等邊三角形【八大題型】【題型1與等邊三角形有關的角度的計算】【例1】（2022秋?泰興市期末）（1）如圖1，∠AOB和∠COD都是直角①若∠BOC＝60°，則∠BOD＝30°，∠AOC＝30°；②改變∠BOC的大小，則∠BOD與∠AOC相等嗎？為什么？（2）如圖2，∠AOB＝∠COD＝80°，若∠AOD＝∠BOC+40°，求∠AOC的度數；（3）如圖3，將三個相同的等邊三角形（三個內角都是60°）的一個頂點重合放置，若∠BAE＝10°，∠HAF＝30°，則∠1＝20°．【分析】（1）根據余角的性質即可得到結論；（2）根據角的和差即可得到結果；（3）根據等邊三角形的性質得到∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，根據角的和差即可得到結論．【解答】解：（1）∵∠AOB和∠COD都是直角，∠BOC＝60°，∴∠BOD＝30°，∠AOC＝30°，故答案為：30，30；（2）∵∠AOB＝∠COD＝80°，∴∠AOC＝∠BOD=12（∠AOD﹣∠∵∠AOD＝∠BOC+40°，∴∠AOC＝20°；（3）∵∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，∴∠DAE＝∠HAF＝30°，∴∠1＝60°﹣30°﹣10°＝20°．故答案為：20．【變式1-1】（2022秋?巫溪縣校級月考）已知：如圖，△ABC是等邊三角形，D是BC延長線上的點，BE、CE分別平分∠ABC和∠ACD，求∠BEC的度數．【分析】△ABC是等邊三角形的外角是120°，平分后是60°，又由角平分線與角的對邊垂直可知所求角是直角三角形內的一個銳角，故而可解得．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，且有BE、CE分別平分∠ABC和∠ACD，AC⊥BE，∴∠ECD＝（180°﹣60°）÷2＝120°÷2＝60°，∴∠ACE＝60°，又∵AC⊥BE，∴∠BEC＝180°﹣90°﹣60°＝30°．【變式1-2】（2022秋?太原期末）問題情境：如圖1，點D是△ABC外的一點，點E在BC邊的延長線上，BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．試探究∠D與∠A的數量關系．（1）特例探究：如圖2，若△ABC是等邊三角形，其余條件不變，則∠D＝30°；如圖3，若△ABC是等腰三角形，頂角∠A＝100°，其余條件不變，則∠D＝50°；這兩個圖中，∠D與∠A度數的比是1：2；（2）猜想證明：如圖1，△ABC為一般三角形，在（1）中獲得的∠D與∠A的關系是否還成立？若成立，利用圖1證明你的結論；若不成立，說明理由．【分析】（1）根據三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根據角平分線的定義得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．（2）根據三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根據角平分線的定義得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．【解答】解：（1）如圖2，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∠ACE＝120°，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．∴∠DBC＝30°，∠DCE＝60°，∵∠DCE＝∠D+∠DBC，∴∠D＝30°；如圖3，∵△ABC是等腰三角形，∠A＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∠ACE＝140°，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．∴∠DBC＝20°，∠DCE＝70°，∵∠DCE＝∠D+∠DBC，∴∠D＝50°；故答案為30°，50°，1：2；（2）成立，如圖1，在△ABC中，∠ACE＝∠A+∠ABC，在△DBC中，∠DCE＝∠D+∠DBC，…（1）∵CD平分∠ACE，BD平分∠ABC，∴∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，又∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∴2∠DCE＝∠A+2∠DBC，…（2）由（1）×2﹣（2），∴2∠D+2∠DBC﹣（∠A+2∠DBC）＝0，∴∠A＝2∠D．【變式1-3】（2022秋?龍港區期末）已知△ABC，△EFG是邊長相等的等邊三角形，點D是邊BC，EF的中點．（1）如圖①，連接AD，GD，則∠ADC的大小＝90（度）；∠GDF的大小＝90（度）；AD與GD的數量關系是AD＝GD；DC與DF的數量關系是DC＝DF；（2）如圖②，直線AG，FC相交于點M，求∠AMF的大小．【分析】（1）如圖①中，根據等邊三角形的性質解答即可．（2）如圖連接AD，DG，利用等邊三角形的性質即可解決問題．