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专题 13.5 等边三角形【十大题型】
【人教版】
【题型1 利用等边三角形的性质求角的度数】.....................................................................................................2
【题型2 利用等边三角形的性质求线段长度】.....................................................................................................4
【题型3 利用等边三角形的性质求最值】..............................................................................................................8
【题型4 证明等边三角形】....................................................................................................................................13
【题型5 探究平面直角坐标系中的等边三角形问题】.......................................................................................19
【题型6 探究等边三角形中的折叠问题】...........................................................................................................30
【题型7 探究等边三角形中的三角板问题】.......................................................................................................39
【题型8 探究等边三角形中的动态问题】...........................................................................................................45
【题型9 探究等边三角形中线段或角度之间的关系】.......................................................................................50
【题型10 等边三角形中的多结论问题判断正误】...............................................................................................57
知识点：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.
【题型1 利用等边三角形的性质求角的度数】
【例1】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，D为等边三角形ABC内一点，AD=BD，BP=AB，
∠DBP=∠DBC，则∠BPD= 度．
【答案】30【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，作AB的垂直
平分线，证明AB的垂直平分线必过C、D两点，然后证明△BDC≌△BDP，利用全等三角形的性质求解
即可．
【详解】解：作AB的垂直平分线，
∵AD=BD，
∴△ABD为等腰三角形，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC=BC，
∴AB的垂直平分线必过C、D两点，∠BCE=30°，
∵AB=BP=BC，∠DBP=∠DBC，BD=BD，
∴△BDC≌△BDP(SAS)，
∴∠BPD=∠BCE=30°．
故答案为：30．
【变式1-1】（23-24八年级·陕西西安·期中）等边三角形两条中线相交所成锐角度数为（ ）
A．30° B．45° C．50° D．60°
【答案】D
【分析】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理等知识．先求出
∠ABC=∠ACB=60°，再根据“等边三角形三线合一”得到BE、CD也是等边△ABC的角平分线，即
可求出∠FBC=30°,∠FCB=30°，从而求出∠DFB=60°．
【详解】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，∵BE、CD是等边△ABC的中线，
∴BE、CD也是等边△ABC的角平分线，
1 1
∴∠FBC= ∠ABC=30°,∠FCB= ∠ACB=30°，
2 2
∴∠DFB=∠FBC+∠FCB=60°．
故选：D
【变式1-2】（23-24八年级·福建莆田·期中）如图，△ABC是等边三角形，BC⊥CD，且AC=CD，则
∠BAD的度数为（ ）
A．50° B．45° C．40° D．35°
【答案】B
【分析】本题考查了等边三角形的性质、三角形内角和定理、等边对等角求角度、垂线的定义，由等边三
角形的性质可得∠BAC=∠ACB=60°，由垂线的定义可得∠BCD=90°，从而得出∠ACD=150°，由
三角形内角和定理结合等边对等角可得∠CAD=∠D=15°，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用
是解此题的关键．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，
∵BC⊥CD，
∴∠BCD=90°，
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=60°+90°=150°，
∵AC=CD，
180°−∠ACD 180°−150°
∴∠CAD=∠D= = =15°，
2 2
∴∠BAD=∠BAC−∠CAD=60°−15°=45°，
故选：B．
【变式1-3】（23-24八年级·辽宁本溪·期中）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的中线，点E在
1
AD上，且DE= BC，则∠AFE的度数为 ．
2【答案】105°/105度
【分析】本题考查等边三角形性质，等腰三角形判定与性质，三角形外角性质，由△ABC是等边三角形，
1 1
可得∠B=60°，由AD是BC边上的中线，可得BD=CD= BC，AD⊥BC，由DE= BC，ED=CD
2 2
，可求∠ECD=45°，由三角形外角性质可求∠AFC=105°．
【详解】解：∵ △ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，AB=AC，
∵ AD是BC边上的中线，
1
∴BD=CD= BC，AD⊥BC，
2
1
∵ DE= BC，
2
∴ED=CD，∠EDC=90°，
∴∠ECD=∠DEC=45°，
∵∠AFC是△FBC的外角，
∴∠AFC=∠B+∠FCD=60°+45°=105°．
故答案为：105°．
【题型2 利用等边三角形的性质求线段长度】
【例2】（23-24八年级·江苏无锡·期中）如图，在等边△ABC中，AC=9，点O在AC上，且AO=3，点
P是AB上一动点，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD，若使点D恰好落在BC上，则
线段AP的长是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8【答案】C
【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质，由题意得出当点D恰好落在BC上时，
OD=OP，由等边三角形的性质可得∠A=∠C=60°，证明△AOP≌△CDO(AAS)，可得
AP=OC=AC−OA，进行计算即可，熟练掌握全等三角形的性质和等边三角形的性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，当点D恰好落在BC上时，OD=OP，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠C=60°，
∴∠COD+∠ODC=180°−∠C=120°，
∵∠DOP=60°，
∴∠COD+∠AOP=180°−∠DOP=120°，
∴∠ODC=∠AOP，
在△AOP和△CDO中，
{∠ODC=∠AOP
)
∠C=∠A ，
OP=OD
∴△AOP≌△CDO(AAS)，
∴AP=OC，
∵AC=9，OA=3，
∴AP=OC=AC−OA=9−3=6，
故选：C．
【变式2-1】（23-24八年级·河南漯河·期末）如图，已知等边△ABC，点 O是 BC 上任意一点，
OE、OF 分别与两边垂直，等边三角形的高为 1，则 OE+OF 的值为（ ）A．0.5 B．1 C．2 D．不确
【答案】B
【分析】本题考查了等边三角形的性质，等面积法求高，掌握等边三角形的性质，等面积法的运用是解题
的关键．
如图所示，连接OA，作AD⊥BC于点D，则AD=1，根据S =S +S 即可求解．
△ABC △ABO △ACO
【详解】解：如图所示，连接OA，过点A作AD⊥BC于点D，则AD=1，
1 1 1
∵S = AB·OE，S = AC·OF，S = BC·AD，
△ABO 2 △ACO 2 △ABC 2
1 1 1
∴ AB·OE+ AC·OF= BC·AD，
2 2 2
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，
1 1
