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第11讲 等边三角形 优等生讲义
（精讲+典例+针对练习）2026--2027学年沪科版八年级数学上册
参考答案与试题解析
思维导图
课程目标
· · 掌握等边三角形的性质：三边相等、三角都是60°
· · 掌握等边三角形的三个判定方法
· · 掌握含30°角的直角三角形性质：30°对边是斜边一半
· · 能解决等边三角形综合证明和动点问题
知识梳理
☆ 1.等边三角形的性质
三边相等，三个内角都是60°
是轴对称图形，有三条对称轴
每条边上的中线、高、角平分线三线合一
等边三角形是特殊的等腰三角形
概念辨析例题：等边△ABC边长为4，求高AD
解析：BD=2,AD===2
☆ 2.等边三角形的判定
三边都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
有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
两个角是60°的三角形是等边三角形
概念辨析例题：AB=AC，∠B=60°，判断△ABC形状
解析：等腰三角形+一个60°角=等边三角形
☆ 3.含30°角的直角三角形
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半
即：如果∠C=90°，∠A=30°，则BC=AB
常与等边三角形综合考查
证明方法：延长短直角边构造等边三角形
概念辨析例题：Rt△ABC中∠C=90°，∠A=30°，AB=8，求BC
解析：30°对边BC=AB=4
☆ 4.等边三角形综合模型
手拉手模型：两个等边三角形共顶点→全等
截长补短构造等边三角形
费马点：到三顶点距离和最小
面积法：等边三角形内任一点到三边距离和=高
概念辨析例题：P是等边△ABC内一点，P到三边距离分别为h1,h2,h3，高为h，求h1+h2+h3
解析：面积法：S=a(h1+h2+h3)=ah
知识总结表
核心概念 内容 注意事项
等边三角形性质 三边相等，三角60° 三条对称轴
判定1 三边相等 定义法
判定2 三角相等 等价于三角60°
判定3 等腰+60° 最常用判定
30°直角三角形 30°对边=斜边一半 BC=AB
手拉手模型 共顶点等边→全等 SAS
面积法 h1+h2+h3=h P在内部
核心考点
【考点1】等边三角形的性质（第1-11题）
· · 三边相等三角60°
· · 三线合一
· · 角度计算用外角
· · 面积法求距离和
1．（2025秋 桥西区期末）如图，在等边△ABC中，点D，E分别是边BC，AC上的点，∠BAD＝15°，∠AFE＝60°，若，则EF的长为（　　）
A． B．2 C． D．3
【分析】根据等边三角形性质得，AB＝BC＝AC，∠ABD＝∠C＝∠BAC＝60°，再根据三角形外角性质及∠BAD＝15°，∠AFE＝60°得∠BAD＝∠CBE＝15°，由此依据“ASA”判定△ABD和△BCE全等得BD＝CE，进而得CD＝AE，过点E作EH⊥AF于点H，证明△AHE是等腰直角三角形得AH＝EH，由勾股定理得EHAE，在Rt△EFH中，根据∠AFE＝60°得∠FEH＝30°，再根据含有30°角的直角三角形性质及勾股定理可得出EF的长．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABD＝∠C＝∠BAC＝60°，
∵∠AFE是△ABF的外角，
∴∠AFE＝∠BAD+∠ABF，
∵∠BAD＝15°，∠AFE＝60°，
∴∠ABF＝∠AFE﹣∠BAD＝45°，
∴∠CBE＝∠ABD﹣∠ABF＝15°，
∴∠BAD＝∠CBE＝15°，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（ASA），
∴BD＝CE，
∴BC﹣BD＝AC﹣CE，
∴CD＝AE，
∵CE，
∴AE，
过点E作EH⊥AF于点H，如图所示：
∴∠AHE＝90°，
∵∠HAE＝∠BAC﹣∠BAD＝60°﹣15°＝45°，
∴△AHE是等腰直角三角形，
∴AH＝EH，
由勾股定理得：AEEH，
∴EHAE，
在Rt△EFH中，∠AFE＝60°，
∴∠FEH＝90°﹣∠AFE＝30°，
∴HFEF，
由勾股定理得：EHEF，
∴EFEH2，
∴EF的长为2．
故选：B．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，理解等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用含有30°角的直角三角形性质及勾股定理进行计算是解决问题的关键．
2．（2026 碑林区校级模拟）如图，在等边△ABC中，三个内角的角平分线相交于点P，过点P作BC的平行线分别交AB，AC于点M，N．若AB＝8，则△AMN的周长为（　　）
A．12 B．8 C．16 D．15
【分析】由等边三角形的性质推出AC＝AB＝8，由角平分线的定义和平行线的性质推出∠MBP＝∠MPB，得到MP＝MB，同理NP＝NC，于是得到△AMN的周长＝2AB＝16．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝8，
∵MN∥BC，
∴∠MPB＝∠PBC，
∵PB平分∠ABC，
∴∠MBP＝∠PBC，
∴∠MBP＝∠MPB，
∴MP＝MB，
同理：NP＝NC，
∴△AMN的周长＝AM+AN+PM+PN＝AM+BM+AN+NC＝AB+AC＝2AB＝2×8＝16．
故选：C．
【点评】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的判定，角平分线的定义，关键是掌握等角对等边．
3．（2023秋 邹平市期末）如图，等边△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，把△BDE沿直线DE翻折，使点B落在点B'处，DB'、EB'分别交边AC于点F、G．如果测得∠GEC＝36°，那么∠ADF＝　84°　 ．
【分析】首先根据等边三角形的性质得∠B＝60°，再根据∠GEC＝36°得∠BEG＝144°，由翻折的性质得∠BED＝∠GED∠BEG＝72°，∠BDE＝∠FDE，然后根据三角形的内角和定理可得∠BDE＝∠FDE＝48°，则∠BDF＝96°，最后根据邻补角的定义可得∠ADF的度数．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠GEC＝36°，
∴∠BEG＝180°﹣∠GEC＝180°﹣36°＝144°，
由翻折的性质得：∠BED＝∠GED，∠BDE＝∠FDE，
∴∠BED∠BEG144°＝72°，
∴∠BDE＝180°﹣∠B﹣∠BED＝180°﹣60°﹣72°＝48°，
∴∠BDE＝∠FDE＝48°，
∴∠BDF＝∠BDE+∠FDE＝96°，
∴∠ADF＝180°﹣∠BDF＝180°﹣96°＝84°．
故答案为：84°．
【点评】此题主要考查了图形的翻折及其性质，等边三角形的性质，熟练掌握图形的翻折及其性质，理解等边三角形的三个内角都等于60°是解决问题的关键．
4．（2024秋 太仓市期末）如图，l1∥l2，等边△ABC的顶点A在直线l1上，l2与△ABC的两边AC、BC相交．若∠1＝138°，则∠2的度数为 　102°　 ．
【分析】先求出∠3＝42°，再根据等边三角形的性质得∠C＝60°，进而根据三角形的外角性质得∠4＝102°，然后再根据平行线的性质可得出∠2的度数．
【解答】解：如图所示：
∵∠1＝138°，
∴∠3＝180°﹣∠1＝42°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝60°，
∴∠4＝∠C+∠3＝60°+42°＝102°，
∵l1∥l2，
∴∠2＝∠4＝102°．
故答案为：102°．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质，平行线的性质是解决问题的关键．
5．（2026 金华模拟）如图，在等边三角形网格中每个小等边三角形的面积都是1，图中以格点为顶点的△ABC面积为　10　 ．
【分析】本题可运用割补法，构造包含△ABC 的平行四边形（或规则多边形），通过计算该规则图形的面积，再减去周围多余三角形的面积来求解△ABC的面积．具体地，先确定能完全覆盖△ABC的最小平行四边形，数出其中小等边三角形的个数得到其面积；再分别分析△ABC周围三个直角三角形（在等边三角形网格中表现为以小三角形为单位的区域）包含的小等边三角形数量并计算面积；最后用平行四边形的面积减去这三个三角形的面积，即可得到△ABC的面积．
【解答】解：构造外接平行四边形：通过观察顶点位置，可确定一个恰好包围△ABC的平行四边形，
其内部共包含20个小等边三角形，
故面积为20．
计算外围三个小三角形面积：左侧三角形：4；
右下三角形：3；
右上三角形：3；
目标三角形面积：S△ABC＝20﹣（4+3+3）＝10．
故答案为：10．
【点评】题目考查了等边三角形的性质，解题的关键在于相关知识的灵活运用．
6．（2025春 云岩区校级期中）如图，在等边△ABC中，AD是∠BAC的平分线，点E、P分别是AB、AD上的动点．若AB＝4，则PE+PB的最小值是　2　 ．
【分析】由题意知，AD是等边△ABC的对称轴，作E关于AD的对称点E′，连接PE′，BE′，则PE+PB的最小值是BE′，然后求解作答即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，AD是∠BAC的平分线，
∴AD是等边△ABC的对称轴，
∵AB＝4，
∴AD，
如图，作E关于AD的对称点E′，连接PE′，BE′，
∴E′为AC的中点，BE′为∠ABC的平分线，
∴BE′＝AD＝2，
由题意知，PE+PB的最小值是BE′，
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了轴对称的性质，等边三角形的性质，垂线段最短等知识．熟练掌握轴对称的性质，等边三角形的性质，垂线段最短是解题的关键．
7．（2024 榕城区校级模拟）如图，△ABC为等边三角形，点D为△ABC外的一点，∠ADC＝60°，CD＝4，则△BCD的面积为 　　 ．
【分析】过点C作CE∥AD，且CE＝CD＝4，连接DE，AE，过点D作DF⊥CE于F，证△DCE为等边三角形得S△CDE，由AD∥CE得S△ACE＝S△CDE，再证△BCD和△ACE全等即可得△BCD的面积．
【解答】解：过点C作CE∥AD，且CE＝CD＝4，连接DE，AE，过点D作DF⊥CE于F，如图所示：
∵∠ADC＝60°，CE∥AD，
∴∠DCE＝∠ADC＝60°，
又∵CE＝CD＝4，
∴△DCE为等边三角形，
∵DF⊥CE，
∴CFCE＝2，
由勾股定理得：DF，
∴S△CDECE×DF4，
∵AD∥CE，
∴△ACE和△DCE的公共边CE上的高相等，
∴S△ACE＝S△CDE，
∵△ABC为等边三角形，
∴BC＝AC，∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴S△BCD＝S△ACE．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，理解等边三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造等边三角形和全等三角形是解决问题的难点．
8．（2025春 天心区校级月考）如图，在△ABD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，交BD于点E，连接BC，CD．
（1）求证：△BCD是等腰三角形；
（2）若∠BCD＝130°，求∠ABC的度数．
【分析】（1）由AC平分∠BAD得∠BAC＝∠DAC，证△BAC≌△DAC（SAS），得BC＝DC即可；
（2）在等腰三角形BCD中，∠BCD＝130°，利用等腰三角形性质及内角和定理求出∠CBD，同理求出∠ABD，即可求出结果．
【解答】（1）证明：∵AB＝AD，AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
在△BAC与△DAC中，
，
∴△BAC≌△DAC（SAS），
∴BC＝DC，
∴△BCD是等腰三角形；
（2）解：由（1）可知，BC＝DC，
∴∠CBD＝∠CDB，
∵∠BCD＝130°，
∴，
∵∠BAD＝60°，AB＝AD，
∴，
∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝85°．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理；熟练运用全等三角形和等腰三角形的性质是解题的关键．
9．（2023秋 临潼区期中）如图，在等边△ABC中，BC＝10，BD垂直AC，垂足为D，E在BC的延长线上，连接DE，且DB＝DE．求CE的长．
【分析】根据等边三角形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，从而利用等腰三角形的三线合一性质可得∠DBC＝30°，然后在Rt△BCD中，利用含30度角的直角三角形的性质可得CDBC＝5，再利用三角形的外角性质可得∠CDE＝∠E＝30°，从而可得CD＝CE＝5，即可解答．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝90°，∠DBC∠ABC＝30°，
∴CDBC＝5，
∵DB＝DE，
∴∠DBE＝∠E＝30°，
∵∠ACB是△DCE的一个外角，
∴∠CDE＝∠ACB﹣∠E＝30°，
∴∠CDE＝∠E＝30°，
∴CD＝CE＝5，
∴CE的长为5．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，以及含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
10．（2022秋 丛台区校级期中）如图：已知等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE＝CD．