【解答】解：（1）如圖①，連接AD，GD，∵△ABC是等邊三角形，BD＝DC，則∠ADC的大小＝90°；∵△EGF是等邊三角形，ED＝DF，∴∠GDF＝90°；∵BC＝EF，∴AD＝GD；DC＝DF；故答案為：90；90；AD＝GD；DC＝DF．（2）連接AD，DG，由（1）得：∠ADC＝∠GDF＝90°，∴∠ADC﹣∠GDC＝∠GDF﹣∠GDC，即∠1＝∠2，由（1）得：AD＝GD，∴∠DGA＝∠DAG=180°-∠1由（1）得：DC＝DF，∴∠3＝∠DCF=180°-∠2∴∠DGA＝∠3，∵∠AMF＝∠AGF+∠5，∴∠AMF＝∠DGA+∠5+∠4＝∠3+∠5+∠4＝180°﹣∠GDF＝180°﹣90°＝90°．【題型2共頂點的等邊三角形（手拉手圖形）】【例2】（2022秋?華容縣期末）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，連結PQ．以下五個結論：①AD＝BE；②PQ∥AE；③OP＝OQ；④△CPQ為等邊三角形；⑤∠AOB＝60°．其中正確的有①②④⑤．（注：把你認為正確的答案序號都寫上）【分析】①根據全等三角形的判定方法，證出△ACD≌△BCE，即可得出AD＝BE，①正確．④先證明△ACP≌△BCQ，即可判斷出CP＝CQ，即可得④正確；②根據∠PCQ＝60°，可得△PCQ為等邊三角形，證出∠PQC＝∠DCE＝60°，得出PQ∥AE，②正確．③沒有條件證出OP＝OQ，得出③錯誤；⑤∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，⑤正確；即可得出結論．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC＝BC，∠ACD＝∠BCE，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，結論①正確．∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，又∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠ACP＝∠BCQ＝60°，在△ACP和△BCQ中，∠ACP＝∠BCQ，∠CAP＝∠CBQ，AC＝BC，∴△ACP≌△BCQ（AAS），∴AP＝BQ，CP＝CQ，又∵∠PCQ＝60°，∴△PCQ為等邊三角形，結論④正確；∴∠PQC＝∠DCE＝60°，∴PQ∥AE，結論②正確．∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠AEO，∴∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，∴結論⑤正確．沒有條件證出OP＝OQ，③錯誤；綜上，可得正確的結論有4個：①②④⑤．故答案為：①②④⑤．【變式2-1】（2022秋?西青區期末）如圖，△ABC和△CDE都是等邊三角形，點E在△ABC內部，連接AE，BE，BD．若∠EBD＝50°，則∠AEB的度數是110°．【分析】由已知條件推導出△ACE≌△BCD，從而∠DBC＝∠CAE，再通過角之間的轉化，利用三角形內角和定理能求出∠AEB的度數．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴AC＝BC，CE＝CD，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝∠ECD＝60°，又∵∠ACB＝∠ACE+∠BCE，∠ECD＝∠BCE+∠BCD，∴∠BCD＝∠ACE，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠BCD=∠ACE∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠CAE＝∠DBC，∴∠EBD﹣∠EBC＝∠BAC﹣∠BAE，∵∠EBD＝50°，∴50°﹣∠EBC＝60°﹣∠BAE，∴50°﹣（60°﹣∠ABE）＝60°﹣∠BAE，∴∠ABE+∠BAE＝70°，∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝180°﹣70°＝110°，故答案為：110°．【變式2-2】（2022秋?興化市校級月考）如圖1，等邊△ABC中，D是AB邊上的點，以CD為一邊，向上作等邊△EDC，連接AE．（1）求證：△DBC≌△EAC；（2）求證：AE∥BC；（3）如圖2，若D在邊BA的延長線上，且AB＝6，AD＝2，試求△ABC與△EAC面積的比值．【分析】（1）首先證明∠BCD＝∠ACE，然后利用SAS證明△DBC≌△EAC即可；（2）根據全等的性質可得∠EAC＝∠B＝60°，進而可得∠EAC＝∠ACB，從而可得AE∥BC；（3）利用等邊三角形的性質可得BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，然后再證明△DBC≌△EAC，再推出∠EAC＝∠ACB，進而可得AE∥BC，進而利用三角形面積解答即可．