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专题 13.3 等腰三角形中的综合
【典例1】在△ABC中，AB＝AC，AE是△ABC的中线，G、H分别为射线BA、AC上一点，且满足
∠GEH+∠BAC＝180°．
(1)如图1，若∠CAE＝45°，且G、H分别在线段BA、AC上，求证：△AEH≌△BEG；
(2)在（1）的条件下，AG＝3，求线段CH的长度；
(3)如图2，延长AE至点D，使DE＝AE，过点E作EF⊥BD于点F，当点G在线段BA的延长线上，点H
在线段AC的延长线上时，探求线段BF、CH、BG三者之间的数量关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）利用等腰三角形的性质和已知条件，先证∠BAC＝90°，AE=CE，AE=BE， 再结合∠GEH+∠BAC
＝180°，证明∠GEH＝90°，进而证明∠AEH＝∠BEG，最后利用ASA即可证明△AEH≌△BEG；
（2）利用（1）中结论，参照（1）中方法利用ASA即可证明△CEH≌△AEG，即可得出CH=AG=3；
（3）作EI⊥AB于I，在BG上截取IJ＝BI，连接EJ．先利用AAS证明△JEG≌△CEH，推出JG=CH，再证
明△BFE≌△BIE，推出BF＝BI，即可得出BG=BI+JI+GJ=2BF+CH．
【解题过程】
解：（1）证明：如图所示：∵AB＝AC，AE是△ABC的中线，
∴∠C＝∠B，AE⊥BC，
又∵∠CAE＝45°，
∴∠C＝∠CAE＝45°，
∴∠B＝∠C＝∠CAE＝∠BAE＝45°，
∴∠BAC＝90°，AE=CE，AE=BE，
∵∠GEH+∠BAC＝180°，∠BAC＝90°，
∴∠GEH＝90°，
∴∠AEH+∠AEG＝∠AEG +∠BEG＝90°，
∴∠AEH＝∠BEG，
在△AEH和△BEG中，
¿，
∴△AEH≌△BEG(ASA)；
（2）由（1）知∠C＝∠BAE＝45°，AE=CE，∠GEH＝90°，AE⊥BC，
∴∠AEC＝∠GEH＝90°，
∴∠AEH+∠CEH＝∠AEH +∠AEG＝90°，
∴∠CEH＝∠AEG，
在△CEH和△AEG中，
¿，
∴△CEH≌△AEG(ASA)，
∴CH=AG=3；
（3）2BF+CH=BG，
理由如下：
如图，作EI⊥AB于I，在BG上截取IJ＝BI，连接EJ．
则EI是线段BJ的垂直平分线，
∴EJ=BE，
∵E是BC的中点，∴BE=EC，
∴EJ=EC．
∵∠GEH+∠BAC＝180°，∠GAH+∠BAC＝180°，
∴∠GEH＝∠GAH，
又∵∠GOA＝∠HOE，
∴∠JGE＝∠CHE，
∵EJ=BE，AB=AC，
∴∠EJB＝∠ABC＝∠ACB，
∴∠EJG＝∠ECH，
在△JEG和△CEH中，
¿，
∴△JEG≌△CEH(AAS)，
∴JG=CH，
∵AE⊥BC，DE＝AE，
∴BD＝AB，
∴∠ABE＝∠DBE，
∵EI⊥AB，EF⊥BD，
∴∠BIE＝∠BFE＝90°，
又∵BE＝BE，
∴△BFE≌△BIE(AAS)，
∴BF＝BI，
∴BG=BI+JI+GJ=2BF+CH．
1．（2021·福建省永春崇贤中学九年级阶段练习）如图，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，且点E
落在AB上，DE的延长线与AC相交于点F，连接DA，BF，若∠ABC=60°，BF=AF．(1)求证△ADF≌△BDF；
(2)若AF=2，求DF的长．
【思路点拨】
（1）根据旋转的性质以及已知条件，证明△ABD是等边三角形，然后根据SSS证明△ADF≌△BDF；
（2）由△ADF≌△BDF，得到∠ADF=∠BDF=30°，再证明∠DBF=90°，根据含30度角的直角三角形的性质，
即可解决问题．
【解题过程】
（1）证明：∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，
∴△ABC≌△DBE，
∴AB=DB，∠DBE=∠ABC=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
在△ADF与△BDF中，
¿，
∴△ADF≌△BDF（SSS）；
（2）∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∵△ADF≌△BDF，
1
∴∠ADF=∠BDF= ∠ADB=30°，AF=BF，
2
∴DF⊥AB，∠DEB=∠C=90°，
∴∠BAC=30°，
∵AF=BF，
∴∠EBF=∠BAC=30°，
∴∠DBF=∠DBA+∠ABF=60°+30°=90°，
∵BF=AF=2，∠BDF=30°，∴DF=2BF=4．
2．（2021·北京市陈经纶中学八年级期中）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，P是线段BC上一点，
连接AP，延长BC至点Q，使得CQ=CP，过点Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M．
(1)若∠CAP=20°，则∠AMQ= °．
(2)判断AP与QM的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）根据题意，得出∠CAB=45°，再根据角的关系，得出∠PAB=25°，再根据直角三角形两锐角互余，即
可算出∠AMQ的度数；
（2）连接AQ，首先推断出AP=AQ，再根据三线合一的性质，得出∠QAC =∠PAC，再根据三角形的外角
和定理，得出∠QMA =∠MQB+45°，再根据角的关系，得出∠QAM =∠QAC+45°，再根据直角三角形两锐
角互余，得出∠MQB =∠PAC，再根据等量代换，得出∠QMA =∠QAM，再根据等角对等边，得出
QA=QM，再根据等量代换，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC是等腰三角形，∠ACB=90°，
∴∠CAB=45°．
∵∠CAP=20°，
∴∠PAB=25°．
∵QH⊥AP于点H，
∴∠AHM=90°．
∴∠AMQ=90°－∠PAB=90°－25°=65°．
故答案为：65
（2）解：AP=QM，证明如下：
连接AQ，∵∠ACB =90°，
∴AC⊥PQ．
又∵CQ=CP，
∴AP=AQ．
∵AP=AQ，AC⊥PQ，
∴∠QAC =∠PAC．
∵∠QMA =∠MQB+∠B，
∴∠QMA =∠MQB+45°．
∵∠QAM =∠QAC+∠CAB，
∴∠QAM =∠QAC+45°．
∵AC⊥PQ，AP⊥MQ，
∴∠MQB =∠PAC．
∵∠QAC =∠PAC，
∴∠QAC=∠MQB．
∴∠QMA =∠QAM．
∴QA=QM，
∴AP=QM．
3．（2022·山西·运城市盐湖区教育科技局教学研究室七年级期末）已知：等腰直角△ABC，∠ACB=90°，
AC=BC，CH⊥AB，将△ABC沿CE折叠，使CA落在直线CH上，BM是∠ABC的平分线，交AC于
M，交CH于N，连接EN．(1)请说明：AE=CN
(2)试判断CE与BM的关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）由“ASA”可证△ACE≌△CBN，可得AE＝CN；
（2）先证EBN≌△CBN，得到BC=BE，再根据BM是∠ABC的平分线，即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵∠ACB=90°，AC=BC，CH⊥AB，
∴∠A=∠ABC=∠ACH=∠BCH=45°，AH=BH=CH，
由折叠得∠ACE=∠ECH=22.5°，
∵BM是∠ABC的平分线，
∴∠CBM=∠ABM=22.5°，
∴∠ACE=∠CBM，
在△ACE和△CBN中，¿
∴△ACE≌△CBN（ASA），
∴AE=CN.
