文档内容
专题 13.3 等边三角形中的几何综合
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
◆ 知识点总
结
一、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：
①三条边都相等的三角形是等边三角形；
②三个角都相等的三角形是等边三角形；
③有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形．
◆ 典例分析
【典例1】△ABC为等边三角形，在△ABC外作射线AP，D为射线AP上一点，连接CD，在平面内有一
点E，满足CE=CD．（1）如图1，连接BD，若点E恰好在BD上，且∠DCE=60∘，求∠ADB的度数；
（2）如图2，连接ED，若∠DCE=120∘，且DE恰好过BC边的中点M，求证：DM=EM+AD；
（3）如图3，若∠CAP=40∘，∠DCE=120∘，连接BE，当线段BE的长度最小时，在射线BE上取一点
F，在边BC上截取CG=BF，连接AF、AG，则当AF+AG的值最小时，请直接写出∠FAC的度数．
【思路点拨】
（1）本题考查了三角形全等和等边三角形的性质，找到全等的条件是解题的关键．根据CE=CD，
∠DCE=60∘，可知△DCE为等边三角形，利用公共角，证得∠1=∠3，再证△ADC≌△BEC，得到
∠ADC=∠BEC，∠BEC=180°−∠DEC=120°，由此可得∠ADC度数，
∠ADB=∠ADC−∠EDC ，即得解；
（2）本题考查了三角形全等和等边三角形的性质，通过“截长补短法”构造三角形全等是解题的关键．
要证DM=EM+AD，由于三边不在一条直线上，因此考虑“截长补短法”把线段进行转化．在ED上取
点N，使得MN=EM，连接NC、BN、AN，证明△BMN≌△CME，再证△ABN≌△ACD，最后证明
△∧¿为等边三角形，即得证；
（3）本题考查了动点问题，解题的关键是首先证明点E的运动轨迹，找到何时线段BE最短，然后构造三
角形，确定何时AF+AG的值最小．以BC为边向下作等边三角形△BCM，连接ME，证明
△ACD≌△MCE，得到∠CME=40°，即得当点D在射线AP上运动时，点E的运动轨迹是在直线ME上，
且满足∠CME=40°，由此得到当BE⊥EM时，线段BE最短．要证明两条线段AF+AG的最小值，通
常利用两点之间线段最短，因此需要将其中一条线段进行转化．以点C为顶点，作∠BCN=∠ABF，且
CN=AB，连接NG，证明 △ABF≌△NCG，得到AF=NG，由此，只需求AF+AG=AF+NG的值最
小，由图可知当A,G,N三点共线时，取得最小值，最后根据三角形内角和180°，求角即可．
【解题过程】
（1）解：如图，
∵ CE=CD，∠DCE=60∘，
∴ △DCE为等边三角形，
∵ △ABC为等边三角形，
∴ ∠2+∠3=∠ACB=60∘，∵ ∠1+∠2=∠DCE=60∘，
∴ ∠1=∠3，
{∠1=∠3
)
∵ CD=CE ，
AC=BC
∴ △ADC≌△BEC，
∴ ∠ADC=∠BEC，
∵ ∠DEC=60∘，
∴ ∠BEC=120∘，
∴ ∠ADC=∠BEC=120∘，
∴ ∠ADB=∠ADC−∠EDC=120∘−60∘=60∘．
故∠ADB=60∘．
（2）解：在ED上取点N，使得MN=EM，连接NC、BN、AN，如图所示，
∵ M为BC边的中点
∴ BM=MC，
{
BM=MC
)
∵ EM=MN
∠BMN=∠CME
∴ △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 ，
BN=CD
∴ △ABN≌△ACD，∴ AN=AD，∠BAN=∠CAD，
∵ ∠BAN+∠NAC=∠BAC=60°，
∴ ∠CAD+∠NAC=∠NAD=60°，
∴ △∧¿为等边三角形，
∴ AD=AN=ND，
∴ DM=DN+MN=AD+EM
故 DM=EM+AD，
（3）解：以BC为边向下作等边三角形△BCM，连接ME，如图所示，
∵ △ABC和△BCM都是等边三角形，
∴ 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 ，
CE=CD
∴ △ACD≌△MCE，
∴ ∠CME=∠CAD=∠CAP=40°，
∴ 当点D在射线AP上运动时，点E的运动轨迹是在直线ME上，且满足∠CME=40°，
∴ 当线段BE的长度最小时，即过点B向直线ME作垂线，E为垂足，
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°，
以点C为顶点，作∠BCN=∠ABF=50°，且CN=AB，连接NG，如图所示，
{
CN=AB
)
∵ ∠BCN=∠ABF ，
CG=BF
∴ △ABF≌△NCG，
∴ AF=NG，
∴ AF+AG=AF+NG，
连接AN交射线BE于点O，在△AGN中，
∵ AF+NG≥AN，
∴ 当A,G,N三点共线时，AF+AG=AF+NG的值最小，如图所示，
此时，∵ CN=AB=AC，
∴ △ACN为等腰三角形，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（前面已证），
∴ ∠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°，
故当AF+AG的值最小，∠FAC=25°．
◆ 学霸必刷
1．（23-24七年级下·山东淄博·期末）如图，△ABC是等边三角形，△ABD是等腰直角三角形，
∠BAD=90°，AE⊥BD于点E，连接CD分别交AE，AB于点F，G，过点A作AH⊥CD分别交CD，
BD于点P，H，则下列结论正确的是（ ）
①∠BAC=4∠ADC；②DF=AH；③BH=PF；④∠DAP=∠CGB；⑤BC=CG．
A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④⑤
【思路点拨】
由等边三角形和等腰三角形的性质可得△CAD是等腰三角形且顶角∠CAD=150°，根据三角形内角和定
理先求得∠AFP、∠FAP的度数，再证明△BAH≌△ADF，根据全等三角形的性质和直角三角形的性质
逐一进行判断即可．
【解题过程】
解：∵△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，
∴∠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正确；
∵∠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
)
DA=AB
∠DAF=∠ABH=45°
∴△ADF≌△BAH(ASA)，
∴DF=AH,AF=BH，故②正确；
∵∠FAP=30°,AH⊥CD，
∴AF=2PF，
∴BH=2PF，故③错误；
1
∵∠DAP= ∠CAD=75°,∠CGB=∠ACD+∠CAB=15°+60°=75°，
2
∴∠DAP=∠CGB，故④正确；
∵∠CBG=60°,∠CGB=75°，
∴∠CBG≠∠CGB，
∴BC≠CG，故⑤不正确，
综上所述：结论正确的是①②④，
故选：C．
2．（23-24八年级上·黑龙江牡丹江·期末）如图、已知△ABC是等边三角形，在△ABC外有一点D，
AD=CD，且∠DAC=30°，点E为AD上一点，点F为CD上一点，且∠EBF=30°．下列结论：①
BE=BF；②EF=AE+CF；③∠AEF=2∠ANB；④EF∥AC．其中正确结论的个数是（ ）A．4 B．3 C．2 D．1
【思路点拨】
本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，平行线的判定，线段的垂直平分
线的判定和性质，延长DA到T，使得CF=AT，连接BT，构造半角模型，证明②；利用线段垂直平分线
的判定和性质，可证③；无法证明CF=AE
，也就无法证明DE=DF，从判断①④错误，解答即可．
【解题过程】
解：延长DA到T，使得CF=AT，连接BT
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BCA=∠CAB=60°，
AB=BC=CA，
∵AD=CD，∠DAC=30°,
∴∠DAC=∠DCA=30°，