【解答】證明：（1）∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD，∴∠BCD＝∠ACE，在△DBC和△EAC中，BC=∴△DBC≌△EAC（SAS）；（2）∵△DBC≌△EAC，∴∠EAC＝∠B＝60°，又∠ACB＝60°，∴∠EAC＝∠ACB，∴AE∥BC；（3）∵△ABC、△EDC為等邊三角形∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△DBC和△EAC中BC=∴△DBC≌△EAC（SAS），∴∠EAC＝∠B＝60°，AE＝BD＝AB+AD＝8，又∵∠ACB＝60°，∴∠EAC＝∠ACB，∴AE∥BC．∴△ABC與△EAC面積比=BC【變式2-3】（2022秋?赫山區期末）如圖，△ABC和△CDE都為等邊三角形，E在BC上，AE的延長線交BD于F．（1）求證：AE＝BD；（2）求∠AFB的度數；（3）求證：CF平分∠AFD；（4）直接寫出EF，DF，CF之間的數量關系．【分析】（1）要證明邊相等可證明邊所在的三角形全等，由△ABC和△CDE都為等邊三角形，可得∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，繼而證明三角形全等，即可解答題目；（2）由三角形全等可得∠CAE＝∠CBD，結合∠AEC＝∠BEF即可證明；（3）作CM⊥AF于點M，CN⊥DF于點N，連接CF，利用全等三角形的性質證明CM＝CN，即可解答題目；（4）延長AF到點Q，使FQ＝DF，連接DQ，則只需證明CF＝EQ，所以考慮證明△CDF≌△EDQ，自己試著解答．【解答】（1）證明：△ABC和△CDE都為等邊三角形，∴∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD．（2）解：∵△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD，又∠AEC＝∠BEF，∴∠AFB＝∠ACB＝60°．（3）證明：作CM⊥AF于點M，CN⊥DF于點N，連接CF，∵∠CAE＝∠CBD，∠AMC＝∠BNC＝90°，AC＝BC，∴△CAM≌△CBN（SAS），則CM＝CN，∴CF平分∠AFD．（4）解：延長AF到點Q，使FQ＝DF，連接DQ，∵∠AFB＝∠ACB＝60°，則∠DFQ＝60°，∴△DFQ是等邊三角形，則DQ＝DF，∠FDQ＝∠CDE＝60°，∴∠CDF＝∠EDQ，∵CD＝DE，∠CDF＝∠EDQ，DQ＝DF，∴△CDF≌△EDQ（SAS），∴CF＝EQ，則CF＝EF+FQ＝EF+DF．【題型3平面直角坐標系中的等邊三角形】【例3】（2022春?禪城區校級月考）如圖，在平面直角坐標系中，點C的坐標為（2，0），以線段OC為邊在第一象限內作等邊△OBC，點D為x軸正半軸上一動點（OD＞2），連結BD，以線段BD為邊在第一象限內作等邊△BDE，直線CE與y軸交于點A，則點A的坐標為（）A．(0，-3) B．(0，-23) C．（【分析】根據“手拉手”全等可得∠BCE＝∠BOD＝60°，進而可得∠OCA＝60°，即可求解A點坐標．【解答】解：∵△OBC，△BDE為等邊三角形，∴BO＝BC，BD＝BE，∠OBC＝∠DBE＝∠BCO＝60°，∴∠OBD＝∠CBE，在△OBD和△CBE中，BO=BC∠OBD=∠CBE∴△OBD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BOD＝60°，∴∠OCA＝60°，∵∠COA＝90°，∴OA=3OC=2即A點坐標為：（0，-23故選：B．【變式3-1】（2022春?龍口市期末）如圖，在直角坐標系xOy中，直線MN分別與x軸，y軸交于點M，N，且OM＝4，∠OMN＝30°，等邊△AOB的頂點A，B分別在線段MN，OM上，點A的坐標為（）A．（1，3） B．（1，5） C．（3，1） D．（32，3【分析】根據∠OMN＝30°和△AOB為等邊三角形，證明△OAM為直角三角形，即可得出答案．【解答】解：∵直線MN分別與x軸正半軸、y軸正半軸交于點M、N，OM＝4，∠OMN＝30°，∴∠ONM＝60°，∵△AOB為等邊三角形，∴∠AOB＝60°，∠AMO＝30°，∴∠OAM＝90°，∴OA⊥MN，即△OAM為直角三角形，∴OA=12OM=12過點A作AC⊥OB于點C，∴OC=12OA＝∴AC=3∴點A的坐標為（1，3）．故選：A．【變式3-2】（2022秋?新洲區期末）在平面直角坐標系中，已知點A在y軸的正半軸上，點B在第二象限，AO＝a，AB＝b，BO與x軸正方向的夾角為150°，且a2﹣b2+a﹣b＝0．（1）試判定△ABO的形狀；（2）如圖1，若BC⊥BO，BC＝BO，點D為CO的中點，AC、BD交于E，求證：AE＝BE+CE；（3）如圖2，若點E為y軸的正半軸上一動點，以BE為邊作等邊△BEG，延長GA交x軸于點P，問：AP與AO之間有何數量關系？試證明你的結論．