（1）求∠E的度数．
（2）求证：△DBE是等腰三角形．
【分析】（1）由等边△ABC的性质可得：∠ACB＝∠ABC＝60°，然后根据等边对等角可得：∠E＝∠CDE，最后根据外角的性质可求∠E的度数；
（2）由等边三角形的三线合一的性质可得：，结合（1）的结论可得：∠DBC＝∠E，然后根据等角对等边，可得DB＝DE即可证明．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
又∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
又∵∠ACB＝∠E+∠CDE，
∴；
（2）证明：∵等边△ABC中，D是AC的中点，
∴，
由（1）知∠E＝30°，
∴∠DBC＝∠E＝30°，
∴DB＝DE，即△DBE是等腰三角形．
【点评】此题考查了等边三角形的有关性质，等腰三角形的判定和性质，重点考查了等边三角形的三线合一的性质．
11．如图所示，已知等边三角形ABC和点P，设点P到△ABC的三边AB，AC，BC的距离分别为h1，h2，h3，△ABC的高AM为h．
（1）当点P在△ABC的边BC上时，如图（1）所示，h3＝0，猜想h1+h2+h3与h的数量关系，并说明理由．
（2）当点P在△ABC内部时，如图（2）所示，当点P在△ABC外部时，如图（3）所示．请问这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出新的关系式（不要求说明理由）．
【分析】（1）连接PA，设AB＝BC＝AC＝a，由三角形面积公式得S△ABCah，S△PABah1，S△PACah2，再根据S△PAB+S△PAC＝S△ABC得ah1ah2ah，由此可得h1+h2+h3与h的数量关系；
（2）当点P在△ABC内部时，连接PA，PB，PC，由三角形面积公式得S△ABCah，S△PABah1，S△PACah2，S△PBCah3，再由S△PAB+S△PAC+S△PBC＝S△ABC得ah1ah2ah3ah，由此得h1+h2+h3与h的数量关系；当点P在△ABC外部时，连接PA，PB，PC，同（1）得S△ABCah，S△PABah1，S△PACah2，再根据S△PAB+S△PAC﹣S△PBC＝S△ABC得ah1ah2ah3ah，由此可得h1+h2+h3与h的数量关系．
【解答】解：（1）猜想：h1+h2+h3＝h，理由如下：
连接PA，如图（1）所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴设AB＝BC＝AC＝a，
∵△ABC的高AM为h，
∴S△ABCBC AMah，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，
∴S△PABAB PDah1，S△PACAC PEah2，
又∵S△PAB+S△PAC＝S△ABC，
∴ah1ah2ah，
∴h1+h2＝h，
∵h3＝0，
∴h1+h2+h3＝h；
（2）当点P在△ABC内部时，结论h1+h2+h3＝h成立，理由如下：
连接PA，PB，PC，如图（2）所示：
同（1）得：S△ABCah，S△PABah1，S△PACah2，S△PBCah3，
∵S△PAB+S△PAC+S△PBC＝S△ABC，
∴ah1ah2ah3ah，
∴h1+h2+h3＝h；
当点P在△ABC外部时，结论h1+h2+h3＝h不成立，新的关系是：h1+h2﹣h3＝h，理由如下：
连接PA，PB，PC，如图3所示：
同（1）得：S△ABCah，S△PABah1，S△PACah2，S△PBCah3，
∵S△PAB+S△PAC﹣S△PBC＝S△ABC，
∴ah1ah2ah3ah，
∴h1+h2﹣h3＝h．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，三角形的面积公式，熟练掌握等边三角形的性质，三角形的面积公式是解决问题的关键．
【考点2】等边三角形的判定（第12-20题）
· · 等腰+60°判定等边
· · 两个60°角判定等边
· · 动点问题列方程
· · 垂直平分线+角平分线综合
12．（2025秋 大连期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，且DE＝BE．下列结论：①△ADE是等边三角形；②DE∥AC；③∠DAE＝60°．其中正确的有（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，求出相关角的度数，根据有两个内角为60°的三角形是等边三角形，然后利用同位角相等，得出两直线平行．
【解答】解：因为∠BAC＝120°，AB＝AC，
所以∠B＝∠C＝30°．
因为DE＝BE，
所以∠BDE＝∠B＝30°，
又因为AD⊥BC，
所以∠ADB＝90°，，
所以∠ADE＝∠ADB﹣∠BDE＝60°，
所以△ADE是等边三角形，故①③正确．
因为∠BED＝180°﹣∠B﹣∠BDE＝120°，
所以∠BAC＝∠BED＝120°，
所以DE∥AC，故②正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，平行线的判定，等边三角形的判定，解题的关键是熟练掌握以上性质．
13．（2023秋 溧阳市期中）在△ABC中，∠A＝60°，添加下列一个条件后，仍不能判定△ABC为等边三角形的是（　　）
A．AB＝AC B．∠A＝∠B C．AD⊥BC D．∠B＝∠C
【分析】根据等边三角形的判定定理，对题目中的四个选项逐一进行甄别即可得出答案．
【解答】解：在△ABC中，∠A＝60°，
如果添加条件AB＝AC，可判定△ABC为等边三角形．
理由是：有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形，
故添加A可判定△ABC为等边三角形；
如果添加条件∠A＝∠B，可判定△ABC为等边三角形．
理由是：有两个角等于60°的三角形是等边三角形，
故添加B可判定△ABC为等边三角形；
如果添加条件AD⊥BC，不能判定△ABC为等边三角形．
例如：∠B＝70°，∠C＝50°时，仍然可以作出AD⊥BC，此时△ABC就不是等边三角形．
故故添加C不能判定△ABC为等边三角形；
如果添加条件∠B＝∠C，可判定△ABC为等边三角形．
理由是：有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形．
故添加D可判定△ABC为等边三角形．
故选：C．
【点评】此题主要考查了等边三角形的判定，熟练掌握等边三角形的判定定理是解决问题的关键．
14．下列说法中，不能判定△ABC是等边三角形的是（　　）
A．有两个角等于60°的三角形
B．有一个角等于60°的等腰三角形
C．三个角都相等的三角形
D．有两边相等且有两角相等的三角形
【分析】根据等边三角形的判定方法逐一判断即可解答．
【解答】解：根据两个角都等于60°的三角形是等边三角形可对选项A进行判断，故A不符合题意；
根据有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形可对选项B进行判断，故B不符合题意；
根据三个角相等的三角形是等边三角形可对选项C进行判断，故C不符合题；
根据有两边相等可判断三角形为等腰三角形，但不一定是等边三角形，可对选项D进行判断，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的判定，熟练掌握等边三角形的判定方法是解题的关键．
15．（2025秋 建瓯市期中）如图，在△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，∠A＝60°，点P以2cm/s的速度从B处向A处运动，同时点Q以1cm/s的速度从A处向C处运动，其中一个动点到达端点后，另一个点停止运动，当运动时间为 　　 秒，△APQ是等边三角形．
【分析】设运动时间为t秒，由题意可知，BP＝2tcm，AQ＝tcm，则AP＝AB﹣BP＝（20﹣2t）cm，根据当AP＝AQ时，△APQ是等边三角形，列出方程，解方程即可．
【解答】解：设运动时间为t秒，
∵20÷2＝10（秒），12÷1＝12（秒），
∴0≤t≤10，
由题意可知，BP＝2tcm，AQ＝tcm，
∴AP＝AB﹣BP＝（20﹣2t）cm，
∵∠A＝60°，
∴当AP＝AQ时，△APQ是等边三角形，
即20﹣2t＝t，
解得：t，符合题意，
故答案为：．
【点评】本题考查了等边三角形的判定以及等腰三角形的性质，熟练掌握等边三角形的判定是解题的关键．
16．（2024秋 襄城区校级月考）已知a，b，c是△ABC的三条边，若满足|a﹣b|+（b﹣c）2＝0，则△ABC的形状为　等边三角形　 ．
【分析】根据绝对值的非负性，偶次方的非负性，得到a﹣b＝0，b﹣c＝0，继而得到a＝b＝c，推出△ABC是等边三角形，即可得到答案．
【解答】解：∵a，b，c是△ABC的三条边，若满足|a﹣b|+（b﹣c）2＝0，
∴根据非负数的性质得，a﹣b＝0，b﹣c＝0，
解得a＝b，b＝c，
所以a＝b＝c，
因为a，b，c是△ABC的三条边，
所以△ABC的形状是等边三角形，
故答案为：等边三角形．
【点评】本题考查了非负数的性质，等边三角形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
17．（2025秋 府谷县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥CB，∠ADC的角平分线与CB的延长线交于点E，∠E＝60°，求证：△ECD为等边三角形．
【分析】根据平行线的性质得出∠A＝∠ABE，∠ADE＝∠E，进而利用等边三角形的判定解答即可．
【解答】证明：∵AD∥CB，
∴∠A＝∠ABE，∠ADE＝∠E＝60°，
∵∠ADC的角平分线与CB的延长线交于点E，
∴∠ADE＝∠CDE＝60°，
∴∠C＝180°﹣∠CDE﹣∠E＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠C＝∠CDE＝∠E＝60°．
∴△ECD为等边三角形．
【点评】此题考查等边三角形的判定，关键是根据平行线的性质得出∠A＝∠ABE，∠ADE＝∠E解答．
18．（2025 郧西县模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠D，点E在BA的延长线上，连接CE．若∠E＝60°，CE平分∠BCD，求证：△BCE为等边三角形．
【分析】由平行线的性质推出∠EAD＝∠B，而∠B＝∠D，得到∠D＝∠EAD，推出BE∥CD，得到∠E＝∠ECD，由∠E＝60°得到∠ECD＝60°，由角平分线定义得到∠BCE＝∠ECD＝60°，由三角形内角和定理求出∠EBC＝60°，得到∠E＝∠B＝∠BCE，即可证明△ECB为等边三角形．
【解答】证明：∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠B，
∵∠B＝∠D，
∴∠D＝∠EAD，
∴BE∥CD，
∵∠E＝60°，
∴∠ECD＝∠E＝60°，
又∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠ECD＝60°，
∴∠EBC＝60°，
∴∠E＝∠B＝∠BCE，
∴△BCE为等边三角形．
【点评】本题考查平行线的性质，等边三角形的判定，关键是由平行线的性质推出∠D＝∠EAD，由角平分线定义，三角形内角和定理推出∠E＝∠B＝∠BCE．
19．（2025秋 泸县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，BD平分∠ABC．
（1）求∠ABC的度数；
（2）连接CE，且，求证：△BCE是等边三角形．
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质推出DB＝DA，得到∠A＝∠ABD，由角平分线的定义得到∠ABD＝∠CBD，由直角三角形的性质得到3∠ABD＝90°，求出∠ABD＝30°，得到∠ABC＝2∠ABD＝60°；
（2）由BEAB，CEAB，得到BE＝CE，而∠ABC＝60°，推出△BCE是等边三角形．
【解答】（1）解：∵DE垂直平分AB，
∴DB＝DA，
∴∠A＝∠ABD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CBD+∠ABD+∠A＝90°，
∴3∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝30°，
∴∠ABC＝2∠ABD＝60°；
（2）证明：∵DE垂直平分AB，
∴E是AB的中点，
∴BEAB，
∵CEAB，
∴BE＝CE，
由（1）知∠ABC＝60°，
∴△BCE是等边三角形．
【点评】本题考查线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定，等腰三角形的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，关键是掌握线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定方法．
20．（2024春 清远校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AF平分∠CAB，交CD于E，交BC于F
（1）求证：△CEF是等腰三角形．
（2）若AF＝BF，求证：△CEF是等边三角形．
【分析】（1）根据三角形内角和定理和对顶角相等可得∠CAF+∠CFA＝90°，∠CEF+∠DAE＝90°，由角平分线的定义得到∠CAF＝∠BAF，则可证明∠CEF＝∠CFE，得到CE＝CF，据此可证明结论；
（2）由等边对等角，角平分线的定义和三角形内角和定理得到∠FAB＝∠FBA＝∠CAF＝30°，由三角形外角的性质可得∠CFE＝60°，据此可证明结论．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝90°，
∴∠CAF+∠CFA＝180°﹣∠ACF＝180°﹣90°＝90°；
