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专题 15.5 等边三角形【九大题型】
【人教版】
【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】.........................................................................................................1
【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】.................................................................................................5
【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】........................................................................................................11
【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】...............................................................................................17
【题型5 等边三角形的证明】................................................................................................................................22
【题型6 与等边三角形有关的规律问题】...........................................................................................................27
【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】.......................................................................................................31
【题型8 与等边三角形有关的动点问题】...........................................................................................................36
【题型9 含30°角的直角三角形性质】.................................................................................................................41
【知识点1 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 与等边三角形有关的角度的计算】
【例1】（2024秋•泰兴市期末）（1）如图1，∠AOB和∠COD都是直角
①若∠BOC＝60°，则∠BOD＝ 3 0 °，∠AOC＝ 3 0 °；
②改变∠BOC的大小，则∠BOD与∠AOC相等吗？为什么？（2）如图2，∠AOB＝∠COD＝80°，若∠AOD＝∠BOC+40°，求∠AOC的度数；
（3）如图3，将三个相同的等边三角形（三个内角都是 60°）的一个顶点重合放置，若∠BAE＝10°，
∠HAF＝30°，则∠1＝ 2 0 °．
【分析】（1）根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据角的和差即可得到结果；
（3）根据等边三角形的性质得到∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，根据角的和差即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠AOB和∠COD都是直角，∠BOC＝60°，
∴∠BOD＝30°，∠AOC＝30°，
故答案为：30，30；
（2）∵∠AOB＝∠COD＝80°，
1
∴∠AOC＝∠BOD= （∠AOD﹣∠BOC），
2
∵∠AOD＝∠BOC+40°，
∴∠AOC＝20°；
（3）∵∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE＝∠HAF＝30°，
∴∠1＝60°﹣30°﹣10°＝20°．
故答案为：20．
【变式1-1】（2024秋•巫溪县校级月考）已知：如图，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上的点，
BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，求∠BEC的度数．
【分析】△ABC是等边三角形的外角是120°，平分后是60°，又由角平分线与角的对边垂直可知所求角
是直角三角形内的一个锐角，故而可解得．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，且有BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，AC⊥BE，
∴∠ECD＝（180°﹣60°）÷2＝120°÷2＝60°，
∴∠ACE＝60°，
又∵AC⊥BE，∴∠BEC＝180°﹣90°﹣60°＝30°．
【变式1-2】（2024秋•太原期末）问题情境：如图1，点D是△ABC外的一点，点E在BC边的延长线上，
BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．试探究∠D与∠A的数量关系．
（1）特例探究：
如图2，若△ABC是等边三角形，其余条件不变，则∠D＝ 30 ° ；
如图3，若△ABC是等腰三角形，顶角∠A＝100°，其余条件不变，则∠D＝ 50 ° ；这两个图中，∠D
与∠A度数的比是 1 ： 2 ；
（2）猜想证明：
如图1，△ABC为一般三角形，在（1）中获得的∠D与∠A的关系是否还成立？若成立，利用图1证明
你的结论；若不成立，说明理由．
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根
据角平分线的定义得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．
（2）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根据角平分
线的定义得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．
【解答】解：（1）如图2，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，∠ACE＝120°，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．
∴∠DBC＝30°，∠DCE＝60°，
∵∠DCE＝∠D+∠DBC，
∴∠D＝30°；
如图3，∵△ABC是等腰三角形，∠A＝100°，
∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∠ACE＝140°，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．
∴∠DBC＝20°，∠DCE＝70°，
∵∠DCE＝∠D+∠DBC，
∴∠D＝50°；故答案为30°，50°，1：2；
（2）成立，
如图1，在△ABC中，∠ACE＝∠A+∠ABC，
在△DBC中，∠DCE＝∠D+∠DBC，…（1）
∵CD平分∠ACE，BD平分∠ABC，
∴∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，
又∵∠ACE＝∠A+∠ABC，
∴2∠DCE＝∠A+2∠DBC，…（2）
由（1）×2﹣（2），
∴2∠D+2∠DBC﹣（∠A+2∠DBC）＝0，
∴∠A＝2∠D．
【变式1-3】（2024秋•龙港区期末）已知△ABC，△EFG是边长相等的等边三角形，点D是边BC，EF的
中点．
（1）如图①，连接AD，GD，则∠ADC的大小＝ 9 0 （度）；∠GDF的大小＝ 9 0 （度）；
AD与GD的数量关系是 AD ＝ GD ；DC与DF的数量关系是 DC ＝ DF ；
（2）如图②，直线AG，FC相交于点M，求∠AMF的大小．
【分析】（1）如图①中，根据等边三角形的性质解答即可．
（2）如图连接AD，DG，利用等边三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）如图①，连接AD，GD，∵△ABC是等边三角形，BD＝DC，则∠ADC的大小＝
90°；
∵△EGF是等边三角形，ED＝DF，∴∠GDF＝90°；
∵BC＝EF，
∴AD＝GD；DC＝DF；
故答案为：90；90；AD＝GD；DC＝DF．
（2）连接AD，DG，
由（1）得：∠ADC＝∠GDF＝90°，
∴∠ADC﹣∠GDC＝∠GDF﹣∠GDC，
即∠1＝∠2，
由（1）得：AD＝GD，
180°-∠1
∴∠DGA＝∠DAG= ，
2
由（1）得：DC＝DF，
180°-∠2
∴∠3＝∠DCF= ，
2
∴∠DGA＝∠3，
∵∠AMF＝∠AGF+∠5，
∴∠AMF＝∠DGA+∠5+∠4
＝∠3+∠5+∠4
＝180°﹣∠GDF
＝180°﹣90°
＝90°．
【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】
【例2】（2024秋•华容县期末）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，连结PQ．以下
五个结论：
