专题15.6 等边三角形【九大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版）.docx

1、专题15.6 等边三角形【九大题型】【沪科版】【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】1【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】5【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】11【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】17【题型5 等边三角形的证明】22【题型6 与等边三角形有关的规律问题】27【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】31【题型8 与等边三角形有关的动点问题】36【题型9 含30角的直角三角形性质】41【知识点1 等边三角形】（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60.（3）等边三角形的判定：三条边都

2、相等的三角形是等边三角形；三个角都相等的三角形是等边三角形；有一个角为 60的等腰三角形是等边三角形.【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】【例1】（2022秋泰兴市期末）（1）如图1，AOB和COD都是直角若BOC60，则BOD30，AOC30；改变BOC的大小，则BOD与AOC相等吗？为什么？（2）如图2，AOBCOD80，若AODBOC+40，求AOC的度数；（3）如图3，将三个相同的等边三角形（三个内角都是60）的一个顶点重合放置，若BAE10，HAF30，则120【分析】（1）根据余角的性质即可得到结论；（2）根据角的和差即可得到结果；（3）根据等边三角形的性质得到DAHEAFBA

3、C60，根据角的和差即可得到结论【解答】解：（1）AOB和COD都是直角，BOC60，BOD30，AOC30，故答案为：30，30；（2）AOBCOD80，AOCBOD=12（AODBOC），AODBOC+40，AOC20；（3）DAHEAFBAC60，DAEHAF30，160301020故答案为：20【变式1-1】（2022秋巫溪县校级月考）已知：如图，ABC是等边三角形，D是BC延长线上的点，BE、CE分别平分ABC和ACD，求BEC的度数【分析】ABC是等边三角形的外角是120，平分后是60，又由角平分线与角的对边垂直可知所求角是直角三角形内的一个锐角，故而可解得【解答】解：ABC是等边

4、三角形，且有BE、CE分别平分ABC和ACD，ACBE，ECD（18060）2120260，ACE60，又ACBE，BEC180906030【变式1-2】（2022秋太原期末）问题情境：如图1，点D是ABC外的一点，点E在BC边的延长线上，BD平分ABC，CD平分ACE试探究D与A的数量关系（1）特例探究：如图2，若ABC是等边三角形，其余条件不变，则D30；如图3，若ABC是等腰三角形，顶角A100，其余条件不变，则D50；这两个图中，D与A度数的比是1：2；（2）猜想证明：如图1，ABC为一般三角形，在（1）中获得的D与A的关系是否还成立？若成立，利用图1证明你的结论；若不成立，说明理由【

5、分析】（1）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用A和D表示出ACE，再根据角平分线的定义得到ACE2DCE，ABC2DBC，然后整理即可（2）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用A和D表示出ACE，再根据角平分线的定义得到ACE2DCE，ABC2DBC，然后整理即可【解答】解：（1）如图2，ABC是等边三角形，ABC60，ACE120，BD平分ABC，CD平分ACEDBC30，DCE60，DCED+DBC，D30；如图3，ABC是等腰三角形，A100，ABCACB40，ACE140，BD平分ABC，CD平分ACEDBC20，DCE70，DCED+DBC，D50；故答

6、案为30，50，1：2；（2）成立，如图1，在ABC中，ACEA+ABC，在DBC中，DCED+DBC，（1）CD平分ACE，BD平分ABC，ACE2DCE，ABC2DBC，又ACEA+ABC，2DCEA+2DBC，（2）由（1）2（2），2D+2DBC（A+2DBC）0，A2D【变式1-3】（2022秋龙港区期末）已知ABC，EFG是边长相等的等边三角形，点D是边BC，EF的中点（1）如图，连接AD，GD，则ADC的大小90（度）；GDF的大小90（度）；AD与GD的数量关系是ADGD；DC与DF的数量关系是DCDF；（2）如图，直线AG，FC相交于点M，求AMF的大小【分析】（1）如图中，

7、根据等边三角形的性质解答即可（2）如图连接AD，DG，利用等边三角形的性质即可解决问题【解答】解：（1）如图，连接AD，GD，ABC是等边三角形，BDDC，则ADC的大小90；EGF是等边三角形，EDDF，GDF90；BCEF，ADGD；DCDF；故答案为：90；90；ADGD；DCDF（2）连接AD，DG，由（1）得：ADCGDF90，ADCGDCGDFGDC，即12，由（1）得：ADGD，DGADAG=180-12，由（1）得：DCDF，3DCF=180-22，DGA3，AMFAGF+5，AMFDGA+5+43+5+4180GDF1809090【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】【

8、例2】（2022秋华容县期末）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边ABC和等边CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ以下五个结论：ADBE；PQAE；OPOQ；CPQ为等边三角形；AOB60其中正确的有 （注：把你认为正确的答案序号都写上）【分析】根据全等三角形的判定方法，证出ACDBCE，即可得出ADBE，正确先证明ACPBCQ，即可判断出CPCQ，即可得正确；根据PCQ60，可得PCQ为等边三角形，证出PQCDCE60，得出PQAE，正确没有条件证出OPOQ，得出错误；AOBDAE+AEODAE+ADCDCE60，正确；