∴ AB(OE+OF)= BC·AD，
2 2
∴OE+OF=AD=1，
故选：B ．
【变式2-2】（23-24八年级·吉林长春·期末）如图，等边△ABC的边长为8cm，点D、E分别在边AB、
AC上，点A落在点A 处，且点A 在△ABC外部，则阴影部分图形的周长为 cm．
1 1
【答案】24
【分析】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），等边三角形的性质，解题关键是找出经轴对称变换所得
的等量关系．
根据折叠可得AE=A E，AD=A D，故阴影部分的周长可以转化为三角形ABC的周长．
1 1【详解】解：将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A 处，
1
所以AE=A E，AD=A D，
1 1
则阴影部分图形的周长为：
BC+BD+CE+A D+A E
1 1
=BC+BD+CE+AD+AE
=BC+AB+AC
=8+8+8
=24(cm)．
故答案为：24．
【变式2-3】（23-24八年级·广西南宁·期中）如图，过边长为4的等边△ABC的边AB上一点P，作
PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA=CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为（ ）
9 11 12
A． B．2 C． D．
5 5 5
【答案】B
【分析】本题综合考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，平行
线的性质等知识点的应用，过P作PF∥BC交AC于F，得出等边三角形APF，推出AP=PF=QC，根
1
据等腰三角形性质求出EF=AE，证△PFD≌△QCD，推出FD=CD，推出DE= AC即可．能综合运
2
用性质进行推理是解此题的关键，通过做此题培养了学生分析问题和解决问题的能力，题型较好，难度适
中．
【详解】解：过P作PF∥BC交AC于F，
∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，
∴AP=PF=AF，
∵PE⊥AC，
∴AE=EF，
∵AP=PF，AP=CQ，
∴PF=CQ．
在△PFD和△QCD中，
{∠PFD=∠QCD
)
∠PDF=∠QDC ，
PF=CQ
∴△PFD≌△QCD（AAS），
∴FD=CD，
∵AE=EF，
∴EF+FD=AE+CD，
1
∴AE+CD=DE= AC
2
∵AC=4，
∴DE=2．
故选：B．
【题型3 利用等边三角形的性质求最值】
【例3】（2024·湖北·中考真题）如图，D是等边三角形ABC外一点．若BD=8,CD=6，连接AD，则
AD的最大值与最小值的差为 ．
【答案】12
【分析】以CD为边向外作等边三角形CDE，连接BE，可证得△ECB≌△DCA从而得到BE=AD，再根据
三角形的三边关系即可得出结论．
【详解】解：如图1，以CD为边向外作等边三角形CDE，连接BE，∵CE=CD，CB=CA，∠ECD=∠BCA=60°，
∴∠ECB=∠DCA，
∴△ECB≌△DCA（SAS），
∴BE=AD，
∵DE=CD=6，BD=8，
∴8-6<BE<8+6，
∴2<BE<14，
∴2<AD<14．
∴则AD的最大值与最小值的差为12．
故答案为：12
【点睛】本题考查三角形全等与三角形的三边关系，解题关键在于添加辅助线构建全等三角形把AD转化
为BE从而求解，是一道较好的中考题．
【变式3-1】（23-24八年级·江苏无锡·期中）如图，在等边三角形ABC中，AD是边BC上的中线，且
AD=6，E是AD上的一个动点，F是边AB的中点，BE+EF的最小值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】本题考查了等边三角形的性质、线段垂直平分线的性质，连接CE，由等边三角形的性质可得AD
垂直平分BC，得出BE=CE，进而得出BE+EF=CE+EF，当点C、E、F三点共线时，BE+EF的值最
小，最小值为CF，由F是边AB的中点，得出CF⊥AB，进而得出CF=AD=6，即可得解．
【详解】解：如图，连接CE，CF，∵ △ABC AD
是等边三角形， 是中线，
∴AD垂直平分BC，
∴ BE=CE，
∴BE+EF=CE+EF，
∴当点C、E、F三点共线时，BE+EF的值最小，最小值为CF，
∵ F是边AB的中点，
∴CF⊥AB，
∴CF=AD=6，
∴ BE+EF的最小值为6，
故选：B．
【变式3-2】（23-24八年级·福建福州·期中）如图，在等边△ABC中，E是AC边的中点，P是△ABC的中
线AD上的动点，且AB=6，则BP−PE的最大值是 ．
【答案】3
【分析】连接PC，则BP=CP，BP−PE=CP-PE，当点P与点A重合时，CP-PE=CE，进而即可求解．
【详解】解：连接PC，
∵在等边△ABC中，AB=6，P是△ABC的中线AD上的动点，∴AD是BC的中垂线，
∴BP=CP，
∴BP−PE=CP-PE，
∵在△CPE中，CP-PE＜CE，
∴当点P与点A重合时，CP-PE=CE，
∵E是AC边的中点，
∴BP−PE的最大值=6÷2=3．
故答案是：3．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，三角形三边长关系，连接CP，得到BP−PE=CP-PE，是解题
的关键．
【变式3-3】（23-24八年级·福建福州·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8，点D
是AC边上的中点，点P在BC上的一个动点，连接DP，在DP的下方作等边三角形DPE，连接CE，则
CE最小值是（ ）
A．3 B．2 C．1.5 D．1
【答案】B
【分析】以CD为边作等边三角形CDF，连接EF，由题意易得∠PDC=∠EDF，PD=DE，进而可得
△PCD≌△DFE，则有∠PCD=∠EFD=90°，然后可得点E是在EF所在直线上运动，所以CE的最小
值为CE⊥EF时，最后问题可求解．
【详解】如图，CD为边作等边三角形CDF，连接EF，∵△PDE，△CDF是等边三角形，
∴PD=ED，CD=FD，∠PDE=∠CDF=60°，
∵∠CDE是公共角，
∴∠PDC=∠EDF，
∴△PCD≌△EFD(SAS)，
∴∠EFD=∠PCD=90°，
∴∠CFE=30°，
∵D是AC中点，
1
∴CD=CF= AC=4，
2
∴点E在EF所在直线上运动，
∴当CF⊥EF时，CE取的最小值，
1
∴CE= CF=2，
2
故选：B．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、含30°直角三角形的性质及最短路径问题，熟练掌握等边三角
形的性质、含30°直角三角形的性质及最短路径问题是解题的关键．
【题型4 证明等边三角形】
【例4】（23-24八年级·天津宁河·期中）如图所示，在 △ABC中， ∠B=60°，AB=AC，点D，E分
别在BC，AB上，且 BD=AE，AD与CE交于点 F．(1)求证： △ABC是等边三角形；
(2)求证： AD=CE；
(3)求 ∠DFC的大小．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)∠DFC=60°
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的判定与性质，三角形外角性质．
（1）根据等边三角形的判定解答即可；
（2）求出∠B=∠CAE，AC=AB，根据SAS证出△ABD≌△CAE即可；
（3）根据全等三角形的性质得出∠BAD=∠ACE，根据三角形外角性质推出∠DFC=∠BAC，即可得
出答案．
【详解】（1）证明：∵∠B=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠CAE=∠ACB=60°，AC=AB，
在△ABD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠B=∠CAE ，
BD=AE
∴△ABD≌△CAE(SAS)，
∴AD=CE．
（3）∵△ABD≌△CAE，
∴∠BAD=∠ACE，
∴∠DFC=∠FAC+∠ACE=∠FAC+∠BAD=∠CAE=60°．
【变式4-1】（23-24八年级·重庆丰都·期末）如图，点E在△ABC的外部，点D在BC上，DE交AC于点F，∠2=∠3，AE=AC，DE=BC．
(1)求证：△ABC≌△ADE．
(2)若∠2=60°，猜想△ABD的形状并证明．
【答案】(1)见解析
(2)等边三角形，见解析
【分析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定，解题的关键是熟练掌握三角形全
等的判定和性质．
（1）根据SAS证明三角形全等即可；
1
（2）根据△ABC≌△ADE，得出AB=AD，∠B=∠ADE，求出∠ADB= ∠BDE=60°，即可证明
2
结论．
【详解】（1）证明：∵∠2+∠AFE+∠E=180°，
∴∠E=180°−∠2−∠AFE，
∵∠3+∠CFD+∠C=180°，
∴∠C=180°−∠3−∠CFD，
∵∠2=∠3，∠AFE=∠CFD，
∴∠E=∠C，
在△ABC和△ADE中，
{
AC=AE
)
∠C=∠E ，
BC=DE
∴△ABC≌△ADE(SAS)；
（2）解：△ABD是等边三角形，理由如下：
∵∠3=∠2=60°，
∴∠BDE=180°−∠3=120°，
∵△ABC≌△ADE，∴AB=AD，∠B=∠ADE，
∴∠B=∠ADB，
∴∠ADB=∠ADE，
1
∴∠ADB= ∠BDE=60°，
2
∴△ABD是等边三角形．
【变式4-2】（23-24八年级·广东广州·阶段练习）在等腰△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=120°，