∵CD⊥AB，
∴∠ADE＝90°，
∴∠DAE+∠DEA＝90°，
∵∠CEF＝∠DEA，
∴∠CEF+∠DAE＝90°；
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF＝∠BAF，
∴∠CEF＝∠CFE（等量代换），
∴CE＝CF（等角对等边），
∴△CEF是等腰三角形；
（2）∵AF＝BF，
∴∠FAB＝∠FBA（等边对等角），
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF＝∠BAF，
∴∠FAB＝∠FBA＝∠CAF；
∵∠ACB＝90°，
∴∠FAB+∠FBA+∠CAF＝180°﹣90°＝90°，
∴∠FAB＝∠FBA＝∠CAF＝30°，
∴∠CFE＝∠FAB+∠FBA＝30°+30°＝60°，
又∵CE＝CF，
∴△CEF是等边三角形．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，等边三角形的判定，三角形内角和定理，角平分线的定义，熟知等腰三角形的性质与判定定理，等边三角形的判定定理是解题的关键．
【考点3】等边三角形的性质与判断（第21-30题）
· · 平行于一边得小等边
· · 60°等腰即等边
· · 倍长中线构造全等
· · 30°直角三角形性质
21．（2024春 锦江区期末）如图，△ABC为等边三角形，D为BC延长线上一点，作DE∥AB交AC的延长线于E．若AB＝5，AE＝8，则DE的长为（　　）
A．3 B．5 C．7 D．8
【分析】先根据等边三角形性质得AB＝AC＝5，∠A＝∠B＝60°，则CE＝AE﹣AC＝3，再根据DE∥AB得∠D＝∠B＝60°，∠E＝∠A＝60°，由此可判定△CDE为等边三角形，进而可得DE的长．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，且AB＝5，
∴AB＝AC＝5，∠A＝∠B＝60°，
∵AE＝8，
∴CE＝AE﹣AC＝8﹣5＝3，
∵DE∥AB，
∴∠D＝∠B＝60°，∠E＝∠A＝60°，
∴∠D＝∠E＝60°，
∴△CDE为等边三角形，
∴DE＝CE＝3．
故选：A．
【点评】此题主要考查了等边三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握等边三角形的判定和性质，平行线的性质是解决问题的关键．
22．（2025秋 和平区期末）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，AD经过点O与BC交于点D，以AD为边向两侧作等边△ADE和等边△ADF，分别和AB，AC交于点G，H，连接GH．若∠BAC＝60°，AB＝x，AC＝y，AD＝z．有下列结论：①∠BOC等于120°；②△AGH是等边三角形；③；④．其中，正确的结论的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】先求出∠ABC+∠ACB＝120°，再根据角平分线的定义得，根据三角形内角和定理解答①；先说明AO平分∠BAC，可得∠BAO＝∠CAO＝30°，再根据“角边角”证明△EAG≌△FAH，得出AG＝AH，解答②；根据含30°直角三角形的性质解答③；先说明，再根据解答④即可．
【解答】解：∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣60°＝120°．
∵∠ABC，∠ACB的角平分线交于点O，
∴，
∴，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°．
则①正确；
∵∠ABC，∠ACB的角平分线交于点O，∠BAC＝60°，
∴AO平分∠BAC，
∴∠BAO＝∠CAO＝30°．
∵△ADE，△ADF都是等边三角形，
∴AD＝AE＝AF，∠DAE＝∠DAF＝60°＝∠E＝∠F＝∠ADG，
∴∠EAG＝∠FAH＝30°，
在△EAG和△FAH中，
，
∴△EAG≌△FAH（ASA），
∴AG＝AH，
∴△AGH是等边三角形．
则②正确；
∵∠ADG＝60°，∠DAG＝30°，
∴∠AGD＝90°．
在Rt△ADG中，．
则③正确；
由上述可知∠AGD＝∠AHD＝90°，
∵AO平分∠BAC，
∴，
∴．
则④不正确．
综上所述，正确的有①②③，共3个，所以只有选项C正确，符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的面积，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，含30度角的直角三角形，关键是相关性质的熟练掌握．
23．（2024秋 西湖区校级期中）△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝60°，则BC＝　2　 ．
【分析】根据AB＝AC＝2，∠B＝60°可判定△ABC为等边三角形，再根据等边三角形的性质可得BC的长．
【解答】解：在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC＝AB＝2，
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了等边三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解决问题的关键．
24．（2025秋 浦北县期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝12，BC＝DC，∠A＝60°，点E在AD上，连接BD，CE相交于点F，CE∥AB．若CE＝9，则CF长为　3　 ．
【分析】首先根据AB＝AD＝12，∠A＝60°，可证△ABD是等边三角形，连接AC交BD于点G，可证AC是线段BD的垂直平分线，根据等边三角形的三线合一定理可证∠BAC＝∠DAC＝30°，根据平行线的性质可证∠ACE＝∠DAC＝30°，从而可得DE＝4，根据平行线的性质可证△DEF是等边三角形，根据等边三角形的性质可知EF＝DE＝4．
【解答】解：如图所示，连接AC交BD于点G，
∵AB＝AD＝12，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝AD＝BD＝12，∠BAD＝∠ABD＝∠ADB＝60°（等边三角形的性质），
∵AB＝AD＝12，BC＝DC，
∴AG⊥BD，BG＝DG，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°÷2＝30°，
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠BAC＝∠DAC＝30°（两直线平行，内错角相等），
∴AE＝CE，
∴DEAD＝6，
∵EF∥AB，
∴∠EFD＝∠ABD＝60°，∠FED＝∠BAD＝60°（两直线平行，同位角相等），
∴△DEF是等边三角形，
∴EF＝DE＝6（等边三角形的性质），
∴CF＝9﹣6＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，平行线的性质，解决本题的关键是利用角之间的关系找到边之间的关系．
25．（2025秋 高要区期末）由于木质的衣架没有柔性，在挂置衣服的时候不太方便操作．小敏设计了一种衣架，在使用时能轻易收拢，然后套进衣服后松开即可．如图1，衣架杆OA＝OB＝15cm．若衣架收拢时，∠AOB＝60°，如图2，则此时A，B两点间的距离是　15　 cm．
【分析】根据有一个角是60°的等腰三角形的等边三角形进行解答．
【解答】解：∵OA＝OB，∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵OA＝OB＝15cm，
∴AB＝OA＝OB＝15cm．
故答案为：15．
【点评】本题主要考查等边三角形的判定和性质，关键是相关性质和判定定理的熟练掌握．
26．（2024秋 义乌市期末）如图，在等边△ABC中，点D是BC边上固定一点，点P是AB边上一动点，连接AD，PD．当AP＝1时，PD＝BD，当AP＝3时，PD有最小值，则线段AD的长为 　　 ．
【分析】如图，过点A作AJ⊥BC于点J，．求出AJ，DJ的长可得结论．
【解答】解：如图，过点A作AJ⊥BC于点J，．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，AB＝BC＝AC，
∵当AP′＝1时，P′D＝BD，
∴△BDP′是等边三角形，
∴BD＝BP′，
∴CD＝AP′＝1，
∵当AP″＝3时，PD有最小值，
∴P′P″＝BP″＝2，
∴AB＝BC＝5，
∵AJ⊥BC，
∴BJ＝CJ＝2.5，
∴DJ＝CJ＝CD＝1.5，
∵AJ，
∴AD．
故答案为：．
【点评】本题考查等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
27．（2025秋 朔州期中）已知：如图，△ABC是等边三角形，点D，E分别在BA，CA的延长线上，且AD＝AE．
求证：△ADE是等边三角形．
【分析】根据等边三角形的判定与性质求解即可．
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠DAE＝∠BAC＝60°，
∵AD＝AE，
∴△ADE是等边三角形．
【点评】此题考查了等边三角形的判定与性质，熟记等边三角形的判定与性质是解题的关键．
28．（2024秋 安康期中）已知在△ACD中，P是CD的中点，B是AD延长线上的一点，连接BC，AP．
（1）如图1，若∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，AC＝BD，试判断AP与CD的位置关系；
（2）过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，连接BE，如图2所示，若∠CAD＝60°，BD＝AC，试说明：BC＝2AP．
【分析】（1）解Rt△ACB得出AB＝2AC，再证△ADC是等边三角形，根据等腰三角形的性质解答即可；
（2）连结BE，先利用AAS证明△CPA≌△DPE，再证△BDE是等边三角形，最后△CAB≌△EBA（SAS），推出AE＝BC，即可证明BC＝2AP．
【解答】解：（1）AP⊥CD，理由如下：
∵∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，
∴∠B＝30°，
∴AB＝2AC，
∵BD＝AC，
∴AD＝AC，
∴△ADC是等边三角形，
∵P是CD的中点，
∴AP⊥CD；
（2）∵DE∥AC，
∴∠CAP＝∠DEP，
∵CP＝DP，∠CPA＝∠DPE，
∴△CPA≌△DPE（AAS），
∴，DE＝AC，
∵BD＝AC，
∴BD＝DE，
又∵DE∥AC，
∴∠BDE＝∠CAD＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD＝BE，∠EBD＝60°，
∵BD＝AC，
∴AC＝BE．
AB＝AB，
∴△CBA≌△EAB，
∴BC＝AE＝2AP
【点评】本题考查解直角三角形，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等，掌握等边三角形和全等三角形的判定方法是解题的关键．
29．（2025秋 同步）已知：如图，△ABC是等边三角形，DE∥BC，DE分别交AB，AC于点D，E．试判断△ADE的形状．
【分析】根据等边三角形的性质得出∠A＝∠B＝∠C＝60°，根据平行线的性质得出∠ADE＝∠B＝60°，∠AED＝∠C＝60°，于是推出∠A＝∠ADE＝∠AED＝60°，即可得出△ADE是等边三角形．
【解答】解：△ADE是等边三角形，理由：
∵△ABC 为等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B＝60°，∠AED＝∠C＝60°，
∴∠A＝∠ADE＝∠AED＝60°，
∴△ADE 是等边三角形．
【点评】本题考查了等边三角形的性质与判定，平行线的性质，熟练掌握这些性质定理是解题的关键．
30．（2026 肥东县校级开学）如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，且DE∥BC，过点D作DF⊥DE交CA的延长线于点F．
（1）求∠F的度数；
（2）若EF＝6，求AE的长．
【分析】（1）根据平行线的性质求出∠AED的度数，再结合DF⊥DE即可求出∠F的度数．
（2）先根据条件得出△ADE是等边三角形，再得出AF＝AD，进而得出AE＝AF，最后结合EF的长即可解决问题．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝60°．
∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠C＝60°．
又∵DF⊥DE，
∴∠FDE＝90°，
∴∠F＝90°﹣60°＝30°．
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°．
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B＝60°，∠AED＝∠C＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝AD．
∵∠ADF＝∠FDE﹣∠ADE＝30°，且∠F＝30°，
∴∠ADF＝∠F，
∴AF＝AD，
∴AE＝AF．
又∵EF＝6，AE+AF＝EF，
∴AE＝3．
【点评】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、平行线的性质及含30度角的直角三角形，熟知等边三角形的判定与性质及平行线的性质是解题的关键．
【考点4】含30°角的直角三角形（第31-35题）
· · 30°对边=斜边一半
· · 线段垂直平分线+30°
· · 勾股定理列方程
· · 平行线+三角板综合