【分析】（1）△ABO為等邊三角形，理由為：根據（a2﹣b2）+（a﹣b）＝0，得到a＝b，再由BO與x軸正方向的夾角為150°得到∠AOB＝60°，即可得證；（2）在AC上截取AM＝CE，先證∠AEB＝60°，方法是根據題意得到△ABO為等邊三角形，△BOC為等腰直角三角形，確定出∠ABD度數，根據AB＝BC，且∠ABC＝120°，得到∠BAE度數，進而確定出∠AEB為60°，再由AM＝CE，得到AE＝CM，再由AB＝CB，且夾角∠BAC＝∠BCA，利用SAS得到△BCM與△BAE全等，利用全等三角形的對應邊相等得到BM＝BE，得到△BEM為等邊三角形，得到BE＝EM，由AE＝EM+AM，等量代換即可得證；（3）AP＝2AO，理由為：由題意得到BG＝BE，AB＝OB，利用等式的性質得到∠ABG＝∠OBE，利用SAS得到△ABG與△OBE全等，利用全等三角形的對應角相等得到∠GAB＝∠BOE＝60°，利用外角的性質得到∠APO＝30°，在Rt△AOP中，利用30度角所對的直角邊等于斜邊的一半得到AP＝2AO．【解答】（1）解：結論：△ABO為等邊三角形，理由：∵a2﹣b2+a﹣b＝（a+b）（a﹣b）+（a﹣b）＝（a﹣b）（a+b+1）＝0∴a﹣b＝0，得到a＝b，即AO＝AB∵OB與x軸正半軸夾角為150°∴∠AOB＝150°﹣90°＝60°∴△AOB為等邊三角形；（2）證明：在AC上截取AM＝EC，可得AM+EM＝CE+EM，即AE＝CM．∵△AOB為等邊三角形，△BOC為等腰直角三角形∴∠OBC＝90°，∠ABO＝60°∵D為CO的中點∴BD平分∠OBC，即∠CBD＝∠OBD＝45°∴∠ABD＝105°，∠ABC＝150°∴∠BAC＝∠BCA＝15°∴∠AEB＝60°在△ABE和△CBM中AB=CB∠BAE=∠BCM∴△ABE≌△CBM（SAS）∴BM＝BE∴△BEM為等邊三角形∴BE＝EM∴AE＝AM+EM＝CE+BE；（3）解：結論：AP＝2AO，理由：∵△AOB與△BGE都為等邊三角形∴BE＝BG，AB＝OB，∠EBG＝∠OBA＝60°∴∠EBG+∠EBA＝∠OBA+∠EBA即∠ABG＝∠OBE在△ABG和△OBE中AB=OB∠ABG=∠OBE∴△ABG≌△OBE（SAS）∴∠BAG＝∠BOE＝60°∴∠GAO＝∠GAB+∠BAO＝120°∵∠GAO為△AOP的外角且∠AOP＝90°∴∠APO＝30°在Rt△AOP中，∠APO＝30°∴AP＝2AO．【變式3-3】（2022秋?漢陽區校級期中）如圖，平面直角坐標系中，已知A（﹣2，0），B（2，0），C（6，0），D為y軸正半軸上一點，且∠ODB＝30°，延長DB至E，使BE＝BD．P為x軸正半軸上一動點（P在C點右邊），M在EP上，且∠EMA＝60°，AM交BE于N．（1）求證：BE＝BC；（2）求證：∠ANB＝∠EPC；（3）當P點運動時，求BP﹣BN的值．【分析】（1）根據點A、B的坐標求出AD＝BD，根據直角三角形兩銳角互余求出∠ABD＝60°，然后判斷出△ABD是等邊三角形，根據等邊三角形的性質可得BD＝AB＝4，再求出BC＝4，從而得到BC＝BD，然后等量代換即可得證；（2）根據三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和可得∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，即可得證；（3）求出△BCE是等邊三角形，根據等邊三角形的性質可得BC＝CE，然后求出AB＝CE，再求出∠ABN＝∠ECP＝120°，然后利用“角角邊”證明△ABN和△ECP全等，根據全等三角形對應邊相等BN＝CP，再根據BP﹣CP＝BC等量代換即可得解．【解答】（1）證明：∵A（﹣2，0），B（2，0），∴AD＝BD，AB＝4，∵∠ODB＝30°，∴∠ABD＝90°﹣30°＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AB＝4，∵B（2，0），C（6，0），∴BC＝6﹣2＝4，∴BC＝BD，又∵BE＝BD，∴BE＝BC；（2）證明：由三角形的外角性質得，∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，所以，∠ANB＝∠EPC；（3）解：∵BE＝BD＝BC，∠CBE＝∠ABD＝60°，∴△BCE是等邊三角形，∴BC＝CE，∵AB＝BC＝4，∴AB＝CE，∵∠ABD＝∠BCE＝60°，∴∠ABN＝∠ECP＝120°，在△ABN和△ECP中，∠ANB=∠EPC∠ABN=∠ECP∴△ABN≌△ECP（AAS），∴BN＝CP，∵BP﹣CP＝BC，∴BP﹣BN＝BC＝4，故BP﹣BN的值為4，與點P的位置無關．【題型4與等邊三角形有關的線段長度的計算】【例4】（2022?南陵縣模擬）如圖，在邊長為2的等邊三角形ABC中，D為邊BC上一點，且BD=12CD．點E，F分別在邊AB，AC上，且∠EDF＝90°，M為邊EF的中點，連接CM交DF于點N．若DF∥AB，則A．233 B．343 C．5【分析】根據等邊三角形邊長為2，在Rt△BDE中求得DE的長，再根據CM垂直平分DF，在Rt△CDN中求得CN，最后根據線段和可得CM的長．