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2022-2023 学年人教版数学八年级上册压轴题专题精选汇编
专题 08 等边三角形的判定和性质
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2021八上·凉山期末）如图， 中， ， ， ，
垂足为Q，延长MN至G，取 ，若 的周长为12， ，则 周长是
（ ）
A．8＋2m B．8＋m C．6＋2m D．6＋m
【答案】C
【完整解答】解：∵ ， ，
∴△PMN是等边三角形，
∵ ，
∴QN=PQ= ，∠QMN=30°，∠QNM=60°，
∵ ，∴∠GQN=∠G=30°，QN=NG= ，
∴∠QMN=∠G=30°，
∴QM=QG，
∵ 的周长为12， ，
∴MN=4，QN=NC=2，QM=QG=m，
∴ 周长是QM+QG+MN+NG=6+2m.
故答案为：C.
【思路引导】易得△PMN是等边三角形，得QN=PQ= MN，∠QMN=30°，∠QNM=60°，根据等腰三
角形的性质可得∠GQN=∠G=30°，QN=NG= MN，推出QM=QG，根据△MNP的周长可得MN=4，
QN=NC=2，QM=QG=m，据此求解.
2．（2分）（2021八上·铁岭期末）如图， 是等边 中 边上的点， ， ，则
是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．不等边三角形 D．无法确定
【答案】B
【完整解答】解：∵△ABC为等边三角形
∴AB=AC，∠BAE=60°，
∵∠1=∠2，BE=CD，∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴AE=AD，∠BAE=∠CAD=60°，
∴△ADE是等边三角形．
故答案为：B．
【思路引导】利用等边三角形的判定与性质即可得出结论。
3．（2分）（2021八上·惠民月考）如图，在等腰△ABC中，点M，N都在BC边上，∠BAC＝120°，若
ME⊥AB于点E，NF⊥AC于点F，点E，F分别为AB，AC的中点，且EM＝2．则BC的长为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【完整解答】解：∵△ABC是等腰三角形，∠BAC=120°，
∴∠C=∠B=30°，
∵ME⊥AB，NF⊥AC，点E，F分别为AB，AC的中点，
∴AM=BM，AN=CN，
∴∠MAB=∠B=30°，∠NAC=∠C=30°，
∴∠AMN=∠ANM=∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴BM=AM=AN=MN=NC，
∵在Rt BME中，EM＝2，∠B=30°，
∴BM=2△EM=4，
∴BM=MN=CN=4，
∴BC=12；
故答案为：D．
【思路引导】由等腰三角形的性质可得∠C=∠B=30°，再求出△AMN是等边三角形，可得BM=AM=AN
=MN=NC，在Rt BME中，EM＝2，∠B=30°，可得BM=2EM=4，从而得解.
4．（2分）（202△1八上·覃塘期中）对于下列命题：①若a2＞b2，则|a|＞|b|；②若a+b＝0，则|a|＝|b|；③等
边三角形的三个内角都相等；其中原命题与逆命题均为真命题的是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③【答案】C
【完整解答】解：①若a2＞b2，则|a|＞|b|成立，故此命题是真命题；其逆命题：若|a|＞|b|，则a2＞b2成立，
故此逆命题是真命题，故①符合题意；
②若a+b=0，则|a|=|b|是真命题，但逆命题若|a|=|b|，则a=b或a+b=0，是假命题；
③等边三角形的三个内角都相等原命题是真命题；其逆命题为三个角相等的三角形是等边三角形，也是真
命题，故③符合题意；
故答案为：C.
【思路引导】若a2＞b2，则|a|＞|b|的逆命题为：若|a|＞|b|，则a2＞b2，据此判断①；若a+b=0，则|a|=|b|的逆
命题为：若|a|=|b|，则a+b=0，据此判断②；根据等边三角形的判定与性质可判断③.
5．（2分）（2021八上·广安期末）如图，C为线段 上一动点（不与点A，B重合），在 同侧
分别作等边 和等边 与 交于点F， 与 交于点G， 与
交于点H，连接 .以下四个结论：① ；② 为等边三角形；③
；④ .其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【完整解答】解：∵△ACD和△BCE是等边三角形，
∴AD＝AC＝CD，CE＝CB＝BE，∠ACD＝∠BCE＝60°.
∵∠ACB＝180°，
∴∠DCE＝60°.
∴∠DCE＝∠BCE.