AD⊥BC于D，点O、点P分别在射线AD、BA上运动，且保证∠OCP=60°，连接OP．
(1)当点O运动到D点时，如图1，求AP的长度；
(2)当点O运动到D点时，如图1，试判断△OPC的形状并证明；
(3)当点O在射线AD其它地方运动时，△OPC还满足（2）的结论吗？请用图2说明理由．
【答案】(1)2
(2)等边三角形，证明见详解
(3)满足，理由见详解
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质与等边三角形的判定等等：
（1）证明△ACD≌△ACP，得到AD=AP，然后求AD即可；
（2）根据（1）可得：DC=CP=OC，即可得出△OPC为等边三角形；
（3）过C作CE⊥AP于E，证得△OCD≌△PCE，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵AB=AC=4，∠BAC=120°，
∴∠B=∠ACB=30°，
∵∠OCP=60°，
∴∠ACP=30°，
∵∠CAP=180°−∠BAC=60°，
∵AD⊥BC，AB=AC，
∴∠DAC=∠BAD=60°，在△ADC与△APC中，
{∠PAC=∠DAC
)
AC=AC ，
∠ACD=∠ACP
∴△ACD≌△ACP(ASA)，
∴AD=AP，
∵AC=4，∠ACD=30°，
1
∴AD= AC=2，
2
∴AP=2；
（2）解：△OPC是等边三角形．证明如下：
∴△ACD≌△ACP，
∴DC=CP=OC，
∵∠OCP=60°，
∴△OPC是等边三角形．
（3）解：△OPC还满足（2）的结论，理由如下：
过C作CE⊥AP于E，
∵∠CAD=∠EAC=60°，
AD⊥CD，
∴CD=CE，
∴∠DCE=360°−90°−90°−2×60°=60°=∠OCP，
∴∠OCD=∠PCE，
在△OCD与△PCE中，
{∠PEC=∠ODC=90°
)
∠OCD=∠PCE ，
CD=CE
∴△OCD≌△PCE(AAS)，
∴OC=PC，∴△OPC是等边三角形．
【变式4-3】（23-24八年级·陕西西安·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，
AC与BD相交于点E，∠ABD=∠ADB．
(1)填空：AC与BD的位置关系为__________，BE与DE的数量关系为__________；
(2)过点B作BF∥CD交CA的延长线于点F，且AB=AF．
①求证：△BCD是等边三角形；
②若点G，H分别是线段AC，线段CD上的动点，当GH+AH的值最小时，请确定点H的位置，并求出
GH与CH之间的数量关系．
【答案】(1)AC⊥BD；BE=DE
(2)①证明见解析；②点H的位置见解析，CH=2GH．
【分析】（1）AC与BD的位置关系为：AC⊥BD；BE与DE的数量关系为：BE=DE．根据等角对等
边得到AB=AD，证明Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，得到CB=CD，继而得到AC垂直平分BD，即可得
出结论；
（2）①如图，设∠F=α，根据等边对等角和三角形外角的性质得到∠BAC=2α，根据等腰三角形三线
合一性质得到∠BCE=∠DCE，继而得到∠DCE=∠F=α，∠BCE=∠DCE=α，
∠BCE+∠BAC=90°，可得α=30°，∠DCB=2∠BCE=60°，即可得证；
②如图，延长AD至点A′，使DA′=DA，则点A与点A′关于直线CD轴对称，过点A′作A′G⊥AC于点G
，交CD于点H，连接AH，则AH+GH=A′H+GH=A′G，此时GH+AH的值最小，最后在Rt△GCH
中，由∠GCH=30°，即可得出结论．
【详解】（1）解：AC与BD的位置关系为：AC⊥BD；BE与DE的数量关系为：BE=DE．
理由：∵∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD，
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴△ABC和△ADC都是直角三角形，
在Rt△ABC和Rt△ADC中，{AB=AD)
，
AC=AC
∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，
∴CB=CD，
∴AC垂直平分BD，
∴AC⊥BD，BE=DE，
故答案为：AC⊥BD；BE=DE；
（2）①证明：如图，设∠F=α，
∵AB=AF，
∴∠ABF=∠F=α，
∵∠BAC是△ABF的外角，
∴∠BAC=∠F+∠ABF=α+α=2α，
由（1）知，AC⊥BD，CB=CD，
∴∠BCE=∠DCE，
∵BF∥CD，
∴∠DCE=∠F=α，
∴∠BCE=∠DCE=α，
∵∠ABC=90°，
∴∠BCE+∠BAC=90°，即α+2α=90°，
解得：α=30°，
∴∠DCB=2∠BCE=60°，
∵CB=CD，
∴△BCD是等边三角形；
②解：如图，延长AD至点A′，使DA′=DA，
∵CD⊥AD，
∴点A与点A′关于直线CD轴对称，过点A′作A′G⊥AC于点G，交CD于点H，连接AH，
∴AH=A′H，
∴AH+GH=A′H+GH=A′G，此时GH+AH的值最小，
由①知，∠DCE=30°，即∠GCH=30°，
∵A′G⊥AC，即GH⊥CG，
∴在Rt△GCH中，∠GCH=30°，
∴CH=2GH，∴当GH+AH的值最小时，点H的位置如图所示，GH与CH的数量关系是CH=2GH．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，等边
三角形的判定，30°角的直角三角形，垂线段最短等知识点．掌握等腰三角形的判定和性质，垂直平分线
的判定和性质，30°角的直角三角形是解题的关键．
【题型5 探究平面直角坐标系中的等边三角形问题】
【例5】（23-24八年级·湖北武汉·期中）在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,4)
(1)如图1，若点B的坐标为(3,0)，△ABC是等腰直角三角形，BA=BC，∠ABC=90°，求C点坐标；
(2)如图2，若点E是AB的中点，求证：AB=2OE；
(3)如图3，△ABC是等腰直角三角形，BA=BC，∠ABC=90°，△ACD是等边三角形，连接OD，若
∠AOD=30°，求B点坐标
【答案】(1)(7,3)
(2)见解析
(3)(2,0)
【分析】（1）过点C作CD⊥x轴，证明△AOB≌△BDC(AAS)，得到OA=DB，OB=DC，即可得到
C点坐标；
（2）延长OE至F点，使得EF=OE，连接FB，证明△AOE≌△BFE(SAS)，得到
OA=FB，∠AOE=∠F，证出OA∥BF，求出∠AOB=∠FBO，再证明△AOB≌△FBO(SAS)，推出OE=AE=EB，即可得到AB=2OE
（3）在OB的延长线上截取OF=OD，连接DF,CF，过点C作CE⊥OF，证得△DOF是等边三角形，
得到∠ODF=60°，DO=DF，证明△ADO≌△CDF(SAS)，推出AO=CF，∠AOD=∠CFD=30°
，求出CF=2CE，得到AO=2CE由（1）得CE=OB，进而得到OA=2OB，由此求出B点坐标．
【详解】（1）解：过点C作CD⊥x轴，
∵∠ABC=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∵∠AOB=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵CD⊥x轴，
∴∠BDC=90°=∠AOB，
在△AOB和△BDC中
¿
∴△AOB≌△BDC(AAS)，
∴OA=DB，OB=DC，
∵点A为(0,4)，点B为(3,0)，
∴DB=4，DC=3，
∴OD=7，
∴C点坐标为(7,3)；
（2）证明：延长OE至F点，使得EF=OE，连接FB，∵点E为AB的中点，
∴EA=EB，
在△AOE和△BFE中
¿
∴△AOE≌△BFE(SAS)，
∴OA=FB，∠AOE=∠F，
∴OA∥BF，
∴∠AOB+∠FBO=180°，
∵∠AOB=90°，
∴∠FBO=90°，
∴∠AOB=∠FBO，
在△AOB和△FBO中
¿
∴△AOB≌△FBO(SAS)，
∴AB=OF，
∵EA=EB，EO=EF，
∴OE=AE=EB，
∴AB=2OE；
（3）解：在OB的延长线上截取OF=OD，连接DF,CF，过点C作CE⊥OF，
∵∠AOD=30°，
∴∠DOF=60°，
∵OD=OF，
∴△DOF是等边三角形，∴∠ODF=60°，DO=DF，
∵△ADC为等边三角形，
∴∠ADC=60°，DA=DC，
∴∠ADO+∠ODC=∠ODC+∠CDF，
∴∠ADO=∠CDF，
在△ADO和△CDF中¿
∴△ADO≌△CDF(SAS)，
∴AO=CF，∠AOD=∠CFD=30°，
∵△DOF是等边三角形，
∴∠DFO=60°，
∴∠CFE=60°−30°=30°，
∵CE⊥BF，
∴CF=2CE，
∵AO=CF，
∴AO=2CE
由（1）得CE=OB，
∴OA=2OB，
∵A点坐标为(0,4)，
∴OA=4，
∴OB=2，
∴B点坐标为(2,0)
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形三线合一的性质，
熟记全等三角形的判定和性质定理进行推理论证是解题的关键．
【变式5-1】（23-24八年级·辽宁锦州·期末）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形ABC D
1 1 1 1
（记为第1个正方形）的顶点A 与原点重合，点B 在y轴上，点D 在x轴上，点C 在第一象限内，以C
1 1 1 1 1为顶点作等边△C AB，使得点A 落在x轴上，AB⊥x轴，再以AB 为边向右侧作正方形ABC D（记为
1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
第2个正方形），点D 在x轴上，以C 为顶点作等边△C AB，使得点A 落在x轴上，AB⊥x轴，若按照
