專題13.3等邊三角形中的幾何綜合思維方法思維方法正向思維：是一類常規性的、傳統的思維形式，指的是大家按照自上而下，由近及遠、從左到右、從可知到未知等一般而言的線性方向做出探究問題的思維途徑。逆向思維：是指在剖析、破解數學難題進程中，可以靈活轉換思維方向，從常規思維的相反方向出發進行探索的思維方式，比如正向思維無法解決問題時可反其道而行采取逆向思維，直接證明有困難時可采用間接證明。知識點總結知識點總結一、等邊三角形1．定義：三條邊都相等的三角形，叫做等邊三角形．2．等邊三角形性質：等邊三角形的三個角相等，并且每個角都等于60°．3．等邊三角形的判定：①三條邊都相等的三角形是等邊三角形；②三個角都相等的三角形是等邊三角形；③有一個角為60°的等腰三角形是等邊三角形．典例分析典例分析【典例1】△ABC為等邊三角形，在△ABC外作射線AP，D為射線AP上一點，連接CD，在平面內有一點E，滿足（1）如圖1，連接BD，若點E恰好在BD上，且∠DCE=60°，求（2）如圖2，連接ED，若∠DCE=120°，且DE恰好過BC邊的中點M，求證：（3）如圖3，若∠CAP=40°，∠DCE=120°，連接BE，當線段BE的長度最小時，在射線BE上取一點F，在邊BC上截取CG=BF，連接【思路點撥】（1）本題考查了三角形全等和等邊三角形的性質，找到全等的條件是解題的關鍵．根據CE=CD，∠DCE=60°，可知△DCE為等邊三角形，利用公共角，證得∠1=∠3，再證△ADC≌△BEC，得到∠ADC=∠BEC，∠BEC=180°?∠DEC=120°，由此可得∠ADC度數，（2）本題考查了三角形全等和等邊三角形的性質，通過“截長補短法”構造三角形全等是解題的關鍵．要證DM=EM+AD，由于三邊不在一條直線上，因此考慮“截長補短法”把線段進行轉化．在ED上取點N，使得MN=EM，連接NC、BN、AN，證明△BMN≌△CME，再證△ABN≌△ACD，最后證明△AND為等邊三角形，即得證；（3）本題考查了動點問題，解題的關鍵是首先證明點E的運動軌跡，找到何時線段BE最短，然后構造三角形，確定何時AF+AG的值最小．以BC為邊向下作等邊三角形△BCM，連接ME，證明△ACD≌△MCE，得到∠CME=40°，即得當點D在射線AP上運動時，點E的運動軌跡是在直線ME上，且滿足∠CME=40°，由此得到當BE⊥EM時，線段BE最短．要證明兩條線段AF+AG的最小值，通常利用兩點之間線段最短，因此需要將其中一條線段進行轉化．以點C為頂點，作∠BCN=∠ABF，且CN=AB，連接NG，證明△ABF≌△NCG，得到AF=NG，由此，只需求AF+AG=AF+NG的值最小，由圖可知當A,G,N三點共線時，取得最小值，最后根據三角形內角和180°，求角即可．【解題過程】（1）解：如圖，∵CE=CD，∠DCE=60∴△DCE為等邊三角形，∵△ABC為等邊三角形，∴∠2+∠3=∠ACB=60∵∠1+∠2=∠DCE=60∴∠1=∠3，∵∠1=∠3CD=CE∴△ADC≌△BEC，∴∠ADC=∠BEC，∵∠DEC=60∴∠BEC=120∴∠ADC=∠BEC=120∴∠ADB=∠ADC?∠EDC=120故∠ADB=60（2）解：在ED上取點N，使得MN=EM，連接NC、BN、AN，如圖所示，∵M為BC邊的中點∴BM=MC，∵BM=MC∴△BMN≌△CME，∴BN=CE=CD，∠NBM=∠ECM，∵∠DCE=120°，∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ABN=∠ABC?∠NBM=60°?∠NBM，∠ACD=∠DCE?∠ACB?∠ECM=120°?60°?∠ECM=60°?∠ECM，∴∠ABN=∠ACD∵AB=AC∠ABN=∠ACD∴△ABN≌△ACD，∴AN=AD，∠BAN=∠CAD，∵∠BAN+∠NAC=∠BAC=60°，∴∠CAD+∠NAC=∠NAD=60°，∴△AND為等邊三角形，∴AD=AN=ND，∴DM=DN+MN=AD+EM故DM=EM+AD，（3）解：以BC為邊向下作等邊三角形△BCM，連接ME，如圖所示，∵△ABC和△BCM都是等邊三角形，∴AC=BC=MC，∵∠DCE=120°，∠ACE=∠ACB?∠BCE=60°?∠BCE，∴∠ACD=∠DCE?∠ACE=120°?(60°?∠BCE)=60°+∠BCE，∵∠MCE=∠MCB+∠BCE=60°+∠BCE，∴∠ACD=∠MCE，∵AC=MC∠ACD=∠MCE∴△ACD≌△MCE，∴∠CME=∠CAD=∠CAP=40°，∴當點D在射線AP上運動時，點E的運動軌跡是在直線ME上，且滿足∠CME=40°，∴當線段BE的長度最小時，即過點B向直線ME作垂線，E為垂足，即BE⊥EM，∠BEM=90°，∵∠CME=40°，∠BMC=60°，∴∠EMB=∠BMC?∠CME=60°?40°=20°，∴在Rt△BEM中，∠MBE=90°?∠EMB=90°?20°=70°又∵∠MBC=60°，∴∠EBC=∠MBE?∠MBC=70°?60°=10°，∴∠ABF=∠ABC?∠EBC=60°?10°=50°，以點C為頂點，作∠BCN=∠ABF=50°，且CN=AB，連接NG，如圖所示，∵CN=AB∠BCN=∠ABF∴△ABF≌△NCG，∴AF=NG，∴AF+AG=AF+NG，連接AN交射線BE于點O，在△AGN中，∵AF+NG≥AN，∴當A,G,N三點共線時，AF+AG=AF+NG的值最小，如圖所示，此時，∵CN=AB=AC，∴△ACN為等腰三角形，又∠ACN=∠ACB+∠BCN=60°+50°=110°，∴∠CAN=∠CNA=35°，在△NCG中，∠NGC=180°?∠ANC?∠BCN=180°?35°?50°=95°，∴∠BGO=∠NGC=95°，在△BOG中，∠BOG=180°?∠EBC?∠BGO=180°?10°?95°=75°，∴∠AOF=∠BOG=75°，又∵△ABF≌△NCG（前面已證），∴∠BAF=∠CNG=35°，在△ABF中，∠AFB=180°?∠BAF?∠ABF=180°?35°?50°=95°，∴在△AOF中，∠OAF=180°?∠AOF?∠AFB=180°?75°?95°=10°，∴∠FAC=∠NAC?∠OAF=35°?10°=25°，故當AF+AG的值最小，∠FAC=25°．學霸必刷學霸必刷1．（23-24七年級下·山東淄博·期末）如圖，△ABC是等邊三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于點E，連接CD分別交AE，AB于點F，G，過點A作AH⊥CD分別交CD，BD于點P，H，則下列結論正確的是（

）①∠BAC=4∠ADC；②DF=AH；③BH=PF；④∠DAP=∠CGB；⑤BC=CG．A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④⑤2．（23-24八年級上·黑龍江牡丹江·期末）如圖、已知△ABC是等邊三角形，在△ABC外有一點D，AD=CD，且∠DAC=30°，點E為AD上一點，點F為CD上一點，且∠EBF=30°．下列結論：①BE=BF；②EF=AE+CF；③∠AEF=2∠ANB；④EF∥AC．其中正確結論的個數是（

）A．4 B．3 C．2 D．13．（23-24八年級下·湖北武漢·期末）如圖，點C是線段BD上一點，分別以BC,CD為邊在BD同側作等邊△ABC和等邊△CDE，連BE,AD交于點F，若BC=3,CD=6，則AF+FCFE+FC的值為（