【解答】解：∵等邊三角形邊長為2，BD=12∴BD=23，CD∵等邊三角形ABC中，DF∥AB，∴∠FDC＝∠B＝60°，∵∠EDF＝90°，∴∠BDE＝30°，∴DE⊥BE，∴∠BED＝90°，∵∠B＝60°，∴∠BDE＝30°，∴BE=12BD∴DE=B如圖，連接DM，則Rt△DEF中，DM=12EF＝∵∠FDC＝∠FCD＝60°，∴△CDF是等邊三角形，∴CD＝CF=4∴CM垂直平分DF，∴∠DCN＝30°，DN＝FN，∴Rt△CDN中，DN=23，CN∵M為EF的中點，∴MN=12DE∴CM＝CN+MN=2故選：C．【變式4-1】（2022春?西鄉縣期末）如圖，△ABC是等邊三角形，BD是中線，過點D作DE⊥AB于E交BC邊延長線于F，AE＝1，求BF的長．【分析】根據等邊三角形的性質和中線的性質解答即可．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，BD是中線，∴∠A＝∠ACB＝60°，AC＝BC，AD＝CD=12∵DE⊥AB于E，∴∠ADE＝90°﹣∠A＝30°，∴CD＝AD＝2AE＝2，∴∠CDF＝∠ADE＝30°，∴∠F＝∠ACB﹣∠CDF＝30°，∴∠CDF＝∠F，∴DC＝CF，∴BF＝BC+CF＝2AD+AD＝6．【變式4-2】（2022?浙江模擬）如圖，等邊△ABC的邊長為10，點P是邊AB的中點，Q為BC延長線上一點，CQ：BC＝1：2，過P作PE⊥AC于E，連PQ交AC邊于D，求DE的長【分析】過P點作PF∥BC交AC于F點，根據等邊三角形的性質和判定求出△APF是等邊三角形，推出AP＝AF＝PF＝CQ，根據等腰三角形性質求出AE＝EF，根據AAS證△PFD和△QCD全等，求出FD＝CD，推出DE=12【解答】解：過P點作PF∥BC交AC于F點，∵等邊△ABC的邊長為10，點P是邊AB的中點，CQ：BC＝1：2，∴AB＝BC，∠B＝∠ACB＝∠A＝60°，∴AP＝CQ，∵PF∥AB，∴∠APF＝∠B＝60°，∠AFP＝∠ACB＝60°，∴∠A＝∠APF＝∠AFP＝60°，∴△APF是等邊三角形，∵PE⊥AC，∴EF=12∵△APF是等邊三角形，AP＝CQ，∴PF＝CQ∵PF∥AB，∴∠Q＝∠FPD，在△PDF和△QDC中∵∠FPD=∠Q∠FDP=∠QDC∴△PDF≌△QDC，∴DF＝CD，∴DF=12∴DE＝EF+DF=12AF+12∴ED＝5．【變式4-3】（2022秋?崇川區校級月考）如圖，在△ABC中，AB＝AC，D、E是△ABC內兩點，AD平分∠BAC，∠EBC＝∠E＝60°，若BE＝30cm，DE＝2cm，則BC＝32cm．【分析】作出輔助線后根據等腰三角形的性質得出BE＝30，DE＝2，進而得出△BEM為等邊三角形，△EFD為等邊三角形，從而得出BN的長，進而求出答案．【解答】解：延長ED交BC于M，延長AD交BC于N，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AN⊥BC，BN＝CN，∵∠EBC＝∠E＝60°，∴△BEM為等邊三角形，∴△EFD為等邊三角形，∵BE＝30，DE＝2，∴DM＝28，∵△BEM為等邊三角形，∴∠EMB＝60°，∵AN⊥BC，∴∠DNM＝90°，∴∠NDM＝30°，∴NM＝14，∴BN＝16，∴BC＝2BN＝32，故答案為32．【題型5等邊三角形的證明】【例5】（2022秋?建水縣校級期中）如圖，△ABC為等邊三角形，D為BC邊上一點，以AD為邊作∠ADE＝60°，DE與△ABC的外角平分線CE交于點E，連接AE．求證：△ADE是等邊三角形．【分析】過D作DG∥AC交AB于G，得出∠3＝∠2，再利用AAS得出△AGD≌△DCE，進而得出答案．【解答】解：過D作DG∥AC交AB于G，則∠1＝∠3，△GDB為等邊三角形，∠AGD＝∠DCE＝120°，AG＝DC．又∵∠ADE＝∠ACE＝60°，∠ACE＝∠ECF，∴∠1＝∠2，∴∠3＝∠2．在△AGD和△DCE中，∠3=∠2∠AGD=∠DCE∴△AGD≌△DCE（AAS），∴AD＝DE，∵∠ADE＝60°，∴△ADE是等邊三角形．【變式5-1】如圖，已知△ABC是等邊三角形，E是AC延長線上一點，選擇一點D，使得△CDE是等邊三角形，如果M是線段AD的中點，N是線段BE的中點，求證：△CMN是等邊三角形．【分析】根據△ACD≌△BCE，得出AD＝BE，AM＝BN；又△AMC≌△BNC，可得CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，證明∠NCM＝∠ACB＝60°即可證明△CMN是等邊三角形；【解答】證明：∵△ABC是等邊三角形，△CDE是等邊三角形，M是線段AD的中點，N是線段BE的中點，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠ECD+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，AM＝BN；∴AC＝BC，∠CAD＝∠CBE，AM＝BN，∴△AMC≌△BNC（SAS），∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN；又∵∠NCM＝∠BCN﹣∠BCM，∠ACB＝∠ACM﹣∠BCM，∴∠NCM＝∠ACB＝60°，∴△CMN是等邊三角形．【變式5-2】（2022春?龍口市期末）如圖，E是∠AOB的平分線上一點，EC⊥OB，ED⊥OA，C、D是垂足，連接CD交OE于點F，若∠AOB＝60°．