∴∠ACD＋∠DCE＝∠BCE＋∠DCE，
∴∠ACE＝∠DCB.在△ACE和△DCB中， ，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴
即 ，①正确；
{∠ACG=∠DCH=60°
在△ACG和△DCH中， AC=DC ，
∠CAG=∠CDH
∴△ACG≌△DCH（ASA），
∴GC=HC，AG=DH
又∠GCH=60°，
∴ 为等边三角形，②正确；
又AC≠AG，∴DH≠AC，④错误；
∵∠GAC+∠ACG+∠AGC=180°，∠GDF+∠DFG+∠DGF=180°
又∠AGC=∠DGF，∠GAC=∠GDF
∴∠DFG=∠ACG=60°
又∠DFG= ，
∴ ，③正确；
故答案为：A.
【思路引导】由等边三角形的性质可得AD＝AC＝CD，CE＝CB＝BE，∠ACD＝∠BCE＝60°，则∠DCE
＝60°，证明△ACE≌△DCB，据此判断①；证明△ACG≌△DCH，得到GC=HC，AG=DH，推出△CGH
为等边三角形，据此判断②；根据AC≠AG，AG=DH可判断④；易得∠DFG=∠ACG=60°，由外角的性质
可得∠DFG=∠FGH+∠FHG，据此判断③.
6．（2分）（2021八上·九龙坡期末）如图，在 中， ，D是 上的点，过点
D作 交 于点F，交 的延长线于点E，连接 ， .下列结论：① ：② ③ 是等边三角形：④若 ，则 .其
中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④
【答案】C
【完整解答】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，DE⊥AB，
∴∠ADE=∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，∠DCB=∠B，故①正确；
∴CD=BD，
∵AD=CD，
∴CD= AB，故②正确；
∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
但不能判定△ADC是等边三角形，故③错误；
∵若∠E=30°，
∴∠A=60°，∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∵∠ADE=∠ACB=90°，
∴∠EDC=∠BCD=∠B=30°，
∴CF=DF，
∴DE=EF+DF=EF+CF，故④正确.
故答案为：C.
【思路引导】由在△ABC中，∠ACB=90°，DE⊥AB，易证得∠DCA=∠DAC，继而可得①∠DCB=∠B正
确；由①可证得AD=BD=CD，即可得②CD= AB正确；易得③△ADC是等腰三角形，但不能证得
△ADC是等边三角形；由若∠E=30°，易求得∠FDC=∠FCD=30°，则可证得DF=CF，继而证得
DE=EF+CF.
7．（2分）（2021八上·长沙期末）如图，等边 中，D为AC中点，点P、Q分别为AB、AD上
的点， ， ，在BD上有一动点E，则 的最小值为（ ）
A．7 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【完整解答】解：如图，
是等边三角形，，
∵D为AC中点，
∴ ，
∵ ， ，
，
作点Q关于BD的对称点Q' ，连接PQ'交BD于E，连接QE ，此时PE+QE的值最小，最小值
PE+QE=PE+EQ'=PQ' ，
， ，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
∴PE+QE 的最小值为10.
故答案为：C.
【思路引导】作点Q关于BD的对称点Q' ，连接PQ'交BD于E，连接QE ，此时PE+QE的值最小，最小
值PE+QE=PE+EQ'=PQ' ，进而判断△APQ'是等边三角形，即可解决问题.
8．（2分）（2021八上·浦北期末）如图，过边长为3的等边 的边 上一点 ，作
于 ， 为 延长线上一点，当 时，连接 交边 于点 ，
则 的长为（ ）A． B． C． D．2
【答案】C
【完整解答】过 作 交 于 ，
， 是等边三角形，
， ， ， ，
是等边三角形，
，
，
，
， ，
，
在 和 中
，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：C．
【思路引导】 过P作PF∥BC交AC于F，得出等边△APF，推出AP=PF=QC，根据等腰三角形性质求出
EF=AE，证△PFD≌△QCD，推出FD=CD，最后推出DE= AC即可求解．
9．（2分）（2021八上·潜江期末）如图，在锐角 中， ， ， 是 内
的两点， 平分 ， ，若 ， ，则 的长
度是（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【完整解答】解：延长 交 于点 ，延长 交 于点 ，过点 作
交 于点 ，如图，
， 平分 ，
， ，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
是等边三角形，，
，
，
，
.
故答案为：D.
【思路引导】延长 交 于点 ，延长 交 于点 ，过点 作
交 于点 ,先由等腰三角形三线合一得到 ， ，通过 ，
由三个角都为60°的三角形是等边三角形，故 是等边三角形，接着得到 ，
接着通过条件得到 是等边三角形，得到DM=ME-DE=4cm，接着在Rt DNM,由30°所对直角边为
△
斜边一半得到NM= ，最终得到BC=2BN=8cm.