（2）证明：如图，由（1）得，AE=CN，AH=CH，∠CBM=∠ABM,∴AH−AE=CH−CN，
∴EH=NH ，
∵CH⊥AB,
∴∠AHC=90°，
∴∠NEH=45°，
在△CBN和△EBN中¿
∴△EBN≌△CBN（AAS）
∴BC=BE，
∴△BEC是等腰三角形
又∵BM是∠ABC的平分线，
∴BO⊥CE，CO=OE（三线合一）
∴BM垂直平分CE．
4．（2021·广东·沙田第一中学七年级期末）如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，B，C，D三点共线，
AD与BE相交于点O，AD与CE交与点F，AC与BE交于点G．
(1)找出图中一对全等三角形，并说明理由．
(2)求∠BOD度数．
(3)连接GF，判断△CGF形状，并说明理由．
【思路点拨】
（1）通过观察图形，根据等边三角形的性质就可以证明△BCE≌△ACD；（2）由（1）△BCE≌△ACD可以得出∠ADC=∠BEC，而有∠AOB=∠EBC+∠ADB，就有
∠AOB=∠EBC+∠BEC=∠DCE=60°，从而可以求出∠BOD的值；
（3）通过证明△BGC≌△AFC就可以得出CG=CF，由∠ACE=60°，就可以得出△CGF是等边三角形．
【解题过程】
（1）解：△BCE≌△ACD，
理由：∵△ABC和△ECD都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=∠BAC=60°，
∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，
∵∠BCE=∠ACD．
在△BCE和△ACD中，¿，
∴△BCE≌△ACD（SAS）；
（2）解：∵△BCE≌△ACD，
∴∠ADC=∠BEC．
∵∠AOB=∠EBC+∠ADC，
∴∠AOB=∠EBC+∠BEC=∠DCE=60°．
∵∠AOB+∠BOD=180°，
∴∠BOD=120°；
（3）证明：∵△BCE≌△ACD，
∴∠CBE=∠CAD．
∵∠BCA=∠ECD=60°，
∴∠ACE=60°，
∴∠ACE=∠BCA．
在△BGC和△AFC中，¿，
∴△BGC≌△AFC（ASA），
∴GC=FC．
∵∠GCF=60°，
∴△GFC是等边三角形．5．（2022·福建省尤溪县梅仙中学八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，
0），以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C为x轴正半轴上一动点（OC>1），连接
BC，以线段BC为边在第四象限内作等边三角形CBD，直线DA交y轴于点E．
(1)求证：OC＝AD．
(2)∠CAD的度数是______．
(3)当点C运动到什么位置时，以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形？
【思路点拨】
（1）先根据等边三角形的性质得∠OBA=∠CBD=60°，OB=BA，BC=BD，则∠OBC=∠ABD，然后可根据
“SAS”可判定△OBC≌△ABD，由全等三角形的判定与性质可得出结论；
（2）由△AOB是等边三角形知∠BOA=∠OAB=60°，再由△OBC≌△ABD知∠BAD=∠BOC=60°，根据
∠CAD=180°-∠OAB-∠BAD可得结论；
（3）先根据全等三角形的性质以及等边三角形的性质，求得∠EAC=120°，进而得出以A，E，C为顶点的
三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，最后根据Rt△AOE中，OA=1，∠OEA=30°，求得AC=AE=2，据
此得到OC=1+2=3，即可得出点C的位置．
【解题过程】
（1）证明：∵△AOB，△CBD都是等边三角形，
∴OB=AB，CB=DB，∠ABO=∠DBC，
∴∠OBC=∠ABD，
在△OBC和△ABD中，¿，
∴△OBC≌△ABD（SAS），
∴OC=AD；
（2）解：∵△AOB是等边三角形，
∴∠BOA=∠OAB=60°，
∵△OBC≌△ABD，
∴∠BAD=∠BOC=60°，∴∠CAD=180°-∠OAB-∠BAD=60°．
故答案为：60°；
（3）解：∵△OBC≌△ABD，
∴∠BOC=∠BAD=60°，
又∵∠OAB=60°，
∴∠OAE=180°-60°-60°=60°，
∴∠EAC=120°，∠OEA=30°，
∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，
在Rt△AOE中，OA=1，∠OEA=30°，
∴AE=2，
∴AC=AE=2，
∴OC=1+2=3，
∴当点C的坐标为（3，0）时，以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形．
6．（2022·全国·八年级专题练习）已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上的一动点（点D不与B、
C重合），以AD为边作等边△ADE（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE．
(1)如图1，当点D在边BC上时，求证：
①BD＝CE，
②AC＝CE＋CD；
(2)如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC＝CE＋CD是否成立？若不成立，请写
出AC、CE、CD之间存在的数量关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）①证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得证；②根据BD＝CE．BC＝BD+CD，有BC＝CE+CD．即有
AC＝CE+CD；
（2）证明△ABD≌△ACE（SAS）即可得证．
【解题过程】
（1）①∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE．
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中，
¿，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE．
②∵△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE．