∴∠BAE=∠BCF=∠BAT=60°+30°=90°，
{
AT=CF
)
∵ ∠BAT=∠BCF ，
BA=BC∴△BAT≌△BCF(SAS)，
∴BF=BT，∠ABT=∠CBF，
∵∠EBF=30°，
∴∠ABE+∠CBF=30°，
∴∠ABE+∠ABT=30°，
∴∠EBT=30°，
∴∠EBT=∠EBF，
{
BF=BT
)
∵ ∠EBF=∠EBT ，
BE=BE
∴△EBF≌△EBT(SAS)，
∴EF=ET，∠BET=∠BEF，
∴∠AEF=2∠BET=2∠BEF，
∵ET=AT+AE，AT=CF，
∴ET=AE+CF．
∴EF=AE+CF．
故②正确．
连接BD，交AC于点Q，
∵BA=BC,DA=DC，
∴直线BD是线段AC的垂直平分线，
1
∴∠BQA=∠BQC=90°，∠ABQ=∠CBQ= ∠ABC=30°，
2
∴∠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正确；
无法证明CF=AE，也就无法证明DE=DF，从判断①④错误，
故选C．
3．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，点C是线段BD上一点，分别以BC,CD为边在BD同侧作等AF+FC
边△ABC和等边△CDE，连BE,AD交于点F，若BC=3,CD=6，则 的值为（ ）
FE+FC
1 3 9
A．2 B． C． D．
2 2 2
【思路点拨】
本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，先证明
△BCE≌△ACD，得到AD=BE，S =S ，然后过点C作CM⊥BE，CN⊥AD于点M，N，则
△BCE △ACD
有CM=CN，然后在FB上截取FG=FC，连接CG，即可得到△FGC是等边三角形和△BCG≌△ACF，
进而求出BF=AF+FC，同理可得DE=CF+EF即可解题．
【解题过程】
解：∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴AB=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60°，
∴∠BCE=∠ACD，
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴AD=BE，S =S ，
△BCE △ACD
过点C作CM⊥BE，CN⊥AD于点M，N，
∴CM=CN，
∴∠BFC=∠DFC，
S BC 1
∵ △BCF = = ，
S CD 2
△FCD
1
BF⋅CM
S 2 BF 1
∴ △BCF = = = ，
S 1 DF 2
△FCD DF⋅CN
2在FB上截取FG=FC，连接CG，
∵△BCE≌△ACD，
∴∠CBE=∠CAD，
∴∠AFB=∠FBD+∠BDA=∠CAD+∠ADB=60°，
∴∠BFC=∠DFC=60°，
∴△FGC是等边三角形，
∴FG=FC=CG，∠GCF=∠BCA=60°，
∴∠BCG=∠ACF，
又∵∠CBE=∠CAD，
∴△BCG≌△ACF(SAS)，
∴BG=AF，
∴BF=AF+FC，
同理可得DE=CF+EF，
AF+FC BF 1
∴ = = ，
FE+FC DE 2
故选：B．
4．（23-24七年级下·山东东营·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，连接PQ，以
下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③CP=CQ；④OC平分∠BCD；⑤∠AOB=60°．其中正确
的结论有（ ）
A．①③⑤ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．①②③④⑤
【思路点拨】此题考查了全等三角形的判定和性质的应用、等边三角形的性质和应用、平行线的判定；熟练掌握等边三
角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
由等边三角形的性质可得AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°，从而可根据SAS得到
△ACD≌△BCE，结合全等三角形的性质可判断①的正误；由△ACD≌△BCE可得∠CBE=∠DAC，
结合∠ACB=∠DCE=60°,AC=BC可得到△ACP≌△BCQ，结合全等三角形的性质可判断③的正误；
由全等三角形的性质可得到PC=QC，结合∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，因此∠CPQ=60°，
结合平行线的判定可判断②的正误；根据全等三角形的性质、三角形面积公式求出CH=CG，根据角平分
线的判定定理可判断④其正误；根据△ACD≌△BCE结合三角形外角的性质，据此可判断⑤的正误．
【解题过程】
解：∵△ABC和△DCE是等边三角形，
∴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 ，
CD=CE
∴△DCA≌△ECB(SAS)，
∴AD=BE，故①正确，符合题意；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ACB=∠BCQ=60°，
在△ACP和△BCQ中
{∠CAP=∠CBQ
)
AC=BC ，
∠ACP=∠BCQ
∴△ACP≌△BCQ(ASA)，
∴CP=CQ，故③正确，符合题意；
∵CP=CQ,∠PCQ=60°，
∴△PCQ是等边三角形，∴∠CPQ=60°，
∴∠ACB=∠CPQ，
∴PQ∥AE，故②正确，符合题意；
过点C作CH⊥EQ于H,CG⊥DP于G，
∵△DCA≌△ECB，
∴S =S ,AD=BE，
△DCA △ECB
1 1
∴ AD⋅CG= BE⋅CH，
2 2
∴CH=CG，
∴OC平分∠AOE，而不是平分∠BCD，故④错误，不符合题意；
∵△DCA≌△ECB，
∴∠ADC=∠AEO，
∴∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，
∴故结论⑤正确．
综上所述，正确的结论有①②③⑤，
故选：B．
5．（23-24八年级上·河南信阳·期末）如图，边长为a的等边△ABC中，BF是AC上中线且BF=b，点D
在BF上，连接AD，在AD的右侧作等边△ADE，连接EF，则△AEF周长的最小值是 ．
【思路点拨】
本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证
明点E的运动轨迹，本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．通过分析点E的运动轨迹，点E在射
线CE上运动（∠ACE=30°），作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE于点E′，此时AE′+FE′的值最小．
【解题过程】
解：连接CE
∵△ABC，△ADE均为等边三角形，
∴AB=AC=a，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ABC=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
1
∵AF=CF= a，BF=b，
2
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°，BF⊥AC，
∴点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），
作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE于点E′，此时AE'+FE'的值最小，
∵CA=CM，∠ACM=60°
∴△ACM是等边三角形且与△ABC全等，
∴AM=AC，FM⊥AC，
∵BF⊥AC，
∴FM=BF=b，
1
∴△AEF周长的最小值是AF+FE′+AE′=AF+FM= a+b
2
1
故答案为： a+b
2