①AD＝BE；② PQ∥AE；③ OP＝OQ；④△CPQ 为等边三角形；⑤∠AOB＝60°．其中正确的有①②④⑤ ．（注：把你认为正确的答案序号都写上）
【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，①正确．
④先证明△ACP≌△BCQ，即可判断出CP＝CQ，即可得④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，②正确．
③没有条件证出OP＝OQ，得出③错误；
⑤∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，⑤正确；即可得出结论．
【解答】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，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，∠CAP＝∠CBQ，AC＝BC，
∴△ACP≌△BCQ（AAS），
∴AP＝BQ，CP＝CQ，
又∵∠PCQ＝60°，
∴△PCQ为等边三角形，结论④正确；
∴∠PQC＝∠DCE＝60°，
∴PQ∥AE，结论②正确．∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠AEO，
∴∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，
∴结论⑤正确．
没有条件证出OP＝OQ，③错误；
综上，可得正确的结论有4个：①②④⑤．
故答案为：①②④⑤．
【变式2-1】（2024秋•西青区期末）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点E在△ABC内部，连接
AE，BE，BD．若∠EBD＝50°，则∠AEB的度数是 110 ° ．
【分析】由已知条件推导出△ACE≌△BCD，从而∠DBC＝∠CAE，再通过角之间的转化，利用三角形
内角和定理能求出∠AEB的度数．
【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝∠ECD＝60°，
又∵∠ACB＝∠ACE+∠BCE，∠ECD＝∠BCE+∠BCD，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△ACE和△BCD中，
¿，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠CAE＝∠DBC，
∴∠EBD﹣∠EBC＝∠BAC﹣∠BAE，
∵∠EBD＝50°，
∴50°﹣∠EBC＝60°﹣∠BAE，
∴50°﹣（60°﹣∠ABE）＝60°﹣∠BAE，
∴∠ABE+∠BAE＝70°，∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝180°﹣70°＝110°，
故答案为：110°．
【变式2-2】（2024秋•兴化市校级月考）如图1，等边△ABC中，D是AB边上的点，以CD为一边，向上
作等边△EDC，连接AE．
（1）求证：△DBC≌△EAC；
（2）求证：AE∥BC；
（3）如图 2，若 D在边 BA的延长线上，且 AB＝6，AD＝2，试求△ABC与△EAC面积的比值．
【分析】（1）首先证明∠BCD＝∠ACE，然后利用SAS证明△DBC≌△EAC即可；
（2）根据全等的性质可得∠EAC＝∠B＝60°，进而可得∠EAC＝∠ACB，从而可得AE∥BC；
（3）利用等边三角形的性质可得 BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，然后再证明
△DBC≌△EAC，再推出∠EAC＝∠ACB，进而可得AE∥BC，进而利用三角形面积解答即可．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△DBC 和△EAC 中，
{
BC=AC
∠BCD=∠ACE
EC=DC
∴△DBC≌△EAC（SAS）；
（2）∵△DBC≌△EAC，
∴∠EAC＝∠B＝60°，又∠ACB＝60°，
∴∠EAC＝∠ACB，
∴AE∥BC；
（3）∵△ABC、△EDC 为等边三角形
∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
{
BC=AC
在△DBC 和△EAC 中 ∠BCD=∠ACE，
CD=CE∴△DBC≌△EAC（SAS），
∴∠EAC＝∠B＝60°，AE＝BD＝AB+AD＝8，
又∵∠ACB＝60°，
∴∠EAC＝∠ACB，
∴AE∥BC．
BC 6 3
∴△ABC与△EAC面积比= = = ．
AE 6+2 4
【变式2-3】（2024秋•赫山区期末）如图，△ABC和△CDE都为等边三角形，E在BC上，AE的延长线交
BD于F．
（1）求证：AE＝BD；
（2）求∠AFB的度数；
（3）求证：CF平分∠AFD；
（4）直接写出EF，DF，CF之间的数量关系．
【分析】（1）要证明边相等可证明边所在的三角形全等，由△ABC和△CDE都为等边三角形，可得
∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，继而证明三角形全等，即可解答题目；
（2）由三角形全等可得∠CAE＝∠CBD，结合∠AEC＝∠BEF即可证明；
（3）作CM⊥AF于点M，CN⊥DF于点N，连接CF，利用全等三角形的性质证明CM＝CN，即可解答
题目；
（4）延长AF到点Q，使FQ＝DF，连接DQ，则只需证明CF＝EQ，所以考虑证明△CDF≌△EDQ，
自己试着解答．
【解答】（1）证明：△ABC和△CDE都为等边三角形，
∴∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD．
（2）解：∵△ACE≌△BCD，
∴∠CAE＝∠CBD，
又∠AEC＝∠BEF，
∴∠AFB＝∠ACB＝60°．（3）证明：作CM⊥AF于点M，CN⊥DF于点N，连接CF，
∵∠CAE＝∠CBD，∠AMC＝∠BNC＝90°，AC＝BC，
∴△CAM≌△CBN（SAS），
则CM＝CN，
∴CF平分∠AFD．
（4）解：延长AF到点Q，使FQ＝DF，连接DQ，
∵∠AFB＝∠ACB＝60°，
则∠DFQ＝60°，
∴△DFQ是等边三角形，
则DQ＝DF，∠FDQ＝∠CDE＝60°，
∴∠CDF＝∠EDQ，
∵CD＝DE，∠CDF＝∠EDQ，DQ＝DF，
∴△CDF≌△EDQ（SAS），
∴CF＝EQ，
则CF＝EF+FQ＝EF+DF．
【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】
【例3】（2025春•禅城区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点 C的坐标为（2，0），以线段OC为
边在第一象限内作等边△OBC，点D为x轴正半轴上一动点（OD＞2），连结BD，以线段BD为边在
第一象限内作等边△BDE，直线CE与y轴交于点A，则点A的坐标为（ ）A．(0，-√3) B．(0，-2√3) C．（0，﹣2） D．(0，-2√2)
【分析】根据“手拉手”全等可得∠BCE＝∠BOD＝60°，进而可得∠OCA＝60°，即可求解A点坐标．
【解答】解：∵△OBC，△BDE为等边三角形，
∴BO＝BC，BD＝BE，∠OBC＝∠DBE＝∠BCO＝60°，
∴∠OBD＝∠CBE，
在△OBD和△CBE中，
{
BO=BC
∠OBD=∠CBE，
BD=BE
∴△OBD≌△CBE（SAS），
∴∠BCE＝∠BOD＝60°，
∴∠OCA＝60°，
∵∠COA＝90°，
∴OA=√3OC=2√3，
即A点坐标为：（0，-2√3），
故选：B．
【变式3-1】（2025春•龙口市期末）如图，在直角坐标系 xOy中，直线MN分别与x轴，y轴交于点M，
N，且 OM＝4，∠OMN＝30°，等边△AOB 的顶点 A，B 分别在线段 MN，OM 上，点 A 的坐标为
（ ）3
A．（1，√3） B．（1，√5） C．（√3，1） D．（ ，√3）
2
【分析】根据∠OMN＝30°和△AOB为等边三角形，证明△OAM为直角三角形，即可得出答案．
【解答】解：∵直线MN分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点M、N，OM＝4，∠OMN＝30°，
∴∠ONM＝60°，
∵△AOB为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，∠AMO＝30°，
∴∠OAM＝90°，
∴OA⊥MN，即△OAM为直角三角形，
1 1
∴OA= OM= ×4＝2，
2 2
过点A作AC⊥OB于点C，
1
∴OC= OA＝1，
2
∴AC=√3，
∴点A的坐标为（1，√3）．
故选：A．
【变式3-2】（2024秋•新洲区期末）在平面直角坐标系中，已知点A在y轴的正半轴上，点B在第二象限，
AO＝a，AB＝b，BO与x轴正方向的夹角为150°，且a2﹣b2+a﹣b＝0．（1）试判定△ABO的形状；
（2）如图1，若BC⊥BO，BC＝BO，点D为CO的中点，AC、BD交于E，求证：AE＝BE+CE；
（3）如图2，若点E为y轴的正半轴上一动点，以BE为边作等边△BEG，延长GA交x轴于点P，问：
AP与AO之间有何数量关系？试证明你的结论．
【分析】（1）△ABO为等边三角形，理由为：根据（a2﹣b2）+（a﹣b）＝0，得到a＝b，再由BO与x
轴正方向的夹角为150°得到∠AOB＝60°，即可得证；
（2）在AC上截取AM＝CE，先证∠AEB＝60°，方法是根据题意得到△ABO为等边三角形，△BOC为
等腰直角三角形，确定出∠ABD度数，根据AB＝BC，且∠ABC＝120°，得到∠BAE度数，进而确定出
∠AEB为60°，再由AM＝CE，得到AE＝CM，再由AB＝CB，且夹角∠BAC＝∠BCA，利用SAS得到
△BCM与△BAE全等，利用全等三角形的对应边相等得到BM＝BE，得到△BEM为等边三角形，得到
BE＝EM，由AE＝EM+AM，等量代换即可得证；
（3）AP＝2AO，理由为：由题意得到BG＝BE，AB＝OB，利用等式的性质得到∠ABG＝∠OBE，利用