10．（2分）（2020八上·南靖月考）如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA=3，PB=4，PC=5，将
△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置.连接PQ，则以下结论错误的是（ ）
A．∠QPB=60° B．∠PQC=90° C．∠APB=150° D．∠APC=135°
【答案】D
【完整解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，
∵将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置，
∴△BQC≌△BPA，
∴BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，
由旋转的性质得∠PBQ＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴PQ＝BP＝4，
∵PQ2＋QC2＝42＋32＝25，PC2＝52＝25，
∴PQ2＋QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，即△PQC是直角三角形，故B选项正确，
∵△BPQ是等边三角形，
∴∠BPQ＝∠BQP＝60°，故A选项正确，
∴∠BPA＝∠BQC＝60°＋90°＝150°，故C选项正确，
∴∠APC＝360°−150°−60°−∠QPC＝150°−∠QPC，
∵∠PQC＝90°，PQ≠QC，
∴∠QPC≠45°，即∠APC≠135°，故D选项错误.
故答案为：D.
【思路引导】利用旋转的性质可得△BPQ是等边三角形，∠BPA＝∠BQC，根据等边三角形的性质可得
PQ＝BP＝4，∠QPB＝60°，利用勾股定理的逆定理可得△PQC是直角三角形且∠PQC=90°，从而得出
∠BPA＝∠BQC＝∠BQP＋∠PQC＝150°，据此判断A、B、C；由∠PQC＝90°，PQ≠QC，可得
∠QPC≠45°，利用周角可求出∠APC≠135°，据此判断D.
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
11．（2分）（2021八上·武汉期末）如图 是等边三角形，点E在BA的延长线上，点D在BC上，
且 ，若 ，那么【答案】2
【完整解答】解：过点E作AC的平行线，交BC的延长线于点F，
是等边三角形，
， ，
是等边三角形，
，
，
，
在 和 中，
{∠B=∠F=90°
∠BDE=∠FCE
DE=CE≌ ，
，
、 都是等边三角形，
，即 ，
，
，
故答案为2．
【思路引导】本题考查了等腰三角形及等边三角形的性质，解题的关键是正确的作出辅助线．过点E作
AC的平行线，交BC的延长线于点F，证得 ≌ 后即可证得 ，然后利用等边
三角形的性质可得 ，即可求得BD的长．
12．（2分）（2021八上·长春期末）如图所示，已知∠AOB＝40°，现按照以下步骤作图：①在OA，OB
上分别截取线段OD，OE，使OD＝OE；②分别以D，E为圆心，以DE长为半径画弧，在∠AOB内两弧
交于点C；③作射线OC；④连接DC、EC．则∠OEC的度数为 ．
【答案】130°
【完整解答】解：由作法得OD＝OE，
∴∠OED＝∠ODE＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
∵DE＝DC＝EC，
∴△DEC为等边三角形，
∴∠CED＝60°，
∴∠OEC＝70°+60°＝130°．
故答案为130°．【思路引导】根据角平分线的性质、等边三角形的判定与性质即可得出答案。
13．（2分）（2021八上·肇源期末）如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，
以BC为边在△ABC外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确的有 （填序号）
①△BPQ是等边三角形②△PCQ是直角三角形③∠APB＝150° ④∠APC＝120°
【答案】①②③
【完整解答】解：①∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△BQC≌△BPA，
∴∠CBQ＝∠ABP，PB＝QB＝4，PA＝QC＝3，∠BPA＝∠BQC，
∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
所以①符合题意；
②PQ＝PB＝4，
PQ2+QC2＝42+32＝25，
PC2＝52＝25，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴△PCQ是直角三角形，
所以②符合题意；
③∵△BPQ是等边三角形，
∴∠PQB＝∠BPQ＝60°，
∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°，
所以③符合题意；
④∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，∵∠PQC＝90°，PC≠2QC，
∴∠QPC≠30°，
∴∠APC≠120°．
所以④不符合题意．
所以正确的有①②③．
故答案为：①②③．
【思路引导】利用全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定，勾股定理判断即可。
14．（2分）（2021八上·旅顺口期中）如图， 为等边三角形，若
，则 （用含 的式子表示）．
【答案】
【完整解答】解：如图，在BD上截取BE=AD，连结CE，
∵ 为等边三角形，
∴BC=AC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∵ ，BE=AD，
∴ ，
∴CE=CD，∠BCE=∠ACD，∴∠BCE+∠ACE=∠ACD+∠ACE，
∴∠DCE=∠ACB=60°，
∵CE=CD，
∴ 是等边三角形，
∴∠BDC=60°，
∴ ．
故答案为：
【思路引导】在BD上截取BE=AD，连结CE，由 为等边三角形，证出 ，推出
CE=CD，∠BCE=∠ACD，再根据CE=CD，得出 是等边三角形，由此得出答案。
15．（2分）（2021八上·云阳期末）如图，在 中， ， 为 边中点，
为 边上一点，将 沿着 翻折，得到 ，连接 .当 时，
的度数为 .