9、即可得出结论【解答】解：ABC和CDE都是等边三角形，ACBC，CDCE，ACBDCE60，ACB+BCDDCE+BCD，ACDBCE，在ACD和BCE中，ACBC，ACDBCE，CDCE，ACDBCE（SAS），ADBE，结论正确ACDBCE，CADCBE，又ACBDCE60，BCD180606060，ACPBCQ60，在ACP和BCQ中，ACPBCQ，CAPCBQ，ACBC，ACPBCQ（AAS），APBQ，CPCQ，又PCQ60，PCQ为等边三角形，结论正确；PQCDCE60，PQAE，结论正确ACDBCE，ADCAEO，AOBDAE+AEODAE+ADCDCE60，结论正确没有条件证出

10、OPOQ，错误；综上，可得正确的结论有4个：故答案为：【变式2-1】（2022秋西青区期末）如图，ABC和CDE都是等边三角形，点E在ABC内部，连接AE，BE，BD若EBD50，则AEB的度数是 110【分析】由已知条件推导出ACEBCD，从而DBCCAE，再通过角之间的转化，利用三角形内角和定理能求出AEB的度数【解答】解：ABC和CDE都是等边三角形，ACBC，CECD，ABCACBBACECD60，又ACBACE+BCE，ECDBCE+BCD，BCDACE，在ACE和BCD中，AC=BCBCD=ACECE=CD，ACEBCD（SAS），CAEDBC，EBDEBCBACBAE，EBD50

11、，50EBC60BAE，50（60ABE）60BAE，ABE+BAE70，AEB180（ABE+BAE）18070110，故答案为：110【变式2-2】（2022秋兴化市校级月考）如图1，等边ABC中，D是AB边上的点，以CD为一边，向上作等边EDC，连接AE（1）求证：DBCEAC；（2）求证：AEBC；（3）如图2，若D在边BA的延长线上，且AB6，AD2，试求ABC与EAC面积的比值【分析】（1）首先证明BCDACE，然后利用SAS证明DBCEAC即可；（2）根据全等的性质可得EACB60，进而可得EACACB，从而可得AEBC；（3）利用等边三角形的性质可得BCAC，DCCE，BCAD

12、CE60，然后再证明DBCEAC，再推出EACACB，进而可得AEBC，进而利用三角形面积解答即可【解答】证明：（1）ACB60，DCE60，BCD60ACD，ACE60ACD，BCDACE，在DBC 和EAC 中，BC=ACBCD=ACEEC=DC DBCEAC（SAS）；（2）DBCEAC，EACB60，又ACB60，EACACB，AEBC；（3）ABC、EDC 为等边三角形BCAC，DCCE，BCADCE60，BCA+ACDDCE+ACD，即BCDACE，在DBC 和EAC 中BC=ACBCD=ACECD=CE，DBCEAC（SAS），EACB60，AEBDAB+AD8，又ACB60，E

13、ACACB，AEBCABC与EAC面积比=BCAE=66+2=34【变式2-3】（2022秋赫山区期末）如图，ABC和CDE都为等边三角形，E在BC上，AE的延长线交BD于F（1）求证：AEBD；（2）求AFB的度数；（3）求证：CF平分AFD；（4）直接写出EF，DF，CF之间的数量关系【分析】（1）要证明边相等可证明边所在的三角形全等，由ABC和CDE都为等边三角形，可得ACEBCD60，ACBC，CECD，继而证明三角形全等，即可解答题目；（2）由三角形全等可得CAECBD，结合AECBEF即可证明；（3）作CMAF于点M，CNDF于点N，连接CF，利用全等三角形的性质证明CMCN，即可

14、解答题目；（4）延长AF到点Q，使FQDF，连接DQ，则只需证明CFEQ，所以考虑证明CDFEDQ，自己试着解答【解答】（1）证明：ABC和CDE都为等边三角形，ACEBCD60，ACBC，CECD，ACEBCD（SAS），AEBD（2）解：ACEBCD，CAECBD，又AECBEF，AFBACB60（3）证明：作CMAF于点M，CNDF于点N，连接CF，CAECBD，AMCBNC90，ACBC，CAMCBN（SAS），则CMCN，CF平分AFD（4）解：延长AF到点Q，使FQDF，连接DQ，AFBACB60，则DFQ60，DFQ是等边三角形，则DQDF，FDQCDE60，CDFEDQ，CDD

