以试试直接证明，也可以把证明该过程拍到此贴。
所以如果我们适当运用同一法，一些复杂的题目也会变得简便许多。

【第7题】难度：1.5☆
【题目】

【解析】首先看到这个图，立刻就会想到连接DQ，这是一个很明显的“手拉手”。接着，我们发现在PQ上存在一个斜直角，也就是∠DCB是一个直角。对于斜直角，有一个常见处理方法，就是构造一线三等角，如图

很容易得到，△CDN≌△BCM.接着，我们想要证明AB=BP，只需证明BP=BC即可，那么，我们只需证明M为CP中点就行了.这该怎么证明呢？
现在我们得到了两组全等，全等可以转化边和角，我们不放来导个角
设∠BPA=x，则∠AQD=x，因为△AQP为等腰直角三角形，故∠DQN=45°-x，∠QDN=45°+x，而∠BPM=∠BPA+∠APQ=45°+x=∠QDN！
结合∠DNQ=∠BMP=90°，QD=BP，即可得到△QDN≌△BPM，即MP=DN=CM，故M为中点，BM垂直平分CP。
故BP=BC=AB.
【注】本题有更简单的解法，只需一个全等即可

【第9题】难度：1.5☆
【题目】

【思路一】
看到正方形这么强烈的条件，便会想到构造“旋转”，再加上一看图就知道这俩线段的关系一定是EM=ME且EM⊥MC，于是我们可以构造CH⊥CM且CH=CM，这样，△DMC便旋转至△BHC.如此，我们只需证明EHMC也是一个正方形即可，也就是证明△EMH也为等腰Rt△。我们不妨倒退，加入有等腰Rt△EMH，而△BEF也为等腰Rt△，则会出现“手拉手”全等：△BHE≌△FMC！那么我们现在只需证明这两个三角形全等即可！
我们来找条件，发现EB=EF，BH=DM=MF，也就是说，我们已经得到了两组边等，那么要判定全等，我们只用得到其夹角相等即可！这个工作显然是由导角完成。

如图，我们先来表示出∠EBH吧。∠ABE=a，则∠EBC=90°-a，但是∠CBH好像不能用a表示啊，我们干脆设其为x，则∠EBH=90°-a+x，且∠CDM=x.我们只需用a,x表示∠EFM即可.但是我们发现，∠EFM似乎比较“独立”，不好用其它角来得到。那么我们用一个一般方法，用平角减其它角！我们延长MF，与BC交于J.诶我们发现，∠BJF=90°+x（外角）.设GF交BC于K，我们只需要用a,x表示∠KFJ即可，这是很简单的，因为∠FKJ=∠BKG=90°-a，那么∠FKJ=180°-∠FJK-∠FKJ=180°-（90°+x）-（90°-a）=a-x.则∠EFM=180°-∠KFJ-∠EFG=180°-（a-x）-90°=90°-a+x=∠EBH，故△EBH≌△EFM，则△HEM为等腰Rt△，容易得到EM=MC且EM⊥MC.
Q.E.D
【思路二】我们注意到，M为DF中点.对于中点，有一个常见辅助线，即倍长过中点线段.按照这个思想，我们倍长EM至H，则△EMF≌△HDM.故DM=EF=BE.现在我们来倒推，假设EM=CM且EM⊥CM，则△EHC为等腰Rt△，再加上△BCD也为等腰Rt△，那么就会出现“手拉手”：△BEC≌△DHC！那么我们只需证明这两个三角形相等即可.

现在，我们来找条件，我们发现DH=BE，BC=DC，即我们已经有了两组边等，只需得到其夹角相等即可。与【思路一】相同，设∠MDC=x，可以得到∠EBC=90°-a，并且由上文，可以得到∠EFM=90°-a+x.那么，由全等可以得到∠MDH=∠EFM=90°-a+x，又∠MDC=x，则∠CDH=90°-a=∠EBC！故△BEC≌△DHC，得到△EHC为等腰Rt△，又M为EH中点，故可以得到EM=MC且EM⊥MC.

【第10题】难度：1.5☆
此题为人大附中考题，方法有很多，欢迎发表各位大佬的解法！
【题目】

首先我们发现此题点D,E关于AB对称，那么很容易想到连接BE和AE.那么这两条辅助线有没有用呢？线段BE肯定是有用的，因为△BED是顶角为120°的等腰三角形，有BE=BD=√3ED.这样，我们只需求出BD（BE）与CG的关系即可.那么线段AE呢？我们来导个角.设∠DAB=x，则∠EAB=x，∠EAG=60°+x，∠FAG=60°-x.又因为∠EFD=∠AFG=60°，故∠AGF=180°-60°-（60°-x）=60°+x=∠EAG，也就是说AE=GE！这应该是一个有用的条件.接着，我们的目标是求BE与CG的关系，但是这两条线段“相离甚远”，我们应当把它们转移到一个三角形中.因为△ABC为等边三角形，自然想到构造“手拉手”旋转全等.在BC上截取CM=BE，则有△AEB≌△AMC.

这样，连接MG，线段CM与CG就在一个三角形里了.观察此图，根据“几何直观”，我们猜测∠GMC=90°（这应当是一个合理的猜测）.那么我们接下来通过导角尝试证明.不难想到连接EM，因为这样△AEM为等边三角形，这时，EM=AE=AG，也就意味着△EGM为等腰三角形.在等腰三角形中的导角非常方便.我们不妨假设∠CAM=x，则∠EAC=60°+x=∠AGE，故∠AEG=60°-2x，由∠AEM=60°，得到∠GEM=2x，由此，∠EMG=90°-x.那么，我们只需证明∠EMB=x就可以了！注意到∠AMB=∠C+∠MAC=60°+x，又因为∠AME=60°，故∠EMB=x，故∠GMB=90°，∠GMC=90°，则△CGM中，GC=2CM=2BE，有DE=√3BE，可以得到2DE=√3CG.

膜折棒残夜大佬

【第11题】难度：1☆
【题目】

【解析】首先看题目条件，P为BD中点，很自然想到倍长中线.倍长EP至M，则有BM=DE=CE.

来看题目让我们求的两条边，AE和PE，肉眼可得△APE是一个含30°的直角三角形.那么，如果这个假设成立，则△AME为等边三角形，也就出现了熟悉的“手拉手”，也就是△ABM≌△ACE.由此，我们只需证明这对全等即可。观察条件，我们已经有了MB=CE，AB=AC，我们只需得到其夹角相等即可！
这个工作，依然通过导角完成。注意到四边形BDEC中有一个内角是120°，不妨设∠D=x，∠CBD=y，则∠BCE=240°-x-y。故∠ACE=300°-x-y。而由周角360°可以得到，∠ABM=300°-x-y=∠ACE。
故答案为2