6．（22-23八年级上·山东济南·期末）如图，在△ABC中，∠ACB=60°，点D在AB上，CD=14，
∠BDC=60°，延长CB至点E，使CE=AC，过点E作EF⊥CD于点F，交AB于点G，若2DG=AD，
则DF= ．【思路点拨】
过点C作CH⊥AB于点H，设DF=x，则CF=CD−DF=14−x，求出∠DGF=30°，利用直角三角形
1
的性质得DG=2DF=2x，则AD=2DG=4x，同理得∠DCH=30°，则DH= CD=7，
2
AH=AD+DH=4x+7，再证∠A=∠FCE，进而可依据“AAS”判定△ACH和△CFE全等，从而得
AH=CF，则4x+7=14−x，由此解出x即可得DF的长．
【解题过程】
解：过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：
设DF=x，
∵CD=14，
∴CF=CD−DF=14−x，
∵EF⊥CD，
在Rt△DFG中，∠BDC=60°，则∠DGF=30°，
∴DG=2DF=2x，
∵2DG=AD，
∴AD=2DG=4x，
∵CH⊥AB，
在Rt△CHD中，∠BDC=60°，则∠DCH=30°，
1
∴DH= CD=7，
2
∴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° ，
CE=AC
∴△ACH≌△CFE(AAS)，
∴AH=CF，
7
∴4x+7=14−x，解得x= ，
5
7
故答案为： ．
5
7．（23-24七年级下·四川成都·期末）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°,AC=BC=8,D
为AC边上一点，AD=2,E为BC边上一动点，连接DE，以DE为边并在DE的左侧作等边△≝¿，连接
AF，则AF的最小值为 ．（提示：直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半）
【思路点拨】
以AD为边在AD左侧作等边三角形AGD，连接FG,EG，延长AF,CB交于点P，先证明
△AFD≌△GED，得到AF=EG，当点A,G,F三点共线时，AF有最小值，此时AC∥EG，即
EG⊥BC，则∠APC=30°，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，得到AP=2AC=16，进而得到
1
PG=14，再根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，得到EG= PG=7，即可得出结果．
2
【解题过程】
解：如图，以AD为边在AD左侧作等边三角形AGD，连接FG,EG，延长AF,CB交于点P，∵△AGD和△≝¿是等边三角形，
∴DE=DF,DG=AD,∠ADG=∠FDE=60°，
∴∠ADG+∠GDF=∠FDE+∠GDF，即∠ADF=∠GDE，
∴△AFD≌△GED(SAS)，
∴AF=EG，
如图，当点A,G,F三点共线时，AF有最小值，
此时，∠EGD=∠GAC=60°，
∴∠AGE+∠GAC=∠AGD+∠EGD+∠GAC=180°，
∴ AC∥EG，即EG⊥BC，
∴ ∠APC=30°，
∵ AC=BC=8，AD=2
∴ AP=2AC=16，AG=AD=2，
∴ PG=AP−AG=14，
1
∴ EG= PG=7，
2
∴AF=EG=7，
故答案为：7．
8．（23-24八年级上·福建泉州·阶段练习）如图，在△BCD中，∠BCD<120°，分别以BC、CD和BD为
边在△BCD外部作等边三角形ABC、等边三角形CDE和等边三角形BDF，连接AD、BE和CF交于点
P，则PA、PB、PC、PD中某三条线段存在等量关系是 ．【思路点拨】
本题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；
证明△ABD≌△CBF(SAS)，△ACD≌△BCE(SAS)，可得∠BAD=∠BCF，∠CAD=∠CBE，求出
∠BPC=120°，在PA上截取PG=PB，连接BG，证明∠BGA=∠BPC=120°，再证
△BAG≌△BCP(AAS)，可得PC=GA，进而可得PA=PB+PC．
【解题过程】
解：∵△ABC，△BDF是等边三角形，
∴BA=BC，BD=BF，∠ABC=∠DBF=60°，
∴∠ABD=∠CBF，
∴△ABD≌△CBF(SAS)，
∴∠BAD=∠BCF，
同理可得△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠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°，
如图，在PA上截取PG=PB，连接BG，∴△BPG是等边三角形，
∴∠BGP=60°，
∴∠BGA=120°，
∴∠BGA=∠BPC，
又∵∠BAG=∠BCP，AB=CB，
∴△BAG≌△BCP(AAS)，
∴PC=GA，
∴PA=PG+GA=PB+PC，
故答案为：PA=PB+PC．
9．（23-24八年级上·天津西青·期末）如图，点D是等边△ABC中BC边的中点，点E，F分别在AB，AC
边上，且∠EDF=120∘，若BE=2，CF=3，则△ABC的周长为 ．
【思路点拨】
本题考查了等边三角形的性质，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，全等三角形的判定与
性质等知识，综合性较强．作DM⊥AB,DN⊥AC,垂足分别为M、N，先证明△BDM≌△CDN，得到
BM=CN，DM=DN，再证明△EDM≌△FDN，EM=FN，设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的周长为30．
【解题过程】
解：如图，作DM⊥AB,DN⊥AC,垂足分别为M、N．∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∵D是BC的中点，
∴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 ，
BD=CD
∴△BDM≌△CDN，
∴BM=CN，DM=DN
∵∠MDN=120°，∠EDF=120∘，
∴∠MDN−∠MDF=∠EDF−∠MDF，
即∠EDM=∠FDN，
在△EDM和△FDN中，
{∠EMD=∠FND
)
DM=DN ，
∠EDM=∠FDN
∴△EDM≌△FDN，
∴EM=FN，
设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的周长为30．
故答案为：30．
10．（23-24八年级下·吉林·期中）如图，在△ABC中，AB=AC=BC=18cm，点D在AC上，
CD=8cm．点M在线段CB上由点C向点B运动，点N在线段BA上由点B向点A运动，运动速度均为
5cm/s，两点同时出发，到达终点后停止运动．
（1）当运动2秒时，∠DMN的度数为______．
（2）开始运动几秒时，△BMN是直角三角形？
（3）若点M和点N在到达终点后不停止运动，而是沿着△ABC的三边顺时针继续运动，直到回到出发点
后停止，直接写出：线段MN与△ABC的某一边平行时的时间．
【思路点拨】
（1）计算出运动2秒时CM、MN、BN的长，再证明△MBN≌△DCM，得∠BMN=∠CDM，则
∠BMN+∠CMD=∠CDM+∠CMD=180°−∠C=120°即可求得∠DMN=60°；
（2）设运动的时间为秒，分两种情况，一是∠BNM=90°，则BM=2BN，可列方程18−5t=5t；二是
∠BMN=90°，则BN=2BM，可列方程5t=2(18−5t)，解方程求出相应的t值即可；
（3）分三种情况，一是点M在BC边上，则BM=BN，可列方程18−5t=5t；二是点M在AB边上，则
AM=AN，可列方程18×2−5t=5t−18；三是点M在AC边上，则CM=CN，可列方程
18×3−5t=5t−18×2，解方程求出相应的t值即可．
【解题过程】
（1）解：如图1，∵AB=AC=BC=18cm，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°
运动2秒时，CM=5×2=10(cm)，MB=18−10=8(cm)，BN=5×2=10(cm)，DC=8cm，