A．2 B．12 C．32 4．（23-24七年級下·山東東營·期末）如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側分別作等邊△ABC和等邊△CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ，以下五個結論：①AD=BE；②PQ∥AE；③CP=CQ；④OC平分∠BCD；⑤∠AOB=60°．其中正確的結論有（A．①③⑤ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．①②③④⑤5．（23-24八年級上·河南信陽·期末）如圖，邊長為a的等邊△ABC中，BF是AC上中線且BF=b，點D在BF上，連接AD，在AD的右側作等邊△ADE，連接EF，則△AEF周長的最小值是．6．（22-23八年級上·山東濟南·期末）如圖，在△ABC中，∠ACB=60°，點D在AB上，CD=14，∠BDC=60°，延長CB至點E，使CE=AC，過點E作EF⊥CD于點F，交AB于點G，若2DG=AD，則DF=．7．（23-24七年級下·四川成都·期末）如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°,AC=BC=8,D為AC邊上一點，AD=2,E為BC邊上一動點，連接DE，以DE為邊并在DE的左側作等邊△DEF，連接AF，則AF的最小值為．（提示：直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半）8．（23-24八年級上·福建泉州·階段練習）如圖，在△BCD中，∠BCD<120°，分別以BC、CD和BD為邊在△BCD外部作等邊三角形ABC、等邊三角形CDE和等邊三角形BDF，連接AD、BE和CF交于點P，則PA、PB、PC、PD中某三條線段存在等量關系是．9．（23-24八年級上·天津西青·期末）如圖，點D是等邊△ABC中BC邊的中點，點E，F分別在AB，AC邊上，且∠EDF=120°，若BE=2，CF=3，則△ABC的周長為

10．（23-24八年級下·吉林·期中）如圖，在△ABC中，AB=AC=BC=18cm，點D在AC上，CD=8cm．點M在線段CB上由點C向點B運動，點N在線段BA上由點B向點A運動，運動速度均為（1）當運動2秒時，∠DMN（2）開始運動幾秒時，△BMN是直角三角形？（3）若點M和點N在到達終點后不停止運動，而是沿著△ABC的三邊順時針繼續運動，直到回到出發點后停止，直接寫出：線段MN與△ABC的某一邊平行時的時間．11．（22-23八年級上·廣東廣州·期中）如圖，在等邊△ABC中，點E為邊AB上任意一點，點D在邊CB的延長線上，且ED=EC．（1）當點E為AB的中點時（如圖1），則有AE__________DB（填“>”“<”或“=”）；（2）如圖2，若點E為AB上任意一點，猜想AE與DB的數量關系，并證明你的猜想．（3）在等邊三角形ABC中，點E在直線AB上，點D在直線BC上，且ED=EC，若△ABC的邊長為2，AE=4，直接寫出CD的長．12．（23-24八年級上·廣東廣州·期末）如圖1圖2，點O是線段AC的中點，OB⊥AC，（1）如圖1，若∠ABO=30°，求AB的長；（2）如圖1，在（1）的條件下，若點D在射線AC上，點D在點C右側，且△BDQ是等邊三角形，QC的延長線交直線OB于點P，求PC的長度；（3）如圖2，在（1）的條件下，若點M在線段BC上，△OMN是等邊三角形，且點M沿著線段BC從點B運動到點C，點N隨之運動，求點N的運動路徑的長度．13．（23-24八年級上·重慶萬州·階段練習）（1）問題情境如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE，求證：△ABD≌△ACE．（2）遷移應用如圖2，△ABC和△ADE都是等邊三角形，A，B，E三點在同一條直線上，M是AD的中點，N是AC的中點，P在BE上，△MNP是等邊三角形，求證：P是BE的中點．（3）拓展創新如圖3，P是線段BE的中點，BE=9，在BE的下方作等邊△PFH（P，F，H三點按逆時針順序排列，△PFH的大小和位置可以變化），連接EF，BH．當EF+BH的值最小時，直接寫出等邊△PFH邊長的最小值．14．（23-24八年級上·山東聊城·期中）已知在等邊三角形ABC中，點E在AB上，點D在CB的延長線上，ED=EC．（1）如圖（1），當點E為AB的中點時，確定線段AE與DB的大小關系；AE______DB（填“>”“<”或“=”）．（2）如圖（2），當點E為AB邊上任意一點時，確定線段AE與DB的大小關系，并說明理由．（3）如圖（3）在等邊三角形ABC中，點E在線段AB的延長線上，點D在線段CB的延長線上，且ED=EC，若△ABC的邊長為1，AE=2，求CD的長．15．（23-24八年級上·黑龍江哈爾濱·階段練習）在等邊△ABC中，點D、E分別是邊AC、BC上的點，且AD=CE，AE、BD交于點F．（1）如圖1，求證：∠BFE=60°；（2）如圖2，過點B作BG⊥AE于點G，過點C作CH∥BD交AE延長線于點H，若F為AG中點，求證：（3）如圖3，在（2）的條件下K為AB延長線上一點，且∠K+∠ABD=60°，△ABC的面積為6，求△BEK的面積．16．（22-23九年級上·安徽·階段練習）安安利用兩張正三角形紙片，進行了如下探究：

【探究證明】（1）如圖1，△ABC和△DCE均為等邊三角形，連接AE交BD延長線于點F，求證：∠AFB=60°；【拓展延伸】（2）如圖2，在正三角形紙片△ABC的BC邊上取一點D，作∠ADE=60°交∠ACB外角平分線于點E，探究CE，DC和AC的數量關系，并證明；【思維提升】（3）如圖3，△ABC和△DCE均為正三角形，當B，C，E三點共線時，連接PC，若BC=3CE，直接寫出下列兩式分別是否為定值，并任選其中一個進行證明：①AP?3PDPC②AP+PC+2PDBD?PC+PE17．（2023七年級下·全國·專題練習）已知：△ABC是等邊三角形，△BDC是等腰三角形，其中∠BDC=120°，過點D作∠EDF=60°，分別交AB于E，交AC于F，連接EF．（1）若BE=CF，求證：①△DEF是等邊三角形；②BE+CF=EF．（2）若BE≠CF，即E、F分別是線段AB、AC上任意一點，BE+CF=EF還會成立嗎？請說明理由．18．（22-23八年級上·重慶·階段練習）△ABC是等邊三角形，點D、E分別在邊AB，BC上，若（1）如圖1，求證：∠AFD=60（2）如圖2，FH為∠AFC的平分線，點H在FM的延長線上，連接HA、HC，∠AHC+∠AFC=180（3）如圖3，在（2）的條件下，延長AF交CH的延長線于點K，點G在線段AH上，GH=CK，連接CG交FH于點M，FN=3，AK=8，求FH的長．19．（23-24八年級上·山東日照·期末）已知，如圖1，在等邊△ABC中，∠BAC與∠ABC的角平分線交于點O，點D、E分別在邊AB,BC上，且∠DOE=60°，猜想AD、DE、BE三者之間的數量關系．（1）方法探索：小敏的思路是：如圖3，在AB上取一點F，使AF=BE，連接OF．先證明△BOE≌△______，從而OE=______；繼而證明△DOE≌△______，從而DE=______；因此可判斷AD、（2）拓展運用：如圖2，點D在邊AB上，點E在CB的延長線上，其它條件不變，猜想AD、DE、BE三者之間的數量關系，并說明理由．20．（23-24七年級下·四川成都·期末）已知△ABC為等邊三角形，過點A的射線AM在△ABC的外部，D為射線AM上的一點，E為平面內的一點，滿足BE=BD．（1）如圖1，連接CD，若點E恰好在CD上，且∠DBE=60°，求∠ADC的度數；（2）如圖2，連接DE交BC于點F，若∠DBE=120°，且F恰為BC的中點，求證：DF=AD+EF；（3）如圖3，若∠BAM=38°,∠DBE=120°，連接CE，當線段CE的長度最小時，在射線CE上截取一點H，在邊BC上截取一點I，使CH=BI，連接AH,AI,則當AH+AI的值最小時，請直接寫出∠HAB的度數．專題13.3等邊三角形中的幾何綜合思維方法思維方法正向思維：是一類常規性的、傳統的思維形式，指的是大家按照自上而下，由近及遠、從左到右、從可知到未知等一般而言的線性方向做出探究問題的思維途徑。逆向思維：是指在剖析、破解數學難題進程中，可以靈活轉換思維方向，從常規思維的相反方向出發進行探索的思維方式，比如正向思維無法解決問題時可反其道而行采取逆向思維，直接證明有困難時可采用間接證明。知識點總結知識點總結一、等邊三角形1．