31．（2026 武功县一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，点D是AB的中点，过点D作DE⊥AB交BC于点E，DE＝2，则CE的长度为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】连接AE，先求出∠B＝∠C＝30°，∠BAC＝120°，再根据线段垂直平分线的性质得，BE＝AE，由此得∠B＝∠DAE＝30°，进而利用直角三角形的性质得AE＝2DE＝4，然后求出∠CAE＝90°，再利用直角三角形的性质即可求出CE的长．
【解答】解：连接AE，如图：
在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣（∠B+∠C）＝120°，
∵点D是AB的中点，DE⊥AB，
∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴BE＝AE，
∴∠B＝∠DAE＝30°，
在Rt△ADE中，∠DAE＝30°，DE＝2，
∴AE＝2DE＝4，
∵∠BAC＝120°，∠DAE＝30°，
∴∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△CAE中，∠C＝30°，AE＝4，
∴CE＝2AE＝8．
故选：B．
【点评】此题主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，理解在直角三角形中，30°的角所对的直角边是斜边的一半是解决问题的关键．
32．（2025秋 榆阳区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝5，点E在BA的延长线上，点D在BC边上，连接ED，EC，且ED＝EC，过点E作EF⊥BC于点F，若BE＝6，则BD的长为（　　）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【分析】在Rt△BEF中，∠ABC＝60°，则∠BEF＝30°，，求出BF的值，根据题意可得BD+2DF＝5，同时BF＝BD+DF＝3，即DF＝3﹣BD，代入数据求解即可．
【解答】解：在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝5，
∵EF⊥BC，
∴∠EFB＝90°，
∠ABC＝60°，
则∠BEF＝30°，，
∵BE＝6，
∴，
∵ED＝EC，EF⊥BC，
∴DF＝CF，
又∵BC＝5，即BD+DF+CF＝5，而DF＝CF，
∴BD+2DF＝5，同时BF＝BD+DF＝3，即DF＝3﹣BD，
将DF＝3﹣BD代入BD+2DF＝5，可得BD+2（3﹣BD）＝5，
∴BD＝1．
故选：A．
【点评】本题考查含30度角的直角三角形，正确进行计算是解题关键．
33．（2025秋 遵义月考）如图，△ABC中，AB＝AC，∠B＝30°，点D是AC的中点，DE是线段AC的垂直平分线．
（1）求证：AB⊥AE；
（2）若AE＝3，求BC的长．
【分析】（1）根据等边对等角得到∠B＝∠C＝30°，进而得到∠BAC＝120°，利用垂直平分线的性质得到AE＝CE，得到∠EAC＝∠C＝30°，再利用垂直的定义即可证明；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质得到BE＝2AE＝6，再利用线段的和差即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠B＝30°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣2×30°＝120°，
∵点D是AC的中点，DE是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
∴∠EAC＝∠C＝30°，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝120°﹣30°＝90°，
∴AB⊥AE；
（2）解：∵在Rt△ABE中，∠B＝30°，
∴BE＝2AE＝2×3＝6，
由（1）得，CE＝AE＝3，
∴若AE＝3，则BC＝BE+CE＝6+3＝9．
【点评】本题考查了等边对等角、三角形内角和定理、垂直平分线的性质、含30度角的直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
34．（2026春 乐平市期末）如图：已知，在△ABC中，∠C＝90°，DE垂直平分AB，D为垂足，交AC于点E，连接BE．
（1）若BE平分∠ABC，求证：∠A＝30°；
（2）若AB＝9，AC＝7，求CE的长．
【分析】（1）利用垂直平分线得出EA＝EB，利用角平分线求出∠A＝∠ABE＝∠CBE，最后用三角形内角和定理即可得出结论；
（2）利用勾股定理求出BC，在Rt△BCE中，利用勾股定理即求得答案．
【解答】（1）证明：∵DE垂直平分AB，
∴EA＝EB，
∴∠ABE＝∠A，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠A＝∠ABE＝∠CBE，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠ABE+∠CBE＝3∠A＝90°，
∴∠A＝30°；
（2）解：∵∠C＝90°，AB＝9，AC＝7，
∴AB2﹣AC2＝BC2，
∴BC2＝AB2﹣AC2＝92﹣72＝32，
∵DE垂直平分AB，
∴EA＝EB，
∴EA＝EB＝AC﹣CE＝7﹣CE，
在Rt△BCE中，BC2+CE2＝BE2，
∴32+CE2＝（7﹣CE）2，
∴CE．
【点评】此题主要考查了线段垂直平分线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，勾股定理，掌握线段垂直平分线的性质解本题的关键．
35．（2026春 道县期末）如图，AB∥CD．将一块含30°角的三角板EFG如图放置，∠G＝90°，∠EFG＝30°，此时点E、F分别在直线CD、AB上．设∠GFB＝α（0°＜α＜90°），∠CEF的角平分线EH交直线AB于点H．
（1）如图1，若α＝42°，则∠FEH的度数为　36°　 ；
（2）如图2，当α＝30°时，判断直线EH与FG的位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，P是射线EC上一点（与E不重合），现在将三角板EFG绕着点E以每秒1°的速度顺时针旋转，同时射线PC绕着点P以每秒4°的速度也顺时针旋转，射线PC旋转一周后停止，同时三角板EFG也停止转动．求当射线PC与三角板EFG的一边平行时∠HEG的度数．
【分析】（1）根据平行线的性质求出∠CEF的度数，然后根据角平分线的定义求解即可；
（2）根据平行线性质求出∠CEF的度数，然后根据角平分线的定义求出∠FEH，则可得∠FEH＝∠EFG，然后根据“内错角相等，两直线平行”即可判断；
（3）先把图形画出来，然后数形结合找到角之间的数量关系，列出方程，从而求出t．
【解答】解：（1）∵∠EFG＝30°，∠GFB＝α＝42°，
∴∠EFB＝72°，
∵AB∥CD，
∴∠CEF＝∠EFB＝72°，
∵EH是∠CEF的角平分线，
∴，
故答案为：36°；
（2）EH∥FG，
理由：∵∠EFG＝30°，∠GFB＝α＝30°，
∴∠EFB＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠CEF＝∠EFB＝60°，
∵EH是∠CEF的角平分线，
∴，
∴EH∥FG；
（3）∵∠G＝90°，∠EFG＝30°，
∴∠FEG＝60°，
设转动时间为ts，
①当PC′∥EG时，延长GE至点Q，
∵PC′∥EG，
∴∠CPC′＝∠CEQ，
∵∠CEQ＝∠DEG，
∴∠CPC′＝∠DEG，
由题意知，∠CPC′＝（4t）°，
由①得∠DEG＝90°﹣α+t°＝90°﹣30°+t°＝60°+t°，
∴（4t）°＝60°+t°，解得：t＝20，
∴∠CEF＝60°﹣20°＝40°，
∵EH是∠CEF的角平分线，
∴，
∴∠HEG＝∠HEF+∠FEG＝80°；
②当PC′∥EF时，
∴∠CPC′＝∠DEF，
由题意知∠DEF＝∠DEG+∠FEG＝120°+t°，
∴（4t）°＝120°+t°，解得t＝40，
∴∠CEF＝60°﹣40°＝20°，
∵EH是∠CEF的角平分线，
∴，
∴∠HEG＝∠HEF+∠FEG＝70°；
③如图，当PC′∥FG时，延长GF交CE于点T，过点G作GV∥CD，
∴∠VGE＝∠DEG＝60°+t°，
∵∠FGE＝90°，
∴∠VGT＝t°﹣30°，
∴∠ETG＝∠VGT＝t°﹣30°，
∵PC′∥FG，
∴∠DPC′＝∠ETG＝t°﹣30°，
∵∠DPC′＝（4t）°﹣180°，
∴（4t）°﹣180°＝t°﹣30°，
解得：t＝50，
∴∠CEF＝60°﹣50°＝10°，
∵EH是∠CEF的角平分线，
∴，
∴∠HEG＝∠HEF+∠FEG＝65°；
④如图，当PC′∥EG（第二次）时，∠CEF的角平分线为EM
则∠CPC′＝∠CEG，
∴360°﹣（4t）°＝180°﹣（60°+t°），解得：t＝80，
∴∠CEF＝80°﹣60°＝20°，
∵EM是∠CEF的角平分线，
∴，
∴∠MEG＝∠FEG﹣∠MEF＝50°，
∴∠HEG＝180°﹣∠MEG＝130°．
综上，当CP与△EFG的一边平行时，∠HEG的度数为80°或70°或65°或130°．
【点评】本题考查含30°的直角三角形，平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．
【考点5】创新及压轴题（第36-40题）
· · 手拉手全等模型
· · 倍长中线
· · 分类讨论等腰三角形
· · 截长补短构造等边
36．（2024秋 仓山区校级期中）如图，在等边△ABC中，D为边AC上一点，延长BD至F使得AF＝AC，过A作AH⊥BF于H，AH与FC的延长线交于点G．
（1）若∠CAF为α，直接写出∠AFC的度数；（用含α的代数式表示）
（2）求∠GFH的度数；
（3）已知C为GF的中点，且CD＝1.5，求AD的长．
【分析】（1）直接根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求解即可；
（2）由△ABC是等边三角形，得到∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC＝AF，即可推出，再根据∠GFH＝∠AFC﹣∠AFB求解即可；
（3）连接BG，CH，过点C作CM⊥BF于M，证明△GCB≌△HCA（SAS），得出AH＝BG，设GH＝CG＝CH＝CF＝a，则FG＝2a，得出，根据，，得出，由此求解即可．
【解答】解：（1）∵AC＝AF，
∴∠ACF＝∠AFC，
又∵∠CAF＝α，
∴；
（2）由条件可知∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC＝AF，
∴∠AFB＝∠ABF
，
∵，
∴∠GFH＝∠AFC﹣∠AFB
＝90°（60°）
＝30°；
（3）如图所示，连接BG，CH，过点C作CM⊥BF于M，
由条件可知，∠FGH＝60°，
∵C为GF的中点，
∴，
∵∠FGH＝60°，
∴△CGH为等边三角形，
∴CH＝CG，∠GCH＝∠ACB＝60°，
∴∠GCH﹣∠BCH＝∠ACB﹣∠BCH，即∠GCB＝∠HCA，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，
在△GCB和△HCA中，
，
∴△GCB≌△HCA（SAS），
∴AH＝BG，
设GH＝CG＝CH＝CF＝a，则FG＝2a，
∵AB＝AF，AH⊥BF，
∴AG垂直平分BF，
∴BG＝GF＝2a，
∴AH＝BG＝2a，
由条件可知，
∵，，
∴，
∵CD＝1.5，
∴AD＝6．
【点评】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握等边三角形的性质与判定条件．
37．（2025春 北碚区校级期末）已知：△ABC为等边三角形，点D、E分别为AB、BC边上一点，AE、CD相交于点F，BD＝CE．
（1）如图1，求∠AFD的度数；
（2）如图2，连接BF并延长，与AC相交于点G，点M为BF延长线上一点，MF＝BF，点N为CD延长线上一点，∠MAN＝120°，∠ACF＝2∠CBG．求证：CN＝2AG；
（3）在（2）的条件下（可使用备用图），若△ABM的面积为2，AF+GC＝DF+1，直接写出点A到BC的距离与点N到AB的距离之和．
【分析】（1）由等边三角形的性质得出∠B＝∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝BC，证明△CBD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质得出∠BCD＝∠CAE，根据角和关系得出∠BCD+∠ACF＝60°，等量代换可得出∠CAE+∠ACF＝60°再根据三角形外角的定义和性质得出∠AFD＝∠CAE+∠ACD．
（2）延长AE到F，使FH＝AF，先证明△AFM≌△HFB（SAS），由全等三角形的性质得出∠FAM＝∠H，再证明△ANC≌△BHA（AAS），由全等三角形的性质得出CN＝AH＝2AF，通过三角形外角的定义和性质以及三角形内角和定理得出∠AFG＝180°﹣∠CAE﹣∠AGF＝60°+α＝∠AGF，根据等角对等边得出AF＝AG，即可得出CN＝2AG．
（3）过点N作NH⊥AB交AB于点H，过点A作AH1⊥BC交BC于点H1过点C作CH2⊥AB交AB于点H2，设NH＝h，AH1＝h1和CH2＝h2根据等边三角形得AH1＝CH2即h1＝h2，由△AFM≌△HFB得S△ABM＝S△HAB，即有S△ABM＝S△HAB＝2则有S△ANC＝S△BHA＝2，进一步证得∠ABG＝∠BFD，则DF＝DB，由（2）AF＝AG，有AC＝DF+1，即可求得 AD＝1，结合解得h+h2＝4即可．
【解答】（1）解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝BC，
在△CBD和△ACE 中，
，