2 2 2 3 3 3 3 3
上述的规律继续作正方形，则第2021个正方形的边长为 ．
【答案】22020
【分析】通过正方形和等边三角形的性质和直角三角形的性质，依次求得第2个正方形、第3个正方形、
第 4个正方形的边长，再总结规律求得第2021个正方形的边长．
【详解】解：∵正方形A B C D （称为第1个正方形）的边长为1，
1 1 1 1
∴C D＝1，
1 1
∵C AB 为等边三角形，
1 2 2
∵∠BAC ＝60°，
2 2 1
∵AB⊥x轴，
2 2
∴∠C AD＝30°，
1 2 1
∴A B =C A =2C D =2=22−1 ，
2 2 1 2 1 1
同理得A B =4=23−1 ，
3 3
A B =8=24−1 ，
4 4
…
由上可知第n个正方形的边长为：2n−1，
∴第2021个正方形的边长为：22021−1=22020．
故答案为：22020．
【点睛】本题主要考查了等边三角形，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形以及直角三角形的性质是
解答此题的关键．
【变式5-2】（23-24八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在平面直角坐标系中，△AOP为等边三角形，
A点坐标为(0，1)，点B在y轴上且位于A点上方，以BP为边向BP的右侧作等边△PBC，连接CA，并延长CA交x轴于点E．
(1)求证：OB=AC；
(2)判断AP是否平分∠OAC？请说明理由；
(3)在y轴上是否存在点Q，使得△AEQ为等腰三角形？若存在，请直接写出满足条件的所有点Q的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)AP平分∠OAC，理由见解析
(3)存在，Q(0，3)，(0，−1)
【分析】此题主要考查了等边三角形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的性质和判定，掌握等边三角
形的性质是解题的关键．
（1）根据等边三角形性质得出OP=AP，BP=PC，∠APO=∠CPB=60°，求出∠OPB=∠APC，证
出△PBO≌△PCA即可；
（2）由（1）知∠PBO=∠PCA，根据∠BAC=∠BPC=60°，求出∠CAP=60°，即可得出结论；
（3）∠EAO=60°，求出∠AEO=30°，得出AE=2AO=2，分四种情况进行讨论即可．
【详解】（1）证明：∵△BPC和△AOP是等边三角形，
∴OP=AP，BP=PC，∠OAP=∠APO=∠CPB=60°，
∴∠APO+∠APB=∠BPC+∠APB，
即∠OPB=∠APC，
在△PBO和△PCA中，
¿，
∴△PBO≌△PCA(SAS)，
∴OB=AC；
（2）解：
AP平分∠OAC，理由如下：
由（1）知∠PBO=∠PCA，∴∠BAC=∠BPC=60°，
又∵∠OAP=60°，
∴∠CAP=60°=∠OAP，
∴AP平分∠OAC；
（3）存在，理由如下：
∵A点坐标为(0，1)，
∴AO=1，
∵∠EAO=∠BAC=60°，∠AOE=90°，
∴∠AEO=30°，
∴AE=2AO=2，
①当AQ=AE=2时，△AEQ为等腰三角形，点Q在y轴的正半轴上，
∴OQ=AE+AO=3，
∴Q(0，3)，
②当AQ=AE=2时，△AEQ为等腰三角形，点Q在y轴的负半轴上，
∴OQ=AQ−AO=1，
∴Q(0，−1)，
③当EQ=AE=2时，△AEQ为等腰三角形，x轴是AQ的垂直平分线，
∴OQ=AO=1，
∴Q(0，−1)；
④当QA=QE时，如图所示：
∵∠OAE=90°−30°=60°，
∴△AEQ是等边三角形，
∴AQ=AE=2，
∴OQ=AQ−OA=1，
∴Q(0，−1)；综上所述：在y轴上存在点Q，使得△AEQ为等腰三角形，Q(0，3)，(0，−1)．
【变式5-3】（23-24八年级·天津和平·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，等边△ABC的顶点
A，B在x轴上，顶点C的坐标为(0,12)，∠BAC的平分线交y轴于点D．
(1)如图①，求点D坐标；
(2)如图②，E为x轴上一点，以CE为边，在第一象限内作等边△CEF，连接FB并延长交y轴于点G．求
OG的长；
(3)如图③，在（1）的条件下，M为y轴正半轴上D点上方的任意一点，在BM右上方作∠BMN=60°交
AD延长线于N点，求证：DN−DM是定值．
【答案】(1)D(0,4)
(2)GO=12
(3)证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性
质是解题的关键．
（1）根据等边三角形的性质，得到∠ACB=∠CAB=60°，AC=BC，Rt△AOD中∠3=30°，根据
30°角所对的直角边是斜边的一半，得到AD=2OD，求出OD的值即可得到答案；
（2）证明△ACE≌△BCF(SAS)，根据全等三角形的判定和性质进行求解；
（3）在DN上截取BE=DM，连接BD，证明△MNE≌△MBD(ASA)，得到EN=DN−DE，
BD=DN−DM即可证明．
【详解】（1）解：∵等边△ABC，
∴∠ACB=∠CAB=60°，AC=BC，
∵AC=BC，CO⊥AB，
1
∴∠1= ∠ACB=30°，
2
∵∠1=∠2，∴CD=AD，
Rt△AOD中∠3=30°，
∴AD=2OD，
∴CD=2OD，
∵CO=CD+OD=12，
∴3OD=12，
∴OD=4，
∴D(0,4)；
（2）解：∵等边△ABC，
∴∠CBA=∠CAB=∠ACB=60°，CA=CB，
∵等边△CEF，
∴∠ECF=60°，CE=CF，
∵∠ACE=∠ACB+∠2=60°+∠2，
∠BCF=2∠1+∠2=60°+∠2，
∴∠CAE=∠BCF，
在△ACD和△BCD中，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCF ，
CE=CF
∴△ACE≌△BCF(SAS)，
∴∠CAE=∠3，
∴∠3=60°，
∵G、B、F三点共线，
∠3+∠4+∠5=180°，
∴∠5=60°，Rt△BOG中∠5+∠6=90°，
∴∠6=30°，
1
∴∠BCO= ∠ACB=30°，
2
∴∠BCO=∠6=30°，
∴CB=GB，
∵BO⊥CG，
∴CO=GO，
∴GO=12；
（3）在DN上截取BE=DM，连接BD，
证：已证∠1=30°，
Rt△AOD中，∠1+∠2=90°，
∴∠2=60°，
∵∠2=∠3，∴∠3=60°，
∵DE=DM，
∴△DEM为等边△，
∴MD=ME，∠DME=60°，∠MED=60°，
∵∠4=∠DME−∠5=60−∠5，
∠6=∠BMN−∠5，∠BMN=60°，
∴∠6=80−∠5，
∴∠4=∠6，
∵∠MED+∠MEN=180°，
∴∠MEN=120°，
∵MO为AB垂直平分线，
∴AD=BD，
∵OD⊥AB，
∠ADB=∠BDO=60°，
∴∠OBD+∠MDB=180°，
∴∠MDB=120∘，
∴∠MEN=∠MDE=120°，
在△MND和△MBD中，
{
∠6=∠4
)
ME=MD ，
∠MEN=∠MDB
∴△MNE≌△MBD(ASA)，
∴BD=EN，
∵EN=DN−DE，
BD=DN−DM，
∴BD=AD=2OD=8．
【题型6 探究等边三角形中的折叠问题】
【例6】（23-24八年级·广西贺州·期末）如图，等边△ABC边长为3，点D为AB边上的一动点（D不与
A、B重合）．过点A折叠△ABC，使点B与C重合，得折痕AF交BC于F，然后展开；再过点D折叠
△ABC，折痕DE交AC于点E，使点A落在折痕AF所在的直线上，记为点P，两折痕AF与DE交于点
O．(1)求证：DE∥BC；
(2)点D在运动过程中，△ADE始终是等边三角形吗？请说明理由；
(3)连接DP、BP，当△BDP为直角三角形时，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)是，见解析
(3)AD=1或AD=2
【分析】本题主要考查等边三角形的判定和性质和直角三角形的性质．
（1）根据轴对称的性质证明∠AFB=90°，∠AOD=90°，即可证明DE∥BC；
（2）由DE∥BC，推出∠ADE=∠ABC=60°，∠AED=∠C=60°，即可证明△ADE为等边三角
形；
（3）分∠BPD=90°或∠DBP=90°两种情况，利用直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：根据题意，△ABF与△ACF关于直线AF成轴对称，
∴∠AFB=90°，
又∵△ADE与△PDE关于直线DE成轴对称，
∴∠AOD=90°，
∴∠AFB=∠AOD，
∴DE∥BC；
（2）解：点D在运动过程中，△ADE始终是等边三角形，理由如下：
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠C=∠ABC=60°．
由（1）可知，DE∥BC，
∴∠ADE=∠ABC=60°，∠AED=∠C=60°，
∴∠ADE=∠AED=∠BAC=60°，
∴△ADE为等边三角形；（3）解：∵△ADE始终为等边三角形，
∴∠ADE=∠EDP=∠BDP=60°，
∴分∠BPD=90°或∠DBP=90°两种情况，
①当∠BPD=90°时，
∵∠BDP=60°，
∴∠PBD=30°，
1
∴PD= BD，
2
∵AD=PD，
1
∴AD= BD，
2
1
即AD= AB=1；
3
②当∠DBP=90°时，
1 1
同理可得BD= PD= AD，
2 2
2
即AD= AB=2．
3
综上所述，当△BDP是直角三角形时，AD=1或AD=2．
【变式6-1】（23-24八年级·河北廊坊·期末）如图1，△ABD是等边三角形，点P为射线AB上一动点，连
接DP，作∠DPE=∠DAB=60°，PE交射线DA于点E，点O是线段AE，PE垂直平分线的交点．
（1）当点O在AB边上时，∠ADP=______．
（2）①当点P，B重合时，作AO′⊥DE，交PE的垂直平分线于点O′，则∠O′PD=______．