定義：三條邊都相等的三角形，叫做等邊三角形．2．等邊三角形性質：等邊三角形的三個角相等，并且每個角都等于60°．3．等邊三角形的判定：①三條邊都相等的三角形是等邊三角形；②三個角都相等的三角形是等邊三角形；③有一個角為60°的等腰三角形是等邊三角形．典例分析典例分析【典例1】△ABC為等邊三角形，在△ABC外作射線AP，D為射線AP上一點，連接CD，在平面內有一點E，滿足（1）如圖1，連接BD，若點E恰好在BD上，且∠DCE=60°，求（2）如圖2，連接ED，若∠DCE=120°，且DE恰好過BC邊的中點M，求證：（3）如圖3，若∠CAP=40°，∠DCE=120°，連接BE，當線段BE的長度最小時，在射線BE上取一點F，在邊BC上截取CG=BF，連接【思路點撥】（1）本題考查了三角形全等和等邊三角形的性質，找到全等的條件是解題的關鍵．根據CE=CD，∠DCE=60°，可知△DCE為等邊三角形，利用公共角，證得∠1=∠3，再證△ADC≌△BEC，得到∠ADC=∠BEC，∠BEC=180°?∠DEC=120°，由此可得∠ADC度數，（2）本題考查了三角形全等和等邊三角形的性質，通過“截長補短法”構造三角形全等是解題的關鍵．要證DM=EM+AD，由于三邊不在一條直線上，因此考慮“截長補短法”把線段進行轉化．在ED上取點N，使得MN=EM，連接NC、BN、AN，證明△BMN≌△CME，再證△ABN≌△ACD，最后證明△AND為等邊三角形，即得證；（3）本題考查了動點問題，解題的關鍵是首先證明點E的運動軌跡，找到何時線段BE最短，然后構造三角形，確定何時AF+AG的值最小．以BC為邊向下作等邊三角形△BCM，連接ME，證明△ACD≌△MCE，得到∠CME=40°，即得當點D在射線AP上運動時，點E的運動軌跡是在直線ME上，且滿足∠CME=40°，由此得到當BE⊥EM時，線段BE最短．要證明兩條線段AF+AG的最小值，通常利用兩點之間線段最短，因此需要將其中一條線段進行轉化．以點C為頂點，作∠BCN=∠ABF，且CN=AB，連接NG，證明△ABF≌△NCG，得到AF=NG，由此，只需求AF+AG=AF+NG的值最小，由圖可知當A,G,N三點共線時，取得最小值，最后根據三角形內角和180°，求角即可．【解題過程】（1）解：如圖，∵CE=CD，∠DCE=60∴△DCE為等邊三角形，∵△ABC為等邊三角形，∴∠2+∠3=∠ACB=60∵∠1+∠2=∠DCE=60∴∠1=∠3，∵∠1=∠3CD=CE∴△ADC≌△BEC，∴∠ADC=∠BEC，∵∠DEC=60∴∠BEC=120∴∠ADC=∠BEC=120∴∠ADB=∠ADC?∠EDC=120故∠ADB=60（2）解：在ED上取點N，使得MN=EM，連接NC、BN、AN，如圖所示，∵M為BC邊的中點∴BM=MC，∵BM=MC∴△BMN≌△CME，∴BN=CE=CD，∠NBM=∠ECM，∵∠DCE=120°，∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ABN=∠ABC?∠NBM=60°?∠NBM，∠ACD=∠DCE?∠ACB?∠ECM=120°?60°?∠ECM=60°?∠ECM，∴∠ABN=∠ACD∵AB=AC∠ABN=∠ACD∴△ABN≌△ACD，∴AN=AD，∠BAN=∠CAD，∵∠BAN+∠NAC=∠BAC=60°，∴∠CAD+∠NAC=∠NAD=60°，∴△AND為等邊三角形，∴AD=AN=ND，∴DM=DN+MN=AD+EM故DM=EM+AD，（3）解：以BC為邊向下作等邊三角形△BCM，連接ME，如圖所示，∵△ABC和△BCM都是等邊三角形，∴AC=BC=MC，∵∠DCE=120°，∠ACE=∠ACB?∠BCE=60°?∠BCE，∴∠ACD=∠DCE?∠ACE=120°?(60°?∠BCE)=60°+∠BCE，∵∠MCE=∠MCB+∠BCE=60°+∠BCE，∴∠ACD=∠MCE，∵AC=MC∠ACD=∠MCE∴△ACD≌△MCE，∴∠CME=∠CAD=∠CAP=40°，∴當點D在射線AP上運動時，點E的運動軌跡是在直線ME上，且滿足∠CME=40°，∴當線段BE的長度最小時，即過點B向直線ME作垂線，E為垂足，即BE⊥EM，∠BEM=90°，∵∠CME=40°，∠BMC=60°，∴∠EMB=∠BMC?∠CME=60°?40°=20°，∴在Rt△BEM中，∠MBE=90°?∠EMB=90°?20°=70°又∵∠MBC=60°，∴∠EBC=∠MBE?∠MBC=70°?60°=10°，∴∠ABF=∠ABC?∠EBC=60°?10°=50°，以點C為頂點，作∠BCN=∠ABF=50°，且CN=AB，連接NG，如圖所示，∵CN=AB∠BCN=∠ABF∴△ABF≌△NCG，∴AF=NG，∴AF+AG=AF+NG，連接AN交射線BE于點O，在△AGN中，∵AF+NG≥AN，∴當A,G,N三點共線時，AF+AG=AF+NG的值最小，如圖所示，此時，∵CN=AB=AC，∴△ACN為等腰三角形，又∠ACN=∠ACB+∠BCN=60°+50°=110°，∴∠CAN=∠CNA=35°，在△NCG中，∠NGC=180°?∠ANC?∠BCN=180°?35°?50°=95°，∴∠BGO=∠NGC=95°，在△BOG中，∠BOG=180°?∠EBC?∠BGO=180°?10°?95°=75°，∴∠AOF=∠BOG=75°，又∵△ABF≌△NCG（前面已證），∴∠BAF=∠CNG=35°，在△ABF中，∠AFB=180°?∠BAF?∠ABF=180°?35°?50°=95°，∴在△AOF中，∠OAF=180°?∠AOF?∠AFB=180°?75°?95°=10°，∴∠FAC=∠NAC?∠OAF=35°?10°=25°，故當AF+AG的值最小，∠FAC=25°．學霸必刷學霸必刷1．（23-24七年級下·山東淄博·期末）如圖，△ABC是等邊三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于點E，連接CD分別交AE，AB于點F，G，過點A作AH⊥CD分別交CD，BD于點P，H，則下列結論正確的是（

）①∠BAC=4∠ADC；②DF=AH；③BH=PF；④∠DAP=∠CGB；⑤BC=CG．A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④⑤【思路點撥】由等邊三角形和等腰三角形的性質可得△CAD是等腰三角形且頂角∠CAD=150°，根據三角形內角和定理先求得∠AFP、∠FAP的度數，再證明△BAH≌△ADF，根據全等三角形的性質和直角三角形的性質逐一進行判斷即可．【解題過程】解：∵△ABC為等邊三角形，△ABD為等腰直角三角形，∴∠BAC=60°,∠BAD=90°,AC=AB=AD,∠ADB=∠ABD=45°，∴△CAD是等腰三角形，∠CAD=150°，∴∠ADC=15°，∴∠BAC=4∠ADC，故①正確；∵∠ADB=∠ABD=45°,∠ADC=15°，∴∠EDF=30°，又∵AH⊥CD,AE⊥BD,∠AFG=60°，∴∠FAP=30°,∠DAE=45°，∴∠BAH=∠ADC=15°，在△ADF和△BAH中，∠ADF=∠BAH∴△ADF≌△BAH(ASA∴DF=AH,AF=BH，故②正確；∵∠FAP=30°,AH⊥CD，∴AF=2PF，∴BH=2PF，故③錯誤；∵∠DAP=1∴∠DAP=∠CGB，故④正確；∵∠CBG=60°,∠CGB=75°，∴∠CBG≠∠CGB，∴BC≠CG，故⑤不正確，綜上所述：結論正確的是①②④，故選：C．2．（23-24八年級上·黑龍江牡丹江·期末）如圖、已知△ABC是等邊三角形，在△ABC外有一點D，AD=CD，且∠DAC=30°，點E為AD上一點，點F為CD上一點，且∠EBF=30°．下列結論：①BE=BF；②EF=AE+CF；③∠AEF=2∠ANB；④EF∥AC．其中正確結論的個數是（