15、E，CDFEDQ，DQDF，CDFEDQ（SAS），CFEQ，则CFEF+FQEF+DF【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】【例3】（2022春禅城区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（2，0），以线段OC为边在第一象限内作等边OBC，点D为x轴正半轴上一动点（OD2），连结BD，以线段BD为边在第一象限内作等边BDE，直线CE与y轴交于点A，则点A的坐标为（）A(0，-3)B(0，-23)C（0，2）D(0，-22)【分析】根据“手拉手”全等可得BCEBOD60，进而可得OCA60，即可求解A点坐标【解答】解：OBC，BDE为等边三角形，BOBC，BDBE，OBCDBEBC

16、O60，OBDCBE，在OBD和CBE中，BO=BCOBD=CBEBD=BE，OBDCBE（SAS），BCEBOD60，OCA60，COA90，OA=3OC=23，即A点坐标为：（0，-23），故选：B【变式3-1】（2022春龙口市期末）如图，在直角坐标系xOy中，直线MN分别与x轴，y轴交于点M，N，且OM4，OMN30，等边AOB的顶点A，B分别在线段MN，OM上，点A的坐标为（）A（1，3）B（1，5）C（3，1）D（32，3）【分析】根据OMN30和AOB为等边三角形，证明OAM为直角三角形，即可得出答案【解答】解：直线MN分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点M、N，OM4，OMN30

17、，ONM60，AOB为等边三角形，AOB60，AMO30，OAM90，OAMN，即OAM为直角三角形，OA=12OM=1242，过点A作ACOB于点C，OC=12OA1，AC=3，点A的坐标为（1，3）故选：A【变式3-2】（2022秋新洲区期末）在平面直角坐标系中，已知点A在y轴的正半轴上，点B在第二象限，AOa，ABb，BO与x轴正方向的夹角为150，且a2b2+ab0（1）试判定ABO的形状；（2）如图1，若BCBO，BCBO，点D为CO的中点，AC、BD交于E，求证：AEBE+CE；（3）如图2，若点E为y轴的正半轴上一动点，以BE为边作等边BEG，延长GA交x轴于点P，问：AP与AO

18、之间有何数量关系？试证明你的结论【分析】（1）ABO为等边三角形，理由为：根据（a2b2）+（ab）0，得到ab，再由BO与x轴正方向的夹角为150得到AOB60，即可得证；（2）在AC上截取AMCE，先证AEB60，方法是根据题意得到ABO为等边三角形，BOC为等腰直角三角形，确定出ABD度数，根据ABBC，且ABC120，得到BAE度数，进而确定出AEB为60，再由AMCE，得到AECM，再由ABCB，且夹角BACBCA，利用SAS得到BCM与BAE全等，利用全等三角形的对应边相等得到BMBE，得到BEM为等边三角形，得到BEEM，由AEEM+AM，等量代换即可得证；（3）AP2AO，理由

19、为：由题意得到BGBE，ABOB，利用等式的性质得到ABGOBE，利用SAS得到ABG与OBE全等，利用全等三角形的对应角相等得到GABBOE60，利用外角的性质得到APO30，在RtAOP中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半得到AP2AO【解答】（1）解：结论：ABO为等边三角形，理由：a2b2+ab（a+b）（ab）+（ab）（ab）（a+b+1）0ab0，得到ab，即AOABOB与x轴正半轴夹角为150AOB1509060AOB为等边三角形；（2）证明：在AC上截取AMEC，可得AM+EMCE+EM，即AECMAOB为等边三角形，BOC为等腰直角三角形OBC90，ABO60D为CO

20、的中点BD平分OBC，即CBDOBD45ABD105，ABC150BACBCA15AEB60在ABE和CBM中AB=CBBAE=BCMAE=CM，ABECBM（SAS）BMBEBEM为等边三角形BEEMAEAM+EMCE+BE；（3）解：结论：AP2AO，理由：AOB与BGE都为等边三角形BEBG，ABOB，EBGOBA60EBG+EBAOBA+EBA 即ABGOBE在ABG和OBE中AB=OBABG=OBEBE=BG，ABGOBE（SAS）BAGBOE60GAOGAB+BAO120GAO为AOP的外角且AOP90APO30在RtAOP中，APO30AP2AO【变式3-3】（2022秋汉阳区校

21、级期中）如图，平面直角坐标系中，已知A（2，0），B（2，0），C（6，0），D为y轴正半轴上一点，且ODB30，延长DB至E，使BEBDP为x轴正半轴上一动点（P在C点右边），M在EP上，且EMA60，AM交BE于N（1）求证：BEBC；（2）求证：ANBEPC；（3）当P点运动时，求BPBN的值【分析】（1）根据点A、B的坐标求出ADBD，根据直角三角形两锐角互余求出ABD60，然后判断出ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BDAB4，再求出BC4，从而得到BCBD，然后等量代换即可得证；（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得BAN+ANBABD60，BAN+E