②当点P在线段AB上，或AB的延长线上时，∠OPD的度数是否为定值？若是，请写出这个数，并选择点
P在线段AB上时，通过计算进行说明；若不是，请说明理由．
（3）如图2，把等边三角形△ABD沿着BD折叠，得到△BDC，且点A落在点C处，连接AC．当
PE//AC时，证明AP平分∠DPE，并在△DPE内确定一点T，使点T到△DPE三边的距离相等（不写作法，只保留作图痕迹）．
【答案】（1）30°；（2）①90°；②∠OPD=90°，理由见详解；（3）见详解
【分析】（1））由题意可得如图，由题意易得∠ADB=∠A=∠B=60°，AO=EO=OP，进而可得
1
∠AOE=60°，∠APE= ∠AOE=30°，然后问题可求解；
2
（2）①由题意可作如图，由（1）得∠ADB=∠A=∠B=60°，∠DAO′=90°，进而可得
∠BAO′=∠ABO′=30°，然后问题可求解；
②连接OA、OE、OP，由题意易得AO=EO=OP，则有
∠EAO=∠AEO,∠OPE=∠OEP,∠OAP=∠OPA，设∠APE= y,∠OAP=∠OPA=x，进而可得
60°+x+x+ y+ y+60°=180°，然后问题可求解；
1
（3）由题意易得∠DAC=∠CAB= ∠DAB=30°，进而可得∠APE=∠DAB−∠E=30°，然后可得
2
∠APE=∠DPA=30°，则问题可证，由题意可得点T为△DPE内角角平分线的交点．
【详解】解：（1）由题意可得如图所示：
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=∠A=∠B=60°，
∵点O是线段AE，PE垂直平分线的交点，
∴AO=EO=OP，
∴△AEO是等边三角形，∴∠AOE=60°，
1
∴∠APE= ∠AOE=30°，
2
∴∠A+∠APE=90°，即∠AEP=90°，
∴∠DEP=90°，
∵∠DPE=∠DAB=60°，
∴∠ADP=30°；
故答案为30°；
（2）①由题意可作如图所示：
∵AO′⊥DE，
∴∠DAO′=90°，
由（1）得∠ADB=∠A=∠B=60°，
∴∠BAO′=30°，
∵CO′垂直平分PE，
∴AO′=BO′，
∴∠BAO′=∠ABO′=30°，
∴∠O′PD=∠ABD+∠ABO′=90°，
故答案为90°；
②∠OPD的度数是定值，为90°，理由如下：
连接OA、OE、OP，如图所示：∵点O是线段AE，PE垂直平分线的交点，
∴AO=EO=OP，
∴∠EAO=∠AEO,∠OPE=∠OEP,∠OAP=∠OPA，
设∠APE= y,∠OAP=∠OPA=x，
∴∠EAO=∠AEO=60°+x,∠OPE=∠OEP=x+ y，
在△AEP中，由三角形内角和定理可得：∠AEP+∠EAP+∠APE=180°，
即60°+x+x+ y+ y+60°=180°，
∴x+ y=30°，
∴∠OPE=x+ y=30°，
∵∠DPE=∠DAB=60°，
∴∠OPD=∠OPE+∠DPE=90°，
（3）证明：∵等边三角形△ABD沿着BD折叠，得到△BDC，
∴△BDC≌△ABD，
∴AC与BD互相垂直且平分，
∴AC平分∠DAB，
1
∴∠DAC=∠CAB= ∠DAB=30°，
2
∵PE//AC，
∴∠DAC=∠E=30°，
∴∠APE=∠DAB−∠E=30°，
∵∠DPE=∠DAB=60°，
∴∠DPA=∠DPE−∠APE=30°，
∴∠APE=∠DPA=30°，
∴AP平分∠DPE，
若要在△DPE内确定一点T，使点T到△DPE三边的距离相等，则可知点T是△DPE内角的角平分线的交
点，如图所示：【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、角平分线的性质定理与判定及轴对称的性质，熟练掌握等边三
角形的性质、角平分线的性质定理与判定及轴对称的性质是解题的关键．
【变式6-2】（23-24八年级·广东中山·期末）已知△ABC中，∠B= 60°，点D是AB边上的动点，过点D
作DE∥BC交AC于点E，将△ABE沿DE折叠，点A对应点为F点.
(1)如图1，当点F恰好落在BC边上，求证：△BDF是等边三角形；
(2)如图2，当点F恰好落在△ABC内，且DF的延长线恰好经过点C，CF=EF，求∠A的大小；
(3)如图3，当点F恰好落在△ABC外，DF交BC于点G，连接BF，若BF⊥AB，AB=9，求BG的长.
【答案】（1）见解析（2）40°（3）3
【分析】（1）根据DE∥BC，∠B=60°得到∠ADE=∠B=60°，根据折叠的性质得到∠FDE=∠ADE=60°，从
而得到△BDF 是等边三角形
（2）根据CF=EF ，设∠FCE=∠FEC=x，则∠DFE=∠FCE+∠FEC=2x，根据折叠得到∠A=∠DFE=2x ，再
由（1）同理可得到△BDC 是等边三角形，再利用△ABC内角和即可列出方程求解
1
（3）同（1）可得△BDG 是等边三角形，根据BF⊥AB 得到∠BFD=30°，得BD= DF，再根据折叠的性
2
1 1 1
质得到DF=AD，故BD= AD= AB= ×9=3，即可求出BG的长.
2 3 3
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，∠B=60°
∴∠ADE=∠B=60°∵△ADE 沿 DE 折叠得到△DEF
∴∠FDE=∠ADE=60°
∴∠BDF=180°-60°-60°=60°
在△BDF 中，∠B=∠BDF=60°
∴△BDF 是等边三角形.
（2）解：∵CF=EF
∴设∠FCE=∠FEC=x，则∠DFE=∠FCE+∠FEC=2x
∵△ADE 沿 DE 折叠得到△DEF
∴∠A=∠DFE=2x
同（1）可得△BDC 是等边三角形
∴∠BCD=60°
在△ABC 中，∠A+∠B+∠BCA=180° ∴2x＋60°＋（60°＋x）=180° 解得：x=20°
∴∠A=2x=40°.
（3）解：同（1）可得△BDG 是等边三角形
∴∠BDG=60°，BG=BD
∵BF⊥AB
∴∠DBF=90°
∴∠BFD=90°－60°=30°
1
∴BD= DF
2
又∵△ADE 沿 DE 折叠得到△DEF
∴DF=AD
1 1 1
∴BD= AD= AB= ×9=3
2 3 3
∴BG=3.
【点睛】此题主要考查等边三角形与折叠的综合，解题的关键是熟知等边三角形的判定与性质、折叠的性
质定理.
【变式6-3】（23-24八年级·河南省直辖县级单位·期末）在学习完等腰三角形之后，某兴趣小组开展了如
下数学活动：如图，正方形纸片ABCD，①先对折使AB与CD重合，得到折痕EF；②折叠纸片，使得点
A落在EF的点H上，沿BH和CH剪下△BCH，小组成员得到了如下结论：①∠BHF=30°；②
1
BF= CH；③△BCH是等边三角形；④∠ABG=15°；⑤四边形ABHE和四边形DCHE全等．正确的
2个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【分析】根据正方形的性质，翻折变换的性质可得BH=BC，因为EF是BC的垂直平分线，利用垂直平分
线的性质，可得BH=CH，又根据折叠的性质可知BH=AB，故BH=CH=BC，可得△BHC是正三角
1 1
形，可得∠HBC=60°，从而计算出∠ABG，∠BHF，得到BF= BH，等量代换可得BF= CH，再
2 2
说明四边形ABHE和四边形DCHE四条边相等，四个角相等，即可证明全等．
【详解】解：在正方形ABCD中，
AB=BC=CD=AD，∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，
由折叠可知：AB=BH，∠ABG=∠HBG，
∴BH=BC，
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BH=CH，∠BFH=90°，
∴BH=CH=BC，
∴△BHC是正三角形，故③正确；
∴∠HBC=60°，
1
∴∠ABG=∠HBG= (90°−∠HBC)=15°，故④正确；
2
∠BHF=30°，故①正确；
1
∴BF= BH
2
∵BH=CH，
1
∴BF= CH，故②正确；
2
由折叠可知：AE=DE，
∵∠BHF=∠CHF=30°，∠ABH=∠DCH=30°，∠A=∠D=∠AEH=∠DEH=90°，又AB=CD，BH=CH，EH=EH，
∴四边形ABHE和四边形DCHE全等，故⑤正确；
∴正确的有5个，
故选D．
【点睛】本题考查翻折变换，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的性质，全等图形的判定，
掌握正三角形的判定方法是正确解答的关键．
【题型7 探究等边三角形中的三角板问题】
【例7】（23-24八年级·河北保定·期中）如图，在等边△ABC中，AB=10，将含30°角的三角板中60°角
的顶点D放在边AB上移动，使这个60°角的两边与△ABC的边AC，BC分别交于点E，F，且DE始终与
AB垂直，连接EF．
(1)△BDF是什么三角形？请说明理由．
(2)如图1，若AE=8，求CF的长．
(3)如图2，当EF∥AB时，求AE的长．
【答案】(1)△BDF是直角三角形，见解析
(2)CF=7
(3)AE=4
【分析】本题考查了三角形内角和、等边三角形的判定及性质、含30度的直角三角形的性质，熟练掌握性
质定理是解题的关键．
（1）根据三角形内角和和等边三角形的性质即可得出答案；
（2）根据等边三角形的性质及含30度的直角三角形的性质以及线段的和差即可得出答案；
（3）根据平行线的性质和等边三角形的性质易证△CEF为等边三角形，再根据等边三角形的性质和线段
1
的和差得出AE=BF，然后根据（2）中的AD= AE，BD=2BF，最后根据线段的和差即可得出答案．
2
【详解】（1）△BDF是直角三角形．
理由：∵DE⊥AB，∴∠EDB=90°．∵∠EDF=60°，∴∠FDB=30°．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠FDB+∠B=90°，
∴△BDF是直角三角形．