）A．4 B．3 C．2 D．1【思路點撥】本題考查了等邊三角形的性質，三角形全等的判定和性質，余角的性質，平行線的判定，線段的垂直平分線的判定和性質，延長DA到T，使得CF=AT，連接BT，構造半角模型，證明②；利用線段垂直平分線的判定和性質，可證③；無法證明CF=AE，也就無法證明DE=DF，從判斷①④錯誤，解答即可．【解題過程】解：延長DA到T，使得CF=AT，連接BT∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠BCA=∠CAB=60°，AB=BC=CA，∵AD=CD，∠DAC=30°,∴∠DAC=∠DCA=30°，∴∠BAE=∠BCF=∠BAT=60°+30°=90°，∵AT=CF∠BAT=∠BCF∴△BAT≌△BCFSAS∴BF=BT，∠ABT=∠CBF，∵∠EBF=30°，∴∠ABE+∠CBF=30°，∴∠ABE+∠ABT=30°，∴∠EBT=30°，∴∠EBT=∠EBF，∵BF=BT∠EBF=∠EBT∴△EBF≌△EBTSAS∴EF=ET，∠BET=∠BEF，∴∠AEF=2∠BET=2∠BEF，∵ET=AT+AE，AT=CF，∴ET=AE+CF．∴EF=AE+CF．故②正確．連接BD，交AC于點Q，∵BA=BC,DA=DC，∴直線BD是線段AC的垂直平分線，∴∠BQA=∠BQC=90°，∠ABQ=∠CBQ=1∴∠ANB=90°?∠QBN，∠ABE+∠QBE=30°，∵∠EBF=30°，∴∠QBN+∠QBE=30°，∴∠QBN=∠ABE，∴90°?∠QBN=90°?∠ABE，∴∠ANB=∠AEB=∠AEF，∴∠AEF=2∠ANB，故③正確；無法證明CF=AE，也就無法證明DE=DF，從判斷①④錯誤，故選C．3．（23-24八年級下·湖北武漢·期末）如圖，點C是線段BD上一點，分別以BC,CD為邊在BD同側作等邊△ABC和等邊△CDE，連BE,AD交于點F，若BC=3,CD=6，則AF+FCFE+FC的值為（

A．2 B．12 C．32 【思路點撥】本題考查等邊三角形的性質和判定，全等三角形的判定和性質，角平分線的判定，先證明△BCE≌△ACD，得到AD=BE，S△BCE=S△ACD，然后過點C作CM⊥BE，CN⊥AD于點M，N，則有CM=CN，然后在FB上截取FG=FC，連接CG，即可得到△FGC是等邊三角形和△BCG≌△ACF，進而求出【解題過程】解：∵△ABC和△CDE是等邊三角形，∴AB=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60°，∴∠BCE=∠ACD，∴△BCE≌△ACDSAS∴AD=BE，S△BCE過點C作CM⊥BE，CN⊥AD于點M，N，∴CM=CN，∴∠BFC=∠DFC，∵S△BCF∴S△BCF在FB上截取FG=FC，連接CG，∵△BCE≌△ACD，∴∠CBE=∠CAD，∴∠AFB=∠FBD+∠BDA=∠CAD+∠ADB=60°，∴∠BFC=∠DFC=60°，∴△FGC是等邊三角形，∴FG=FC=CG，∠GCF=∠BCA=60°，∴∠BCG=∠ACF，又∵∠CBE=∠CAD，∴△BCG≌△ACFSAS∴BG=AF，∴BF=AF+FC，同理可得DE=CF+EF，∴AF+FCFE+FC故選：B．4．（23-24七年級下·山東東營·期末）如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側分別作等邊△ABC和等邊△CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ，以下五個結論：①AD=BE；②PQ∥AE；③CP=CQ；④OC平分∠BCD；⑤∠AOB=60°．其中正確的結論有（A．①③⑤ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．①②③④⑤【思路點撥】此題考查了全等三角形的判定和性質的應用、等邊三角形的性質和應用、平行線的判定；熟練掌握等邊三角形的性質，證明三角形全等是解決問題的關鍵．由等邊三角形的性質可得AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°，從而可根據SAS得到△ACD≌△BCE，結合全等三角形的性質可判斷①的正誤；由△ACD≌△BCE可得∠CBE=∠DAC，結合∠ACB=∠DCE=60°,AC=BC可得到△ACP≌△BCQ，結合全等三角形的性質可判斷③的正誤；由全等三角形的性質可得到PC=QC，結合∠PCQ=60°可知△PCQ為等邊三角形，因此∠CPQ=60°，結合平行線的判定可判斷②的正誤；根據全等三角形的性質、三角形面積公式求出CH=CG，根據角平分線的判定定理可判斷④其正誤；根據△ACD≌△BCE結合三角形外角的性質，據此可判斷⑤的正誤．【解題過程】解：∵△ABC和△DCE是等邊三角形，∴BC=AC=AB,DE=DC=CE,∠BCA=∠DCE=60°，∴∠BCA+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE．在△DCA和△ECB中，AC=BC∠ACD=∠BCE∴△DCA≌△ECB(SAS∴AD=BE，故①正確，符合題意；∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，∵∠ACB=∠ECD=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACB=∠BCQ=60°，在△ACP和△BCQ中∠CAP=∠CBQAC=BC∴△ACP≌△BCQ(ASA∴CP=CQ，故③正確，符合題意；∵CP=CQ,∠PCQ=60°，∴△PCQ是等邊三角形，∴∠CPQ=60°，∴∠ACB=∠CPQ，∴PQ∥過點C作CH⊥EQ于H,CG⊥DP于G，∵△DCA≌△ECB，∴S∴1∴CH=CG，∴OC平分∠AOE，而不是平分∠BCD，故④錯誤，不符合題意；∵△DCA≌△ECB，∴∠ADC=∠AEO，∴∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，∴故結論⑤正確．綜上所述，正確的結論有①②③⑤，故選：B．5．（23-24八年級上·河南信陽·期末）如圖，邊長為a的等邊△ABC中，BF是AC上中線且BF=b，點D在BF上，連接AD，在AD的右側作等邊△ADE，連接EF，則△AEF周長的最小值是．【思路點撥】本題考查軸對稱最短問題、等邊三角形的性質和判定，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是證明點E的運動軌跡，本題難度比較大，屬于中考填空題中的壓軸題．通過分析點E的運動軌跡，點E在射線CE上運動（∠ACE=30°），作點A關于直線CE的對稱點M，連接FM交CE于點E'，此時A【解題過程】解：連接CE∵△ABC，∴AB=AC=a，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴∠ABD=∠ACE，∵AF=CF=1∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°，∴點E在射線CE上運動（∠ACE=30°），作點A關于直線CE的對稱點M，連接FM交CE于點E'，此時A∵CA=CM∴△ACM是等邊三角形且與△ABC全等，∴AM=AC，FM⊥AC，∵BF⊥AC，∴FM=BF=b，∴△AEF周長的最小值是AF+F故答案為：16．（22-23八年級上·山東濟南·期末）如圖，在△ABC中，∠ACB=60°，點D在AB上，CD=14，∠BDC=60°，延長CB至點E，使CE=AC，過點E作EF⊥CD于點F，交AB于點G，若2DG=AD，則DF=．