22、PCEMA60，即可得证；（3）求出BCE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BCCE，然后求出ABCE，再求出ABNECP120，然后利用“角角边”证明ABN和ECP全等，根据全等三角形对应边相等BNCP，再根据BPCPBC等量代换即可得解【解答】（1）证明：A（2，0），B（2，0），ADBD，AB4，ODB30，ABD903060，ABD是等边三角形，BDAB4，B（2，0），C（6，0），BC624，BCBD，又BEBD，BEBC；（2）证明：由三角形的外角性质得，BAN+ANBABD60，BAN+EPCEMA60，所以，ANBEPC；（3）解：BEBDBC，CBEABD60，BCE

23、是等边三角形，BCCE，ABBC4，ABCE，ABDBCE60，ABNECP120，在ABN和ECP中，ANB=EPCABN=ECPAB=CE，ABNECP（AAS），BNCP，BPCPBC，BPBNBC4，故BPBN的值为4，与点P的位置无关【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】【例4】（2022南陵县模拟）如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D为边BC上一点，且BD=12CD点E，F分别在边AB，AC上，且EDF90，M为边EF的中点，连接CM交DF于点N若DFAB，则CM的长为（）A233B343C563D3【分析】根据等边三角形边长为2，在RtBDE中求得DE的长，再根据CM垂

24、直平分DF，在RtCDN中求得CN，最后根据线段和可得CM的长【解答】解：等边三角形边长为2，BD=12CD，BD=23，CD=43，等边三角形ABC中，DFAB，FDCB60，EDF90，BDE30，DEBE，BED90，B60，BDE30，BE=12BD=13，DE=BD2-BE2=33，如图，连接DM，则RtDEF中，DM=12EFFM，FDCFCD60，CDF是等边三角形，CDCF=43，CM垂直平分DF，DCN30，DNFN，RtCDN中，DN=23，CN=233，M为EF的中点，MN=12DE=36，CMCN+MN=233+36=536，故选：C【变式4-1】（2022春西乡县期末

25、）如图，ABC是等边三角形，BD是中线，过点D作DEAB于E交BC边延长线于F，AE1，求BF的长【分析】根据等边三角形的性质和中线的性质解答即可【解答】解：ABC是等边三角形，BD是中线，AACB60，ACBC，ADCD=12AC，DEAB于E，ADE90A30，CDAD2AE2，CDFADE30，FACBCDF30，CDFF，DCCF，BFBC+CF2AD+AD6【变式4-2】（2022浙江模拟）如图，等边ABC的边长为10，点P是边AB的中点，Q为BC延长线上一点，CQ：BC1：2，过P作PEAC于E，连PQ交AC边于D，求DE的长【分析】过P点作PFBC交AC于F点，根据等边三角形的性

26、质和判定求出APF是等边三角形，推出APAFPFCQ，根据等腰三角形性质求出AEEF，根据AAS证PFD和QCD全等，求出FDCD，推出DE=12AC，代入求出即可【解答】解：过P点作PFBC交AC于F点，等边ABC的边长为10，点P是边AB的中点，CQ：BC1：2，ABBC，BACBA60，APCQ，PFAB，APFB60，AFPACB60，AAPFAFP60，APF是等边三角形，PEAC，EF=12AF，APF是等边三角形，APCQ，PFCQPFAB，QFPD，在PDF和QDC中FPD=QFDP=QDCPF=CQ，PDFQDC，DFCD，DF=12CF，DEEF+DF=12AF+12CF=

27、12AC，ED5【变式4-3】（2022秋崇川区校级月考）如图，在ABC中，ABAC，D、E是ABC内两点，AD平分BAC，EBCE60，若BE30cm，DE2cm，则BC32cm【分析】作出辅助线后根据等腰三角形的性质得出BE30，DE2，进而得出BEM为等边三角形，EFD为等边三角形，从而得出BN的长，进而求出答案【解答】解：延长ED交BC于M，延长AD交BC于N，ABAC，AD平分BAC，ANBC，BNCN，EBCE60，BEM为等边三角形，EFD为等边三角形，BE30，DE2，DM28，BEM为等边三角形，EMB60，ANBC，DNM90，NDM30，NM14，BN16，BC2BN32

28、，故答案为32【题型5 等边三角形的证明】【例5】（2022秋建水县校级期中）如图，ABC为等边三角形，D为BC边上一点，以AD为边作ADE60，DE与ABC的外角平分线CE交于点E，连接AE求证：ADE是等边三角形【分析】过D作DGAC交AB于G，得出32，再利用AAS得出AGDDCE，进而得出答案【解答】解：过D作DGAC交AB于G，则13，GDB为等边三角形，AGDDCE120，AGDC又ADEACE60，ACEECF，12，32在AGD和DCE中，3=2AGD=DCEAG=DC，AGDDCE（AAS），ADDE，ADE60，ADE是等边三角形【变式5-1】如图，已知ABC是等边三角形，