（1）求證：△OCD是等邊三角形；（2）若EF＝5，求線段OE的長．【分析】（1）根據角平分線的性質得出DE＝CE，然后根據HL證得Rt△ODE≌Rt△OCE，得出OD＝OC，由∠AOB＝60°，證得△OCD是等邊三角形；（2）根據三線合一的性質得出∠AOE＝∠BOE＝30°，OE⊥DC，進而證得∠EDF＝30°，然后根據30°的直角三角形的性質即可求得OE的長．【解答】解：（1）∵點E是∠AOB的平分線上一點，EC⊥OB，ED⊥OA，垂足分別是C，D，∴DE＝CE，在Rt△ODE與Rt△OCE中，DE=CEOE=OE∴Rt△ODE≌Rt△OCE（HL），∴OD＝OC，∵∠AOB＝60°，∴△OCD是等邊三角形；（2）∵△OCD是等邊三角形，OF是∠COD的平分線，∴OE⊥DC，∵∠AOB＝60°，∴∠AOE＝∠BOE＝30°，∵∠ODF＝60°，ED⊥OA，∴∠EDF＝30°，∴DE＝2EF＝10，∴OE＝2DE＝20．【變式5-3】（2022秋?韶關期末）已知：如圖，△ABC、△CDE都是等邊三角形，AD、BE相交于點O，點M、N分別是線段AD、BE的中點．（1）求證：AD＝BE；（2）求∠DOE的度數；（3）求證：△MNC是等邊三角形．【分析】（1）根據等邊三角形性質得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，證△ACD≌△BCE即可；（2）根據全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根據三角形的內角和定理求出即可；（3）求出AM＝BN，根據SAS證△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE．（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∵等邊三角形DCE，∴∠CED＝∠CDE＝60°，∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，＝∠ADC+60°+∠BED，＝∠CED+60°，＝60°+60°，＝120°，∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，答：∠DOE的度數是60°．（3）證明：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC又∵點M、N分別是線段AD、BE的中點，∴AM=12AD，BN=∴AM＝BN，在△ACM和△BCN中AC=BC∠CAM=∠CBN∴△ACM≌△BCN，∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，又∠ACB＝60°，∴∠ACM+∠MCB＝60°，∴∠BCN+∠MCB＝60°，∴∠MCN＝60°，∴△MNC是等邊三角形．【題型6與等邊三角形有關的規律問題】【例6】（2022秋?思明區校級期中）如圖，已知∠MON＝30°，點A1，A2，A3…在射線ON上，點B1，B2，B3…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均為等邊三角形，若OA1＝2，則△A7B7A8的邊長為27．【分析】據等腰三角形的性質以及平行線的性質得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝8，A4B4＝8B1A2＝16，A5B5＝16B1A2＝32…，進而得出答案．【解答】解：∵△A1B1A2是等邊三角形，∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°，∴∠2＝120°，∵∠MON＝30°，∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，又∵∠3＝60°，∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵∠MON＝∠1＝30°，∴OA1＝A1B1＝1，∴A2B1＝1，∵△A2B2A3、△A3B3A4是等邊三角形，∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，∵∠4＝∠12＝60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°，∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3，∴A3B3＝4B1A2＝8，A4B4＝8B1A2＝16，A5B5＝16B1A2＝32，…∴△AnBnAn+1的邊長為2n，∴△A7B7A8的邊長為27．故答案為27．【變式6-1】（2022秋?簡陽市期中）一只電子青蛙在如圖的平面直角坐標系做如下運動：從坐標原點開始起跳記為A1，然后沿著邊長為1的等邊三角形跳躍即A1→A2→A3→A4→A5……已知A3的坐標為（1，0），則A2018的坐標是（1008.5，32）【分析】根據已知圖形得出A2，A4，A6的坐標，進而得出變化規律求出點A2018的坐標．