【思路點撥】過點C作CH⊥AB于點H，設DF=x，則CF=CD?DF=14?x，求出∠DGF=30°，利用直角三角形的性質得DG=2DF=2x，則AD=2DG=4x，同理得∠DCH=30°，則DH=12CD=7，AH=AD+DH=4x+7，再證∠A=∠FCE，進而可依據“AAS”判定△ACH和△CFE全等，從而得AH=CF，則4x+7=14?x，由此解出x【解題過程】解：過點C作CH⊥AB于點H，如圖所示：設DF=x，∵CD=14，∴CF=CD?DF=14?x，∵EF⊥CD，在Rt△DFG中，∠BDC=60°，則∠DGF=30°∴DG=2DF=2x，∵2DG=AD，∴AD=2DG=4x，∵CH⊥AB，在Rt△CHD中，∠BDC=60°，則∠DCH=30°∴DH=1∴AH=AD+DH=4x+7，∵∠BDC=∠A+∠ACD=60°，∠ACB=∠ACD+∠FCE=60°，∴∠A=∠FCE，又∵CH⊥AB，EF⊥CD，∴∠AHC=∠CFE=90°，在△ACH和△CFE中，∠A=∠FCE∠AHC=∠CFE=90°∴△ACH≌△CFE(AAS)∴AH=CF，∴4x+7=14?x，解得x=7故答案為：757．（23-24七年級下·四川成都·期末）如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°,AC=BC=8,D為AC邊上一點，AD=2,E為BC邊上一動點，連接DE，以DE為邊并在DE的左側作等邊△DEF，連接AF，則AF的最小值為．（提示：直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半）【思路點撥】以AD為邊在AD左側作等邊三角形AGD，連接FG,EG，延長AF,CB交于點P，先證明△AFD≌△GED，得到AF=EG，當點A,G,F三點共線時，AF有最小值，此時AC∥EG，即EG⊥BC，則∠APC=30°，由30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，得到AP=2AC=16，進而得到PG=14，再根據【解題過程】解：如圖，以AD為邊在AD左側作等邊三角形AGD，連接FG,EG，延長AF,CB交于點P，∵△AGD和△DEF是等邊三角形，∴DE=DF,DG=AD,∠ADG=∠FDE=60°，∴∠ADG+∠GDF=∠FDE+∠GDF，即∠ADF=∠GDE，∴△AFD≌∴AF=EG，如圖，當點A,G,F三點共線時，AF有最小值，此時，∠EGD=∠GAC=60°，∴∠AGE+∠GAC=∠AGD+∠EGD+∠GAC=180°，∴AC∥EG，即∴∠APC=30°，∵AC=BC=8，AD=2∴AP=2AC=16，AG=AD=2，∴PG=AP?AG=14，∴EG=1∴AF=EG=7，故答案為：7．8．（23-24八年級上·福建泉州·階段練習）如圖，在△BCD中，∠BCD<120°，分別以BC、CD和BD為邊在△BCD外部作等邊三角形ABC、等邊三角形CDE和等邊三角形BDF，連接AD、BE和CF交于點P，則PA、PB、PC、PD中某三條線段存在等量關系是．【思路點撥】本題考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質；證明△ABD≌△CBFSAS，△ACD≌△BCESAS，可得∠BAD=∠BCF，∠CAD=∠CBE，求出∠BPC=120°，在PA上截取PG=PB，連接BG，證明∠BGA=∠BPC=120°，再證【解題過程】解：∵△ABC，△BDF是等邊三角形，∴BA=BC，BD=BF，∠ABC=∠DBF=60°，∴∠ABD=∠CBF，∴△ABD≌∴∠BAD=∠BCF，同理可得△ACD≌∴∠CAD=∠CBE，∵∠BAD+∠CAD=60°，∴∠BAD+∠CBE=60°，∵∠ABC=60°，∴∠BAD+∠ABC+∠CBE=∠BAD+∠ABE=120°，∴∠BPA=60°，同理可得∠APC=60°，∴∠BPC=120°，如圖，在PA上截取PG=PB，連接BG，∴△BPG是等邊三角形，∴∠BGP=60°，∴∠BGA=120°，∴∠BGA=∠BPC，又∵∠BAG=∠BCP，AB=CB，∴△BAG≌∴PC=GA，∴PA=PG+GA=PB+PC，故答案為：PA=PB+PC．9．（23-24八年級上·天津西青·期末）如圖，點D是等邊△ABC中BC邊的中點，點E，F分別在AB，AC邊上，且∠EDF=120°，若BE=2，CF=3，則△ABC的周長為

【思路點撥】本題考查了等邊三角形的性質，直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，全等三角形的判定與性質等知識，綜合性較強．作DM⊥AB,DN⊥AC,垂足分別為M、N，先證明△BDM≌△CDN，得到BM=CN，DM=DN，再證明△EDM≌△FDN，EM=FN，設EM=FN=x，得到2+x=3?x，解得x=0.5，即可得到BM=2.5，BD=5，BC=10，即可得到△ABC的周長為30．【解題過程】解：如圖，作DM⊥AB,DN⊥AC,垂足分別為M、N．

∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠C=60°，∵D是BC的中點，∴BD=CD，∵DM⊥AB,DN⊥AC，∴∠BMD=∠CND=90°，∴∠BDM=∠CDN=30°，∴∠MDN=180°?∠BDM?∠CDN=120°，在△BDM和△CDN中，∠BMD=∠CND∠B=∠C∴△BDM≌△CDN，∴BM=CN，DM=DN∵∠MDN=120°，∠EDF=120∴∠MDN?∠MDF=∠EDF?∠MDF，即∠EDM=∠FDN，在△EDM和△FDN中，∠EMD=∠FNDDM=DN∴△EDM≌△FDN，∴EM=FN，設EM=FN=x，∵BE=2，CF=3，BM=CN，∴2+x=3?x，解得x=0.5，∴BM=BE+EM=2.5，∵∠BMD=90°,∠BDM=30°，∴BD=2BM=5，∴BC=2BD=10，∴△ABC的周長為30．故答案為：30．10．（23-24八年級下·吉林·期中）如圖，在△ABC中，AB=AC=BC=18cm，點D在AC上，CD=8cm．點M在線段CB上由點C向點B運動，點N在線段BA上由點B向點A運動，運動速度均為（1）當運動2秒時，∠DMN（2）開始運動幾秒時，△BMN是直角三角形？（3）若點M和點N在到達終點后不停止運動，而是沿著△ABC的三邊順時針繼續運動，直到回到出發點后停止，直接寫出：線段MN與△ABC的某一邊平行時的時間．【思路點撥】（1）計算出運動2秒時CM、MN、BN的長，再證明△MBN≌△DCM，得∠BMN=∠CDM，則∠（2）設運動的時間為秒，分兩種情況，一是∠BNM=90°，則BM=2BN，可列方程18?5t=5t；二是∠BMN=90°，則BN=2BM，可列方程5t=2(18?5t)，解方程求出相應的（3）分三種情況，一是點M在BC邊上，則BM=BN，可列方程18?5t=5t；二是點M在AB邊上，則AM=AN，可列方程18×2?5t=5t?18；三是點M在AC邊上，則CM=CN，可列方程18×3?5t=5t?18×2，解方程求出相應的t值即可．【解題過程】（1）解：如圖1，∵AB=AC=BC=18cm∴△ABC是等邊三角形，∴∠運動2秒時，CM=5×2=10(cm)，MB=18?10=8(cm)，∴MB=DC，BN=CM，在△MBN和△DCM中，MB=DC∠B=∠C∴△MBN≌△DCM(SAS∴∠BMN=∴∠∴∠DMN=180°?(（2）解：設運動的時間為t秒，如圖2，當∠BNM=90°時，則∴BM=2BN，18?5t=2×5t，解得t=6如圖3，當∠BMN=90°時，則BN=2BM，5t=2(18?5t)，解得t=綜上所述，運動65秒或125秒，（3）解：如圖1，當MN∥AC時，∴∠BMN=∴△BMN是等邊三角形，∴BM=BN，∴18?5t=5t，解得t=9如圖4，當MN∥BC時，則∠AMN=∠B=∴△AMN是等邊三角形，∴AM=AN，∴18×2?5t=5t?18，解得t=27如圖5，當MN∥AB時，則∠CMN=∴△CMN是等邊三角形，∴CM=CN，∴18×3?5t=5t?18×2，解得t=9綜_上所述，t的值是95秒或275秒或9秒時，線段MN與11．（22-23八年級上·廣東廣州·期中）如圖，在等邊△ABC中，點E為邊AB上任意一點，點D在邊CB的延長線上，且ED=EC．（1）當點E為AB的中點時（如圖1），則有AE__________DB（填“>”“<”或“=”）；（2）如圖2，若點E為AB上任意一點，猜想AE與DB的數量關系，并證明你的猜想．