29、E是AC延长线上一点，选择一点D，使得CDE是等边三角形，如果M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，求证：CMN是等边三角形【分析】根据ACDBCE，得出ADBE，AMBN；又AMCBNC，可得CMCN，ACMBCN，证明NCMACB60即可证明CMN是等边三角形；【解答】证明：ABC是等边三角形，CDE是等边三角形，M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，ACBECD60，ACB+BCDECD+BCD，即ACDBCE，在ACD和BCE中，AC=BCACD=BCECD=CE，ACDBCE，ADBE，AMBN；ACBC，CADCBE，AMBN，AMCBNC（SAS），CMCN，ACMBCN；又

30、NCMBCNBCM，ACBACMBCM，NCMACB60，CMN是等边三角形【变式5-2】（2022春龙口市期末）如图，E是AOB的平分线上一点，ECOB，EDOA，C、D是垂足，连接CD交OE于点F，若AOB60（1）求证：OCD是等边三角形；（2）若EF5，求线段OE的长【分析】（1）根据角平分线的性质得出DECE，然后根据HL证得RtODERtOCE，得出ODOC，由AOB60，证得OCD是等边三角形；（2）根据三线合一的性质得出AOEBOE30，OEDC，进而证得EDF30，然后根据30的直角三角形的性质即可求得OE的长【解答】解：（1）点E是AOB的平分线上一点，ECOB，EDOA，

31、垂足分别是C，D，DECE，在RtODE与RtOCE中，DE=CEOE=OE RtODERtOCE（HL），ODOC，AOB60，OCD是等边三角形；（2）OCD是等边三角形，OF是COD的平分线，OEDC，AOB60，AOEBOE30，ODF60，EDOA，EDF30，DE2EF10，OE2DE20【变式5-3】（2022秋韶关期末）已知：如图，ABC、CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点（1）求证：ADBE；（2）求DOE的度数；（3）求证：MNC是等边三角形【分析】（1）根据等边三角形性质得出ACBC，CDCE，ACBDCE60，求出ACDBCE

32、，证ACDBCE即可；（2）根据全等求出ADCBEC，求出ADE+BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；（3）求出AMBN，根据SAS证ACMBCN，推出CMCN，求出NCM60即可【解答】解：（1）ABC、CDE都是等边三角形，ACBC，CDCE，ACBDCE60，ACB+BCDDCE+BCD，ACDBCE，在ACD和BCE中AC=BCACD=BCECD=CE，ACDBCE，ADBE（2）解：ACDBCE，ADCBEC，等边三角形DCE，CEDCDE60，ADE+BEDADC+CDE+BED，ADC+60+BED，CED+60，60+60，120，DOE180（ADE+BED）60，答

33、：DOE的度数是60（3）证明：ACDBCE，CADCBE，ADBE，ACBC又点M、N分别是线段AD、BE的中点，AM=12AD，BN=12BE，AMBN，在ACM和BCN中AC=BCCAM=CBNAM=BN，ACMBCN，CMCN，ACMBCN，又ACB60，ACM+MCB60，BCN+MCB60，MCN60，MNC是等边三角形【题型6 与等边三角形有关的规律问题】【例6】（2022秋思明区校级期中）如图，已知MON30，点A1，A2，A3在射线ON上，点B1，B2，B3在射线OM上，A1B1A2，A2B2A3，A3B3A4均为等边三角形，若OA12，则A7B7A8的边长为 27【分析】据

34、等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1A2B2A3B3，以及A2B22B1A2，得出A3B34B1A28，A4B48B1A216，A5B516B1A232，进而得出答案【解答】解：A1B1A2是等边三角形，A1B1A2B1，341260，2120，MON30，11801203030，又360，5180603090，MON130，OA1A1B11，A2B11，A2B2A3、A3B3A4是等边三角形，111060，1360，41260，A1B1A2B2A3B3，B1A2B2A3，16730，5890，A2B22B1A2，B3A32B2A3，A3B34B1A28，A4B48B1A216，A5B

35、516B1A232，AnBnAn+1的边长为 2n，A7B7A8的边长为27故答案为27【变式6-1】（2022秋简阳市 期中）一只电子青蛙在如图的平面直角坐标系做如下运动：从坐标原点开始起跳记为A1，然后沿着边长为1的等边三角形跳跃即A1A2A3A4A5已知A3的坐标为（1，0），则A2018的坐标是（1008.5，32）【分析】根据已知图形得出A2，A4，A6的坐标，进而得出变化规律求出点A2018的坐标【解答】解：过点A2作A2B，交y轴于点B，由题意可得出：A2B=12OA3=12，BO=32，A2坐标为：（12，32），A4坐标为：（32，32），A6坐标为：（52，32），点A20

36、18的坐标为（1008.5，32）故答案是：（1008.5，32）【变式6-2】（2022定兴县二模）如图，ABC是一个边长为2的等边三角形，AD0BC，垂足为点D0过点D0作D0D1AB，垂足为点D1；再过点D1作D1D2AD0，垂足为点D2；又过点D2作D2D3AB，垂足为点D3；这样一直作下去，得到一组线段：D0D1，D1D2，D2D3，则线段D1D2的长为34，线段Dn1Dn的长为(32)n（n为正整数）【分析】由三角形ABC为等边三角形，AD0BC，利用等边三角形的性质及三线合一得到BD01，B60，再由D0D1AB，得到D1D0B30，求出D1D0的长，同理求出D1D2的长，依此类