【答案】16°
【完整解答】解：在 中， ，将 沿着 翻折， 交 于点
,得到 ，如图；∴
∴ ,
∵ ， 为 边中点，
∴ , 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∵
即
∴ .
故答案为：16°.
【思路引导】根据折叠的性质可得 ，根据 及折叠的性质可得 为
等边三角形，再结合三角形的外角性质求解即可.
16．（2分）（2021八上·中山期末）如图， ， ，AD是∠BAC内的一条射线，
且 ，P为AD上一动点，则 的最大值是 ．【答案】5
【完整解答】解：如图，
作点B关于射线 的对称点 ，连接 、 ，B'P．
则 ， ， ，
．
∵ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
在 中， ，
当P、 、C在同一直线上时， 取最大值 ，即为5．
∴ 的最大值是5．
故答案为：5．
【思路引导】作点B关于射线 的对称点 ，连接 、 ，B'P．易证 是等边三角形，可得 ，在 中，由于 ，所以当P、 、C在同一直线上时， 取
最大值，即为 的长.
17．（2分）如图△ABC中，∠BAC=78°，AB=AC，P为△ABC内一点，连BP，CP，使∠PBC=9°，
∠PCB=30°，连PA，则∠BAP的度数为 ．
【答案】69°
【完整解答】在BC下方取一点D，使得三角形ABD为等边三角形，连接DP、DC
∴AD=AB=AC，
∠DAC=∠BAC-∠BAD=18°，
∴∠ACD=∠ADC=81°，
∵AB=AC，∠BAC=78°，
∴∠ABC=∠ACB=51°，
∴∠CDB=141°=∠BPC，
又∵∠DCB=30°=∠PCB，BC=CB，
∴△BDC≌△BPC，
∴PC=DC，
又∵∠PCD=60°，
∴△DPC是等边三角形，
∴△APD≌△APC，
∴∠DAP=∠CAP=9°，
∴∠PAB=∠DAP+∠DAB=9°+60°=69°．故答案为：69°
【思路引导】在BC下方取一点D，使得三角形ABD为等边三角形，连接DP、DC，根据等边三角形的性
质及等量代换得出AD=AB=AC，根据等边三角形的每一个内角都是60º，及角的和差得出∠DAC=∠BAC-
∠BAD=18°，根据等腰三角形的两底角相等得出∠ACD=∠ADC=81°，∠ABC=∠ACB=51°，根据三角形
的内角和得出∠CDB=141°=∠BPC，然后利用AAS判断出△BDC≌△BPC，根据全等三角形的对应边相等
得出PC=DC，由有一个角是60º的等腰三角形是等边三角形得出△DPC是等边三角形，然后利用SSS判断
出△APD≌△APC，根据全等三角形对应角相等得出∠DAP=∠CAP=9°，根据角的和差即可得出答案。
18．（2分）如图,六边形ABCDEF的六个内角都相等,若AB=1,BC=CD=3,DE=2,则这个六边形的周长等于
．
【答案】15
【完整解答】解：如图，分别作线段AB、CD、EF的延长线和反向延长线，设它们分别交于点G、H、
P．
∵六边形ABCDEF的六个角都是120°，
∴六边形ABCDEF的每一个外角的度数都是60°．
∴△AHF、△BGC、△DPE、△GHP都是等边三角形．
∴GC=BC=3，DP=DE=2．
∴GH=GP=GC+CD+DP=3+3+2=8，
FA=HA=GH－AB－BG=8－1－3=4，EF=PH－HF－EP=8－4－2=2．
∴六边形的周长为1+3+3+2+4+2=15．
【思路引导】如图，分别作线段AB、CD、EF的延长线和反向延长线，设它们分别交于点G、H、P．由
条件六边形ABCDEF的六个角都是120°，可得六边形ABCDEF的每一个外角的度数都是60°，于是
△AHF、△BGC、△DPE、△GHP都是等边三角形，再由已知条件可求AF和EF的长，从而可求得结果.