∵BC＝BD+CD，
∴BC＝CE+CD．
∵在等边△ABC中，BC＝AC，
∴AC＝CE+CD；
（2）不成立，AC+CD＝CE．理由如下：
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE．
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中，
¿，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴BD＝CE．
∵BD＝BC+CD，
∴CE＝BC+CD，
∵BC＝AC，
∴AC+CD＝CE．
7．（2022·四川省彭州中学实验学校八年级期中）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是△ABC的外角
平分线AD上一点，DE⊥AC交CA的延长线于点E，连接DB．(1)求证：∠CAB＝2∠ADE；
1
(2)如图2，F是AC上一点，且DF＝DB，若∠CAB＝60°，求证：AC﹣AE＝ AF．
2
【思路点拨】
（1）作DG⊥AB于G，由AAS证明ΔADE≅ΔADG，得出∠ADE=∠ADG，AE=AG，DE=DG，
证出∠CAB=∠EDG，即可得出结论；
（2）在AB上截取AH=AD，连接DH，证出∠ABC=30°，ΔADH是等边三角形，得出AB=2AC，
AD=AH=2AG=2GH=2AE，由HL证明RtΔDEF≅RtΔDGB，得出EF=GB，证出AF=BH，即可
得出结论．
【解题过程】
（1）证明：作DG⊥AB于G，如图1所示：
则∠DGA=90°，
∵DE⊥AC，
∴∠E=90°，
∵AD平分∠BAE，
∴∠DAE=∠DAG，
在ΔADE和ΔADG中，
¿，
∴ΔADE≌ΔADG(AAS)，
∴∠ADE=∠ADG，
∵∠E+∠DGA=180°，
∴∠EAG+∠EDG=180°，∵∠EAG+∠CAB=180°，
∴∠CAB=∠EDG，
∴∠CAB=2∠ADE；
（2）证明：在AB上截取AH=AD，连接DH，如图2所示：
同（1）得：ΔADE≅ΔADG(AAS)，
∴AE=AG，DE=DG
∵∠CAB=60°，AD平分∠BAE，∠C=90°，
∴∠BAD=∠DAE=∠60°，∠ABC=30°，
∴ΔADH是等边三角形，AB=2AC，
∵DG⊥AB，
∴AD=AH=2AG=2GH=2AE，
在Rt△≝¿和Rt△DGB中，
¿，
∴Rt△≝≌Rt△DGB(HL)，
∴EF=GB，
∵AE=AG=GH，
∴AF=BH，
∵AB−AH=BH，
∴2AC−2AE=AF，
1
∴AC−AE= AF．
2
8．（2022·全国·八年级专题练习）如图，点O是等边△ABC内一点．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转
60°得△ADC，连接OD．已知∠AOB＝110°．(1)求证：△COD是等边三角形；
(2)当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；
(3)探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形．
【思路点拨】
（1）根据旋转后，图形不变，OC=DC，∠OCD=60°，根据等边三角形的判定定理，即可证明△COD
是等边三角形；
（2）根据旋转后，图形不变，∠BOC=∠CDA=α，根据△COD是等边三角形，得∠CDO=60°，得
∠ADO=∠ADC−60°，即可证明△AOD的形状；
（3）根据△AOD是等腰三角形，依次讨论AD=OA，AD=OD，AO=OD；根据等边对等角，进行讨
论，求出α的度数，即可．
【解题过程】
解：（1）∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC
∴OC=DC，∠OCD=60°
∴△COD是等边三角形．
（2）∵△ADC是由△BOC旋转后得到的
∴∠BOC=∠CDA=α
∵△COD是等边三角形
∴∠CDO=60°
∵∠ADC=∠CDO+∠ADO=150°
∴∠ADO=150°−60°=90°
∴△AOD是直角三角形．
（3）∵△ADC是由△BOC旋转后得到的
∴∠BOC=∠ADC=α
∴∠ADO=∠ADC−∠CDO
∵△COD是等边三角形∴∠CDO=60°，∠OCD=60°
∴∠ADO=α−60°
∵∠AOB=110°
∴∠AOD=360°−∠AOB−α−∠COD
∴∠AOD=360°−110°−α−60°=190°−α
∵在△AOD中，∠AOD+∠ADO+∠OAD=180°
∴190−α+(α−60°)+∠OAD=180°
∴∠OAD=50°
∵△AOD是等腰三角形
∴①AD=OA
∴∠AOD=∠ADO
∴190°−α=α−60°
∴α=125°
②AD=OD
∴∠OAD=∠AOD
∴50°=190°−α
∴α=140°
③AO=DO
∴∠OAD=∠ADO
∴50°=α−60°
∴α=110°
∴当α为125°、140°、110°时，△AOD是等腰三角形．
9．（2022·江西·崇仁县第二中学七年级阶段练习）已知：在△ABC中，AC=7．
(1)如图①，分别以AB，BC为边，向外作等边△ABD和等边△BCE，连接AE，CD，则AE CD（填
“＞”“＜”或“=”）；1
(2)如图②，分别以AB，BC为腰，向内作等腰△ABD和等腰△BCE，∠ABD=∠CBE且小于 ∠ABC，连接
2
AE，CD，请猜想AE与CD的数量关系，并说明理由；
(3)如图③，以AB为腰向内作等腰△ABD，以BC为腰向外作等腰△BCE，且∠ABD=∠CBE，已知点A到
直线DE的距离为2，AE=8，求点D到直线AE的距离．
【思路点拨】
（1）利用等边△ABD和等边△BCE得出BD=BA，BC=BE，∠DBA=∠CBE，可判断△DBC≌△ABE，即得
AE=CD；
（2）利用△ABD和△BCE为等腰三角形，得出BD=BA，BC=BE，∠DBA=∠CBE，可判断△DBC≌△ABE，
即得AE=CD；
（3）利用△ABD和△BCE为等腰三角形，得出BD=BA，BC=BE，∠DBA=∠CBE，可判断△DBE≌△ABC，
即得AC=DE=7，再利用△ADE的面积即可求点D到直线AE的距离．
【解题过程】
（1）解：∵△ABD和△BCE为等边三角形，
∴BD=BA，BC=BE，∠DBA=∠CBE=60°，
∴∠DBA+∠ABC=∠CBE+∠ABC，即：∠DBC=∠ABE，
在△DBC和△ABE中，¿，