（3）在等邊三角形ABC中，點E在直線AB上，點D在直線BC上，且ED=EC，若△ABC的邊長為2，AE=4，直接寫出CD的長．【思路點撥】（1）根據三線合一定理和三角形外角的性質證明BD=BE即可得到答案；（2）過E作EF∥BC交AC于F，先證明△AEF是等邊三角形，再證明（3）分E在AB的延長線和E在BA的延長線上兩種情況討論求解即可．【解題過程】（1）解：∵三角形ABC是等邊三角形，點E是AB的中點，∴CE平分∠ACB,CE⊥AB,∠ACB=∠ABC=60°，AE=BE，∴∠BEC=90°，又∵ED=EC，∴∠D=∠ECD=30°，∵∠ABC=∠D+∠DEB=60°，∴∠DEB=∠D=30°，∴BD=BE，∴AE=BD；（2）解：AE=BD，理由如下：如圖，過E作EF∥BC交AC于∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°,AB=AC=BC，∴∠AEF=∠ABC=60°,∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°．∴△AEF是等邊三角形．∴AE=EF=AF，∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，∴∠DBE=∠EFC=120°,∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°，∵DE=EC，∴∠D=∠ECD，∴∠BED=∠ECF，在△DEB和△ECF中，∠DEB=∠ECF∠DBE=∠EFC∴△DEB≌△ECF(AAS∴BD=EF，∴AE=BD；（3）解：∵三角形ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC=2,∠ABC=60°，如圖所示：當E在AB的延長線上時，過點E作FE⊥BC交直線BC于F，∴∠EBF=∠ABC=60°,∠EFB=90°，∴∠BEF=30°，∵AE=4,AB=2，∴BE=2，∴BF=1∴CF=3，∵ED=EC,FE⊥BC，∴FD=FC=3，∴CD=6，當E在BA的延長線上時，如圖，過點E作FE⊥BC交BC延長線于F，同理可以求得BF=1∴FD=FC=BF?BC=1，∴CD=2CF=2，故CD的長為2或6．12．（23-24八年級上·廣東廣州·期末）如圖1圖2，點O是線段AC的中點，OB⊥AC，（1）如圖1，若∠ABO=30°，求AB的長；（2）如圖1，在（1）的條件下，若點D在射線AC上，點D在點C右側，且△BDQ是等邊三角形，QC的延長線交直線OB于點P，求PC的長度；（3）如圖2，在（1）的條件下，若點M在線段BC上，△OMN是等邊三角形，且點M沿著線段BC從點B運動到點C，點N隨之運動，求點N的運動路徑的長度．【思路點撥】（1）利用垂直平分線的性質可得BA=BC，再得∠BAO=60°，即可證明△ABC是等邊三角形；（2）證明△BAD≌△BCQ，得出∠BCQ=60°，繼而得到∠OPC=30°，即可求得PC的長度；（3）取BC的中點H，分兩種情況證明△OMH≌△ONC，得出∠OCN=120°或60°，可知點N的運動路徑是一條線段，據此求解即可．【解題過程】（1）解：∵∠ABO=30°，OB⊥AC，∴∠BAO=60°，∵O是線段AC中點，OB⊥AC，∴BA=BC，∴△ABC是等邊三角形；∴AB=AC=2OA=18；（2）∵△ABC、△BDQ是等邊三角形，∴∠ABC=∠DBQ=60°，AB=BC,BD=BQ，∠BAC=60°，∴∠ABD=∠CBQ，∴△BAD≌△BCQ，∴∠BCQ=∠BAD=60°，∵∠BCA=60°，∴∠OCP=60°，∵∠POC=90°，∴∠OPC=30°，∴PC=2OC=2OA=18；（3）取BC的中點H，連接OH，連接CN，分兩種情況討論：當M在線段BH上時，如圖2，∵H是BC的中點，OB⊥AC，∴OH=1∴△OCH是等邊三角形，∵△OMN是等邊三角形，∴∠MON=∠HOC=60°，OM=ON，∠OHC=60°，∴∠MOH=∠CON，∠OHM=120°∴△OMH≌△ONC，∴∠OCN=∠OHM=120°∴點N從起點到C做直線運動，∵當點M在點B時，CN=BH=9，∴點M從B運動到H時，點N運動路徑的長度等于9；當點M在線段HC上時，如圖3，∵H是BC的中點，OB⊥AC，∴OH=1∴△OCH是等邊三角形，∵△OMN是等邊三角形，∴∠MON=∠HOC=60°，OM=ON，∠OHC=60°，∴∠MOH=∠CON，∴△OMH≌△ONC，∴∠OCN=∠OHM=60°∴點N從C到終點做直線運動，∵當點M在點C時，CN=CH=9，∴點M從H運動到C時，點N運動路徑的長度等于9；綜上所述，N的路徑長度為：9+9=18．13．（23-24八年級上·重慶萬州·階段練習）（1）問題情境如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE，求證：△ABD≌△ACE．（2）遷移應用如圖2，△ABC和△ADE都是等邊三角形，A，B，E三點在同一條直線上，M是AD的中點，N是AC的中點，P在BE上，△MNP是等邊三角形，求證：P是BE的中點．（3）拓展創新如圖3，P是線段BE的中點，BE=9，在BE的下方作等邊△PFH（P，F，H三點按逆時針順序排列，△PFH的大小和位置可以變化），連接EF，BH．當EF+BH的值最小時，直接寫出等邊△PFH邊長的最小值．【思路點撥】（1）證出∠BAD=∠CAE，根據SAS證明△ABD≌△ACE；（2）在AE上取點K，使得AK=AM，連接KM，證明△AMN≌△KMP(SAS)，由全等三角形的性質得出AN=KP，證出（3）作∠EPQ=60°，使PQ=PE，連接QE,QB，證明△EPF≌△QPH(SAS)，由全等三角形的性質得出EF=QH，則EF+BH=QH+BH，當點H在線段QB上時，【解題過程】（1）證明:∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=AC,AD=AE，∴∠BAC?∠ACD=∠DAE?∠ACD，∴∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE(SAS（2）證明:在AE上取點K，使得AK=AM，連接KM，∵△ABC和△ADE都是等邊三角形.∴∠DAE=60°，AD=AE，AC=AB，∴△AMK是等邊三角形,∴AM=MK=AK，∠AMK=60°，∵△MPN是等邊三角形,∴MN=MP，∠PMN=60°，∴∠PMN=∠KMA，∴∠PMN?∠AMP=∠KMA?∠AMP，即∠AMN=∠KMP，在△AMN和△KMP中AM=KM∠AMN=∠KMP∴△AMN≌△KMP(SAS∴AN=KP，∴AM=AK=AP+AN，∵M為AD的中點,點N為AC的中點,∴AE=AD=2AM，AB=AC=2AN，設AP=x，AN=y，則AK=x+y，AB=2y，∴AE=2AK=2x+2y，BP=AB+AP=x+2y，∴EP=AE?AP=x+2y，∴EP=BP，∴點P為BE的中點；（3）作∠EPQ=60°，使PQ=PE，連接EQ,QB，∵△PFH是等邊三角形,∴PF=PH，∠FPH=60°，∴∠EPF=∠QPH，∴△EPF≌△QPHSAS∴EF=QH，∴EF+BH=QH+BH，當點H在線段QB上時，EF+BH的值最小，此時PH⊥BQ，PH的值最小，∵PQ=PB=PE，∴∠PBQ=∠PQB=30°，在Rt△PBH中，PH=即當EF+BH的值最小時，△PFH邊長的最小值為914．（23-24八年級上·山東聊城·期中）已知在等邊三角形ABC中，點E在AB上，點D在CB的延長線上，ED=EC．（1）如圖（1），當點E為AB的中點時，確定線段AE與DB的大小關系；AE______DB（填“>”“<”或“=”）．（2）如圖（2），當點E為AB邊上任意一點時，確定線段AE與DB的大小關系，并說明理由．（3）如圖（3）在等邊三角形ABC中，點E在線段AB的延長線上，點D在線段CB的延長線上，且ED=EC，若△ABC的邊長為1，AE=2，求CD的長．