19．（2分）（2020八上·江夏月考）如图，在 中， ，点 、 分别在
， 上， ，连接 和 并且 ，延长 ， 交于
点 ，连接 ，取 中点 ，连接 交 于点 ，若 ，
，则 的面积为 .（用含 的式子表示）
【答案】
【完整解答】解：如图，延长DA至G，使AG=DE，GH=DF，连接BG，BH，BD
∵ ，
∴△ABE是等边三角形
∵∠BED=∠BEA+∠AED=60°+∠AED
∠BAG=∠ABE+∠ACB=60°+∠ACB且
∴∠BED=∠BAG
在△ABG和△EBD中
AB=EB，∠BED=∠BAG，AG=DE，
∴△ABG≌△EBD
∴BG=BD，∠DBE=∠GBA
∴∠DBE+∠ABD=∠GBA+∠ABD
即∠ABE=∠GBD=60°
又∵BG=BD
∴△GBD是等边三角形
∴∠BGD=∠BDE=60°
∴∠BGH=∠BDF=120°
又∵GH=DF，
∴△BGH≌△BDF
∴BH=BF，∠HBG=∠FBD，
∴∠FBH=∠DBG=60°
∴∠CBH=120°
如图，延长BM到K，使KM=BM，连接CK
∵M是CF的中点
∴CM=FM
又∵∠CMK=FMB
∴△CMK≌△FMB
∴CK=BF=BH，∠KCM=∠BFM
∵∠BFC+∠BCF=120°
∴∠KCM+∠BCF=120°
即∠KCB=∠CBH=120°∵BC=CB
∴△HBC≌△KCB
∴∠CBK=∠BCH
∴NC=NB=a
过C作CL⊥BK
∵
∴
∴∠CBK=60°÷（1+3）=15°
∴∠CNL=∠CBN+∠BCN=30°
又∵CN=a
∴CL=
∴ = ×BN×CL = ×a× = .
故答案为： .
【思路引导】延长DA至G，使AG=DE，GH=DF，连接BG，BH，BD，先证△ABG≌△EBD，求出
△GBD是等边三角形，再证△BGH≌△BDF，可得∠CBH=120°，延长BM到K，使KM=BM，连接CK，
先证明
CMK≌△FMB，再证△HBC≌△KCB，从而得出∠CNL=∠CBN+∠BCN=30°，继而得出CL= CN=
△
，由 = ×BN×CL计算即可.
20．（2分）（2020八上·梁子湖期中）等边△ACD和等边△BCE有一个公共顶点C，直线AE与BD交于
点F ，直线AE与CD交于点G， 直线CE与BD交于点H，连接GH. 下列结论：①AE=DB；
②△BHC≌△EGC；③∠DFA=60°；④△HGC为等边三角形. 其中正确的结论有 .（填序号）【答案】①③
【完整解答】解：∵△ACD和△BCE都是等边三角形，
∴AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠ECB=60°，
∴∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠CAE=∠CDB，∠AEC=∠DBC，AE=DB，故①正确；
在△ACG和△DFG中，
∵∠CAE=∠CDB，∠AGC=∠DGF，
∴∠DFA=∠ACD=60°；故③正确；
由于无法判断∠DCE的大小，∴∠DCE与∠ECB不一定相等，故④不正确；
虽然∠AEC=∠DBC，CE=CB，但无法判定△BHC与△EGC全等，故②不正确；
综上，正确的结论是①③.
故答案为：①③.
【思路引导】利用等边三角形的性质，易证AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠ECB=60°，可推出
∠ACE=∠DCB，利用SAS证明△ACE≌△DCB，利用全等三角形的性质可得AE=DB，可对①作出判断；
利用全等三角形的性质，可得∠CAE=∠CDB，∠AEC=∠DBC，再证明∠DFA=∠ACD=60°，可对③作出
判断；根据∠AEC=∠DBC，CE=CB，无法判断△BHC与△EGC全等，可对②作出判断；由于无法判断
∠DCE的大小，可对④作出判断；综上所述可得出正确结论的序号。
三．解答题（共9小题，满分62分）
21．（4分）（2021八上·江阴月考）如图，△ABC是等边三角形，点D为BC上一点（与点B不重合），
过点C作∠ACE＝60°，且CE=BD（点E与点A在射线BC同侧），连接AD，ED.求证：AD=DE.【答案】证明：如图，在AB上截取AF=DC，连接FD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠B=∠ACB=60°，
又∵AF=DC，
∴BF=BD，
∴△BDF是等边三角形，
∴∠BFD=60°，BD=DF，
∴∠AFD=120°，
∵∠ACE＝60°，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=120°，
∴∠DCE=∠AFD，
∵CE=BD，
∴CE=DF，
在△ADF和△DEC中，
∵CE=DF，∠DCE=∠AFD，DC = AF，
∴△ADF≌△DEC（SAS），
∴AD=DE.