∴△CBD≌△ACE（SAS），
∴∠BCD＝∠CAE，
又∵∠BCD+∠ACF＝60°，
∴∠CAE+∠ACF＝60°，
∴∠AFD＝∠CAE+∠ACD＝60°；
（2）证明：延长AE到H，使FH＝AF，连接BH，如图，
又∵MF＝BF，∠BFH＝∠MFA，
∴△AFM≌△HFB（SAS），
∴∠FAM＝∠H，
又∵∠NAM＝∠FAM+∠NAF＝120°，∠AFD＝60°，
∴∠NAF+∠ANC＝120°，
∴∠FAM＝∠ANC，
∴∠H＝∠ANC，
∵∠ACF＝2∠CBG，
∴设∠CBG＝α，则∠ACN＝2α，
∴∠BCD＝60°﹣2α，由（1）知∠BCD＝∠CAE，
∴∠CAE＝∠BCD＝60°﹣2α，
∴∠BAH＝∠BAC﹣∠CAE＝60°﹣（60°﹣2α）＝2α＝∠ACN，
又∵AB＝AC，
∴△ANC≌△BHA（AAS），
∴CN＝AH＝2AF，
∵∠CBG＝α，∠BCD＝60°﹣2α，
∴∠CFG＝∠CBG+∠BCD＝60°﹣α，
∴∠AGF＝∠CFG+∠ACN＝60°+α，∠CAE＝∠BCD＝60°﹣2α，
∴∠AFG＝180°﹣∠CAE﹣∠AGF＝60°+α＝∠AGF，
∴AF＝AG，
∴CN＝AH＝2AF＝2AG；
（3）解：过点N作NH⊥AB交AB于点H，过点A作AH1⊥BC交BC于点H1，
过点C作CH2⊥AB交AB于点H2，如图，
设NH＝h，AH1＝h1和CH2＝h2，
∵△ABC为等边三角形，
∴AH1＝CH2，即h1＝h2，
由△AFM≌△HFB，得S△ABM＝S△HAB，
∵△ABM的面积为2，
∴S△ABM＝S△HAB＝2，
∵△ANC≌△BHA，
∴S△ANC＝S△BHA＝2，
∵∠CBG＝α，
∴∠ABG＝60°﹣α，
∵∠AFD＝60°，∠AFG＝60°+α，
∴∠BFD＝∠CFG＝180°﹣∠DFA﹣∠AFG＝60°﹣α．
∴∠ABG＝∠BFD，则DF＝DB，
由（2）AF＝AG，
∵AF+GC＝DF+1，
∴AG+GC＝DF+1，即AC＝DF+1，
∵AC＝AB，
∴AB＝DB+1＝AD+DB，
∴AD＝1，S△ANC＝S△AND+S△ADC，
∴h+h2＝4，
∴h+h1＝4，
.则点A到BC的距离与点N到AB的距离之和4．
【点评】本题主要考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、三角形外角性质等知识点，解题的关键是熟悉倍长中线和半角求解的常见做法．
38．（2026春 凌海市期末）定义：在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，若a2+ab＝c2，则称△ABC为“类直角三角形”．请根据以上定义解决下列问题：
（1）如图1，△ABC为等边三角形，请判断该三角形是否为“类直角三角形”，并说明理由；
（2）如图2，等腰三角形ABC为“类直角三角形”，其中AC＝BC，AB＞AC，请求出∠B的大小．
【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得到a2+ab＞c2，因此等边三角形不是“类直角三角形”；
（2）由“类直角三角形”的定义得到a2+b2＝c2，推出∠ACB＝90°，判定△ABC是等腰直角三角形，得到∠B＝45°．
【解答】解：（1）如图1，等边三角形不是“类直角三角形”，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴a＝b＝c，
∴a2+ab＞c2，
∴等边三角形不是“类直角三角形”；
（2）如图2，∵等腰三角形ABC为“类直角三角形”，
∴a2+ab＝c2，
∵AC＝BC，
∴a＝b，
∴a2+b2＝c2，
∴∠ACB＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝45°．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，等边三角形的性质，关键是掌握“类直角三角形”的定义．
39．（2024春 铁西区校级月考）如图，过边长为4的等边三角形的边AB上一点P，作PE⊥AC于点E，Q为BC延长线上一点，当PA＝CQ时，连接PQ交边AC于点D．
（1）求证：D为PQ中点；
（2）DE的长为 　2　 ．
【分析】（1）过点P作PF∥BC，交AC于F，先证明△APF为等边三角形得PA＝PF＝CQ，进而再证明△DPF和△DQC全等得PD＝QD，据此即可得出结论；
（2）由（1）可知△DPF≌△DQC，△APF为等边三角形，则DF＝DC，AE＝FE，由此得DE＝CD+AE，据此可得DE的长．
【解答】（1）证明：过点P作PF∥BC，交AC于F，如图所示：
∵△ABC为等边三角形且边长且为4，
∴AC＝4，∠A＝∠B＝60°，
∵PF∥BC，
∴∠APF＝∠B＝60°，∠DPF＝∠Q，
∴△APF为等边三角形，
∴PA＝PF，
∵PA＝CQ，
∴PF＝CQ，
在△DPF和△DQC中，
，
∴△DPF≌△DQC（AAS），
∴PD＝QD，
即点D为PQ中点；
（2）解：由（1）可知：△DPF≌△DQC，△APF为等边三角形，
∴DF＝DC，
∵△APF为等边三角形，PE⊥AC，
∴AE＝FE，
∴DE＝DF+EF＝CD+AEAC＝2．
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
40．（2025秋 海淀区校级期中）如图，在等边△ABC中，D是AB的中点，E是CB延长线上的一点，且∠BDE＝30°，DM⊥BC，垂足为M．
求证：
（1）DE＝2DM；
（2）M是CE的中点．
【分析】（1）根据直角三角形的性质即可解答；
（2）根据等边三角形的性质即可证明．
【解答】证明：（1）∵DM⊥BE，
∴∠DME＝90°，
在Rt△DME 中，∠BDE＝30°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠ABE＝180°﹣60°＝120°，
∴∠E＝180°﹣∠ABE﹣∠BDE＝30°，
∴DE＝2DM；
（2）在等边三角形ABC中，D是AB的中点，
∴，
∵∠BDE＝30°，∠ABC＝60°，∠BMD＝90°，
∴∠BDM＝30°，∠EDM＝60°，
∴∠E＝180°﹣∠BMD﹣∠EDM＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴∠DCB＝∠E，
∴DE＝DC，
∵DM⊥BC，
∴M是CE的中点．
【点评】本题考查了直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
随堂检测
【练习 1】（2025秋 武汉期末）如图，D是等边△ABC内一点，连接AD，BD，CD，以CD为边作等边△CDE，使得点E在直线AC的右侧，若∠ADB＝m°，∠BDC＝n°，且△ADE是等腰三角形，则m与n的关系是 m＝n或m+2n＝360或2m+n＝360　 ．
【分析】证明△BCD和△ACE全等得∠BDC＝∠AEC＝n°，则∠AED＝n°﹣60°，再分三种情况讨论如下：①当DA＝DE时，则∠DAE＝∠AED＝n°﹣60°，进而得∠ADE＝300°﹣2n°，则∠ADC＝360°﹣2n°，然后根据∠ADB+∠BDC+∠ADC＝360°得m°+n°+360°﹣2n°＝360°，据此可得m与n的关系；②当DA＝EA时，则∠ADE＝∠AED＝n°﹣60°，进而得∠ADC＝n°，然后根据∠ADB+∠BDC+∠ADC＝360°得m°+n°+n°＝360°，据此可得m与n的关系；③当EA＝DE时，则∠ADE＝∠DAE（180°﹣∠AED），进而得∠ADC，然后根据∠ADB+∠BDC+∠ADC＝360°得，据此可得m与n的关系，综上所述即可得出答案．
【解答】解：连接AE，如图所示：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，DC＝EC，∠BCD＝∠DCE＝∠CDE＝∠CED＝60°，
∴∠BCA﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠BDC＝∠AEC＝n°，
∴∠AED＝∠AEC﹣∠CED＝n°﹣60°，
当△ADE是等腰三角形时，有以下三种情况：
①当DA＝DE时，则∠DAE＝∠AED＝n°﹣60°，
在△DAE中，∠ADE＝180°﹣（∠DAE+∠AED）＝180°﹣（n°﹣60°+n°﹣60°）＝300°﹣2n°，
∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝300°﹣2n°+60°＝360°﹣2n°，
∵∠ADB+∠BDC+∠ADC＝360°，
∴m°+n°+360°﹣2n°＝360°，
∴m＝n；
②当DA＝EA时，则∠ADE＝∠AED＝n°﹣60°，
∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝n°﹣60°+60°＝n°，
∵∠ADB+∠BDC+∠ADC＝360°，
∴m°+n°+n°＝360°，
∴m+2n＝360；
③当EA＝DE时，
在△ADE中，∠ADE＝∠DAE（180°﹣∠AED）（180°﹣n°+60°），
∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE，
∵∠ADB+∠BDC+∠ADC＝360°，
∴，
∴2m+n＝360，
综上所述：m与n的关系是m＝n或m+2n＝360或2m+n＝360．
故答案为：m＝n或m+2n＝360或2m+n＝360．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，理解等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点．
【练习 2】（2026 柳江区模拟）如图，点D为等边△ABC的边BC上的一个动点，BC＝6，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC交边AB于点F，连接EF，则△DEF的面积最大值为 　　 ．
【分析】首先利用等边三角形的性质和已知条件得到∠BFD＝∠CDE＝30°，∠FDE＝60°，设BD＝x，然后用x分别表示DF、CD、DE，如图，过F作FH⊥⊥DE于H，在Rt△EFD中，用x表示FH，最后利用三角形的面积公式建立二次函数模型即可求解．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵DE⊥AC于点E，DF⊥BC交边AB于点F，
∴∠BFD＝∠CDE＝30°，∠FDE＝60°，
设BD＝x，
∴DFx，
∵BC＝6，
∴CD＝6﹣x，
∴DE（6﹣x），
如图，过F作FH⊥DE于H，
在Rt△EFD中，FHFDxx，
∴S△DEFDE×FH
x（6﹣x）
（﹣x2+6x）
（x﹣3）2，
∴当x＝3时，△DEF的面积最大值为．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，同时也利用了含30°角的直角三角形的性质，解题的关键是建立二次函数的模型求出最值．
【练习 3】（2025春 峄城区校级月考）如图，直线1∥m，等边三角形ABC的两个顶点B，C分别落在直线l，m上，若∠ABE＝21°，则∠ACD的度数是 　39°　 ．
【分析】过点A作AF∥l，则l∥m∥AF，由平行线的性质得到∠BAF＝∠ABE＝21°，∠ACD＝∠CAF，再由等边三角形的性质得到∠BAC＝60°，据此求出∠CAF的度数即可得到答案．
【解答】解：如图所示，过点A作AF∥l，
∵l∥m，
∴l∥m∥AF（平行于同一直线的两直线相互平行），
∵∠ABE＝21°，
∴∠BAF＝∠ABE＝21°，∠ACD＝∠CAF，
由等边三角形的性质可得∠BAC＝60°，
∴∠CAF＝60°﹣21°＝39°，
∴∠ACD＝39°，
故答案为：39°．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，关键是等边三角形性质的熟练掌握．
【练习 4】（2024春 福田区校级期末）如图，在等边△ABC中，AB＝6，BE＝2，∠DFC＝60°，DF，则CF的长为 　　 ．
【分析】过点D作DH⊥CE于点H，根据等边三角形性质及∠DFC＝60°得∠ECB＝∠DBA，进而可依据“ASA”判定△ECB和△DBA全等，则BE＝AD＝2，进而得CD＝AC﹣AD＝4，然后在Rt△DHF中求出∠FDH＝30°，则FHDF，DH，在Rt△CDH中再由勾股定理求出CH，继而可得CF的长．
【解答】解：过点D作DH⊥CE于点H，如图所示：
∵△ABC为等边三角形，AB＝6，
∴∠A＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC＝CA＝6，
∵∠DFC＝∠ECB+∠DBC＝60°，∠ABC＝∠DBA+∠DBC＝60°，
∴∠ECB＝∠DBA，
在△ECB和△DBA中，
，
∴△ECB≌△DBA（ASA），
∴BE＝AD＝2，
∴CD＝AC﹣AD＝6﹣2＝4，
∵DH⊥CE于点H，
∴△DHF和△DHC均为直角三角形，
在Rt△DHF中，∠DFC＝60°，DF，
∴∠FDH＝30°，
∴FHDF，
由勾股定理得：DH，
在Rt△CDH中，由勾股定理得：CH，
∴CF＝CH+FH．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，正确地添加辅助线构造含有30°角的直角三角形，然后利用含有30°角的直角三角形的性质及勾股定理进行计算是解决问题的关键．
【练习 5】（2024秋 南平期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，以AC为边，在△ABC的外部作等边三角形ACD，E是AC的中点，连接DE并延长交BC于F．求∠DFC的度数．
【分析】根据题意先求出∠ACB，再证明∠CEF＝90°，再根据直角三角形两内角互余即可得解．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝100°，
∴，
∵△ACD是等边三角形，E是AC的中点，
∴DE⊥AC，
∴∠CEF＝90°，