∴△DBC≌△ABE（SAS），
∴CD=AE，
故答案为：=；
（2）解：CD=AE，
证明如下：∵△ABD和△BCE为等腰三角形，
∴BD=BA，BC=BE，
∵∠DBA=∠CBE，
∴∠DBA+∠DBE=∠CBE+∠DBE，即∠ABE=∠DBC，
在△DBC和△ABE中，¿，
∴△DBC≌△ABE（SAS），
∴CD=AE；
（3）解：∵△ABD和△BCE为等腰三角形，
∴BD=BA，BC=BE，
∵∠ABD=∠CBE，∴∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC，即∠ABC=∠DBE，
在△ABC和△DBE中，¿，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴AC=DE=7，
设D到直线AE的距离为h，
1 1
∵S = ×2×7= ×8ℎ =7，
ΔADE 2 2
7
∴h= ，
4
7
∴D到直线AE的距离为 ．
4
10．（2022·山东烟台·七年级期末）已知在△ABC中，满足∠ACB=2∠B，
(1)【问题解决】如图1，当∠C=90°，AD为∠BAC的角平分线时，在AB上取一点E使得AE=AC，连
接DE，求证：AB=AC+CD．
(2)【问题拓展】如图2，当∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线时，在AB上取一点E使得AE=AC，连
接DE，（1）中的结论还成立吗？若成立，请你证明：若不成立，请说明理由．
(3)【猜想证明】如图3，当AD为△ABC的外角平分线时，在BA的延长线上取一点E使得AE=AC，连接
DE，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明．
【思路点拨】
（1）先根据SAS定理证出△AED≅△ACD，根据全等三角形的性质可得ED=CD，∠AED=∠ACD，
再根据三角形的外角性质可得∠B=∠BDE=45°，然后根据等腰三角形的判定可得EB=ED，从而可得
EB=CD，最后根据线段和差、等量代换即可得证；
（2）先根据SAS定理证出△AED≅△ACD，根据全等三角形的性质可得ED=CD，∠AED=∠C，再根
据三角形的外角性质可得∠B=∠BDE，然后根据等腰三角形的判定可得EB=ED，从而可得EB=CD，
最后根据线段和差、等量代换即可得证；
（3）先根据SAS定理证出△AED≅△ACD，根据全等三角形的性质可得ED=CD，∠AED=∠ACD，从而可得∠FED=∠ACB，再根据三角形的外角性质可得∠B=∠BDE，然后根据等腰三角形的判定可
得EB=ED，从而可得EB=CD，最后根据线段和差、等量代换即可得证．
【解题过程】
（1）证明：∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠EAD=∠CAD，
在△AED与△ACD中，¿，
∴△AED≅△ACD(SAS)，
∴ED=CD，∠AED=∠ACD，
又∵∠ACB=90°，∠ACB=2∠B，
∴∠B=45°，∠AED=90°，
∴∠BDE=∠AED−∠B=45°，
∴∠B=∠BDE，
∴EB=ED，
∴EB=CD，
∴AB=AE+EB=AC+CD．
（2）解：（1）中的结论还成立，证明如下：
∵AD为∠BAC的角平分线时，
∴∠EAD=∠CAD，
在△AED与△ACD中，¿，
∴△AED≅△ACD(SAS)，
∴∠AED=∠C，ED=CD，
∵∠ACB=2∠B，
∴∠AED=2∠B，
又∵∠AED=∠B+∠EDB，
∴∠B=∠EDB，
∴EB=ED，
∴EB=CD，
∴AB=AE+EB=AC+CD．
（3）解：猜想AB+AC=CD，证明如下：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD=∠CAD，
在△AED与△ACD中,¿，
∴△AED≅△ACD(SAS)，
∴ED=CD，∠AED=∠ACD，
如图，∴180°−∠AED=180°−∠ACD，即∠FED=∠ACB，
∵∠ACB=2∠B，
∴∠FED=2∠B，
又∵∠FED=∠B+∠EDB，
∴∠EDB=∠B，
∴EB=ED，
∴AB+AE=EB=ED=CD，
∴AB+AC=CD．
11．（2022·四川成都·七年级期末）如图，已知△ABC是等边三角形．
(1)如图1，D是AC上一点，以BD为边作等边△BDE，连接AE，求证：△BCD≌△BAE；
(2)在（1）的条件下，DE⊥AB于F，若AF=3，求BF的长；
(3)如图2，BN为穿越AC的一条射线，点P是点C关于BN的对称点，连接PA并延长交BN于Q，连接CQ．
已知∠P=30°，观察、猜测并证明QA，QB，QC之间的关系．
【思路点拨】
（1）根据等边三角形的性质得到BC=BA，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，求得∠CBD=∠EBA，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据等边三角形的性质得到DF=EF，根据线段垂直平分线的性质得到AE=AD，根据直角三角形的性
质即可得到结论；
（3）在BQ上截取QH=AQ，连接AH，根据轴对称的性质得到PQ=CQ，QM⊥PC，PM=CM，推出△AQH
是等边三角形，求得∠HAQ=∠BAC=60°，AH=AQ，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解题过程】
（1）证明：∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴BC=BA，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠CBD=∠EBA，
在△BCD和△BAE中，¿，
∴△BCD≌△BAE(SAS)；
（2）∵△BDE是等边三角形，DE⊥AB，
∴DF=EF，
∴AB垂直平分DE，
∴AE=AD，
∵△BCD≌△BAE，
∴AE=CD，
∴AD=CD，
∵△ABC是等边三角形，
∴BD⊥AC，
∴∠ABD=30°，
∵∠BAC=60°，
∴∠ADF=30°，
∴AD=2AF，
∴AB=2AD=4AF=12，
∴BF=AB-AF=9；
（3）BQ=AQ+CQ，
证明：在BQ上截取QH=AQ，连接AH，∵点P是点C关于BN的对称点，
∴PQ=CQ，QM⊥PC，PM=CM，
∵∠P=30°，
∴∠QCP=∠P=30°，