【思路引导】 在AB上截取AF=DC，连接FD，证出△ADF≌△DEC，即可得出AD=DE.22．（5分）（2020八上·沭阳期中）如图， 是等边 外一点， 在 的延长线上，连
接 ， ，且有 ， .求证： 为等边三角形.
【答案】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴CA=CB，∠ACB=60°，
在△BCE和△ACD中，
∵CB=CA， ， ，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴CE=CD，∠BCE=∠ACD，
∴∠ECD=∠ACB=60°，
∴△CDE是等边三角形.
【思路引导】利用等边三角形的性质可证得CA=CB，∠ACB=60°；利用SAS证明△BCE≌△ACD，利用
全等三角形的性质可推出CE=CD，∠BCE=∠ACD=60°，然后利用有一个角是60°的等腰三角形是等边三
角形，可证得结论.
23．（4分）（2020八上·台前期中）如图，在等边△ABC中，点D为BC边上的一点，在等边△ABC的
外角平分线CE上取一点E，使CE＝BD，连接AE、DE，请判断△ADE的形状，并说明理由.
【答案】解：△ADE是等边三角形.
理由：如图，∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝∠ACB＝60°，AB＝AC.
∴∠ACF＝120°.
∵CE平分∠ACF，
∴∠4＝ ∠ACF＝60°，
∴∠B＝∠4.
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，∠1＝∠3.
∵∠1+∠2＝60°，
∴∠2+∠3＝60°.
即∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形.
【思路引导】由等边三角形的性质和已知条件用边角边可证△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质可得
AD＝AE，∠1＝∠3，于是∠DAE=∠2+∠3=∠1+∠2=60度，根据有一个角等于60度的等腰三角形是等边
三角形可得△ADE是等边三角形.
24．（6分）（2021八上·嵩县期末）如图，点D是等边△ABC内一点，E是△ABC外的一点，∠CDB＝
130°，∠BDA＝α，△BDA≌△CEA．（1）（3分）求证：△AED是等边三角形；
（2）（3分）若△CDE是直角三角形，求α的度数．
【答案】（1）证明：∵ ， ，
∴ AD=AE ，∠BAD=∠CAE，∠BDA=∠AEC =α，
∴ ，
∴ ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形；
（2）解：∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，∠BDA＝α，
∴ ， ，
．
∵ 是直角三角形， ．
当 时， ，∴ ，
当 ， ，
∴ ，
∴ 或 ．
【思路引导】（1）利用全等三角形的性质得∠BAD=∠CAE，∠CEA=α，AD=AE，易得∠BAC=∠DAE；
再利用等边三角形的性质可求出∠BAC=60°，由此可得到∠DAE=60°，利用有一个角是60°的等腰三角形
是等边三角形，可证得结论；
（2）利用等边三角形的性质可证得∠ADE=∠AED=60°，可表示出∠CDE，∠CED，∠DCE；然后根据直
角三角形的定义，分情况讨论：∠CED=90°时；∠CDE=90°时，分别求出α的值.
25．（6分）（2021八上·川汇期末）如图， 是等边三角形， ，分别交AB，AC于点D，
E.
（1）（3分）求证： 是等边三角形；
（2）（3分）点F在线段DE上，点G在 外， ， ，求证：
.
【答案】（1）解：∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵DE∥BC，∴ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形；
（2）证明：连接AG，如图所示：
∵ 是等边三角形，
∴ ，AB=AC，
∵ ， ，
∴△ABF≌△ACG（SAS），
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ .
【思路引导】（1）由等边三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，由平行线的性质可得
∠ADE=∠ABC=∠AED=∠ACB=60°，根据有两个角为60度的三角形是等边三角形可得△ADE是等边三
角形；（2）连接AG，用边角边可证△ABF≌△ACG，则AF=AG，∠BAF=∠CAG，进而可得
∠BAF+∠FAC=∠FAC+∠CAG=∠BAC=60°，根据有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形可证
△AFG是等边三角形，由等边三角形的性质可求解.