37、推得出Dn1Dn的长【解答】解：ABC是一个边长为2的等边三角形，AD0BC，BD01，B60，D0D1AB，D1D0B30，D1D0=32，同理D0D1D230，D1D2（32）2=34，依此类推，线段Dn1Dn的长为（32）n故答案为：34；（32）n【变式6-3】（2022齐齐哈尔模拟）如图，点A1是面积为3的等边ABC的两条中线的交点，以BA1为一边，构造等边BA1C1，称为第一次构造；点A2是BA1C1的两条中线的交点，再以BA2为一边，构造等边BA2C2，称为第二次构造；以此类推，当第n次构造出的等边BnAnn的边Bn与等边CBA的边AB第一次在同一直线上时，构造停止则构造出的最后

38、一个三角形的面积是127【分析】设等边ABC的边长为a，根据等边三角形的性质求出A1C=33a，ABA130，同理判断出每次构造后等边三角形的边长变为原来的33倍，再确定出每一次构造三角形绕点B顺时针旋转30，然后求出4次构造后构造停止，用a表示出构造停止后的等边三角形的边长，再根据相似三角形面积的比等于相似比的平方列式计算即可得解【解答】解：设等边ABC的边长为a，则等边ABC的高为32a，A1是两条中线的交点，A1C=2332a=33a，ABA130，同理可得，每次构造后等边三角形的边长变为原来的33倍，第n次构造出的等边BnAnn的边Bn与等边CBA的边AB第一次在同一直线上时，构造停止

39、，（18060）30120304，即4次构造后，构造停止，构造停止时的等边三角形的边长为（33）4a，设最后一个三角形的面积为S，则S3=（(33)4aa）2，解得S=127故答案为：127【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】【例7】（2000内蒙古）如图，已知ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，并且使AEBD，连接CE，DE求证：ECED【分析】首先延长BD至F，使DFBC，连接EF，得出BEF为等边三角形，进而求出ECBEDF，从而得出ECDE【解答】证明：延长BD至F，使DFBC，连接EF，AEBD，ABC为等边三角形，BEBF，B60，BEF为等边三角形，F60，在EC

40、B和EDF中BE=EFB=F=60BC=DF ECBEDF（SAS），ECED【变式7-1】如图，在等边三角形ABC中，BO，CO分别平分ABC，ACB，OEAB，OFAC，试说明BEEFFC【分析】由题可证OEF为等边三角形，从而得到EOF60，OEOFEF又因为BO，CO分别平分ABC，ACB，所以ABOOBE，ACOOCF所以OEAB，OFAC，根据两直线平行，内错角相等，得到ABOBOE，ACOCOF，即OBEBOE，OCFCOF根据等角对等边得OEBE，OFCF，所以BEEFFC【解答】证明：ABC为等边三角形，ABCACB60，OEAB，OFAC，OEFABC60，OFEACF60

41、，OEFOFE，EOF60，OEF为等边三角形，OEOFEF，BO，CO分别平分ABC，ACB，ABOOBE，ACOOCF，OEAB，OFAC，ABOBOE，ACOCOF，OBEBOE，OCFCOF，OEBE，OFCF，BEEFFC【变式7-2】（2022秋绵竹市期末）在等边ABC中，点E是AB上的动点，点E与点A、B不重合，点D在CB的延长线上，且ECED（1）如图1，若点E是AB的中点，求证：BDAE；（2）如图2，若点E不是AB的中点时，（1）中的结论“BDAE”能否成立？若不成立，请直接写出BD与AE数量关系，若成立，请给予证明【分析】（1）由等边三角形的性质得出AEBE，BCE30，

42、再根据EDEC，得出DBCE30，再证出DDEB，得出DBBE，从而证出AEDB；（2）作辅助线得出等边三角形AEF，得出AEEF，再证明三角形全等，得出DBEF，证出AEDB【解答】（1）证明：ABC是等边三角形，ABCACB60，点E是AB的中点，CE平分ACB，AEBE，BCE30，EDEC，DBCE30ABCD+BED，BED30，DBED，BDBEAEDB（2）解：AEDB；理由：过点E作EFBC交AC于点F如图2所示：AEFABC，AFEACBABC是等边三角形，ABCACBA60，ABACBC，AEFABC60，AFEACB60，即AEFAFEA60，AEF是等边三角形DBEEF