【解答】解：過點A2作A2B，交y軸于點B，由題意可得出：A2B=12OA3∴BO=3∴A2坐標為：（12，3A4坐標為：（32，3A6坐標為：（52，3…∴點A2018的坐標為（1008.5，32故答案是：（1008.5，32【變式6-2】（2022?定興縣二模）如圖，△ABC是一個邊長為2的等邊三角形，AD0⊥BC，垂足為點D0．過點D0作D0D1⊥AB，垂足為點D1；再過點D1作D1D2⊥AD0，垂足為點D2；又過點D2作D2D3⊥AB，垂足為點D3；…；這樣一直作下去，得到一組線段：D0D1，D1D2，D2D3，…，則線段D1D2的長為34，線段Dn﹣1Dn的長為(32)【分析】由三角形ABC為等邊三角形，AD0⊥BC，利用等邊三角形的性質及三線合一得到BD0＝1，∠B＝60°，再由D0D1⊥AB，得到∠D1D0B＝30°，求出D1D0的長，同理求出D1D2的長，依此類推得出Dn﹣1Dn的長．【解答】解：∵△ABC是一個邊長為2的等邊三角形，AD0⊥BC，∴BD0＝1，∠B＝60°，∵D0D1⊥AB，∴∠D1D0B＝30°，∴D1D0=3同理∠D0D1D2＝30°，D1D2＝（32）2=依此類推，線段Dn﹣1Dn的長為（32）n故答案為：34；（32【變式6-3】（2022?齊齊哈爾模擬）如圖，點A1是面積為3的等邊△ABC的兩條中線的交點，以BA1為一邊，構造等邊△BA1C1，稱為第一次構造；點A2是△BA1C1的兩條中線的交點，再以BA2為一邊，構造等邊△BA2C2，稱為第二次構造；以此類推，當第n次構造出的等邊△BnAn?n的邊B?n與等邊△CBA的邊AB第一次在同一直線上時，構造停止．則構造出的最后一個三角形的面積是127【分析】設等邊△ABC的邊長為a，根據等邊三角形的性質求出A1C=33a，∠ABA1＝30°，同理判斷出每次構造后等邊三角形的邊長變為原來的33倍，再確定出每一次構造三角形繞點B順時針旋轉30°，然后求出4【解答】解：設等邊△ABC的邊長為a，則等邊△ABC的高為32a∵A1是兩條中線的交點，∴A1C=23×32a=33同理可得，每次構造后等邊三角形的邊長變為原來的33∵第n次構造出的等邊△BnAn?n的邊B?n與等邊△CBA的邊AB第一次在同一直線上時，構造停止，∴（180°﹣60°）÷30°＝120°÷30°＝4，即4次構造后，構造停止，∴構造停止時的等邊三角形的邊長為（33）4a設最后一個三角形的面積為S，則S3=（(3解得S=1故答案為：127【題型7利用等邊三角形的性質進行證明】【例7】（2000?內蒙古）如圖，已知△ABC為等邊三角形，延長BC到D，延長BA到E，并且使AE＝BD，連接CE，DE．求證：EC＝ED．【分析】首先延長BD至F，使DF＝BC，連接EF，得出△BEF為等邊三角形，進而求出△ECB≌△EDF，從而得出EC＝DE．【解答】證明：延長BD至F，使DF＝BC，連接EF，∵AE＝BD，△ABC為等邊三角形，∴BE＝BF，∠B＝60°，∴△BEF為等邊三角形，∴∠F＝60°，在△ECB和△EDF中BE=EF∠B=∠F=60°∴△ECB≌△EDF（SAS），∴EC＝ED．【變式7-1】如圖，在等邊三角形ABC中，BO，CO分別平分∠ABC，∠ACB，OE∥AB，OF∥AC，試說明BE＝EF＝FC．【分析】由題可證△OEF為等邊三角形，從而得到∠EOF＝60°，OE＝OF＝EF．又因為BO，CO分別平分∠ABC，∠ACB，所以∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF．所以OE∥AB，OF∥AC，根據兩直線平行，內錯角相等，得到∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，即∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF．根據等角對等邊得OE＝BE，OF＝CF，所以BE＝EF＝FC．【解答】證明：∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵OE∥AB，OF∥AC，∴∠OEF＝∠ABC＝60°，∠OFE＝∠ACF＝60°，∴∠OEF＝∠OFE，∴∠EOF＝60°，∴△OEF為等邊三角形，∴OE＝OF＝EF，∵BO，CO分別平分∠ABC，∠ACB，∴∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF，∵OE∥AB，OF∥AC，∴∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，∴∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF，∴OE＝BE，OF＝CF，∴BE＝EF＝FC．【變式7-2】（2022秋?綿竹市期末）在等邊△ABC中，點E是AB上的動點，點E與點A、B不重合，點D在CB的延長線上，且EC＝ED．（1）如圖1，若點E是AB的中點，求證：BD＝AE；（2）如圖2，若點E不是AB的中點時，（1）中的結論“BD＝AE”能否成立？若不成立，請直接寫出BD與AE數量關系，若成立，請給予證明．