∴∠DFC+∠ACB＝90°，
∴∠DFC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣40°＝50°，
所以∠DFC的度数为50°．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握相关性质是解题的关键．
课后巩固
复习建议
· · 等边三角形三边相等、三角60°
· · 等腰+60°即等边
· · 30°直角三角形：对边=斜边一半
· · 手拉手模型：共顶点等边出全等
· · 面积法：内点到三边距离和=高
【作业 1】（2025春 徐汇区校级月考）下列说法中，正确的有（　　）个．
①有一个外角为120°的等腰三角形是等边三角形；
②有两个外角相等的等腰三角形是等边三角形；
③三个外角都相等的三角形是等边三角形；
④有一边上的高也是这边上的中线的等腰三角形是等边三角形；
⑤△ABC的三边为a，b，c，满足（a﹣b）（b﹣c）（c﹣a）＝0，则这个三角形是等边三角形．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由等边三角形的判定方法，即可判断．
【解答】解：①有一个外角为120°的等腰三角形的一个内角是60°，判定这样的等腰三角形是等边三角形，故①符合题意；
②任何等腰三角形的两个底角的外角相等，因此这样的等腰三角形不一定是等边三角形，故②不符合题意；
③三个外角都相等的三角形，其三个内角相等，判定这样的三角形是等边三角形，故③符合题意；
④等腰三角形底边的高也是这边上的中线，这样的等腰三角形不一定是等边三角形，故④不符合题意；
⑤△ABC的三边为a，b，c，满足（a﹣b）（b﹣c）（c﹣a）＝0，那么a﹣b＝0或b﹣c＝0或c﹣a＝0，因此a＝b或b＝c或c＝a，则这个三角形是等腰三角形，不一定是等边三角形，故⑤不符合题意，
∴说法正确的有2个．
故选：B．
【点评】本题考查等边三角形的判定，等腰三角形的性质，关键是掌握等边三角形的判定方法．
【作业 2】下列条件不能判定如图的△ABC是等边三角形的是（　　）
A．∠A＝∠B＝∠C B．AB＝AC，且∠B＝60°
C．∠A＝∠B＝60° D．AB＝AC，且∠B＝∠C
【分析】根据等边三角形的定义和判定定理判断即可．
【解答】解：A．∵∠A＝∠B＝∠C，
∴△ABC是等边三角形，故A选项不符合题意；
B．∵AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，故B选项不符合题意；
C．∵∠A＝∠B＝60°，
∴∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，故C选项不符合题意；
D．AB＝BC且∠B＝∠C，但无法确定∠A＝60°，
∴不能判断△ABC是等边三角形，故D选项符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的判定，解题的关键是熟悉等边三角形的定义及等边三角形的判定定理．注意：等边三角形的判定定理有：①三边都相等的三角形是等边三角形，②三角都相等的三角形是等边三角形，③有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形．
【作业 3】（2024秋 谯城区期末）如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3，A4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OA1＝2，则A1A4的长为（　　）
A．12 B．14 C．16 D．18
【分析】根据等边三角形性质及三角形外角性质证明△OA2B2是等腰三角形，得OA1＝A1B1＝A1A2＝2，进而得OA2＝4，再证明△OA2B2是等腰三角形，得OA2＝A2B2＝A2A3＝4，进而得OA3＝8，同理可证明△OA3B3是等腰三角形，得OA3＝A3B3＝A3A4＝8，然后根据A1A4＝A1A2+A2A3+A3A4即可得出答案．
【解答】解：如图所示：
∵△A1B1A2是等边三角形，
∴A1A2＝A2B1＝A1B1，∠1＝60°，
∵∠1是△OA1B1的外角，
∴∠1＝∠2+∠MON，
又∵∠MON＝30°，
∴60°＝∠2+30°，
∴∠2＝30°
∴∠2＝∠MON＝30°，
∴△OA2B2是等腰三角形，即OA1＝A1B1＝2，
∴A1A2＝A2B1＝A1B1＝2，
∴OA2＝OA1+A1A2＝4，
∵△A2B2A3是等边三角形，
∴∠4＝60°，A2A3＝A3B2＝A2B2，
∴∠1＝∠4＝60°，
∴A1B1∥A2B2，
∴∠3＝∠2＝∠MON＝30°，
∴△OA2B2是等腰三角形，即OA2＝A2B2＝4，
∴A2A3＝A3B2＝A2B2＝4，
∴OA3＝OA2+A2A3＝4+4＝8，
同理可证明：△OA3B3是等腰三角形，即OA3＝A3B3＝8，
∵△A3B3A4是等边三角形，
∴A3A1＝A3B3＝8，
∴OA4＝OA3+A3A4＝2+4+8＝14．
故选：B．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的判定，熟练掌握等边三角形的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的判定是解决问题的关键．
【作业 4】（2024 天津一模）已知等边三角形ABC的边长为3，D为BC边上的一点（点D不与点B，C重合），过D点作AB边的垂线，交AB于点G，用x表示线段AG的长度，y表示Rt△GBD的面积，有下列结论：①x＜3；②DB＝x；③y（3﹣x）2，其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】①过点C作CE⊥AB于E，根据等边三角形的性质得AE＝3/2，AE＜AG＜AB，据此可对结论①进行判断；
②根据AB＝3，AG＝x得GB＝3﹣x，证∠GDB＝30°，则DB＝2GB＝2（3﹣x），据此可对结论②进行判断；
③根据GB＝3﹣x，DB＝2（3﹣x），由勾股定理得DG（3﹣x），然后根据三角形的面积求出y即可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①过点C作CE⊥AB于E，如图所示：
∵△ABC为等边三角形，且边长为3，
∴AB＝3，AEAB，∠B＝60°，
∵D为BC边上的一点（点D不与点B，C重合），DG⊥AB于G，
∴AE＜AG＜AB，
∴x＜3，
故结论①正确；
②∵AB＝3，AG＝x，
∴GB＝AB﹣AG＝3﹣x，
又∵∠B＝60°，DG⊥AB于G，
∴∠GDB＝30°，
∴DB＝2GB＝2（3﹣x），
故结论②不正确；
③在Rt△GBD中，GB＝3﹣x，DB＝2（3﹣x），
由勾股定理得：DG（3﹣x），
∴yGB DG（3﹣x）2，
故结论③正确．
综上所述：正确的结论由①③，共2个．
故选：C．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，三角形的面积，熟练掌握等边三角形的性质，直角三角形的性质，以及三角形的面积公式是解决问题的关键．
【作业 5】（2025春 新郑市月考）若等边△ABC的周长为12cm，则BC＝　4　 cm．
【分析】根据等边三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵等边△ABC的周长为12cm，
∴BC＝AB＝AC12＝4（cm），
故答案为：4．
【点评】此题考查了等边三角形的性质，熟记等边三角形的性质是解题的关键．
【作业 6】（2025春 溧阳市期末）如图，等边△ABC的边长为6，D为BC上一点，，P是线段AD上的动点，若点P和△ABC中的一个顶点的连线与PD的夹角为60°，则PD的长为 　或　 ．
【分析】根据题意，分两种情况讨论，即∠BPD＝60°或∠CPD＝60°，进而根据ABPD∽△ABD与ACPD∽△ACD即可求出PD的长．
【解答】解：如图，过点D作DM⊥AB于点M，
∵等边△ABC的边长为6，CD＝2BD，
∴BD＝2，BM＝1，
∴AM＝5，，
∴．
分两种情况：①如图，连接BP，若∠BPD＝60°，
∵∠BPD＝∠ABD＝60°，∠BDP＝∠ADB，
∴BPD∽△ABD，
∴，
即，
解得，
②如图，连接CP，若∠CPD＝60°，
∵∠CPD＝∠ACD＝60°，∠CDP＝∠ADC，
∴CPD∽ACD，
∴，即，
解得，
综上所述，PD的长为或，
故答案为：或．
【点评】本题主要考查了相似三角形的性质及判定，熟练掌握三角形相似的证明及性质的使用是解决本题的关键．
【作业 7】（2025秋 海淀区校级期中）如图，△ABD是等边三角形，BC＝BD，∠BAC＝20°，则∠CBD的度数为 　80°　 ．
【分析】由等边三角形的性质推出∠ABD＝60°，AB＝BD，得到AB＝BC，推出∠BCA＝∠BAC＝20°，求出∠ABC＝140°，即可得到∠CBD的度数．
【解答】解：∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，AB＝BD，
∵BC＝BD，
∴AB＝BC，
∴∠BCA＝∠BAC＝20°，
∴∠ABC＝180°﹣20°﹣20°＝140°，
∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABD＝80°．
故答案为：80°．
【点评】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的性质，关键是由等边三角形的性质推出∠ABD＝60°，AB＝BD．
【作业 8】（2023秋 江岸区期末）如图，等边ABC中，点D为线段AC上一动点，BD为边作等边△BDE（B、D、E顺时针排列）．将△DCE沿AC对称得到△DCE'，若BC＝a，CD＝b，则E′B＝　2a﹣b （用含a，b的式子表示）．
【分析】先依题意作出△DCE关于AC对称的△DCE'，根据对称性得△DCE≌△DCE'，则∠DCE＝∠DCE'，CE＝CE'，再由等边三角形的性质得AB＝CB＝AC，∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，BD＝BE，∠DBE＝60°，由此得∠ABD＝∠CBE，然后依据“SAS”判定△ABD和△CBE全等，从而得∠A＝∠BCE＝60°，AD＝CE，由此得∠ACE＝∠ACB+∠BCE＝120°，则∠DCE'＝∠DCE＝120°，据此得∠ACB+∠DCE'＝180°，则点B，C，E在同一条直线上，此时E'B＝BC+CE'，然后根据BC＝AC＝a，CD＝b得E'B＝AD＝a﹣b，再根据E'B＝BC+CE'可得出答案．
【解答】解：作出△DCE关于AC对称的△DCE'，如图所示：
根据对称性得：△DCE≌△DCE'，
∴∠DCE＝∠DCE'，CE＝CE'，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝CB＝AC，∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ABD+∠DBC＝60°，
∵△BDE为等边三角形，
∴BD＝BE，∠DBE＝60°，
∴∠DBC+∠CBE＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠A＝∠BCE＝60°，AD＝CE，
∴∠ACE＝∠ACB+∠BCE＝60°+60°＝120°，
∴∠DCE'＝∠DCE＝120°，
∴∠ACB+∠DCE'＝120°+60°＝180°，
∴点B，C，E在同一条直线上，
∴E'B＝BC+CE'，
∵BC＝AC＝a，CD＝b，
∴AD＝AC﹣CD＝a﹣b，
∵AD＝CE，CE＝CE'，
∴CE'＝AD＝a﹣b，
∴E'B＝BC+CE'＝a+a﹣b＝2a﹣b．
故答案为：2a﹣b．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平角的意义，熟练掌握全等三角形的判定和性质，理解等边三角形的性质，利用平角的意义证明点B，C，E在同一条直线上是解决问题的关键．
【作业 9】（2025秋 怀化校级期末）如图，△ABC是等边三角形，在△ACD中，AC＝CD，∠ACD＝90°，连接BD交AC于点E，则∠BEC的度数为 　105°　 ．
【分析】根据等边三角形的性质得AC＝BC，∠ACB＝60°，再根据AC＝CD得BC＝CD，由此得∠CBD＝∠CDB，再求出∠BCD＝150°，由三角形内角和定理得∠CBD＝15°，然后在△BCE中，再由三角形内角和定理即可得出∠BEC的度数．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵AC＝CD，
∴BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∵∠ACD＝90°，
∴∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝150°，
在△CBD中，∠CBD+∠CDB+∠BCD＝180°，
∴2∠CBD+150°＝180°，
∴∠CBD＝15°，
在△BCE中，∠BEC＝180°﹣（∠CBD+∠ACB）＝180°﹣（15°+60°）＝105°
即∠BEC的度数为105°．
故答案为：105°．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理是解决问题的关键．
【作业 10】（2026春 莲湖区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是AB上的一点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED和CA，交于点F，∠F＝30°．
（1）求证：△ABC是等边三角形．
（2）若BD＝2，EC＝3，求AC的长．
【分析】（1）由垂直的定义得到∠DEC＝90°，求出∠C＝60°，即可证明△ABC是等边三角形；
（2）由含30度角的直角三角形的性质求出BE＝1，得到BC＝4，由等边三角形的性质得到AC＝BC＝4．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DEC＝90°，