（2）∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠AED=30°，
1
∴AD= AE=4，
2
∴BD=AB−AD=10−4=6．
∵∠FDB=30°，△BDF是直角三角形，
1
∴BF= BD=3．
2
∵△ABC为等边三角形，
∴BC=AB=10，
∴CF=BC−BF=10−3=7．
（3）∵EF∥AB．
∴∠CEF=∠A=60°，∠CFE=∠B=60°．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠C=60°，
∴△CEF为等边三角形．
∴CE=CF．
∵△ABC为等边三角形，
∴AC=BC，
∴AC−CE=BC−CF，
∴AE=BF．
1
由（2）知，AD= AE，BD=2BF，
2
1 1 5
∴AB=AD+BD= AE+2BF= AE+2AE= AE=10，
2 2 2
∴AE=4．
【变式7-1】（23-24八年级·辽宁沈阳·期末）将含30°角的直角三角板和直尺按如图所示的方式放置，已知∠α=60°，点B，点C表示的刻度分别为1cm,3cm，则△ABC的周长为 cm．
【答案】6
【分析】本题考查了平行线的性质，等边三角形的性质与判定，得出∠ACB=60°是解题的关键．根据平
行线的性质得出∠ACB=60°，进而可得△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵直尺的两边平行，
∴∠ACB=∠α=60°，
又∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点B，C表示的刻度分别为1cm,3cm，
∴BC=2cm，
∴AB=BC=AC=2cm，
∴△ABC的周长为6cm，
故答案为：6．
【变式7-2】（23-24八年级·安徽铜陵·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，
BC=1．将三角板中30°角的顶点D放在AB边上移动，使这个30°角的两边分别与△ABC的边AC，BC
相交于点E，F，且使DE始终与AB垂直．
(1)求证：△BDF是等边三角形；
(2)求AD−CF的值．
【答案】(1)见解析(2)AD−CF=1
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，解题的关键是掌握这
些性质．
（1）由ED⊥AB，∠EDF=30°，得到∠FDB=60°，再根据三角形的内角和求出∠B和∠BFD，即
可求解；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质可得AB=2BC=2，根据△BDF是等边三角形可得
BD=BF=1−CF，最后根据线段的和差即可求解．
【详解】（1）解：∵ ED⊥AB，∠EDF=30°，
∴ ∠FDB=90°−30°=60°，
∵ ∠A=30°，∠ACB=90°，
∴ ∠B=90°−∠A=90°−30°=60°，
∴ ∠BFD=180°−60°−60°=60°，
∴ ∠BFD=∠B=∠BDF，
∴ △BDF是等边三角形；
（2）∵ ∠A=30°，∠ACB=90°，BC=1，
∴ AB=2BC=2，
∵ △BDF是等边三角形，
∴ BD=BF=1−CF，
∴ AD=AB−BD=2−(1−CF)=1+CF，
∴ AD−CF=1．
【变式7-3】（23-24八年级·江苏徐州·期末）如图①，已知∠AOB=120°，OC平分∠AOB．将直角三
角板如图放置，使直角顶点D在OC上，60°角的顶点E在OB上，斜边与OA交于点F（F与O不重合），
连接DF．(1)如图②，若DE⊥OB，求证：△≝¿为等边三角形．
(2)如图③，求证：OD=OE+OF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据已知条件可求∠OEF=30°，由角平分线的定义可得∠EOD=60°，可得CO⊥EF，
根据三角形内角的定义可知∠EFO=30°，可得∠OEF=∠EFO，推出EO=FO，可得OC是EF的垂直
平分线，根据垂直平分线的性质可得EF=DF，即可证明△≝¿为等边三角形；
（2）在OC上取点M使得OM=OE，易证△OEM为等边三角形，推出∠OEM=60°，OE=EM，可得
∠DEM=∠OEF，根据ASA证明△DEM≅△FEO，得出DM=OF，根据等量关系可得OD=OE+OF
．
【详解】（1）设OC与EF交于点G，
∵60°角的顶点E在OB上，
∴∠≝=60°，
∵DE⊥OB，
∴∠DEO=90°，
∴∠OEF=∠DEO−∠≝=90°−60°=30°，
∵∠AOB=120°，OC平分∠AOB，
∴∠BOD=60°，
∴∠OGE=90°，
∵∠OFE=180°−∠AOB−∠OEF=30°，
∴∠OEF=∠EFO，
∴EO=FO，
∴OC是EF的垂直平分线，∴EF=DF，
∴△≝¿为等边三角形
（2）在OC上取点M使得OM=OE，
∵∠BOD=60°，
∴△OEM为等边三角形，
∴∠OEM=∠EMO=60°，OE=EM，
∴∠OEM=∠≝=60°，∠EMD=120°，
∴∠EMD=∠EOF=120°，
∴∠OEM−∠FEM=∠≝−∠FEM，
∴∠DEM=∠OEF，
在△DEM和△FEO中
{∠DEM=∠OEF
)
EM=EO ，
∠DME=∠EOF
∴△DEM≅△FEO(ASA)，
∴MD=OF，
∴OD=MO+DM=EO+OF
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角
形三线合一的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【题型8 探究等边三角形中的动态问题】
【例8】（23-24八年级·山东枣庄·开学考试）如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时
从A、B两点出发，(1)当点P的运动速度是1cm/s，点Q的运动速度是2cm/s，当Q到达点C时，设运动时间为t（s），当
t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；
(2)当它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t（s），则
当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
【答案】(1)△BPQ是等边三角形，理由见解析
(2)当点P的运动时间为2s或4s时，△BQP是直角三角形
【分析】（1）分别求出BP、BQ的长可知BP=BQ，再由等边三角形的性质得到∠B=60°，即可证明
△BPQ是等边三角形；
（2）分当∠PQB=90°时和当∠BPQ=90°时两种情况利用含30度角的直角三角形的性质求解即可，
本题主要考查了直角三角形的判定，等边三角形的性质和判定，几何动点问题，熟练掌握直角三角形含30
度角的性质是关键．
【详解】（1）解：△BPQ是等边三角形，理由如下；
由题意得，当t=2时，AP=2cm，BQ=4cm，
∴BP=AB−AP=4cm，
∴BP=BQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴△BPQ是等边三角形；
（2）解；∵运动时间为ts，
∴AP=tcm，BQ=tcm，
∴BP=AB−AP=(6−t)cm，
如图1所示，当∠PQB=90°时，∵∠B=60°，
∴∠BPQ=90°−∠B=30°，
∴BP=2BQ，
∴6−t=2t，
解得t=2；
如图2所示，当∠BPQ=90°时，
同理可得∠BQP=30°，
∴BQ=2BP，
∴2(6−t)=t，
解得t=4；
综上所述，当点P的运动时间为2s或4s时，△BQP是直角三角形．
【变式8-1】（23-24八年级·河北廊坊·期末）如图，△ABC中，AB=BC=AC=12cm，现有两点M、N
分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为2cm/s．当点N
第一次到达B点时，M、N同时停止运动．点M、N运动（ ）s后，可得到等边△AMN．
A．3 B．4 C．5 D．不能确定【答案】B
【分析】设点M、N运动t秒时，得到等边三角形AMN，表示出AM，AN的长，根据∠A=60°，只要
AM=AN，三角形AMN就是等边三角形．
【详解】解：设点M、N运动t秒时，得到等边三角形AMN，
如图所示，则AM=t，BN=2t，
∵AB=BC=AC=12，
∴AN=AB−BN=12−2t，
∵△AMN是等边三角形，
∴AM=AN，即t=12−2t，
解得t=4，
∴点M、N运动4秒时，得到等边三角形AMN．
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，根据题意分析出AM=AN时得到等边三角形AMN是解题
的关键．
【变式8-2】（23-24八年级·广东江门·期中）已知，如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
BC=18cm．动点P从点A出发，沿AB向点B运动，动点Q从点B出发，沿BC向点C运动，如果动点P以
2cm/s，Q以1cm/s的速度同时出发，设运动时间为t(s)，解答下列问题：
(1)AB= ．
(2)求当△PBQ是等边三角形时对应的t值？
(3)P，Q在运动过程中，△PBQ的形状不断发生变化，当t为何值时，△PBQ是直角三角形？说明理由．
【答案】(1)36cm
(2)t=1272
(3)当t为9或 时，△PBQ是直角三角形，理由见解析
5
【分析】本题考查了含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的性质、一元一次方程的应用，熟练掌握
以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）根据含30°角的直角三角形的性质即可得出答案；