【思路點撥】（1）由等腰三角形的性質得∠D=∠ECD，再由等邊三角形的性質得∠ECD=12（2）過點E作EF∥BC，交AC于點F，證△AEF為等邊三角形，得AE=EF，再證△DBE≌△EFC（AAS），得DB=EF，即可得出結論；（3）過點E作EF∥BC，交AC的延長線于點F，可證得△AEF是等邊三角形，△DEB≌△ECF(AAS)，由DB=EF=2，【解題過程】（1）解：如圖1，∵△ABC是等邊三角形，點E是AB的中點，∴CE平分∠ACB，CE⊥AB，∠ACB=60°，∴∠BEC=90°，∠又∵ED=EC，∴∠D=∴∠DEC=120°∴∠DEB=120°?90°=30°∴∠D=∴BD=BE=AE，即AE=DB，故答案為：=．（2）解：當點E為AB上任意一點時，如圖2，AE=DB．理由如下：如圖2，過E作EF∥BC交AC于F，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∵EF∥BC，∴∠AEF=∠ABC=60°，∠∴△AEF是等邊三角形，∴AE=EF=AF，∵∠ABC=∴∠DBE=∠EFC=120°∵DE=EC，∴∠D=∴∠BED=在△DEB和△ECF中，∠DEB=∠ECF∠DBE=∠EFC∴△DEB≌△ECF(AAS∴BD=EF=AE，即AE=BD，（3）解：過點E作EF∥BC，交AC的延長線于點F，如圖3所示：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∴∠AEF=∠ABC=60°即∠AEF=∴△AEF是等邊三角形，∴AE=EF=AF=2，∵∠ABC=∴∠DBE=∵DE=EC，∴∠D=∵EF∥BC，∴∠ECD=∴∠D=在△DEB和△ECF中，∠D=∠CEF∠DBE=∠EFC∴△DEB≌△ECF(AAS∴DB=EF=2，∵BC=1，∴CD=BC+DB=3．15．（23-24八年級上·黑龍江哈爾濱·階段練習）在等邊△ABC中，點D、E分別是邊AC、BC上的點，且AD=CE，AE、BD交于點F．（1）如圖1，求證：∠BFE=60°；（2）如圖2，過點B作BG⊥AE于點G，過點C作CH∥BD交AE延長線于點H，若F為AG中點，求證：（3）如圖3，在（2）的條件下K為AB延長線上一點，且∠K+∠ABD=60°，△ABC的面積為6，求△BEK的面積．【思路點撥】（1）利用等邊三角形的性質，證明△BAD≌△ACESAS，得到∠DBA=∠EAC，進而得到∠BFE=∠EAC+∠BAE=∠BAC=60°（2）含30度的直角三角形的性質，得到BF=2FG=AG，證明△ABF≌△CAGSAS，得到CG=AF，∠CGA=∠AFB=120°，推出△CGH是等邊三角形，得到GH=CG=AF=FG（3）等角對等邊證明AK=EK，BG垂直平分FH，得到BF=BH，證明△BFH為等邊三角形，作EM⊥BH于M，EN⊥HC于N，HP⊥BC于P，角平分線的性質，推出S△AEC=13S△ABC=2，作KR【解題過程】（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=∠C=60°，在△BAD和△ACE中AD=CE∠BAD=∠C∴△BAD≌△ACESAS∴∠DBA=∠EAC，∵∠BFE=∠DBA+∠BAE，∴∠BFE=∠EAC+∠BAE=∠BAC=60°．（2）∵∠BFE=60°，∴在Rt△BFG中，∠FBG=30°∴BF=2FG=AG，連接CG，在△ABF和△CAG中，BF=AG∠ABF=∠CAG∴△ABF≌△CAGSAS∴CG=AF，∠CGA=∠AFB=120°，∴∠BFE=∠CGH=60°，又∵CH∥∴∠BFE=∠H，∴∠GCH=60°，∴∠CGH=∠H=∠GCH=60°，∴△CGH是等邊三角形，∴GH=CG=AF=FG，∴BF=2FG=FH．（3）∵∠AKE+∠ABD=60°，∠AKE+∠BEK=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠BEK，∵∠BAE+∠ABD=60°，∴∠AKE=∠BAE，∴AE=EK，連接BH，∵BG⊥AE，FG=GH，∴BG垂直平分FH，∴BF=BH，∵∠BFE=60°，∴△BFH為等邊三角形，∴BF=BH，∠FHB=∠FHC=60°，∴HE平分∠BHC，作EM⊥BH于M，EN⊥HC于N，HP⊥BC于P，∴PM=PN，∵S△BEH=1∴S△BEH∴S△AEC過K作AC的平行線交CB的延長線于R，∴∠RBK=∠RKB=60°，∴∠BRK=60°，∴∠RBK=∠RKB=∠BRK=60°，∴△KRB為等邊三角形，∴RB=KR，∵∠ABD=∠CAE，∠ABD=∠BEK，∴∠CAE=∠KER，在△EKR和△AEC中，∠ERK=∠ACE∠KER=∠EAC∴△EKR≌△AECAAS∴RB=KR=EC=1∴S△BEK16．（22-23九年級上·安徽·階段練習）安安利用兩張正三角形紙片，進行了如下探究：

【探究證明】（1）如圖1，△ABC和△DCE均為等邊三角形，連接AE交BD延長線于點F，求證：∠AFB=60°；【拓展延伸】（2）如圖2，在正三角形紙片△ABC的BC邊上取一點D，作∠ADE=60°交∠ACB外角平分線于點E，探究CE，DC和AC的數量關系，并證明；【思維提升】（3）如圖3，△ABC和△DCE均為正三角形，當B，C，E三點共線時，連接PC，若BC=3CE，直接寫出下列兩式分別是否為定值，并任選其中一個進行證明：①AP?3PDPC②AP+PC+2PDBD?PC+PE【思路點撥】（1）證明△ACE?△BCD(SAS)，推出（2）如圖2，在AB上取一點G，使得BG=BD，證明△BDG是等邊三角形，然后證明△ADG?△DEC(ASA)，可得（3）如圖3，在AE上取一點F，使得BF=PD，證明△CEF?△CDP(SAS)，CF=CP，∠ECF=∠DCP，證明ΔPCF是等邊三角形，所以PC=PF=CF，過點C作CM⊥BD，CN⊥AE，垂足分別為M，N，根據△ACE?△BCD，可得△ACE的面積=△BCD的面積，根據AE=BD，可得CM=CN，根據BC=3CE，可得BP=3PE=3PC+3PD，所以AE=BD=BP+PD=3PC+4PD【解題過程】（1）證明：如圖1，設AC與BF交于點G，

∵△ABC，△DCE都是等邊三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°?∠ACD=∠ACE，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠ACE=∠BCD∴△ACE?△BCD(SAS∴∠CAE=∠CBD，∵∠AGF=∠BGC，∴∠AFB=∠BCG=60°；（2）解：AC=CE+DC，理由如下：如圖2，在AB上取一點G，使得BG=BD，

∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠ACB=60°，AB=BC，∴△BDG是等邊三角形，∴∠BGD=60°，∴∠AGD=120°，AG=DC，∵CE是∠ACB外角平分線，∴∠ACE=60°，∴∠DCE=60°+60°=120°，∴∠AGD=∠DCE，∵∠ADE=60°，∠BDG=60°，∴∠ADG+∠CDE=180°?60°?60°=60°，∵∠ADG+∠DAG=60°，∴∠DAG=∠EDC，∴△ADG?△DEC(ASA∴DG=CE，∴AC=BC=BD+CD=DG+CD=CE+CD，∴AC=CE+CD；（3）解：①AP?3PDPC=2，②如圖3，在AE上取一點F，使得EF=PD，