43、C120，D+BEDFCE+ECD60，DEEC，DECD，BEDECF在DEB和ECF中，DEB=ECFDBE=EFCDE=EC，DEBECF（AAS），DBEF，AEBD【变式7-3】（2022春建平县期末）如图（1），等边ABC中，D是AB边上的动点，以CD为一边，向上作等边EDC，连接AE（1）DBC和EAC会全等吗？请说说你的理由；（2）试说明AEBC的理由；（3）如图（2），将（1）动点D运动到边BA的延长线上，所作仍为等边三角形，请问是否仍有AEBC？证明你的猜想【分析】（1）要证两个三角形全等，已知的条件有ACBC，CECD，我们发现BCD和ACE都是60减去一个ACD，因此两

44、三角形全等的条件就都凑齐了（SAS）；（2）要证AEBC，关键是证EACACB，由于ACBACB，那么关键是证EACACB，根据（1）的全等三角形，我们不难得出这两个角相等，也就得出了证平行的条件（3）同（1）（2）的思路完全相同，也是通过先证明三角形BCD和ACE全等，得出EACB60，又由ABCACB60，得出这两条线段之间的内错角相等，从而得出平行的结论【解答】解：（1）DBC和EAC会全等证明：ACB60，DCE60BCD60ACD，ACE60ACDBCDACE在DBC和EAC中，BC=ACBCD=ACEEC=DC，DBCEAC（SAS），（2）DBCEACEACB60又ACB60EA

45、CACBAEBC（3）结论：AEBC理由：ABC、EDC为等边三角形BCAC，DCCE，BCADCE60BCA+ACDDCE+ACD，即BCDACE在DBC和EAC中，BC=ACBCD=ACECD=EC，DBCEAC（SAS），EACB60又ACB60EACACBAEBC【题型8 与等边三角形有关的动点问题】【例8】（2022秋香洲区期中）如图，在等边ABC中，AB9cm，点P从点C出发沿CB边向B点以2cm/s的速度移动，点Q从B点出发沿BA边向A点以5cm/s速度移动P、Q两点同时出发，它们移动的时间为t秒钟（1）你能用t表示BP和BQ的长度吗？请你表示出来（2）请问几秒钟后，PBQ为等边

46、三角形？（3）若P、Q两点分别从C、B两点同时出发，并且都按顺时针方向沿ABC三边运动，请问经过几秒钟后点P与点Q第一次在ABC的哪条边上相遇？【分析】（1）由三角形ABC为等边三角形，根据等边三角形的三边相等得到ABBC9cm，由P的速度和时间t表示出P走过的路程CP的长，然后用边长BC减去CP即可表示出BP；由Q的速度及时间t，即可表示出Q走过的路程BQ；（2）若PBQ为等边三角形，根据等边三角形的边长相等则有PBBQ，由（1）表示出的代数式代入即可列出关于t的方程，求出方程的解即可得到满足题意的t的值；（3）同时出发，要相遇其实是一个追及问题，由于Q的速度大于P的速度，即Q要追及上P，题

47、意可知两点相距AB+AC即两个边长长，第一次相遇即为Q比P多走两个三角形边长，设出第一次相遇所需的时间，根据Q运动的路程P运动的路程18列出关于t的方程，求出方程的解即可求出满足题意的t的值，然后由求出t的值计算出P运动的路程，确定出路程的范围，进而判断出P的位置即为第一次相遇的位置【解答】解：（1）ABC是等边三角形，BCAB9cm，点P的速度为2cm/s，时间为ts，CP2t，则PBBCCP（92t）cm；点Q的速度为5cm/s，时间为ts，BQ5t；（2）若PBQ为等边三角形，则有BQBP，即92t5t，解得t=97，所以当t=97s时，PBQ为等边三角形；（3）设ts时，Q与P第一次相

48、遇，根据题意得：5t2t18，解得t6，则6s时，两点第一次相遇当t6s时，P走过得路程为2612cm，而91218，即此时P在AB边上，则两点在AB上第一次相遇【变式8-1】（2022春渭滨区期末）如图，在等边ABC中，AB12cm，现有M，N两点分别从点A，B同时出发，沿ABC的边按顺时针方向运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为2cm/s，当点N第一次到达B点时，M，N同时停止运动，设运动时间为t（s）（1）当t为何值时，M，N两点重合？两点重合在什么位置？（2）当点M，N在BC边上运动时，是否存在使AMAN的位置？若存在，请求出此时点M，N运动的时间；若不存在，请说明理由【分析

49、】（1）首先根据M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多12cm，列出方程求解即可；（2）首先假设AMN是等腰三角形，可证出ACMABN，可得CMBN，设出运动时间，表示出CM，NB，NM的长，列出方程，可解出未知数的值【解答】解：（1）由题意，t1+122t，解得：t12，当t12时，M，N两点重合，此时两点在点C处重合；（2）结论：当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形理由：由（1）知12秒时M、N两点重合，恰好在C处，如图，假设AMN是等腰三角形，ANAM，AMNANM，AMCANB，ACB是等边三角形，CB，在ACM和ABN中，C=BA