（2）求出∠B=60°，得出要使△PBQ是等边三角形，则有PB=BQ，由题意表示出BQ=t(cm)，
BP=(36−2t)(cm)，从而得出关于t的一元一次方程，解方程即可得出答案；
（3）求出∠B=60°，由题意表示出BQ=t(cm)，BP=(36−2t)(cm)，由△PBQ是直角三角形结合含30°
角的直角三角形的性质得出BP=2BQ或BQ=2BP，分情况列出一元一次方程，解方程即可得出答案．
【详解】（1）解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=18cm，
∴AB=2BC=36cm；
（2）解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
∴∠B=90°−∠A=60°，
∴要使△PBQ是等边三角形，则有PB=BQ，
由题意得：AP=2t(cm)，BQ=t(cm)，则BP=AB−AP=(36−2t)(cm)，
∴36−2t=t，
解得：t=12，
∴当△PBQ是等边三角形时对应的t值为12；
72
（3）解：当t为9或 时，△PBQ是直角三角形，理由如下：
5
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
∴∠B=90°−∠A=60°，
由题意得：AP=2t(cm)，BQ=t(cm)，则BP=AB−AP=(36−2t)(cm)，
∵ △PBQ是直角三角形，
∴BP=2BQ或BQ=2BP，
当BP=2BQ时，36−2t=2t，解得t=9，
72
当BQ=2BP时，t=2(36−2t)，解得：t= ，
5
72
综上所述，当t为9或 时，△PBQ是直角三角形．
5
【变式8-3】（23-24八年级·广东湛江·期末）如图，在△ABC中，∠B=60°，点M从点B出发沿射线BC方向，在射线BC上运动．在点M运动的过程中，连结AM，并以AM为边在射线BC上方，作等边
△AMN，连结CN．
(1)当∠BAM=__________°时，AB=2BM；
(2)请添加一个条件：__________，使得△ABC为等边三角形；
(3)在（2）的条件下，当△ABC为等边三角形时，求证：CN+CM=AC；
【答案】(1)30
(2)AB=AC
(3)见解析
【分析】本题是三角形的综合题，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等知识
（1）根据含30°角的直角三角形的性质解答即可；
（2）利用等边三角形的判定解答；
（3）利用等边三角形的性质和全等三角形的判定证明即可；
【详解】（1）解：当∠BAM=30°时，
∴∠AMB=180°−60°−30°=90°，
∴AB=2BM；
故答案为：30；
（2）解：添加一个条件AB=AC，
∵∠B=60°，AB=AC
∴△ABC为等边三角形；
故答案为：AB=AC；
（3）解：如图1中，∵△ABC与△AMN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC−∠MAC=∠MAN−∠MAC，
即∠BAM=∠CAN，
在△BAM与△CAN中，
{
AB=AC
)
∠BAM=∠CAN ，
AM=AN
∴△BAM≌△CAN(SAS)，
∴BM=CN，
∴AC=BC=BM+CM=CN+CM，
故CN+CM=AC．
【题型9 探究等边三角形中线段或角度之间的关系】
【例9】（23-24八年级·广东广州·期末）如图1，△ABC是等边三角形，D为AC边上一点，连接BD，点
C关于BD的对称点为点E，连接BE．
(1)若AB是∠DBE的平分线，求∠ABD的度数；
(2)如图2，连接EA并延长交BD的延长线于点F，
①求∠F的度数；
②探究EA，AF和BF三者之间满足的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)20°
(2)①60°，②BF=EA+2AF，理由见解析【分析】本题考查的是轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形
的性质，三角形的内角和定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键；
（1）设∠ABD=x°，由等边三角形的性质结合轴对称的性质可得答案；
（2）①设∠ABD=x°， 证明EB=CB，可得EB=AB，再结合等腰三角形的性质与内角和定理可得答
案；②在BF上截取FG=AF，连接AG，再证明△BAG≌△CAF(SAS)，可得BG=CF，再结合轴对称的
性质可得结论．
【详解】（1）解：设∠ABD=x°，△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵点C关于BD的对称点为点E，
∴∠DBC=∠DBE=60°−x°，
∴∠EBA=∠EBD−∠ABD=60°−2x°，
∵AB平分∠DBE，则∠EBA=∠DBA，
∴60−2x=x，
∴x=20，
∴∠ABD=20°；
（2）①设∠ABD=x°， 由（1）可知∠EAB=60°−2x°；
∵C，E关于BD对称，则EB=CB，
∵△ABC为等边三角形，则AB=CB
∴EB=AB
1
∴∠EAB= (180°−60°+2x°)=60°+x°，
2
∴∠F=∠BAE−∠ABD=60°+x°−x°=60°；
②BF=EA+2AF，理由如下，
在BF上截取FG=AF，连接AG，
∵∠F=60°，∴△AFG为等边三角形，
∴AG=AF=FG，∠FAG=60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴∠BAG=∠CAF，
在△BAG和△CAF中
{
AG=AF
)
∠BAG=∠CAF
AB=AC
∴△BAG≌△CAF(SAS)，
∴BG=CF，
又E和C关于BD对称，
∴EF=CF，
∴BF=BG+GF=CF+AF=EF+AF=AE+2AF．
【变式9-1】（23-24八年级·贵州毕节·期末）如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点
D，分别作BD，CD的垂直平分线EM，FN，分别交BC于点M，N，则MN与△ABC边长的关系是
（ ）
1 1
A．MN= BC B．MN= BC
2 3
1
C．MN= BC D．无法确定其倍比关系
4
【答案】B
【分析】连接MD、ND，由等边三角形的性质及角平分线的定义可得∠DBM=30°，∠DCN=30°，由
垂直平分线的性质可得MB=MD，NC=ND，再由等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得
∠DMN=60°，∠DNM=60°，可证△DMN是等边三角形，再根据等边三角形的定义即可得证．
【详解】解：连接MD、ND，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵BD是∠ABC是角平分线，CD是∠ACB的角平分线，
1 1
∴∠DBM= ∠ABC=30°，∠DCN= ∠ACB=30°，
2 2
∵EM、FN分别是BD、DC的垂直平分线，
∴MB=MD，NC=ND，
∴∠BDM=∠DBM=30°，∠CDN=∠DCN=30°，
∴∠DMN=∠BDM+∠DBM=60°，∠DNM=∠CDN+∠DCN=60°，
∴△DMN是等边三角形，
∴MN=MD=ND=MB=NC，
1
∴MN= BC，
3
故选：B．
【点睛】本题考查等边三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、三角形外角的性质、垂直平分线的性质
及角平分线的定义，熟练掌握垂直平分线的性质和等边三角形的判定证得△DMN是等边三角形是解题的
关键．
【变式9-2】（23-24八年级·河南洛阳·期末）如图，将长方形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸
片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分
别为G，H，展平纸片，连结BG，BH，则∠ABH与∠GAM的关系是 ．【答案】相等
【分析】本题考查了翻折变换，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握翻折变换的性
质、证明三角形全等是解题的关键．由翻折知，EF垂直平分AB，则AG=BG；又由翻折知，AB=AG，
∠GAM=∠BAM；从而得△ABG是等边三角形，则得∠GAM=30°；再证明△AEG≌△AHB得
∠ABH=∠AGE=30°，即可得两角的关系．
【详解】解：由第一次翻折知，EF垂直平分AB，
1
∴AG=BG，∠AGE= ∠AGB；
2
又由第二次翻折知，AB=AG，∠GAM=∠BAM；
∴AG=BG=AB，
∴△ABG是等边三角形，
∴∠BAG=∠AGB=60°，
1
∴∠GAM=30°，∠AGE= ∠AGB=30°；
2
∵E点的对应点为点H，
∴AE=AH；
∵∠GAM=∠BAM，AB=AG，
∴△AEG≌△AHB，
∴∠ABH=∠AGE=30°，
∴∠ABH=∠GAM=30°．
故答案为：相等．
【变式9-3】（23-24八年级·重庆綦江·期末）如图，△ABC是等边三角形，点D在边AC上（点D不与点
A，C重合），点E是射线BC上的一个动点（点E不与点B，C重合），连接DE，以DE为边作等边
△DEF，连接CF.
（1）如图1，当DE的延长线与AB的延长线相交，且点C，F在直线DE的同侧时，过点D作DG∥AB
，DG交BC于点G，求证：CF=EG；
（2）如图2，当DE的反向延长线与AB的反向延长线相交，且点C，F在直线DE的同侧时，求证：
CD=CE+CF；
（3）如图3，当DE的反向延长线与线段AB相交，且点C，F在直线DE的异侧时，猜想CD、CE、CF之
间的等量关系，并说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）FC=DC+EC，证明见解析.