26．（10分）（2021八上·香坊期末）已知， 中， ．
（1）（3分）如图1，求证： ；
（2）（3分）如图2，D是 外一点连接 、 ，且 ，作 的平
分线交 于点E，若 ，求 的度数；
（3）（4分）如图3，在（2）的条件下，连接 交 于点F，若 ， ，求
的长．
【答案】（1）证明：∵△ABC
∴∠A+∠B+∠C=180°
∵
∴∠A+∠B+∠C=∠A+2∠B
∴∠B=∠C
∴ ；
（2）解：∵ ，
∴△ABC是等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°
设∠ABD=x，则∠D=∠ABD=x，∵四边形ACBD
∴∠C+∠DBC+∠D+∠DAC=360°，即60°+60°+x+x+∠DAC=360°
∴∠DAC=240°-2x
∵作 的平分线交 于点E
∴∠EAD= ∠DAC=120°-x
∵△AED
∴∠D+∠AED+∠EAD=180°，即∠x+∠AED+120°-x =180°，解得∠AED=60°；
（3）解：作AM⊥BD
∵AB=AD
∴MD=MB
∵AC=AD，AE平分∠CAD
∴AE⊥CD
∵由（2）得∠AED=60°，设ME=x
∴AE=2x，DE=2EF，BM=MF=x+3
∴DE=MD+ME=2x+3
∴EF=
∴AE=EF+AF= +3
∴ +3=2x，解得：x=
∴DE=2x+3=10．【思路引导】（1）先求出 ∠A+∠B+∠C=180° ，再求出 ∠B=∠C ，最后证明即可；
（2）先求出 60°+60°+x+x+∠DAC=360° ，再求出 ∠EAD= ∠DAC=120°-x ，最后计算求解即可；
（3）先求出 DE=MD+ME=2x+3 ，再列方程计算求解即可。
27．（10分）（2021八上·杭州期中）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，沿三角形的边顺时针运动，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.
（1）（3分）点M、N运动几秒后，M、N两点重合？
（2）（3分）点M、N运动时，能否得到以MN为底边的等腰三角形AMN？如存在，请求出此时M、
N运动的时间；
（3）（4分）点M、N运动几秒后，可得到直角三角形△AMN？
【答案】（1）解：设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，
x+12=2x，
解得：x=12，
即当M、N运动6秒时，点N追上点M，即M、N两点重合；
（2）解：当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形，
由（1）知12秒时M、N两点重合，恰好在C处，
如图2，假设△AMN是等腰三角形，∴AN=AM，
∴∠AMN=∠ANM，
∴∠AMC=∠ANB，
∵AB=BC=AC，
∴△ACB是等边三角形，
∴∠C=∠B，
在△ACM和△ABN中，
∵∠AMC=∠ANB，∠C=∠B，AC=AB，
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM=BN，
∴t-12=36-2t，
解得t=16，符合题意，
所以假设成立，当M、N运动16秒时，能得到以MN为底的等腰三角形；
当M、N分别在AC、AB上时，可得AM=AN，
即t=12-2t，
t=4，
综上所述，满足条件的t的值为4或16；
（3）解：当点N在AB上运动时，如图3，
若∠AMN=90°，∵BN=2t，AM=t，
∴AN=12-2t，
∵∠A=60°，则∠ANM=30°，
∴2AM=AN，即2t=12-2t，
解得t=3；
如图4，若∠ANM=90°，同理得2AN=AM得2（12-2t）=t，
解得t= ；
当点N在AC上运动时，点M也在AC上，此时A，M，N不能构成三角形；
当点N在BC上运动时，
如图5，
当点N位于BC中点处时，由△ABC时等边三角形知AN⊥BC，即△AMN是直角三角形，
则2t=12+12+6，
解得t=15；
如图6，
当点M位于BC中点处时，由△ABC时等边三角形知AM⊥BC，即△AMN是直角三角形，则t=12+6=18，
当t=18时，点N运动了 ，此时点N与点B重合，符合题意；
综上，当t=3或 或15或18时，可得到直角三角形△AMN.
【思路引导】（1）设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，则有x+12=2x，求解即可；
（2）由（1）知12秒时M、N两点重合，恰好在C处，假设△AMN是等腰三角形，则AN=AM，则
∠AMN=∠ANM，结合邻补角的性质可得∠AMC=∠ANB，易得△ACB是等边三角形，则∠C=∠B，证明
△ACM≌△ABN，得到CM=BN，则t-12=36-2t，求解即可；当M、N分别在AC、AB上时，可得
AM=AN，则t=12-2t，求解即可；
（3）当点N在AB上运动时，若∠AMN=90°，则BN=2t，AM=t，AN=12-2t，由含30°角的直角三角形的
性质得2AM=AN，据此解答；若∠ANM=90°，同理得2AN=AM；当点N位于BC中点处时，由△ABC时
等边三角形知AN⊥BC，即△AMN是直角三角形，则2t=12+12+6，求解即可；当点M位于BC中点处时，
由△ABC时等边三角形知AM⊥BC，即△AMN是直角三角形，则t=12+6=18，求解即可.
28．（7分）（2021八上·长沙月考）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D为△ABC内一点，
且BD=AD，
（1）（3分）求证：CD⊥AB；
（2）（4分）∠CAD=15°，E为AD延长线上的一点，且CE=CA，
①求证：DE平分∠BDC；
②若点M在DE上，且DC=DM，请判断ME、BD的数量关系，并给出证明；
③若N为直线AE上一点，且△CEN为等腰三角形，直接写出∠CNE的度数.