50、MC=ANBAC=AB，ACMABN（AAS），CMBN，设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y秒时，AMN是等腰三角形，CMy12，NB362y，CMNB，y12362y，解得：y16故假设成立当点M、N在BC边上运动时，当运动时间为12秒或16秒时，AMAN【变式8-2】（2022春金牛区校级期中）如图1，点P、Q分别是等边ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M（1）求证：ABQCAP；（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数（3）如图2，若

51、点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明ABQCAP；（2）由ABQCAP根据全等三角形的性质可得BAQACP，从而得到QMC60；（3）由ABQCAP根据全等三角形的性质可得BAQACP，从而得到QMC120【解答】（1）证明：ABC是等边三角形ABQCAP，ABCA，又点P、Q运动速度相同，APBQ，在ABQ与CAP中，AB=CAABQ=CAPAP=BQ，ABQCAP（SAS）；（2）解：点P、Q在运动的过程中，QMC不变理由：ABQCAP，BAQA

52、CP，QMCACP+MAC，QMCBAQ+MACBAC60（6分）（3）解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，QMC不变（7分）理由：ABQCAP，BAQACP，QMCBAQ+APM，QMCACP+APM180PAC18060120【变式8-3】（2022秋禄劝县期末）如图，在等边ABC中，AC6，点O在AC上，且AO2，点P是AB上一动点，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60得到线段OD要使点D恰好落在BC上，则AP的长是多少？【分析】根据旋转的性质以及等边三角形的性质得出AB60，求出AOPDPB，证AOPBPD，推出AOBP2，即可得出答案【解答】解：连接DP，DO

53、P60，ODOP，ODP是等边三角形，OPD60，POPD，等边三角形ABC，AB60，AOP+OPA120，OPA+DPB120，AOPDPB，在AOP和BPD中A=BAOP=DPBOP=PD，AOPBPD，AOBP2，APABAP624【知识点2 含30角的直角三角形】在直角三角形中，如果一个锐角等于30，那么它所对的直角边等于斜边的一半。【题型9 含30角的直角三角形性质】【例9】（2022秋尚志市期中）已知：如图ABC中，ABAC，C30，ABAD，DEAC（1）求证：AEEC；（2）若DE2，求BC的长【分析】（1）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理证明；（2）根据直角三角形中，

54、30角所对的直角边等于斜边的一半解答【解答】（1）证明：ABAC，C30，B30，BAC120，ABAD，DAC30，DACC，DADC，DEAC，AEEC；（2）C30，DEAC，DC2DE4，ABAD，B30，BD2DC8，BC12【变式9-1】（2022秋武清区期中）如图，在ABC中，ABAC，BAC120，点P为BC边的中点，PDAC于点D求证：CD3AD【分析】连接AP，根据等腰三角形三线合一的性质可得APBC，根据等腰三角形两底角相等求出C30，再求出APDC30，然后根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半可得AP2AD，AC2AP，整理即可得证【解答】证明：如图，连接AP

55、，ABAC，P为BC边的中点，APBC，BAC120，C=12（180BAC）=12（180120）30，PDAC，CPD+C90，又APD+CPD90，APDC30，AP2AD，AC2AP，AC4AD，CDACAD4ADAD3AD，即CD3AD【变式9-2】（2022春湟中县校级月考）如图，已知AOB60，点P在边OA上，OP12，点M，N在边OB上，PMPN，若MN5，求OM的长度【分析】作PHMN于H，根据直角三角形的性质得到OH=12OP6，根据等腰三角形的性质求出MH，计算即可【解答】解：作PHMN于H，AOB60，OPH30，OH=12OP6，PMPN，PHMN，MHNH2.5，O

56、MOHMH3.5【变式9-3】（2022秋尚志市期中）如图所示，等边ABC中，ADBC于D，点P是AB边上的任意一点（点P可以与点A重合，但不与点B重合），过点P作PEBC，垂足为E，过E作EFAC，垂足为F（1）如图1，求证：2BD2CF+BE；（2）若AB4，过F作FQAB，垂足为Q，PQ1，求BP的长【分析】（1）根据等边三角形的性质和含30的直角三角形的性质即可得到结论（2）设PBx，解直角三角形求得CF=12CE2-14x，AF4CF2+14x，AQ=12AF1+18x，列方程x+1+1+18x4，解得x=169，于是得到结论【解答】解：（1）ABC是等边三角形，ADBC，BC2BD，C60，EFAC，EFC90，FEC30，EC2FC，BCBE+EC，2BD2CF+BE；（2）过F作FQAB于Q，设PBx，PEBC，B60，BE=12x，CE4-12x，EFAC，C60，CF=12CE2-14x，AF4CF2+14x，BAC60，FQAB，AQ=12AF1+18x，x+1+1+18x4，x=169，PB=169，如图2，过E作GEAB于G，EG+EFAD，2EGPE，12PE+EFAD，即，PE+2EF2AB，BP+AQPQAB，即x+1+18x14，解得x=329PB=329