∴MB=DC，BN=CM，
在△MBN和△DCM中，
{MB=DC
)
∠B=∠C ，
BN=CM
∴△MBN≌△DCM(SAS)，
∴∠BMN=∠CDM，
∴∠BMN+∠CMD=∠CDM+∠CMD=180°−∠C=120°
∴∠DMN=180°−(∠BMN+∠CMD)=60°；
（2）解：设运动的时间为t秒，
如图2，
当∠BNM=90°时，则∠BMN=30
∴BM=2BN，
18−5t=2×5t，
6
解得t= ，
5如图3，
当∠BMN=90°时，则∠BNM=30°
BN=2BM，
5t=2(18−5t)，
12
解得t=
5
6 12
综上所述，运动 秒或 秒，△BMN是一个直角三角形．
5 5
（3）解：如图1，
当MN∥AC时，
∴∠BMN=∠C=∠BNM=∠A=60°，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM=BN，
9
∴18−5t=5t，解得t= ；
5
如图4，当MN∥BC时，则∠AMN=∠B=∠ANM=∠C'=60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴AM=AN，
27
∴18×2−5t=5t−18，解得t= ；
5
如图5，
当MN∥AB时，则∠CMN=∠A=∠CNM=∠B=60°，
∴△CMN是等边三角形，
∴CM=CN，
∴18×3−5t=5t−18×2，
解得t=9
9 27
综_上所述，t的值是 秒或 秒或9秒时，线段MN与△ABC的某一边平行．
5 5
11．（22-23八年级上·广东广州·期中）如图，在等边△ABC中，点E为边AB上任意一点，点D在边CB
的延长线上，且ED=EC．（1）当点E为AB的中点时（如图1），则有AE__________DB（填“>”“<”或“=”）；
（2）如图2，若点E为AB上任意一点，猜想AE与DB的数量关系，并证明你的猜想．
（3）在等边三角形ABC中，点E在直线AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，若△ABC的边长为2，
AE=4，直接写出CD的长．
【思路点拨】
（1）根据三线合一定理和三角形外角的性质证明BD=BE即可得到答案；
（2）过E作EF∥BC交AC于F，先证明△AEF是等边三角形，再证明△DEB≌△ECF即可得到答案；
（3）分E在AB的延长线和E在BA的延长线上两种情况讨论求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵三角形ABC是等边三角形，点E是AB的中点，
∴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：
如图，过E作EF∥BC交AC于F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°,AB=AC=BC，∴∠AEF=∠ABC=60°,∠AFE=∠ACB=60°，
即∠AEF=∠AFE=∠A=60°．
∴△AEF是等边三角形．
∴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 ，
DE=EC
∴△DEB≌△ECF(AAS)，
∴BD=EF，
∴AE=BD；
（3）解：∵三角形ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=2,∠ABC=60°，
如图所示：当E在AB的延长线上时，过点E作FE⊥BC交直线BC于F，
∴∠EBF=∠ABC=60°,∠EFB=90°，
∴∠BEF=30°，
∵AE=4,AB=2，
∴BE=2，
1
∴BF= BE=1，
2
∴CF=3，
∵ED=EC,FE⊥BC，
∴FD=FC=3，∴CD=6，
当E在BA的延长线上时，如图，过点E作FE⊥BC交BC延长线于F，
1 1
同理可以求得BF= BE= (AB+AE)=3，
2 2
∴FD=FC=BF−BC=1，
∴CD=2CF=2，
故CD的长为2或6．
12．（23-24八年级上·广东广州·期末）如图1图2，点O是线段AC的中点，OB⊥AC，OA=9．
（1）如图1，若∠ABO=30°，求AB的长；
（2）如图1，在（1）的条件下，若点D在射线AC上，点D在点C右侧，且△BDQ是等边三角形，QC
的延长线交直线OB于点P，求PC的长度；
（3）如图2，在（1）的条件下，若点M在线段BC上，△OMN是等边三角形，且点M沿着线段BC从点
B运动到点C，点N随之运动，求点N的运动路径的长度．
【思路点拨】
（1）利用垂直平分线的性质可得BA=BC，再得∠BAO=60°，即可证明△ABC是等边三角形；
（2）证明△BAD≌△BCQ，得出∠BCQ=60°，继而得到∠OPC=30°，即可求得PC的长度；
（3）取BC的中点H，分两种情况证明△OMH≌△ONC，得出∠OCN=120°或60°，可知点N的运动
路径是一条线段，据此求解即可．【解题过程】
（1）解：∵∠ABO=30°，OB⊥AC，
∴∠BAO=60°，
∵O是线段AC中点，OB⊥AC，
∴BA=BC，
∴△ABC是等边三角形；
∴AB=AC=2OA=18；
（2）∵△ABC、△BDQ是等边三角形，
∴∠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的中点H，连接OH，连接CN，
分两种情况讨论：
当M在线段BH上时，如图2，
∵H是BC的中点，OB⊥AC，
1
∴OH= BC=OC=CH，
2
∴△OCH是等边三角形，
∵△OMN是等边三角形，
∴∠MON=∠HOC=60°，OM=ON， ∠OHC=60°，
∴∠MOH=∠CON，∠OHM=120°∴△OMH≌△ONC，
∴∠OCN=∠OHM=120°
∴点N从起点到C做直线运动，
∵当点M在点B时，CN=BH=9，
∴点M从B运动到H时，点N运动路径的长度等于9；
当点M在线段HC上时，如图3，
∵H是BC的中点，OB⊥AC，
1
∴OH= BC=OC=CH，
2
∴△OCH是等边三角形，
∵△OMN是等边三角形，
∴∠MON=∠HOC=60°，OM=ON， ∠OHC=60°，
∴∠MOH=∠CON，
∴△OMH≌△ONC，
∴∠OCN=∠OHM=60°
∴点N从C到终点做直线运动，
∵当点M在点C时，CN=CH=9，
∴点M从H运动到C时，点N运动路径的长度等于9；
综上所述，N的路径长度为：9+9=18．
13．（23-24八年级上·重庆万州·阶段练习）（1）问题情境如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连
接BD，CE，求证：△ABD≌△ACE．
（2）迁移应用如图2，△ABC和△ADE都是等边三角形，A，B，E三点在同一条直线上，M是AD的中点，
N是AC的中点，P在BE上，△MNP是等边三角形，求证：P是BE的中点．
（3）拓展创新如图3，P是线段BE的中点，BE=9，在BE的下方作等边△PFH（P，F，H三点按逆时针
顺序排列，△PFH的大小和位置可以变化），连接EF，BH．当EF+BH的值最小时，直接写出等边
△PFH边长的最小值．【思路点拨】
（1）证出∠BAD=∠CAE，根据SAS证明△ABD≌△ACE；
（2）在AE上取点K，使得AK=AM，连接KM，证明△AMN≌△KMP(SAS)，由全等三角形的性质得
出AN=KP，证出EP=BP，则可得出结论；
（3）作∠EPQ=60°， 使PQ=PE，连接QE,QB，证明△EPF≌△QPH(SAS)，由全等三角形的性质
得出EF=QH，则EF+BH=QH+BH，当点H在线段QB上时，EF+BH的值最小，由直角三角形的性
质可得出答案．
【解题过程】
（1）证明:∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=AC, AD=AE，
∴∠BAC−∠ACD=∠DAE−∠ACD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)；
（2）证明: 在AE上取点K，使得AK=AM，连接KM，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形.