∴∠PQM=∠CQM=60°，
∴△AQH是等边三角形，
∴∠HAQ=∠BAC=60°，AH=AQ，
∴∠BAH=∠QAC，
∵AB=AC，
∴△ABH≌△ACQ(SAS)，
∴BH=CQ，
∴BQ=BH+HQ=CQ+AQ．
12．（2022·辽宁沈阳·七年级期末）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝BC＝10cm，动点P以每秒1cm的速
度从点A出发，沿线段AB向点B运动．设点P的运动时间为t（t>0）秒．（知识储备：一个角是60°的等
腰三角形是等边三角形）
(1)当t＝5时，求证：△PAC是直角三角形；
(2)如图②，若另一动点Q在线段CA上以每秒2cm的速度由点C向点A运动，且与点P同时出发，点Q到
达终点A时点P也随之停止运动．当△PAQ是直角三角形时，直接写出t的值；
(3)如图③，若另一动点Q从点C出发，以每秒1cm的速度沿射线BC方向运动，且与点P同时出发．当点
P到达终点B时点Q也随之停止运动，连接PQ交AC于点D，过点P作PE⊥AC于E．在运动过程中，线段DE的长度是否发生变化？若不变，直接写出DE的长度；若变化，说明如何变化．
【思路点拨】
（1）利用等腰三角形三线合一的性质证明即可；
（2）分两种情况：①当∠APQ=90°时，则∠AQP=30°，由直角三角形的性质得AQ=2AP，由题意得出方程，
解方程即可；②当∠AQP=90°时，则∠APQ=30°，由直角三角形的性质得AP=2AQ，由题意得出方程，解
方程即可；
（3）过点Q作QF⊥AC，交AC的延长线于F，先证△APE≌△CQF（AAS），得AE=CF，PE=QF，再证
1
△PDE≌△QDF（AAS），得DE=DF= EF，进而得出答案．
2
【解题过程】
（1）证明∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=10，
当t=5时，
PA=5，
∴PA=PB，
∴CP⊥AB，
∴△ACP是直角三角形；
（2）解：分两种情况：
①当∠APQ=90°时，如图2-1所示：
则∠AQP=90°-∠A=30°，
∴AQ=2AP，
由题意可得：AP=t，CQ=2t，则AQ=10-2t，
∴10-2t=2t，
5
解得t= ；
2
②当∠AQP=90°时，如图2-2所示：则∠APQ=90°-∠A=30°，
∴AP=2AQ，
∴t=2（10-2t），
解得：t=4；
5
综上，当t= 或4时，△PAQ是直角三角形；
2
（3）解：线段DE的长度不变化，理由如下：
过点Q作QF⊥AC，交AC的延长线于F，如图3所示：
∵PE⊥AC，QF⊥AC，
∴∠AEP=∠DEP=∠CFQ=90°，
∵∠QCF=∠ACB=60°，
∴∠A=∠QCF，
又∵AP=CQ，
∴△APE≌△CQF（AAS），
∴AE=CF，PE=QF，
又∵∠PDE=∠QDF，
∴△PDE≌△QDF（AAS），
1
∴DE=DF= EF，
2
∵EF=CE+CF，AC=CE+AE，
∴EF=AC=10，1
∴DE= EF=5，
2
即线段DE的长度不变，为定值5cm．
13．（2022·福建·莆田哲理中学八年级期末）如图1，在△ABD中，点E，F分别是AB和AD上的点，满
足AE=EF，连接EF并延长交BD延长线于点C．
(1)若DC=DF=EF，求证：AB=BC；
(2)如图2，过B作BG⊥AD，垂足为G．
（i）求证：∠ABG=∠GBD+∠C；
（ii）如图3，连接AC，若∠GBD=30°，AF=BD，△BDG的面积为4，求△AFC的面积．
【思路点拨】
（1）先证明∠AEF＝∠CDF，然后证明△AEF≌△FDC（SAS），得到AF＝CF，进一步证明△ABD≌△CBF
（ASA），即可证明AB＝BC；
（2）（i）如图1，延长BG交CE于H，先证明∠ABG＝∠FHG，再由∠FHG是△CBH的外角，得到
∠FHG＝∠GBD+∠C，则∠ABG＝∠GBD+∠C；（ii）在AD上截取DN＝BD，连接BN，作CM⊥AD于
M，先证明△BDN是等边三角形，得到BN＝BD＝DN，∠BND＝∠BDN＝60°，则∠ANB＝∠CDG＝
120°，再证△ABN≌△FCD（AAS），推出CD＝BD，证明△BDG≌△CDM（AAS），得到CM＝BG，再由含
1 1
30度角的直角三角形的性质得到DG＝ BD，DG＝ AF，据此求解即可．
2 2
【解题过程】
（1）解：∵AE＝EF，
∴∠A＝∠AFE，
同理可得：∠C＝∠CFD，
∴∠AFE＝∠CFD，
∴∠A＝∠AEF＝∠CFD＝∠C，
∴∠AEF＝∠CDF，
在△AEF和△CDF中，¿，
∴△AEF≌△FDC（SAS），
∴AF＝CF，
∴AF+DF＝CF+EF，
∴AD＝CE，
∵∠AEF＝∠CDF，
∴∠BEC＝∠ADB，
又∵∠C=∠A，
∴△ABD≌△CBF（ASA），
∴AB＝BC；
（2）（i）如图1，延长BG交CE于H，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB＝∠FGH＝90°，
∴∠A+∠ABG＝∠HFG+∠FHG＝90°，
由（1）得，∠A＝∠HFG，
∴∠ABG＝∠FHG，
∵∠FHG是△CBH的外角，
∴∠FHG＝∠GBD+∠C，
∴∠ABG＝∠GBD+∠C；
（ii）解：如图2，在AD上截取DN＝BD，连接BN，作CM⊥AD于M，
∴∠M＝90°，
∵∠BGD＝90°，∠GBD＝30°，
∴∠BDG＝90°﹣∠GBD＝60°，
∴△BDN是等边三角形，
∴BN＝BD＝DN，∠BND＝∠BDN＝60°，
∴∠ANB＝∠CDG＝120°，
∵BD＝DN，BD＝AF，
∴AF＝DN，
∴AN＝DF，
由（1）知：∠BAN＝∠CFD，
∴△ABN≌△FCD（AAS），
∴CD＝BN，
∴CD＝BD，
∵∠M＝∠BGD＝90°，∠BDG＝∠CDM，
∴△BDG≌△CDM（AAS），
∴CM＝BG，
∵∠BGD＝90°，∠DBG＝30°，
1
∴DG＝ BD，
2
1
∴DG＝ AF，
2
1 1 1 1 1
∵S = DG⋅BG＝ ⋅( AF)⋅BG，S = AF⋅CM＝ AF⋅BG，
ΔBDG 2 2 2 ΔACF 2 2
∴S ＝2S ＝2×4＝8．
△ACF △BDG14．（2021·福建省长乐第七中学八年级阶段练习）已知∠ABC＝60°，AB＝BC，D是BC边上一点，延长
AD到点E，使得AD＝DE，连接CE，过点D作BC的垂线，交CE的垂直平分线于点F，连接EF．
(1)如图1，当点D与点C重合时，证明：BF＝2DF；