【分析】（1）根据等边三角形的性质和平行线的性质证出△DCG是等边三角形，得出DC＝DG，由
△DEF是等边三角形得出DF＝DE，然后根据角的关系得出∠EDG＝∠FDC，进而得出△EDG≌△FDC，根
据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）过点D作DG∥AB，DG交BC于点G．同（1）的证明思路可得△EDG≌△FDC．根据全等三角形的
对应边相等等量代换即可得出结论；
（3）过点D作DG∥AB，DG交BC于点G．类似于（1）（2）的证明思路可得△EDG≌△FDC．根据全
等三角形的对应边相等等量代换即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠ACB＝60°．
∵DG∥AB，
∴∠DGC＝∠B．
∴∠DGC＝∠DCG＝60°．
∴△DGC是等边三角形．
∴DC＝DG，∠CDG＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°
∴∠EDG＝60°－∠GDF，∠FDC＝60°－∠GDF，
∴∠EDG＝∠FDC，
∴△EDG≌△FDC．∴FC＝EG．
（2）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠ACB＝60°．
如图2，过点D作DG∥AB，DG交BC于点G．
∴∠DGC＝∠B＝60°．
∴∠DGC＝∠DCG＝60°
∴△DGC是等边三角形．
∴CD＝DG＝CG，∠CDG＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°，
∴∠EDG＝60°－∠CDE，∠FDC＝60°－∠CDE，
∴∠EDG＝∠FDC．
∴△EDG≌△FDC．
∴EG＝FC．
∵CG＝CE＋EG，
∴CG＝CE＋FC．
∴CD＝CE＋FC．
（3）解：如图3，猜想DC、EC、FC之间的等量关系是FC＝DC＋EC．
证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠ACB＝60°．
过点D作DG∥AB，DG交BC于点G．∴∠DGC＝∠B．
∴∠DGC＝∠DCG＝60°
∴△DGC是等边三角形．
∴CD＝DG＝CG，∠CDG＝60°．
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°，
∴∠EDG＝60°＋∠CDE，∠FDC＝60°＋∠CDE，
∴∠EDG＝∠FDC．
∴△EDG≌△FDC．
∴EG＝FC．
∵EG＝EC＋CG，
∴FC＝EC＋DC．
【点睛】本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，添加辅助线构造出全等三
角形是解决此题的关键．
【题型10 等边三角形中的多结论问题判断正误】
【例10】（23-24八年级·广东深圳·期末）如图，C为线段AE上一动点（不与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；④BO=OE；⑤∠AOB=60°，恒成立的结论
有（ ）
A．①③⑤ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤【答案】C
【分析】①根据全等三角形的判定方法，证出△ACD≌△BCE，即可得出AD=BE，故结论①正确；③
先证明△ACP≌△BCQ，即可判断出CP=CQ，故结论③正确；②根据∠PCQ=60°，可得△PCQ为等
边三角形，证出∠PQC=∠DCE=60°，得出PQ∥AE，故结论②正确；④由图像可知：当AC变短
时，则CE变长，这时BO变短，则OE变长，可知BO不一定等于OE，故结论④错误．⑤
∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，故结论⑤正确；即可得出结论．
【详解】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴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，故结论①正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=180°−60°−60°=60°，
∴∠ACP=∠BCQ=60°，
在△ACP和△BCQ中，
{∠ACP=∠BCQ
)
AC=BC ，
∠CAP=∠CBQ
∴△ACP≌△BCQ(ASA)，
∴AP=BQ，CP=CQ，故结论③正确；
又∵∠PCQ=60°，
∴△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC=∠DCE=60°，
∴PQ∥AE，故结论②正确．
∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠AEO，
∴∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°，
∴故结论⑤正确．
∵C为线段AE上一动点（不与A、E重合），
即：AC+CE=AE，
由图形可知：当AC变短时，则CE变长，这时BO变短，则OE变长，
∴BO不一定等于OE，故结论④错误．
综上所述，可得正确的结论有4个：①②③⑤．
故选：C．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的
判定，三角形外角的性质．熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式10-1】（23-24八年级·广东佛山·期中）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交BD于
点H，EH=1，则下列结论：①∠ACD=15°；②△AFG是等腰三角形；③△ADF≌△BAH；④DF=2
．其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】①由等边三角形与等腰直角三角形知△CAD是等腰三角形且顶角∠CAD=150°，据此可判断；②
求出∠AFG和∠FAG度数，从而得出∠AGF度数，据此得出答案；③根据ASA证明△ADF≌△BAH即可判
断；④由∠BAE=45°，∠ADC=∠BAH=15°，则∠EAH=30°，DF=2EH即可得出．
【详解】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，且顶角∠CAD=150°，
∴∠ADC=15°，故①正确；
∵AE⊥BD，即∠AED=90°，
∴∠DAE=45°，
∴∠AFG=∠ADC＋∠DAE=60°，∠FAG=45°，
∴∠AGF=75°，
∴△AFG三个内角都不相等，
∴△AFG不是等腰三角形，故②错误；
由AH⊥CD且∠AFG=60°知∠FAH=30°，
则∠BAH=∠ADC=15°，
在△ADF和△BAH中，
∠ADF=∠BAH，DA=AB，
∴△ADF≌△BAH（ASA），故③正确；
∵∠ABE=∠EAB=45°，∠ADF=∠BAH=15°，∠DAF=∠ABH=45°，
∴∠EAH=∠EAB－∠BAH=45°－15°=30°，
∴AH=2EH，
∵EH=1，△ADF≌△BAH（ASA）
∴DF=AH，
∴DF=AH=2EH=2，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握直角三角形的性质、等腰三角形与等边三
角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点的应用．
【变式10-2】（2024·山东泰安·模拟预测）如图，等边△ABC中，AB=2，D为△ABC内一点，且
DA=DB，E为△ABC外一点，BE=AB且∠EBD=∠CBD，连接DE、CE，则下列结论：①
∠DAC=∠DBC；②BE⊥AC；③∠DEB=30°；④若EC∥AD，则S =1，其中正确的有（ ）
△EBCA．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】连接DC，证△ACD≌△BCD得出①∠DAC=∠DBC；再证△BED≌△BCD，得出
∠BED=∠BCD=30°，进而即可逐一判断．
【详解】解：连接DC，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ACB=60°，
∵DB=DA，DC=DC，
∴△ACD≌△BCD(SSS)，
1
∴∠BCD=∠ACD= ∠ACB=30°，
2
∵BE=AB，
∴BE=BC，
∵∠DBE=∠DBC，BD=BD，
∴△BED≌△BCD(SAS)，
∴∠BED=∠BCD=30°．
由此得出①③正确．
∵ EC∥AD，
∴∠DAC=∠ECA，
∵∠DBE=∠DBC，∠DAC=∠DBC，∴设∠ECA=∠DBC=∠DBE=x，
∵BE=BA，
∴BE=BC，
∴∠BCE=∠BEC=60°+x，
在△BCE中三角的和为180°，
∴2x+2(60°+x)=180°，
∴x=15°，
∴∠CBE=30，这时BE是AC边上的中垂线，即结论②不一定成立，是错误的．
∴BE边上的高是1，
1
∴S = ×2×1=1，结论④正确．
△EBC 2
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定定理有SAS，ASA
，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等．
【变式10-3】（23-24八年级·重庆璧山·期中）如图，已知等边△ABC和等边△BPE，点P在BC的延长线
上，EC的延长线交AP于点M，连接BM；下列结论：①AP=CE；②∠PME=60°；③BM平分
∠AME；④AM+MC=BM，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的
判定是解题关键．
分别利用全等三角形的判定方法以及其性质得出对应角以及对应边关系进而分别分析得出答案．
【详解】证明：①∵等边△ABC和等边△BPE，
∴AB=BC，∠ABC=∠PBE=60°，BP=BE，
在△APB和△CEB中，{
AB=BC
)
∠ABP=∠CBE ，
BP=BE
∴△APB≌△CEB(SAS)，
∴AP=CE，故①正确；
②∵△APB≌△CEB，
∴∠APB=∠CEB，
∵∠MCP=∠BCE，
则∠PME=∠PBE=60°，故②正确；
③作BN⊥AM于N，BF⊥ME于F，
∵△APB≌△CEB，
∴∠BPN=∠FEB，
在△BNP和△BFE中，
{∠BNP=∠BFE
)
∠NPB=∠FEB ，
PB=EB
∴△BNP≌△BFE(AAS)，
∴BN=BF，
∴BM平分∠AME，故③正确；
④在BM上截取BK=CM，连接AK．
由②知∠PME=60°，
∴∠AMC=120°，
由③知：BM平分∠AME，
∴∠BMC=∠AMK=60°=∠BAC，
∴∠ACM=∠ABK，
在△ABK和△ACM中，{
AB=AC
)
∠ABK=∠ACN ，
BK=CM
∴△ABK≌△ACM(SAS)，
∴AK=AM，
∴△AMK为等边三角形，则AM=MK，
故AM+MC=BM，故④正确；
正确的有①②③④．
故答案为：D．