∴∠DAE=60°，AD=AE，AC=AB，
∴△AMK是等边三角形,
∴AM=MK=AK，∠AMK=60°，∵△MPN是等边三角形,
∴MN=MP，∠PMN=60°，
∴∠PMN=∠KMA，
∴∠PMN−∠AMP=∠KMA−∠AMP，即∠AMN=∠KMP，
在△AMN和△KMP中
{
AM=KM
)
∠AMN=∠KMP ，
MN=MP
∴△AMN≌△KMP(SAS)，
∴AN=KP，
∴AM=AK=AP+AN，
∵M为AD的中点, 点N为AC的中点,
∴AE=AD=2AM，AB=AC=2AN，
设AP=x，AN= y，则AK=x+ y，AB=2y，
∴AE=2AK=2x+2y，BP=AB+AP=x+2y，
∴EP=AE−AP=x+2y，
∴ EP=BP，
∴点P为BE的中点；
（3）作∠EPQ=60°，使PQ=PE，连接EQ,QB，
∵△PFH是等边三角形,
∴ PF=PH，∠FPH=60°，
∴∠EPF=∠QPH，
∴△EPF≌△QPH(SAS)，
∴EF=QH，
∴EF+BH=QH+BH，
当点H在线段QB上时，EF+BH的值最小，此时PH⊥BQ， PH的值最小，
∵PQ=PB=PE，
∴∠PBQ=∠PQB=30°，1 1 9
在Rt△PBH中，PH= PB= BE= ，
2 4 4
9
即当EF+BH的值最小时，△PFH边长的最小值为 .
4
14．（23-24八年级上·山东聊城·期中）已知在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，
ED=EC．
（1）如图（1），当点E为AB的中点时，确定线段AE与DB的大小关系；AE______DB（填“>”“<”
或“=”）．
（2）如图（2），当点E为AB边上任意一点时，确定线段AE与DB的大小关系，并说明理由．
（3）如图（3）在等边三角形ABC中，点E在线段AB的延长线上，点D在线段CB的延长线上，且
ED=EC，若△ABC的边长为1，AE=2，求CD的长．
【思路点拨】
1
（1）由等腰三角形的性质得∠D=∠ECD，再由等边三角形的性质得∠ECD = ∠ACB=30°，然后
2
证∠DEB=∠D，得DB=BE，即可得出结论；
（2）过点E作EF ∥ BC，交AC于点F，证△AEF为等边三角形，得AE=EF，再证△DBE≌△EFC（
AAS），得DB=EF，即可得出结论；
（3）过点E作EF ∥ BC，交AC的延长线于点F，可证得△AEF是等边三角形，△DEB≌△ECF(AAS)，
由DB=EF=2，BC=1，即可得出答案．
【解题过程】
（1）解：如图1，∵△ABC是等边三角形，点E是AB的中点，
∴CE平分∠ACB，CE⊥AB，∠ACB=60°，AE=BE，
∴∠BEC=90°，∠BCE=30°，
又∵ED=EC，
∴∠D=∠ECB=30°，
∴∠DEC=120°，
∴∠DEB=120°−90°=30°，
∴∠D=∠DEB=30°，
∴BD=BE=AE，
即AE=DB，
故答案为：=．
（2）解：当点E为AB上任意一点时，如图2，AE=DB．理由如下：
如图2，过E作EF ∥ BC交AC于F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，
∵EF ∥ BC，
∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60∘，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴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 ，
DE=CE
∴△DEB≌△ECF(AAS)，
∴BD=EF=AE，即AE=BD，
（3）解：过点E作EF ∥ BC，交AC的延长线于点F，如图3所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，
∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60∘，
即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF=AF=2，
∵∠ABC=∠ACB=∠EFC=60°，
∴∠DBE=∠ABC=∠EFC=60°，
∵DE=EC，
∴∠D=∠ECD，
∵EF ∥ BC，
∴∠ECD=∠CEF，
∴∠D=∠CEF，
在△DEB和△ECF中，
{
∠D=∠CEF
)
∠DBE=∠EFC ，
DE=CE
∴△DEB≌△ECF(AAS)，
∴DB=EF=2，
∵BC=1，
∴CD=BC+DB=3．
15．（23-24八年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在等边△ABC中，点D、E分别是边AC、BC上的点，且AD=CE，AE、BD交于点F．
（1）如图1，求证：∠BFE=60°；
（2）如图2，过点B作BG⊥AE于点G，过点C作CH∥BD交AE延长线于点H，若F为AG中点，求
证：BF=FH；
（3）如图3，在（2）的条件下K为AB延长线上一点，且∠K+∠ABD=60°，△ABC的面积为6，求
△BEK的面积．
【思路点拨】
（1）利用等边三角形的性质，证明△BAD≌△ACE(SAS)，得到∠DBA=∠EAC，进而得到
∠BFE=∠EAC+∠BAE=∠BAC=60°，即可；
（2）含30度的直角三角形的性质，得到BF=2FG=AG，证明△ABF≌△CAG(SAS)，得到CG=AF，
∠CGA=∠AFB=120°，推出△CGH是等边三角形，得到GH=CG=AF=FG，即可；
（3）等角对等边证明AK=EK，BG垂直平分FH，得到BF=BH，证明 △BFH为等边三角形，作
1
EM⊥BH于M，EN⊥HC于N，HP⊥BC于P，角平分线的性质，推出S = S =2，作
△AEC 3 △ABC
1
KR∥AC，证明△KRB为等边三角形，再证明△EKR≌△AEC，得到KR=EC= BE，即可．
2
【解题过程】
（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠C=60°，
{
AD=CE
)
在△BAD和△ACE中 ∠BAD=∠C ，
AB=CA
∴△BAD≌△ACE(SAS)，
∴∠DBA=∠EAC，
∵∠BFE=∠DBA+∠BAE，
∴∠BFE=∠EAC+∠BAE=∠BAC=60°．
（2）∵∠BFE=60°，∴在Rt△BFG中，∠FBG=30°，
∴BF=2FG=AG，
连接CG，
在△ABF和△CAG中，
{
BF=AG
)
∠ABF=∠CAG ，
AB=CA
∴△ABF≌△CAG(SAS)，
∴CG=AF，∠CGA=∠AFB=120°，
∴∠BFE=∠CGH=60°，
又∵CH∥BD，
∴∠BFE=∠H，
∴∠GCH=60°，
∴∠CGH=∠H=∠GCH=60°，