∵∠F＝30°，
∴∠C＝90°﹣30°＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形；
（2）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，AC＝BC，
∵DE⊥BC，
∴∠BDE＝90°﹣60°＝30°，
∴BEBD2＝1，
∴BC＝BE+EC＝1+3＝4，
∴AC＝4．
【点评】本题考查等边三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形，关键是掌握等边三角形的判定方法，含30°角的直角三角形的性质．
【作业 11】（2024秋 宁江区期中）如图∠A＝∠B，CE∥DA，CE交AB于点E，∠BCE＝60°．求证：△BCE是等边三角形．
【分析】根据平行线的性质和等角对等边，得出CB＝CE，然后根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，即可说明理由．
【解答】证明：∵CE∥DA，
∴∠A＝∠CEB，
∵∠A＝∠B，
∴∠CEB＝∠B，
∴CB＝CE；
又∵∠BCE＝60°，
∴△BCE是等边三角形．
【点评】本题考查等边三角形的判定，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
【作业 12】（2026春 同步）如图，在△ABC中，AB＝BC＝CA，点O在△ABC内，OA＝OB＝OC，找出图中的等腰三角形和等边三角形．
【分析】根据等腰三角形和等边三角形的定义，进行判断即可．
【解答】解：∵OA＝OB＝OC，
∴△AOB，△BOC，△AOC是等腰三角形；
∵AB＝BC＝CA，
∴△ABC既是等腰三角形，也是等边三角形；
综上分析可知：等腰三角形有：△AOB，△BOC，△AOC，△ABC；等边三角形有：△ABC．
【点评】本题主要考查了等腰三角形和等边三角形的定义，熟练掌握等腰三角形定义：有两边相等的三角形是等腰三角形；等边三角形定义：三边都相等的三角形是等边三角形．
【作业 13】（2025秋 望城区期末）如图，△ABC是等边三角形，点D是AC边上一点，延长BC至E，使CE＝AD．若点D是AC的中点．
（1）求证：BD＝DE；
（2）延长ED交AB于点F，若BF+CE＝15，求AF的长．
【分析】（1）根据等边三角形性质得∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，AB＝BC＝AC，再根据点D是AC的中点得AD＝CD＝CE，∠DBC＝∠DBA＝30°，再由三角形的外角性质求出∠E＝∠CDE＝30°得∠DBC＝∠E＝30°，据此可得出结论；
（2）由（1）得∠E＝∠CDE＝30°，则∠ADF＝∠CDE＝30°，进而得∠AFD＝90°则△ADF和△EBF都是直角三角形，设AF＝a，根据含有30°角的直角三角形性质得AD＝2AF＝2a，进而得AD＝CD＝CE＝2a，AB＝BC＝AC＝4a，则BF＝AB﹣AF＝3a，然后根据BF+CE＝15得a＝3，据此即可得出AF的长．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，AB＝BC＝AC，
∵点D是AC的中点，
∴AD＝CD，∠DBC＝∠DBA∠ABC＝30°，
∵CE＝AD，
∴CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
∵∠ACB是△CDE的外角，
∴∠ACB＝∠E+∠CDE＝2∠E＝60°，
∴∠E＝∠CDE＝30°，
在△DBE中，∠DBC＝∠E＝30°，
∴BD＝DE；
（2）解：由（1）得：∠E＝∠CDE＝30°，
∴∠ADF＝∠CDE＝30°，
在△ADF中，∠A＝60°，
∴∠AFD＝180°﹣（∠ADF+∠A）＝180°﹣（30°+60°）＝90°
∴△ADF和△EBF都是直角三角形，
设AF＝a，根据含有30°角的直角三角形性质得：AD＝2AF＝2a，
∵点D是AC的中点，
∴AD＝CD＝2a，
∴CE＝AD＝2a，AC＝AD+CD＝4a，
∴AB＝BC＝AC＝4a，
∴BF＝AB﹣AF＝4a﹣a＝3a，
∵BF+CE＝15，
∴3a+2a＝15，
解得：a＝3，
∴AF＝a＝3，
即AF的长为3．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，含有30°角的直角三角形性质，理解等边三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，含有30°角的直角三角形性质是解决问题的关键．
【作业 14】如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝a，BD＝b，求CD的长．
【分析】以CD为边作等边△CDE，连接AE，证明△BCD≌△ACE（SAS），得出BD＝AE＝b，∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，再结合勾股定理求解．
【解答】解：如图，以CD为边作等边△CDE，连接AE，
∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE＝DE，∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD 和△ACE中，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE＝b，∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，
∴∠ADE＝90°，
∵AD＝a，AE＝b，
∴DE，
∴CD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【作业 15】（2025春 富平县期中）如图，△ABC中，AB＝AC，BE⊥AC于E，且D、E分别是AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF＝CE．
（1）∠ABC的度数．
（2）求证：BE＝FE．
【分析】（1）根据等边三角形的判定得出△ABC是等边三角形，即可得出∠ABC的度数；
（2）根据BE＝FE得出∠F＝∠CEF＝30°，再等边三角形的性质得出∠EBC＝30°，即可证明．
【解答】（1）解：∵BE⊥AC于E，E是AC的中点，
∴△ABC是等腰三角形，即AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°；
（2）∵CF＝CE，
∴∠F＝∠CEF，
∵∠ACB＝60°＝∠F+∠CEF，
∴∠F＝30°，
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，
∴∠EBC＝30°，
∴∠F＝∠EBC，
∴BE＝EF．
【点评】此题考查等边三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．
第1页（共1页）第11讲 等边三角形 优等生讲义
（精讲+典例+针对练习）2026--2027学年沪科版八年级数学上册
思维导图
课程目标
· · 掌握等边三角形的性质：三边相等、三角都是60°
· · 掌握等边三角形的三个判定方法
· · 掌握含30°角的直角三角形性质：30°对边是斜边一半
· · 能解决等边三角形综合证明和动点问题
知识梳理
☆ 1.等边三角形的性质
三边相等，三个内角都是60°
是轴对称图形，有三条对称轴
每条边上的中线、高、角平分线三线合一
等边三角形是特殊的等腰三角形
概念辨析例题：等边△ABC边长为4，求高AD
解析：BD=2,AD===2
☆ 2.等边三角形的判定
三边都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
有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
两个角是60°的三角形是等边三角形
概念辨析例题：AB=AC，∠B=60°，判断△ABC形状
解析：等腰三角形+一个60°角=等边三角形
☆ 3.含30°角的直角三角形
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半
即：如果∠C=90°，∠A=30°，则BC=AB
常与等边三角形综合考查
证明方法：延长短直角边构造等边三角形
概念辨析例题：Rt△ABC中∠C=90°，∠A=30°，AB=8，求BC
解析：30°对边BC=AB=4
☆ 4.等边三角形综合模型
手拉手模型：两个等边三角形共顶点→全等
截长补短构造等边三角形
费马点：到三顶点距离和最小
面积法：等边三角形内任一点到三边距离和=高
概念辨析例题：P是等边△ABC内一点，P到三边距离分别为h1,h2,h3，高为h，求h1+h2+h3
解析：面积法：S=a(h1+h2+h3)=ah
知识总结表
核心概念 内容 注意事项
等边三角形性质 三边相等，三角60° 三条对称轴
判定1 三边相等 定义法
判定2 三角相等 等价于三角60°
判定3 等腰+60° 最常用判定
30°直角三角形 30°对边=斜边一半 BC=AB
手拉手模型 共顶点等边→全等 SAS
面积法 h1+h2+h3=h P在内部
核心考点
【考点1】等边三角形的性质（第1-11题）
· · 三边相等三角60°
· · 三线合一
· · 角度计算用外角
· · 面积法求距离和
1．（2025秋 桥西区期末）如图，在等边△ABC中，点D，E分别是边BC，AC上的点，∠BAD＝15°，∠AFE＝60°，若，则EF的长为（　　）
A． B．2 C． D．3
2．（2026 碑林区校级模拟）如图，在等边△ABC中，三个内角的角平分线相交于点P，过点P作BC的平行线分别交AB，AC于点M，N．若AB＝8，则△AMN的周长为（　　）
A．12 B．8 C．16 D．15
3．（2023秋 邹平市期末）如图，等边△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，把△BDE沿直线DE翻折，使点B落在点B'处，DB'、EB'分别交边AC于点F、G．如果测得∠GEC＝36°，那么∠ADF＝________ ．
4．（2024秋 太仓市期末）如图，l1∥l2，等边△ABC的顶点A在直线l1上，l2与△ABC的两边AC、BC相交．若∠1＝138°，则∠2的度数为 _________ ．
5．（2026 金华模拟）如图，在等边三角形网格中每个小等边三角形的面积都是1，图中以格点为顶点的△ABC面积为_______ ．
6．（2025春 云岩区校级期中）如图，在等边△ABC中，AD是∠BAC的平分线，点E、P分别是AB、AD上的动点．若AB＝4，则PE+PB的最小值是________________ ．
7．（2024 榕城区校级模拟）如图，△ABC为等边三角形，点D为△ABC外的一点，∠ADC＝60°，CD＝4，则△BCD的面积为 ________________ ．
8．（2025春 天心区校级月考）如图，在△ABD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，交BD于点E，连接BC，CD．
（1）求证：△BCD是等腰三角形；
（2）若∠BCD＝130°，求∠ABC的度数．
9．（2023秋 临潼区期中）如图，在等边△ABC中，BC＝10，BD垂直AC，垂足为D，E在BC的延长线上，连接DE，且DB＝DE．求CE的长．
10．（2022秋 丛台区校级期中）如图：已知等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE＝CD．
（1）求∠E的度数．
（2）求证：△DBE是等腰三角形．
11．如图所示，已知等边三角形ABC和点P，设点P到△ABC的三边AB，AC，BC的距离分别为h1，h2，h3，△ABC的高AM为h．
（1）当点P在△ABC的边BC上时，如图（1）所示，h3＝0，猜想h1+h2+h3与h的数量关系，并说明理由．
（2）当点P在△ABC内部时，如图（2）所示，当点P在△ABC外部时，如图（3）所示．请问这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出新的关系式（不要求说明理由）．
【考点2】等边三角形的判定（第12-20题）
· · 等腰+60°判定等边
· · 两个60°角判定等边
· · 动点问题列方程
· · 垂直平分线+角平分线综合
12．（2025秋 大连期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，且DE＝BE．下列结论：①△ADE是等边三角形；②DE∥AC；③∠DAE＝60°．其中正确的有（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
13．（2023秋 溧阳市期中）在△ABC中，∠A＝60°，添加下列一个条件后，仍不能判定△ABC为等边三角形的是（　　）
A．AB＝AC B．∠A＝∠B C．AD⊥BC D．∠B＝∠C
14．下列说法中，不能判定△ABC是等边三角形的是（　　）
A．有两个角等于60°的三角形
B．有一个角等于60°的等腰三角形
C．三个角都相等的三角形
D．有两边相等且有两角相等的三角形
15．（2025秋 建瓯市期中）如图，在△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，∠A＝60°，点P以2cm/s的速度从B处向A处运动，同时点Q以1cm/s的速度从A处向C处运动，其中一个动点到达端点后，另一个点停止运动，当运动时间为 ___________________ 秒，△APQ是等边三角形．
16．（2024秋 襄城区校级月考）已知a，b，c是△ABC的三条边，若满足|a﹣b|+（b﹣c）2＝0，则△ABC的形状为__________ ．