∵△ABC和△DCE均為正三角形，B，C，E三點共線，∴CE=CD，∠ECD=60°，由（1）知：△ACE?△BCD(SAS∴∠CEA=∠CDB，∴△CEF?△CDP(SAS∴CF=CP，∠ECF=∠DCP，∴∠PCF=∠DCP+∠DCF=∠ECF+∠DCF=∠DCE=60°，∴△PCF是等邊三角形，∴PC=PF=CF，過點C作CM⊥BD，CN⊥AE，垂足分別為M，N，∵△ACE?△BCD，∴△ACE的面積=△BCD的面積，∵AE=BD，∴CM=CN，∵BC=3CE，∴BP=3PE=3(PF+EF)=3(PC+PD)=3PC+3PD，∴AE=BD=BP+PD=3PC+4PD，∴AP=AE?PE=3PC+4PD?(PC+PD)=2PC+3PD，∴①AP?3PDPC②∵AP+PC+2PD=2PC+3PD+PC+2PD=3PC+5PD，BD?PC+PE=3PC+4PD?PC+PC+PD=3PC+5PD，∴AP+PC+2PD=BD?PC+PE，∴AP+PC+2PDBD?PC+PE綜上所述：①AP?3PDPC=2，②17．（2023七年級下·全國·專題練習）已知：△ABC是等邊三角形，△BDC是等腰三角形，其中∠BDC=120°，過點D作∠EDF=60°，分別交AB于E，交AC于F，連接EF．（1）若BE=CF，求證：①△DEF是等邊三角形；②BE+CF=EF．（2）若BE≠CF，即E、F分別是線段AB、AC上任意一點，BE+CF=EF還會成立嗎？請說明理由．【思路點撥】（1）延長AB到N，使BN=CF，連接DN，通過證明△EBD≌△FCD(SAS)，得到ED=DF，得出△EDF是等邊三角形，通過證明△NBD≌△FCD(SAS)，得到DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，通過證明△EDN≌△EDF(SAS)，得到EF=EN，即可得到答案；（2）延長AB到N，使BN=CF，連接DN，通過證明△NBD≌△FCD(SAS)，得到DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，通過證明△EDN≌△EDF(SAS)，得到EF=EN，即可得到答案．【解題過程】（1）證明：延長AB到N，使BN=CF，連接DN，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵△DBC是等腰三角形，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°，在△EBD和△FCD中，BE=CF∠EBD=∠FCD∴△EBD≌△FCD(SAS)，∴ED=DF，∵∠EDF=60°，∴△EDF是等邊三角形，∵△EBD≌△FCD，∴∠EDB=∠FDC，在△NBD和△FCD中，BD=DC∠NBD=∠FCD=90°∴△NBD≌△FCD(SAS)，∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，∵∠EDB=∠FDC，∴∠EDB=∠BDN=∠FDC，∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=60°，∴∠EDB+∠BDN=60°，即∠EDF=∠EDN，在△EDN和△EDF中，DE=DE∠EDF=∠EDN∴△EDN≌△EDF(SAS)，∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即△EDF是等邊三角形，BE+CF=EF；（2）解：BE+CF=EF還成立，理由是：延長AB到N，使BN=CF，連接DN，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵△DBC是等腰三角形，∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，在△NBD和△FCD中，BD=DC∠NBD=∠FCD=90°∴△NBD≌△FCD(SAS)，∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=60°，∴∠EDB+∠BDN=60°，即∠EDF=∠EDN，在△EDN和△EDF中DE=DE∠EDF=∠EDN∴△EDN≌△EDF(SAS)，∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，即BE+CF=EF．18．（22-23八年級上·重慶·階段練習）△ABC是等邊三角形，點D、E分別在邊AB，BC上，若（1）如圖1，求證：∠AFD=60（2）如圖2，FH為∠AFC的平分線，點H在FM的延長線上，連接HA、HC，∠AHC+∠AFC=180（3）如圖3，在（2）的條件下，延長AF交CH的延長線于點K，點G在線段AH上，GH=CK，連接CG交FH于點M，FN=3，AK=8，求FH的長．【思路點撥】（1）通過證明△ACE≌△CBD，得到∠CAE=∠BCD，再根據三角形的外角定理，即可得到（2）過點H作HG⊥AE于點G，作HK⊥DC，交DC延長線于點K，證明△AHG≌△CHK和（3）作GJ⊥FH于點J，CT⊥FH于點T，CI⊥AK于點I，通過證明Rt△CFT≌Rt△CFI，△GNJ≌△CNT【解題過程】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AC=BC，∠B=∠ACE=60°，在△ACE和△CBD中，AC=BC∠B=∠ACE=60°∴△ACE≌∴∠CAE=∠BCD，∵∠ACD+∠BCD=60°，∴∠ACD+∠CAE=60°，∴∠AFD=∠ACD+∠CAE=60°；（2）過點H作HG⊥AE于點G，作HK⊥DC，交DC延長線于點K，由（1）可得：∠AFD=60°，∴∠AFK=180°?60°=120°，∵FH為∠AFC的平分線，HG⊥AE，HK⊥DC，∴∠HFA=∠HFK=60°，HG=HK，在四邊形HGFK中，∠GHK+∠AFC=180°，∵∠AHC+∠AFC=180∴∠AHC=∠GHK=60°，∴∠AHC?∠GHC=∠GHK?∠GHC，即∠AHG=∠CHK，在△AHG和△CHK中，∠AHG=∠CHKHG=HK∴△AHG≌∴AH=CH，AG=CK∴△ACH為等邊三角形，在Rt△HGF和RtHF=HFHG=HK∴Rt△HGF∴GF=KF，∵AF+CF=AG+GF+CF=CK+GF+CF=GF+KF，∴AF+CF=2GF=2KF，∵∠HFK=60°，∠K=90°，∴∠FHK=30°，∴FH=2KF，∴AF+CF=FH．（3）作GJ⊥FH于點J，CT⊥FH于點T，CI⊥AK于點I，∵∠CFT=∠CFI=60°，CT⊥FH，CI⊥AK，∴CI=CT，在Rt△CFT和RtCF=CFCI=CT∴Rt△CFT∴FI=FT，∵△AHC為等邊三角形，∴∠CAH=∠CFT=60°，∴∠GHJ=∠ACF，∵∠ACF+∠BCD=60°,∠CAE+∠BAE=60°,∠BCD=∠CAE，∴∠ACF=∠BAE，∵AB∥∴∠K=∠BAE，∴∠K=∠GHJ，在△HJG和△KIC中，∠K=∠GHJ∠HJG=∠CIK∴△HJG≌∴CI=GJ=CT,EK=HJ，在△GNJ和△CNT中，∠GNJ=∠CNT∠GJN=∠CTN=90°∴△GNJ≌∴JN=NT，在Rt△ACI和RtCI=CTCA=CH∴Rt△ACI∴AE=HT，設FI=FT=x,TN=NJ=y,HJ=EK=z，則FN=FT+TN=x+y=3，AK=AE+EK=HT+EK=HJ+TN+NJ+EK=2y+2z=8，∴y+z=4，∴FH=FN+NH=FN+y+z=3+4=7．19．（23-24八年級上·山東日照·期末）已知，如圖1，在等邊△ABC中，∠BAC與∠ABC的角平分線交于點O，點D、E分別在邊AB,BC上，且∠DOE=60°，猜想AD、DE、BE三者之間的數量關系．（1）方法探索：小敏的思路是：如圖3，在AB上取一點F，使AF=BE，連接OF．先證明△BOE≌△______，從而OE=______；繼而證明△DOE≌△______，從而DE=______；因此可判斷AD、（2）拓展運用：如圖2，點D在邊AB上，點E在CB的延長線上，其它條件不變，猜想AD、DE、BE三者之間的數量關系，并說明理由．【思路點撥】本題主要考查了等邊三角形的性質，全等三角形的性質與判定，三角形內角和定理，等角對等邊等知識點：（1）如圖3，在AB上取一點F，使AF=BE，連接OF，先證明△BOE≌△AOF得到OE=OF，∠AOF=∠B