(2)如图2，当点D不与B，C两点重合时，（1）中的结论是否还成立？并说明理由．
【思路点拨】
（1）先证明△ABD是等边三角形，推出BD＝DE，求出∠BED＝30°，由点F在DE的垂直平分线上，得
到DF＝EF，求出∠FED＝∠BED，得B、E、F三点共线，证得∠FBD＝30°，即可得到BF＝2DF；
（2）（1）中的结论仍然成立．延长FD至点G，使得DG＝DF，连接BG，AG，证明△ADG≌△EDF
（SAS），得到AG＝EF．由FC＝FE得到AG＝CF，推出△ABG≌△CBF（SSS），得到∠ABG＝∠GBD，
求出∠DBF＝∠GBD＝30°，即可推出BF＝2DF．
【解题过程】
（1）解：∵AB＝BC，∠ABC＝60°，点D与点CA重合，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ADB＝60°，
∵AD＝DE，
∴BD＝DE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∵∠ADB＝∠DBE+∠DEB，
∴2∠BED＝60°，
∴∠BED＝30°，
∵DF⊥BD，
∴∠BDF＝90°，
∴∠FDE＝30°．∵点F在DE的垂直平分线上，
∴DF＝EF，
∴∠FED＝∠FDE＝30°，
∴∠FED＝∠BED，
由题意知，点B，F在AE的同侧，
∴B、E、F三点共线，
∴∠FBD＝30°，
∴BF＝2DF；
（2）（1）中的结论仍然成立．
理由如下：延长FD至点G，使得DG＝DF，连接BG，AG，
∵DF⊥BC于点D，
∴∠BDF＝90°，
∴BG＝BF，
∴∠DBF＝∠DBG．
又AD＝DE，∠ADG＝∠EDF，
∴△ADG≌△EDF（SAS），
∴AG＝EF．
∵点F在CE的垂直平分线上，
∴FC＝FE，
∴AG＝CF，
又AB＝BC，
∴△ABG≌△CBF（SSS），
∴∠ABG＝∠CBF，∴∠ABG＝∠GBD，
又∠ABC＝60°，
∴∠GBD＝30°，
∴∠DBF＝∠GBD＝30°，
∴BF＝2DF．
15．（2021·北京市朝阳区芳草地国际学校富力分校八年级期中）△ABC是等边三角形，AC=2，点C关
于AB对称的点为C'，点P是直线C'B上的一个动点，连接AP，作∠APD=60°交射线BC于点D．
(1)若点P在线段C'B上（不与点C'，点B重合）．
①如图1，若点P是线段C'B的中点，则BP的长为 ；
②如图2，点P是线段C'B上任意一点，求证：PD=PA；
(2)若点P在线段C'B的延长线上．
①依题意补全图3；
②直接写出线段BD，AB，BP之间的数量关系为： ．
【思路点拨】
（1）①连接AC'，只要证明△ABC'是等边三角形，由PB=PC'，推出PA⊥BC'，根据角之间的关系得
∠BAP=30°，根据直角三角形的性质即可得；②作∠BPE=60°交射线AB于点E，根据对称及边角的关
系得∠BPD=∠APE，利用ASA证明△PBD≌△PEA，即可得；
（2）①根据要求画出图形即可得；②在BD上取一点E，使得BE=PB，根据角之间的关系得
∠APB=∠DPE，利用SAS可证△BPA≌△EPD，得AB=DE，即可得．
【解题过程】
（1）解：①如图1所示，连接AC'，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵点C'与点C关于对称，
∴∠C'BA=∠CBA=60°，BC'=BC=BA，
∴△ABC'是等边三角形，
∵PB=PC'，
∴PA⊥BC'，
∴∠BAP=180−∠APB−∠C'BA=30°，
1
∴PB= AB=1，
2
故答案为：1；
证明：②如图2所示，作∠BPE=60°交射线AB于点E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵点C'与点C关于对称，
∴∠C'BA=∠CBA=60°，
∴∠PEB=60°，
∴△PBE是等边三角形，
∴PB=PE，∠AEP=∠PBD=120°，
∵∠BPD+∠DPE=60°，
∠APE+∠DPE=60°，∴∠BPD=∠APE，
在△PBD和△PEA中，¿
∴△PBD≌△PEA（ASA），
∴PD=PA．
（2）解：①如图3所示，
②BD=BP+AB，理由如下：
如图3所示，在BD上取一点E，使得BE=PB，
∵∠EBP=60°，BE=BP，
∴△EBP是等边三角形，
∴∠BPE=∠APD=60°，
∴∠APB=∠DPE，
在△BPA和△EPD中，¿
∴△BPA≌△EPD（SAS），
∴AB=DE，
∴BD=BE+ED=BP+AB，
故答案为：BD=BP+AB．
16．（2022·四川成都·七年级期末）在等边△ABC中，点D、E分别是AB、AC上的点，BD＝AE，BE与
CD交于点O．
(1)如图1，填空：∠BOD＝ °；(2)如图2，以CO为边作等边△OCF，连接AO、BF，那么BF与AO相等吗？并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，若点G是BC的中点，连接GO，判断BF与GO有什么数量关系？并说明理
由．
【思路点拨】
（1）先利用等边三角形的性质和已知条件证明ΔEAB ≅ΔDBC(SAS)，推出∠ABE=∠BCD，进而利
用三角形外角的性质、等量代换得出∠BOD=∠BCD+∠CBE=∠ABE+∠CBE=∠ABC=60°；
（2）利用等边三角形的性质证明CF=CO，CA=CB，∠FCO=∠ACB=60°，进而证明
∠FCB=∠OCA，再证明ΔFCB ≅ΔOCA(SAS)，即可得出BF=AO；
（3）延长OG交CF于点M，先结合（1）中结论证明ΔCGM ≅ΔBGO(ASA)，推出CM=OB，
GM=GO，再证明ΔCMO ≅ΔOBF(SAS)，推出OM=BF，可得BF=OM=2GO．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠A=∠CBD=60°，
在ΔEAB与ΔDBC中，
¿，
∴ΔEAB ≅ΔDBC(SAS)，
∴∠ABE=∠BCD，
∴∠BOD=∠BCD+∠CBE=∠ABE+∠CBE=∠ABC=60°，
故答案为：60；
（2）解：BF=AO，理由如下：
∵△FCO和△ABC是等边三角形，
∴CF=CO，CA=CB，∠FCO=∠ACB=60°，
∴∠FCB+∠OCB=∠OCA+∠OCB，
∴∠FCB=∠OCA，
在ΔFCB与ΔOCA中，
¿，
∴ΔFCB ≅ΔOCA(SAS)，
∴BF=AO；
（3）解：BF=2OG，理由如下：