∴△CGH是等边三角形，
∴GH=CG=AF=FG，
∴BF=2FG=FH．
（3）∵∠AKE+∠ABD=60°，∠AKE+∠BEK=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠BEK，
∵∠BAE+∠ABD=60°，
∴∠AKE=∠BAE，
∴AE=EK，
连接BH，
∵BG⊥AE，FG=GH，
∴BG垂直平分FH，
∴BF=BH，∵∠BFE=60°，
∴△BFH为等边三角形，
∴BF=BH，∠FHB=∠FHC=60°，
∴HE平分∠BHC，
作EM⊥BH于M，EN⊥HC于N，HP⊥BC于P，
∴PM=PN，
1 1 1 1
∵S = BH⋅EM= BE⋅HP，S = CH⋅EN= CE⋅HP，
△BEH 2 2 △CEH 2 2
S BH BE
∴ △BEH = = =2，
S HC EC
△CEH
1
∴S = S =2，
△AEC 3 △ABC
过K作AC的平行线交CB的延长线于R，
∴∠RBK=∠RKB=60°，
∴∠BRK=60°，
∴∠RBK=∠RKB=∠BRK=60°，
∴△KRB为等边三角形，
∴RB=KR，
∵∠ABD=∠CAE，∠ABD=∠BEK，
∴∠CAE=∠KER，
{∠ERK=∠ACE
)
在△EKR和△AEC中， ∠KER=∠EAC ，
EK=AE
∴△EKR≌△AEC(AAS)，
1
∴RB=KR=EC= BE，
22 4
∴S = S = ．
△BEK 3 △AEC 3
16．（22-23九年级上·安徽·阶段练习）安安利用两张正三角形纸片，进行了如下探究：
【探究证明】
（1）如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，连接AE交BD延长线于点F，求证：∠AFB=60°；
【拓展延伸】
（2）如图2，在正三角形纸片△ABC的BC边上取一点D，作∠ADE=60°交∠ACB外角平分线于点E，
探究CE，DC和AC的数量关系，并证明；
【思维提升】
（3）如图3，△ABC和△DCE均为正三角形，当B，C，E三点共线时，连接PC，若BC=3CE，直接写
出下列两式分别是否为定值，并任选其中一个进行证明：
AP−3PD
① ；
PC
AP+PC+2PD
② ．
BD−PC+PE
【思路点拨】
（1）证明△ACE≅△BCD(SAS)，推出∠CAE=∠CBD，再根据角度的和差可得结论；
（2）如图2，在AB上取一点G，使得BG=BD，证明△BDG是等边三角形，然后证明
△ADG≅△DEC(ASA)，可得DG=CE，利用线段的和差即可解决问题；
（3）如图3，在AE上取一点F，使得BF=PD，证明△CEF≅△CDP(SAS)，CF=CP，
∠ECF=∠DCP，证明ΔPCF是等边三角形，所以PC=PF=CF，过点C作CM⊥BD，CN⊥AE，
垂足分别为M，N，根据△ACE≅△BCD，可得△ACE的面积=△BCD的面积，根据AE=BD，可得
CM=CN，根据BC=3CE，可得BP=3PE=3PC+3PD，所以AE=BD=BP+PD=3PC+4PD，
AP=AE−PE=2PC+3PD，进而可以解决问题．
【解题过程】
（1）证明：如图1，设AC与BF交于点G，∵△ABC，△DCE都是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°−∠ACD=∠ACE，
在△ACE和△BCD中，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCD ，
CE=CD
∴△ACE≅△BCD(SAS)，
∴∠CAE=∠CBD，
∵∠AGF=∠BGC，
∴∠AFB=∠BCG=60°；
（2）解：AC=CE+DC，理由如下：
如图2，在AB上取一点G，使得BG=BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，AB=BC，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BGD=60°，
∴∠AGD=120°，AG=DC，
∵CE是∠ACB外角平分线，
∴∠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；
AP−3PD AP+PC+2PD
（3）解：① =2，② =1都是定值，证明如下：
PC BD−PC+PE
如图3，在AE上取一点F，使得EF=PD，
∵△ABC和△DCE均为正三角形，B，C，E三点共线，
∴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是等边三角形，
∴PC=PF=CF，
过点C作CM⊥BD，CN⊥AE，垂足分别为M，N，
∵△ACE≅△BCD，
∴△ACE的面积=△BCD的面积，
∵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，
AP−3PD 2PC+3PD−3PD
∴① = =2；
PC PC
②∵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+2PD
∴ =1．
BD−PC+PE
AP−3PD AP+PC+2PD
综上所述：① =2，② =1都是定值．
PC BD−PC+PE
17．（2023七年级下·全国·专题练习）已知：△ABC是等边三角形，△BDC是等腰三角形，其中
∠BDC=120°，过点D作∠EDF=60°，分别交AB于E，交AC于F，连接EF．
（1）若BE=CF，求证：① △≝¿是等边三角形；② BE+CF=EF．
（2）若BE≠CF，即E、F分别是线段AB、AC上任意一点，BE+CF=EF还会成立吗？请说明理由．
【思路点拨】
（1）延长AB到N，使BN=CF，连接DN，通过证明△EBD≌△FCD(SAS)，得到ED=DF，得出
△EDF是等边三角形，通过证明△NBD≌△FCD(SAS)，得到DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出
∠EDF=∠EDN，通过证明△EDN≌△EDF(SAS)，得到EF=EN，即可得到答案；
（2）延长AB到N，使BN=CF，连接DN，通过证明△NBD≌△FCD(SAS)，得到DN=DF，
∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，通过证明△EDN≌△EDF(SAS)，得到EF=EN，即可得
到答案．【解题过程】
（1）证明：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠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 ，
BD=DC
∴△EBD≌△FCD(SAS)，
∴ED=DF，
∵∠EDF=60°，