【答案】（1）证明：∵CB=CA，DB=DA，
∴CD垂直平分线段AB，
∴CD⊥AB，
（2）解：①证明：∵AC=BC，
∴∠CBA=∠CAB，又∵∠ACB=90°，
∴∠CBA=∠CAB=45°，
又∵在△ADC和△BDC中，
{AC=BC
CD=CD ，
AD=BD
∴△ADC≌△BDC（SSS），
∴∠CAD=∠CBD=15°，
∴∠DBA=∠DAB=30°，
∴∠BDE=30°+30°=60°，
∵∠ACB=90°，∠ACD=∠BCD，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠CDE=∠ACD+∠CAD=45°+15°=60°，
∵∠CDE=∠BDE=60°，
∴DE平分∠BDC；
②结论：ME=BD，
理由：连接MC，
∵DC=DM，∠CDE=60°，
∴△MCD为等边三角形，
∴CM=CD，∠CMD=60°，
又∵EC=CA，∠CAD=15°，
∴∠ECM=∠CMD-∠CAD=45°，
在△BDC和△EMC中，
{
DC=MC
∠BCD=∠ECM ，
BC=EC
∴△BDC≌△EMC（SAS），
∴ME=BD，
③7.5°、15°、82.5°、150°【完整解答】解：（2）③当EN=EC时，∠ENC=7.5°或82.5°；
当EN=CN时，∠ENC=150°；
当CE=CN时，∠CNE=15°，
故答案为：7.5°、15°、82.5°、150°.
【思路引导】（1）根据线段垂直平分线的判定定理即证；
（2）①根据等腰直角三角形的性质可得∠CBA=∠CAB=45°， 证明△ADC≌△BDC（SSS）， 可得
∠CAD=∠CBD=15°，∠ACD=∠BCD=45°， 利用三角形外角的性质得∠BDE=∠DBA+∠DAB=60°，
∠CDE=∠ACD+∠CAD=60°， 得 ∠CDE=∠BDE，即证结论；
②ME=BD，理由：连接MC， 先证△MCD为等边三角形，从而利用SAS可证△BDC≌△EMC， 利用全
等三角形的性质即得结论；
③分三种情况：当EN=EC时，当EN=CN时，当CE=CN时，根据等腰三角形的性质分别解答即可.
29．（10分）（2021八上·宁乡市期末）如图1，在边长为 的等边∆ 中，点 是边 上一个动点，
过点 作 ⊥ 于点 .
（1）（3分）求证： ；
（2）（3分）如图2，过点 向 引垂线交 于点 ，当 时，试判断 点在 上的
位置，并说明理由；
（3）（4分）如图3，延长 至 ，使 ，连接 交 于点 ，随着 点的移动，请
判断线段 的长度是否发生变化；若变化，请说明理由；若不变，请求出 的值.
【答案】（1）证明：∵△ 是等边三角形，∴∠ °
∵DE⊥AC，∴∠AED=90°，∠ADE=30°，∴AE=12AD
（2）解：D点在AB的中点处
如图：连接CD，∵DE=DF，DE⊥AC，DF⊥BC
∴D点在∠ACB的平分线上，∴CD平分∠ACB
∵∆ABC是等边三角形，∴CD为AB边上的中线，
∴D点在AB的中点处；
（3）解：EH的长度不发生变化，且EH=3，
理由如下：
如图：过点D作DM∥BC交AC于点M.
∴∠ADM=∠B，∠AMD=∠ACB，∠HDM=∠G
∵∆ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=∠A=60°
∠A=∠ADM=∠AMD=60°
∴∆ADM是等边三角形.∴DM=AD
∵GC=AD，∴DM=GC
在∆DMH和∆GCH中
∠HDM=∠G∠DHM=∠GHCDM=GC
∴∆DMH≌∆GCH(AAS)
∴MH=CH；MH=12MC又∵∆ADM是等边三角形，DE⊥AM，
∴EM=12AM
∴EH=EM+MH=12AM+12MC=12(AM+MC)=12AC=3
∴EH=3.
【思路引导】（1）求出∠ADE=30°，在Rt ADE中，可得 ；
△
（2） 点在 的中点处.如图，连接 ，由角平分线的判定可得 平分∠ ，利用等腰三角形
三线合一的性质即得结论；
（3）不变. 如图：过点 作 ∥ 交 于点 .证明∆ ≌∆ 可得
，由等边三角形的性质可得 ，根据
即可求解.