如图，延长OG交CF于点M，由（1）知∠ABE=∠BCD，
又∵∠ABC=∠OCF=60°，
∴∠FCB=∠EBC，
∴CF∥BE，
∴∠OBG=∠MCG，
∵点G是BC的中点，
∴CG=BG，
又∵∠CGM=∠BGO，
∴ΔCGM ≅ΔBGO(ASA)，
∴CM=OB，GM=GO．
由（1）知∠BOD=60°，
∴∠COE=∠BOD=60°，
∵∠COF=∠OCF=60°，
∴∠BOF=180°−∠EOC−∠COF=60°，
∴∠BOF=∠OCM，
又∵OC=OF，
∴ΔCMO ≅ΔOBF(SAS)，
∴OM=BF，
∵OM=GM+GO=2GO，
∴BF=2GO．
17．（2022·辽宁大连·八年级期末）已知点D是△ABC外一点，连接AD，BD，CD，
∠BAC＝∠BDC=α．(1)【特例体验】
如图1，AB＝BC，α＝60°，则∠ADB的度数为 ；
(2)【类比探究】
如图2，AB＝BC，求证：∠ADB＝∠BDC；
(3)【拓展迁移】
CD
如图3，α＝60°，∠ACB+∠BCD＝180°，CE⊥BD于点E，AC＝kDE，直接写出 的值（用k的代数式表
AB
示）．
【思路点拨】
（1）在BD上取点E，使BE= CD，证明△ABE≌△ACD(SAS)，由全等三角形的性质得出∠BAE=∠CAD，
AE= AD，由等边三角形的性质可得出答案；
（2）在DC的延长线上取一点H，使BD= BH，证明△ABD≌△CBH (SAS)，由全等三角形的性质得出
∠ADB=∠H=α，则可得出结论；
（3）延长DC至H，使CH = AC，连接BH，证明△ABC≌△HBC(SAS)，由全等三角形的性质得出AB=
BH，∠H=∠BAC=∠BDC=60°，证出△BDH为等边三角形，在Rt△CED中，设ED = m，则
CE=2m，由等边三角形的性质得出DH=BH=AB=km+2m，则可得出答案．
【解题过程】
（1）解：在BD上取点E，使BE= CD，如图1所示：
∵AB=BC，∠BAC=60°，∴△ABC是等边三角形，
∴AB= AC，
∵∠BAC =∠BDC，∠AOB=∠COD，
∴∠ABE=∠ACD，
在△ABE和△ACD中，
¿ ，
∴△ABE≅△ACD（SAS），
∴∠BAE=∠CAD，AE=AD，
∴∠EAD=∠EAC+∠CAD=∠EAC+∠BAE=∠BAC=60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADB=60°；
故答案为：60°；
（2）证明：在DC的延长线上取一点H，使BD=BH，如图2所示：
∴∠BDH=∠H=α ，
∵∠BAC=∠BDC=α，∠AOB=∠COD，
∴∠ABD=∠ACD，
∵AB＝BC，∠BAC＝∠BDC=α，
∴∠ACB=∠BAC=α，
又∵∠BCD=∠ACD+α=α+∠CBH，
即∠ACD+α=α+∠CBH，
∴∠ACD=∠CBH=∠ABD，
在△ABD和△CDH中，¿
∴△ABD=△CBH(SAS)，
∴∠ADB=∠H=α ，∴∠ADB=∠BDC；
（3）解：延长DC至H，使CH = AC，连接BH，如图3所示：
图3
∵∠ACB+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，
∴∠ACB=∠BCH，
∵AC = CH，BC= BC，
∴△ABC≌△HBC（SAS），
∴AB=BH，∠H=∠BAC=∠BDC=60°，
∵CE⊥BD，
∴∠ECD=30°，
∴CD=2ED，
设ED=m，则CD=2m，
∵AC=kED=km
∴CH=km，
∴DH=2m+km，
又∵∠BDH=∠H=60°，
∴△BDH为等边三角形，
∴DH=BH=AB=km+2m，
CD 2m 2
∴ = = ．
AB km+2m k+2
18．（2022·山东淄博·七年级期末）如图，点E是等边三角形ABC中边AC上的一个定点，点D是边BC所
在直线上的一个动点，以DE为边作等边三角形DEF，连接CF．(1)如图1，求证：CE+CF＝CD；
(2)如图2，当点D在边BC的延长线上时，问CE，CF，CD之间存在怎样的数量关系？并加以说明．
【思路点拨】
（1）在CD上截取CH=CE，易证△CEH是等边三角形，得EH=EC=CH，证明△DEH≌△FEC（SAS），得
DH=CF，即可得出结论；
（2）过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，易证∠GDC=∠DGC=60°，得△GCD为等边三角形，则
DG=CD=CG，再证△EGD≌△FCD（SAS），得EG=FC，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：证明：在CD上截取CH=CE，连接EH，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH=60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH=EC=CH，∠CEH=60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE=FE，∠DEF=60°，
∴∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=60°，
∴∠DEH=∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
¿，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH=CF，∴CD=CH+DH=CE+CF，
∴CE+CF=CD；
（2）
CF=CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC=∠B=60°，∠DGC=∠A=60°，
∴∠GDC=∠DGC=60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG=CD=CG，∠GDC=60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴DE=DF，∠EDF=∠GDC=60°，
∴∠EDG=∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
¿，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴GE=CF，
∵GE=CG+CE，
∴CF=CD+CE．