【分析】（1）由等邊三角形的性質得出AE＝BE，∠BCE＝30°，再根據ED＝EC，得出∠D＝∠BCE＝30°，再證出∠D＝∠DEB，得出DB＝BE，從而證出AE＝DB；（2）作輔助線得出等邊三角形AEF，得出AE＝EF，再證明三角形全等，得出DB＝EF，證出AE＝DB．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵點E是AB的中點，∴CE平分∠ACB，AE＝BE，∴∠BCE＝30°，∵ED＝EC，∴∠D＝∠BCE＝30°．∵∠ABC＝∠D+∠BED，∴∠BED＝30°，∴∠D＝∠BED，∴BD＝BE．∴AE＝DB．（2）解：AE＝DB；理由：過點E作EF∥BC交AC于點F．如圖2所示：∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB．∵△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．∴∠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），∴DB＝EF，∴AE＝BD．【變式7-3】（2022春?建平縣期末）如圖（1），等邊△ABC中，D是AB邊上的動點，以CD為一邊，向上作等邊△EDC，連接AE．（1）△DBC和△EAC會全等嗎？請說說你的理由；（2）試說明AE∥BC的理由；（3）如圖（2），將（1）動點D運動到邊BA的延長線上，所作仍為等邊三角形，請問是否仍有AE∥BC？證明你的猜想．【分析】（1）要證兩個三角形全等，已知的條件有AC＝BC，CE＝CD，我們發現∠BCD和∠ACE都是60°減去一個∠ACD，因此兩三角形全等的條件就都湊齊了（SAS）；（2）要證AE∥BC，關鍵是證∠EAC＝∠ACB，由于∠ACB＝∠ACB，那么關鍵是證∠EAC＝∠ACB，根據（1）的全等三角形，我們不難得出這兩個角相等，也就得出了證平行的條件．（3）同（1）（2）的思路完全相同，也是通過先證明三角形BCD和ACE全等，得出∠EAC＝∠B＝60°，又由∠ABC＝∠ACB＝60°，得出這兩條線段之間的內錯角相等，從而得出平行的結論．【解答】解：（1）△DBC和△EAC會全等證明：∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD∴∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵BC=AC∠BCD=∠ACE∴△DBC≌△EAC（SAS），（2）∵△DBC≌△EAC∴∠EAC＝∠B＝60°又∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC（3）結論：AE∥BC理由：∵△ABC、△EDC為等邊三角形∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵BC=AC∠BCD=∠ACE∴△DBC≌△EAC（SAS），∴∠EAC＝∠B＝60°又∵∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC．【題型8與等邊三角形有關的動點問題】【例8】（2022秋?香洲區期中）如圖，在等邊△ABC中，AB＝9cm，點P從點C出發沿CB邊向B點以2cm/s的速度移動，點Q從B點出發沿BA邊向A點以5cm/s速度移動．P、Q兩點同時出發，它們移動的時間為t秒鐘．（1）你能用t表示BP和BQ的長度嗎？請你表示出來．（2）請問幾秒鐘后，△PBQ為等邊三角形？（3）若P、Q兩點分別從C、B兩點同時出發，并且都按順時針方向沿△ABC三邊運動，請問經過幾秒鐘后點P與點Q第一次在△ABC的哪條邊上相遇？【分析】（1）由三角形ABC為等邊三角形，根據等邊三角形的三邊相等得到AB＝BC＝9cm，由P的速度和時間t表示出P走過的路程CP的長，然后用邊長BC減去CP即可表示出BP；由Q的速度及時間t，即可表示出Q走過的路程BQ；（2）若△PBQ為等邊三角形，根據等邊三角形的邊長相等則有PB＝BQ，由（1）表示出的代數式代入即可列出關于t的方程，求出方程的解即可得到滿足題意的t的值；（3）同時出發，要相遇其實是一個追及問題，由于Q的速度大于P的速度，即Q要追及上P，題意可知兩點相距AB+AC即兩個邊長長，第一次相遇即為Q比P多走兩個三角形邊長，設出第一次相遇所需的時間，根據Q運動的路程﹣P運動的路程＝18列出關于t的方程，求出方程的解即可求出滿足題意的t的值，然后由求出t的值計算出P運動的路程，確定出路程的范圍，進而判斷出P的位置即為第一次相遇的位置．【解答】解：（1）∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AB＝9cm，∵點P的速度為2cm/s，時間為ts，∴CP＝2t，則PB＝BC﹣CP＝（9﹣2t）cm；∵點Q的速度為5cm/s，時間為ts，∴BQ＝5t；（2）若△PBQ為等邊三角形，則有BQ＝BP，即9﹣2t＝5t，解得t=9所以當t=97s時，△（3）設ts時，Q與P第一次相遇，根據題意得：5t﹣2t＝18，解得t＝6，則6s時，兩點第一次相遇．當t＝6s時，P