17．（2025秋 府谷县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥CB，∠ADC的角平分线与CB的延长线交于点E，∠E＝60°，求证：△ECD为等边三角形．
18．（2025 郧西县模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠D，点E在BA的延长线上，连接CE．若∠E＝60°，CE平分∠BCD，求证：△BCE为等边三角形．
19．（2025秋 泸县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，BD平分∠ABC．
（1）求∠ABC的度数；
（2）连接CE，且，求证：△BCE是等边三角形．
20．（2024春 清远校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AF平分∠CAB，交CD于E，交BC于F
（1）求证：△CEF是等腰三角形．
（2）若AF＝BF，求证：△CEF是等边三角形．
【考点3】等边三角形的性质与判断（第21-30题）
· · 平行于一边得小等边
· · 60°等腰即等边
· · 倍长中线构造全等
· · 30°直角三角形性质
21．（2024春 锦江区期末）如图，△ABC为等边三角形，D为BC延长线上一点，作DE∥AB交AC的延长线于E．若AB＝5，AE＝8，则DE的长为（　　）
A．3 B．5 C．7 D．8
22．（2025秋 和平区期末）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，AD经过点O与BC交于点D，以AD为边向两侧作等边△ADE和等边△ADF，分别和AB，AC交于点G，H，连接GH．若∠BAC＝60°，AB＝x，AC＝y，AD＝z．有下列结论：①∠BOC等于120°；②△AGH是等边三角形；③；④．其中，正确的结论的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
23．（2024秋 西湖区校级期中）△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝60°，则BC＝_____ ．
24．（2025秋 浦北县期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝12，BC＝DC，∠A＝60°，点E在AD上，连接BD，CE相交于点F，CE∥AB．若CE＝9，则CF长为_____ ．
25．（2025秋 高要区期末）由于木质的衣架没有柔性，在挂置衣服的时候不太方便操作．小敏设计了一种衣架，在使用时能轻易收拢，然后套进衣服后松开即可．如图1，衣架杆OA＝OB＝15cm．若衣架收拢时，∠AOB＝60°，如图2，则此时A，B两点间的距离是_______ cm．
26．（2024秋 义乌市期末）如图，在等边△ABC中，点D是BC边上固定一点，点P是AB边上一动点，连接AD，PD．当AP＝1时，PD＝BD，当AP＝3时，PD有最小值，则线段AD的长为 ________________ ．
27．（2025秋 朔州期中）已知：如图，△ABC是等边三角形，点D，E分别在BA，CA的延长线上，且AD＝AE．
求证：△ADE是等边三角形．
28．（2024秋 安康期中）已知在△ACD中，P是CD的中点，B是AD延长线上的一点，连接BC，AP．
（1）如图1，若∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，AC＝BD，试判断AP与CD的位置关系；
（2）过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，连接BE，如图2所示，若∠CAD＝60°，BD＝AC，试说明：BC＝2AP．
29．（2025秋 同步）已知：如图，△ABC是等边三角形，DE∥BC，DE分别交AB，AC于点D，E．试判断△ADE的形状．
30．（2026 肥东县校级开学）如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，且DE∥BC，过点D作DF⊥DE交CA的延长线于点F．
（1）求∠F的度数；
（2）若EF＝6，求AE的长．
【考点4】含30°角的直角三角形（第31-35题）
· · 30°对边=斜边一半
· · 线段垂直平分线+30°
· · 勾股定理列方程
· · 平行线+三角板综合
31．（2026 武功县一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，点D是AB的中点，过点D作DE⊥AB交BC于点E，DE＝2，则CE的长度为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
32．（2025秋 榆阳区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝5，点E在BA的延长线上，点D在BC边上，连接ED，EC，且ED＝EC，过点E作EF⊥BC于点F，若BE＝6，则BD的长为（　　）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
33．（2025秋 遵义月考）如图，△ABC中，AB＝AC，∠B＝30°，点D是AC的中点，DE是线段AC的垂直平分线．
（1）求证：AB⊥AE；
（2）若AE＝3，求BC的长．
34．（2026春 乐平市期末）如图：已知，在△ABC中，∠C＝90°，DE垂直平分AB，D为垂足，交AC于点E，连接BE．
（1）若BE平分∠ABC，求证：∠A＝30°；
（2）若AB＝9，AC＝7，求CE的长．
35．（2026春 道县期末）如图，AB∥CD．将一块含30°角的三角板EFG如图放置，∠G＝90°，∠EFG＝30°，此时点E、F分别在直线CD、AB上．设∠GFB＝α（0°＜α＜90°），∠CEF的角平分线EH交直线AB于点H．
（1）如图1，若α＝42°，则∠FEH的度数为________ ；
（2）如图2，当α＝30°时，判断直线EH与FG的位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，P是射线EC上一点（与E不重合），现在将三角板EFG绕着点E以每秒1°的速度顺时针旋转，同时射线PC绕着点P以每秒4°的速度也顺时针旋转，射线PC旋转一周后停止，同时三角板EFG也停止转动．求当射线PC与三角板EFG的一边平行时∠HEG的度数．
【考点5】创新及压轴题（第36-40题）
· · 手拉手全等模型
· · 倍长中线
· · 分类讨论等腰三角形
· · 截长补短构造等边
36．（2024秋 仓山区校级期中）如图，在等边△ABC中，D为边AC上一点，延长BD至F使得AF＝AC，过A作AH⊥BF于H，AH与FC的延长线交于点G．
（1）若∠CAF为α，直接写出∠AFC的度数；（用含α的代数式表示）
（2）求∠GFH的度数；
（3）已知C为GF的中点，且CD＝1.5，求AD的长．
37．（2025春 北碚区校级期末）已知：△ABC为等边三角形，点D、E分别为AB、BC边上一点，AE、CD相交于点F，BD＝CE．
（1）如图1，求∠AFD的度数；
（2）如图2，连接BF并延长，与AC相交于点G，点M为BF延长线上一点，MF＝BF，点N为CD延长线上一点，∠MAN＝120°，∠ACF＝2∠CBG．求证：CN＝2AG；
（3）在（2）的条件下（可使用备用图），若△ABM的面积为2，AF+GC＝DF+1，直接写出点A到BC的距离与点N到AB的距离之和．
38．（2026春 凌海市期末）定义：在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，若a2+ab＝c2，则称△ABC为“类直角三角形”．请根据以上定义解决下列问题：
（1）如图1，△ABC为等边三角形，请判断该三角形是否为“类直角三角形”，并说明理由；
（2）如图2，等腰三角形ABC为“类直角三角形”，其中AC＝BC，AB＞AC，请求出∠B的大小．
39．（2024春 铁西区校级月考）如图，过边长为4的等边三角形的边AB上一点P，作PE⊥AC于点E，Q为BC延长线上一点，当PA＝CQ时，连接PQ交边AC于点D．
（1）求证：D为PQ中点；
（2）DE的长为 _____ ．
40．（2025秋 海淀区校级期中）如图，在等边△ABC中，D是AB的中点，E是CB延长线上的一点，且∠BDE＝30°，DM⊥BC，垂足为M．
求证：
（1）DE＝2DM；
（2）M是CE的中点．
随堂检测
【练习 1】（2025秋 武汉期末）如图，D是等边△ABC内一点，连接AD，BD，CD，以CD为边作等边△CDE，使得点E在直线AC的右侧，若∠ADB＝m°，∠BDC＝n°，且△ADE是等腰三角形，则m与n的关系是 ____________________ ．
【练习 2】（2026 柳江区模拟）如图，点D为等边△ABC的边BC上的一个动点，BC＝6，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC交边AB于点F，连接EF，则△DEF的面积最大值为 ____________________ ．
【练习 3】（2025春 峄城区校级月考）如图，直线1∥m，等边三角形ABC的两个顶点B，C分别落在直线l，m上，若∠ABE＝21°，则∠ACD的度数是 ________ ．
【练习 4】（2024春 福田区校级期末）如图，在等边△ABC中，AB＝6，BE＝2，∠DFC＝60°，DF，则CF的长为 ____________________ ．
【练习 5】（2024秋 南平期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，以AC为边，在△ABC的外部作等边三角形ACD，E是AC的中点，连接DE并延长交BC于F．求∠DFC的度数．
课后巩固
复习建议
· · 等边三角形三边相等、三角60°
· · 等腰+60°即等边
· · 30°直角三角形：对边=斜边一半
· · 手拉手模型：共顶点等边出全等
· · 面积法：内点到三边距离和=高
【作业 1】（2025春 徐汇区校级月考）下列说法中，正确的有（　　）个．
①有一个外角为120°的等腰三角形是等边三角形；
②有两个外角相等的等腰三角形是等边三角形；
③三个外角都相等的三角形是等边三角形；
④有一边上的高也是这边上的中线的等腰三角形是等边三角形；
⑤△ABC的三边为a，b，c，满足（a﹣b）（b﹣c）（c﹣a）＝0，则这个三角形是等边三角形．
A．1 B．2 C．3 D．4
【作业 2】下列条件不能判定如图的△ABC是等边三角形的是（　　）
A．∠A＝∠B＝∠C B．AB＝AC，且∠B＝60°
C．∠A＝∠B＝60° D．AB＝AC，且∠B＝∠C
【作业 3】（2024秋 谯城区期末）如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3，A4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OA1＝2，则A1A4的长为（　　）
A．12 B．14 C．16 D．18
【作业 4】（2024 天津一模）已知等边三角形ABC的边长为3，D为BC边上的一点（点D不与点B，C重合），过D点作AB边的垂线，交AB于点G，用x表示线段AG的长度，y表示Rt△GBD的面积，有下列结论：①x＜3；②DB＝x；③y（3﹣x）2，其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【作业 5】（2025春 新郑市月考）若等边△ABC的周长为12cm，则BC＝_____ cm．
【作业 6】（2025春 溧阳市期末）如图，等边△ABC的边长为6，D为BC上一点，，P是线段AD上的动点，若点P和△ABC中的一个顶点的连线与PD的夹角为60°，则PD的长为 ____________________ ．
【作业 7】（2025秋 海淀区校级期中）如图，△ABD是等边三角形，BC＝BD，∠BAC＝20°，则∠CBD的度数为 ________ ．
【作业 8】（2023秋 江岸区期末）如图，等边ABC中，点D为线段AC上一动点，BD为边作等边△BDE（B、D、E顺时针排列）．将△DCE沿AC对称得到△DCE'，若BC＝a，CD＝b，则E′B＝_________ （用含a，b的式子表示）．
【作业 9】（2025秋 怀化校级期末）如图，△ABC是等边三角形，在△ACD中，AC＝CD，∠ACD＝90°，连接BD交AC于点E，则∠BEC的度数为 _________ ．
【作业 10】（2026春 莲湖区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是AB上的一点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED和CA，交于点F，∠F＝30°．
（1）求证：△ABC是等边三角形．
（2）若BD＝2，EC＝3，求AC的长．
【作业 11】（2024秋 宁江区期中）如图∠A＝∠B，CE∥DA，CE交AB于点E，∠BCE＝60°．求证：△BCE是等边三角形．
【作业 12】（2026春 同步）如图，在△ABC中，AB＝BC＝CA，点O在△ABC内，OA＝OB＝OC，找出图中的等腰三角形和等边三角形．
【作业 13】（2025秋 望城区期末）如图，△ABC是等边三角形，点D是AC边上一点，延长BC至E，使CE＝AD．若点D是AC的中点．
（1）求证：BD＝DE；
（2）延长ED交AB于点F，若BF+CE＝15，求AF的长．
【作业 14】如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝a，BD＝b，求CD的长．
【作业 15】（2025春 富平县期中）如图，△ABC中，AB＝AC，BE⊥AC于E，且D、E分别是AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF＝CE．
（1）∠ABC的度数．
（2）求证：BE＝FE．
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