19．（2022·辽宁·沈阳市第一二六中学七年级阶段练习）等腰△ABC，CA＝CB，D为直线AB上一动点，
以CD为腰作等腰三角形△CDE，顶点C、D、E按逆时针方向排列，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE，连接
BE．(1)若∠ACB＝60°，当点D在线段AB上时，如图（1）所示，此时AD与BE的数量关系为______；
(2)若∠ACB＝90°，当点D在线段BA延长线上时，如图（2）所示，AD与BE有什么关系，说明理由；
(3)当BE∥AC时，若△CAD中最小角为15°，试探究∠CDA的度数（直接写出结果）．
【思路点拨】
（1）根据全等三角形的判定可以得出△ACD≌△BCE，从而得出结论；
（2）根据全等三角形的判定可以得出△ACD≌△BCE，从而得出结论；
（3）分D在线段AB上、当点D在BA的延长线上、点D在AB的延长线上三种情形根据等边三角形的性
质、三角形内角和定理计算即可．
【解题过程】
（1）∵∠ACB＝60°，∠ACB＝∠DCE，
∴∠ ACB=∠DCE=60°．
∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，
即∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
AC=BC
{∠ACD=∠BCE，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE．
故答案为：AD=BE；
（2）AD=BE，理由如下：
∵∠ACB＝90°，∠ACB＝∠DCE，
∴∠ ACB=∠DCE=90°．
∴∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE，
即∠DCA=∠ECB．
在△ACD和△BCE中，AC=BC
{∠DCA=∠ECB，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE．
（3）解：当D在线段AB上时，
∵BE∥CA，
∴∠CBE=∠ACB，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∴∠CAD=∠ACB，又∠CAB=∠CBA，
∴△CAB为等边三角形，
∴∠CAB=60°，
当△CAD中的最小角是∠ACD=15°时，
∴∠CDA=180°-60°-15°=105°，
当点D在BA的延长线上时，
∵BE∥CA，
∴∠ACE=∠CEB，∠ABE=∠CAB，
∵△DCA≌△ECB，
∴∠CDA=∠CEB，∠CAD=∠CBE，
∴∠ACB=∠ACE+ECB=∠CEB+∠ECB=180°-∠CBE=180°-∠CAD=∠CAB=∠CBA，
∴△CAB是等边三角形，
当△CAD中的最小角是∠ACD=15°时，∠CDA=∠CAB-∠ACD=45°，当△CAD中的最小角是∠CDA时，∠CDA=15°；
当点D在AB的延长线上时，只能∠CDA=15°，
综上所述，∠CDA的度数为105°或45°或15°．
20．（2022·山东淄博·七年级期末）数学课上，王老师出示了如下框中的题目．
在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，且ED=EC，如图，试确定线段AE与DB
的大小关系，并说明理由．
小敏与同桌小聪讨论后，进行了如下解答：
(1)特殊情况，归纳猜想：当点E为AB的中点时，如图1，确定线段AE与DB的大小关系，请你直接写出结
论：AE_____DB（填“＞”，“＜”或“＝”）．
(2)特例启发，演绎证明：如图2，当点E为AB边上任意一点时，线段AE与DB的大小关系是：
AE_____DB（填“＞”，“＜”或“＝”），小敏和小聪过点E作EF∥BC，交AC于点F，请帮助
小敏和小聪完成接下来的证明过程．
(3)拓展延伸，问题解决：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
3
等边三角形ABC的边长为1，AE= ，求CD的长．（请自己画图，并完成解答）．
2
【思路点拨】
（1）先由等边三角形的性质得到∠BCE=∠ACE=30°，∠ABC=60°，再证出BD=BE，即可得出结
论；
（2）作EF∥BC交AC于F．证明ΔDBE≅ΔEFC，推出BD=EF=AE，即可得出BD=AE；
（3）分两种情形讨论：①当E在BA的延长线上时，作EF∥AC交BD的延长线于F，易证
3 1
ΔEBD≌ΔEFC，可得BD=CF=AE= ，CD=BD−BC= ；
2 2②当E在AB的延长线上时，作EF∥BC交AC的延长线于F，易证ΔEBD≌ΔCFE，可得
3 5
BD=EF=AE= ，CD=BD+BC= ，由此即可解决问题．
2 2
【解题过程】
（1）解：∵ΔABC是等边三角形，点E为AB的中点，
∴∠BCE=∠ACE=30°，∠A=∠ABC=∠ACB=60°，
∵ED=EC，
∴∠D=∠ECD=30°，
∵∠EBC=∠D+∠BED，
∴∠D=∠BED=30°，
∴DB=BE=AE，
故答案为：=；
（2）解：AE与DB的大小关系是：AE=DB，理由如下：
如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F．
则∠CEF=∠ECD，∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，
∴∠AEF=∠AFE=∠A，∠EFC=120°，
∴ΔAEF是等边三角形，
∴AE=EF=AF，
∵ED=EC，
∴∠D=∠ECD，
∴∠CEF=∠D，
∵∠ABC=60°，
∴∠DBE=120°=∠EFC，
∵∠D=∠ECB=∠CEF，
在ΔDBE和ΔFEC中，∠DBE=∠EFC
{ ∠D=∠CEF ，
ED=EC
∴ΔDBE≌ΔEFC(AAS)，
∴BD=FE，
∴BD=AE，
故答案为：=；
（3）解：如图3，当E在BA的延长线上时，作EF∥AC交BD的延长线于F，
同（2）得：ΔEBD≌ΔEFC(AAS)，
3
∴BD=CF=AE= ，
2
3 1
∴CD=BD−BC= −1= ，
2 2
如图4中，当E在AB的延长线上时，作EF∥BC交AC的延长线于F，
同（2）得：ΔEBD≌ΔCFE(AAS)，
3
∴BD=EF=AE= ，
2
3 5
∴CD=BD+BC= +1= ．
2 2
1 5
综上所述，CD的长为 或 ，
2 2
1 5
故答案为： 或 ．
2 2