∴△EDF是等边三角形，
∵△EBD≌△FCD，
∴∠EDB=∠FDC，
在△NBD和△FCD中，
{
BD=DC
)
∠NBD=∠FCD=90° ，
BN=CF
∴△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 ，
DN=DF
∴△EDN≌△EDF(SAS)，
∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，
即△EDF是等边三角形，BE+CF=EF；
（2）解：BE+CF=EF还成立，理由是：
延长AB到N，使BN=CF，连接DN，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠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° ，
BN=CF
∴△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 ，
DN=DF
∴△EDN≌△EDF(SAS)，
∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，
即BE+CF=EF．
18．（22-23八年级上·重庆·阶段练习）△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AB，BC上，若
BD=EC．
（1）如图1，求证：∠AFD=60∘；
（2）如图2，FH为∠AFC的平分线，点H在FM的延长线上，连接HA、HC，
∠AHC+∠AFC=180∘，求证：AF+CF=FH；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长AF交CH的延长线于点K，点G在线段AH上，GH=CK，连接
CG交FH于点M，FN=3，AK=8，求FH的长．
【思路点拨】
（1）通过证明△ACE≌△CBD，得到∠CAE=∠BCD，再根据三角形的外角定理，即可得到
∠AFD=∠ACD+∠CAE，即可求证；
（2）过点H作HG⊥AE于点G，作HK⊥DC，交DC延长线于点K，证明△AHG≌△CHK和
Rt△HGF≌Rt△HKF即可求证；
（3）作GJ⊥FH于点J，CT⊥FH于点T，CI⊥AK于点I，通过证明Rt△CFT≌Rt△CFI，
△GNJ≌△CNT ，Rt△ACI≌Rt△HCT从而得到FI=FT,TN=NJ,HJ=EK，即可进行解答．
【解题过程】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠B=∠ACE=60°，
在△ACE和△CBD中，
{
AC=BC
)
∠B=∠ACE=60° ，
BD=CE
∴△ACE≌△CBD(SAS)，
∴∠CAE=∠BCD，
∵∠ACD+∠BCD=60°，
∴∠ACD+∠CAE=60°，
∴∠AFD=∠ACD+∠CAE=60°；
（2）过点H作HG⊥AE于点G，作HK⊥DC，交DC延长线于点K，
由（1）可得：∠AFD=60°，
∴∠AFK=180°−60°=120°，
∵FH为∠AFC的平分线，HG⊥AE，HK⊥DC，
∴∠HFA=∠HFK=60°，HG=HK，
在四边形HGFK中，∠GHK+∠AFC=180°，
∵∠AHC+∠AFC=180∘，
∴∠AHC=∠GHK=60°，
∴∠AHC−∠GHC=∠GHK−∠GHC，即∠AHG=∠CHK，
在△AHG和△CHK中，
{∠AHG=∠CHK
)
HG=HK ，
∠AGH=∠CKH
∴△AHG≌△CHK(ASA)，
∴AH=CH，AG=CK
∴△ACH为等边三角形，
在Rt△HGF和Rt△HKF中，{HF=HF)
，
HG=HK
∴Rt△HGF≌Rt△HKF(HL)，
∴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于点J，CT⊥FH于点T，CI⊥AK于点I，
∵∠CFT=∠CFI=60°，CT⊥FH，CI⊥AK，
∴CI=CT，
在Rt△CFT和Rt△CFI中，
{CF=CF)
，
CI=CT
∴Rt△CFT≌Rt△CFI(HL)，
∴FI=FT，
∵△AHC为等边三角形，
∴∠CAH=∠CFT=60°，
∴∠GHJ=∠ACF，
∵∠ACF+∠BCD=60°,∠CAE+∠BAE=60°,∠BCD=∠CAE，
∴∠ACF=∠BAE，
∵AB∥HK，
∴∠K=∠BAE，
∴∠K=∠GHJ，
在△HJG和△KIC中，{
∠K=∠GHJ
)
∠HJG=∠CIK ，
GH=CK
∴△HJG≌△KIC(AAS)，
∴CI=GJ=CT,EK=HJ，
在△GNJ和△CNT中，
{
∠GNJ=∠CNT
)
∠GJN=∠CTN=90° ，
GJ=CT
∴△GNJ≌△CNT(AAS)，
∴JN=NT，
在Rt△ACI和Rt△HCT中，
{CI=CT
)
，
CA=CH
∴Rt△ACI≌Rt△HCT(HL)，
∴AE=HT，
设FI=FT=x,TN=NJ= y,HJ=EK=z，
则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．（23-24八年级上·山东日照·期末）已知，如图1，在等边△ABC中，∠BAC与∠ABC的角平分线交
于点O，点D、E分别在边AB,BC上，且∠DOE=60°，猜想AD、DE、BE三者之间的数量关系．
（1）方法探索：
小敏的思路是：如图3，在AB上取一点F，使AF=BE，连接OF．先证明△BOE≌△______，从而OE=
______；继而证明△DOE≌△______，从而DE=______；因此可判断AD、DE、BE三者之间的数量关
系是______；
（2）拓展运用：如图2，点D在边AB上，点E在CB的延长线上，其它条件不变，猜想AD、DE、BE三者之间的数量关系，
并说明理由．
【思路点拨】
本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，等角对等边等知识点：
（1）如图3，在AB上取一点F，使AF=BE，连接OF，先证明△BOE≌△AOF得到OE=OF，
∠AOF=∠BOE；继而证明△DOE≌△DOF得到从而DE=DF，进一步可证明AD=DE+BE；
（2）如图所示，在BA延长线上截取AF=BE，连接OF，先证明△OAF≌△OBE(SAS)，得到OE=OF，
∠AOF=∠BOE，继而证明△DOE≌△DOF(SAS)，得到DE=DF，进一步可证明DE=AD+BE．
【解题过程】
（1）解：如图3，在AB上取一点F，使AF=BE，连接OF，
∵在等边△ABC中，∠BAC与∠ABC的角平分线交于点O，
∴∠OAB=∠OBC=∠OBA=30°，
∴OA=OB，
又∵AF=BE，
∴△OAF≌△OBE(SAS)，
∴OE=OF，∠AOF=∠BOE，
∵∠DOE=60°，
∴∠DOB+∠BOE=60°，
∴∠DOB+∠AOF=60°
∵∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA=120°，
∴∠DOF=60°=∠DOE，
又∵OD=OD，
∴△DOE≌△DOF(SAS)，
∴DE=DF，
∵AD=AF+DF，
∴AD=DE+BE，
故答案为：AOF；OF；DOF；DF；AD=DE+BE；
（2）解：猜想DE=AD+BE，理由如下：
如图所示，在BA延长线上截取AF=BE，连接OF，∵在等边△ABC中，∠BAC与∠ABC的角平分线交于点O，
∴∠OAB=∠OBC=∠OBA=30°，
∴OA=OB，
∴∠OAF=∠OBE=150°，
又∵AF=BE，
∴△OAF≌△OBE(SAS)，
∴OE=OF，∠AOF=∠BOE，
∵∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA=120°，∠DOE=60°，
∴∠AOD+∠BOE=60°，
∴∠AOD+∠AOF=60°
∴∠DOF=60°=∠DOE，
又∵OD=OD，
∴△DOE≌△DOF(SAS)，
∴DE=DF，
∵DF=AF+AD，
∴DE=AD+BE．
20．（23-24七年级下·四川成都·期末）已知△ABC为等边三角形，过点A的射线AM在△ABC的外部，D
为射线AM上的一点，E为平面内的一点，满足BE=BD．（1）如图1，连接CD，若点E恰好在CD上，且∠DBE=60°，求∠ADC的度数；
（2）如图2，连接DE交BC于点F，若∠DBE=120°，且F恰为BC的中点，求证：DF=AD+EF；
（3）如图3，若∠BAM=38°,∠DBE=120°，连接CE，当线段CE的长度最小时，在射线CE上截取一
点H，在边BC上截取一点I，使CH=BI，连接AH,AI,则当AH+AI的值最小时，请直接写出∠HAB的
度数．
【思路点拨】
（1）根据BE=BD，∠DBE=60°，可知△BDE为等边三角形，利用公共角，证得∠1=∠3，再证
△ADB≌△CEB，得到∠ADB=∠BEC，∠BEC=180°−∠DEB=120°，由此可得∠ADC度数，
∠ADC=∠ADB−∠EDB ，即得解；
（2）在ED上取点N，使得FN=EF，连接NC、BN、AN，证明△CFN≌△BFE，再证
△ACN≌△ABD，最后证明△∧¿为等边三角形，即得证；
（3）以BC为边向下作等边三角形△BCP，连接PE，证明△ABD≌△PBE，得到∠BPE=38°，即得当
点D在射线AM上运动时，点E的运动轨迹是在直线PE上，且满足∠BPE=38°，由此得到当CE⊥EP
时，线段CE最短．要证明两条线段AH+AI的最小值，通常利用两点之间线段最短，因此需要将其中一条
线段进行转化．以点B为顶点，作∠CBN=∠ACH，且BN=AC，连接NI，证明△ACH≌△NBI，得
到AH=∋¿，由此，只需求AH+AI=AH+∋¿的值最小，由图可知当A,I,N三点共线时，取得最小值，
最后根据三角形内角和180°，求角即可；
【解题过程】
（1）解：如图，∵ BE=BD，∠DBE=60°，
∴ △BDE为等边三角形，
∵ △ABC为等边三角形，
∴ ∠2+∠3=∠ACB=60°，
∵ ∠1+∠2=∠DBE=60°，
∴ ∠1=∠3，
{BD=BE
)
∵ ∠1=∠3 ，
AB=BC
∴ △ADB≌△CEB，
∴ ∠ADB=∠BEC，
∵ ∠DEB=60°，
∴ ∠BEC=120°，
∴ ∠ADC=∠BEC=120°，
∴ ∠ADC=∠ADB−∠EDB=120°−60°=60°．
故∠ADB=60∘．
（2）解：在ED上取点N，使得FN=EF，连接NC、BN、AN，如图所示，
∵ F为BC边的中点
∴ BF=FC，
{
BF=FC
)
∵ ∠CFN=∠BFE
EF=FN
∴ △CFN≌△BFE(SAS)，∴ CN=BE=BD，∠NCF=∠EBF，
∵ ∠DBE=120°，∠ACB=∠ABC=60°，
∴ ∠ACN=∠ACB−∠NCF=60°−∠NCF，
∠ABD=∠DBE−∠ABC−∠EBF=120°−60°−∠EBF=60°−∠EBF，
∴ ∠ACN=∠ABD
{
AC=AB
)
∵ ∠ACN=∠ABD ，
CN=BD
∴ △ACN≌△ABD(SAS)，
∴ AN=AD，∠CAN=∠BAD，
∵ ∠CAN+∠NAB=∠BAC=60°，
∴ ∠BAD+∠NAB=∠NAD=60°，
∴ △∧¿为等边三角形，
∴ AD=AN=ND，
∴ DF=DN+FN=AD+EF，即DF=EF+AD；
（3）解：以BC为边向下作等边三角形△BCP，连接PE，如图所示，
∵ △ABC和△BCP都是等边三角形，
∴ AB=BC=PB，
∵ ∠DBE=120°，∠ABE=∠ABC−∠CBE=60°−∠CBE，
∴ ∠ABD=∠DBE−∠ABE=120°−(60°−∠CBE)=60°+∠CBE，
∵ ∠PBE=∠PBC+∠CBE=60°+∠CBE，
∴ ∠ABD=∠PBE，
{
AB=PB
)
∵ ∠ABD=∠PBE ，
BE=BD
∴ △ACN≌△ABD，
∴ ∠BPE=∠BAD=∠BAM=38°，∴ 当点D在射线AM上运动时，点E的运动轨迹是在直线PE上，且满足∠BPE=38°，
∴ 当线段CE的长度最小时，即过点C向直线PE作垂线，E为垂足，
即CE⊥EP， ∠CEP=90°，
∵ ∠BPE=38°，∠CPB=60°，
∴ ∠EPC=∠PCB−∠BPE=60°−38°=22°，
∴ 在Rt△CEP中，∠PCE=90°−∠EPC=90°−22°=68°，
又∵ ∠PCB=60°，
∴ ∠ECB=∠PCE−∠PCB=68°−60°=8°，
∴ ∠ACH=∠ACB−∠ECB=60°−8°=52°，
以点B为顶点，作∠CBN=∠ACH=52°，且BN=AC，连接NI，如图所示，
{
BN=AC
)
∵ ∠CBN=∠ACH ，
BI=CH
∴ △ACH≌△NBI，
∴ AH=∋¿，
∴ AH+AI=AH+∋¿，
连接AN交射线CE于点O，在△AIN中，
∵ AH+∋≥AN，
∴ 当A,I,N三点共线时，AH+AI=AH+∋¿的值最小，
此时，∵ BN=AC=AB，
∴ △ABN为等腰三角形，又∠ABN=∠ACB+∠CBN=60°+52°=112°，
∴ ∠BAN=∠BNA=34°，
在△NBI中，∠NIB=180°−∠ANB−∠CBN=180°−34°−52°=94°，
∴ ∠CIO=∠NIB=94°，
在△COI中，∠COI=180°−∠ECB−∠CIO=180°−8°−94°=78°，∴ ∠AOH=∠COI=78°，
又∵ △ACH≌△NBI，
∴ ∠CAH=∠BNI=34°，
在△ACH中，∠AHC=180°−∠CAH−∠ACH=180°−34°−52°=94°，
∴ 在△AOH中，∠OAH=180°−∠AOH−∠AHC=180°−78°−94°=8°，
∴ ∠HAB=∠NAB−∠OAH=34°−8°=26°，
故当AH+AI的值最小，∠HAB=26°．