SAS得到△ABG与△OBE全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠GAB＝∠BOE＝60°，利用外角的
性质得到∠APO＝30°，在Rt△AOP中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半得到AP＝2AO．
【解答】（1）解：结论：△ABO为等边三角形，
理由：∵a2﹣b2+a﹣b＝（a+b）（a﹣b）+（a﹣b）＝（a﹣b）（a+b+1）＝0
∴a﹣b＝0，得到a＝b，即AO＝AB
∵OB与x轴正半轴夹角为150°
∴∠AOB＝150°﹣90°＝60°
∴△AOB为等边三角形；
（2）证明：在AC上截取AM＝EC，可得AM+EM＝CE+EM，即AE＝CM．
∵△AOB为等边三角形，△BOC为等腰直角三角形
∴∠OBC＝90°，∠ABO＝60°∵D为CO的中点
∴BD平分∠OBC，即∠CBD＝∠OBD＝45°
∴∠ABD＝105°，∠ABC＝150°
∴∠BAC＝∠BCA＝15°
∴∠AEB＝60°
在△ABE和△CBM中
{
AB=CB
∠BAE=∠BCM，
AE=CM
∴△ABE≌△CBM（SAS）
∴BM＝BE
∴△BEM为等边三角形
∴BE＝EM
∴AE＝AM+EM＝CE+BE；
（3）解：结论：AP＝2AO，
理由：∵△AOB与△BGE都为等边三角形
∴BE＝BG，AB＝OB，∠EBG＝∠OBA＝60°
∴∠EBG+∠EBA＝∠OBA+∠EBA
即∠ABG＝∠OBE
在△ABG和△OBE中
{
AB=OB
∠ABG=∠OBE，
BE=BG
∴△ABG≌△OBE（SAS）
∴∠BAG＝∠BOE＝60°
∴∠GAO＝∠GAB+∠BAO＝120°
∵∠GAO为△AOP的外角
且∠AOP＝90°
∴∠APO＝30°
在Rt△AOP中，∠APO＝30°
∴AP＝2AO．【变式3-3】（2024秋•汉阳区校级期中）如图，平面直角坐标系中，已知A（﹣2，0），B（2，0），C
（6，0），D为y轴正半轴上一点，且∠ODB＝30°，延长DB至E，使BE＝BD．P为x轴正半轴上一
动点（P在C点右边），M在EP上，且∠EMA＝60°，AM交BE于N．
（1）求证：BE＝BC；
（2）求证：∠ANB＝∠EPC；
（3）当P点运动时，求BP﹣BN的值．
【分析】（1）根据点A、B的坐标求出AD＝BD，根据直角三角形两锐角互余求出∠ABD＝60°，然后
判断出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BD＝AB＝4，再求出BC＝4，从而得到BC＝
BD，然后等量代换即可得证；（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，
∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，即可得证；
（3）求出△BCE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BC＝CE，然后求出AB＝CE，再求出
∠ABN＝∠ECP＝120°，然后利用“角角边”证明△ABN和△ECP全等，根据全等三角形对应边相等
BN＝CP，再根据BP﹣CP＝BC等量代换即可得解．
【解答】（1）证明：∵A（﹣2，0），B（2，0），
∴AD＝BD，AB＝4，
∵∠ODB＝30°，
∴∠ABD＝90°﹣30°＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝4，
∵B（2，0），C（6，0），
∴BC＝6﹣2＝4，
∴BC＝BD，
又∵BE＝BD，
∴BE＝BC；
（2）证明：由三角形的外角性质得，∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，
∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，
所以，∠ANB＝∠EPC；
（3）解：∵BE＝BD＝BC，∠CBE＝∠ABD＝60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC＝CE，
∵AB＝BC＝4，
∴AB＝CE，
∵∠ABD＝∠BCE＝60°，
∴∠ABN＝∠ECP＝120°，
在△ABN和△ECP中，
{∠ANB=∠EPC
∠ABN=∠ECP，
AB=CE∴△ABN≌△ECP（AAS），
∴BN＝CP，
∵BP﹣CP＝BC，
∴BP﹣BN＝BC＝4，
故BP﹣BN的值为4，与点P的位置无关．
【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】
1
【例4】（2022•南陵县模拟）如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D为边BC上一点，且BD= CD．
2
点 E，F 分别在边 AB，AC 上，且∠EDF＝90°，M 为边 EF 的中点，连接 CM 交 DF 于点 N．若
DF∥AB，则CM的长为（ ）
2 3 5
A． √3 B． √3 C． √3 D．√3
3 4 6
【分析】根据等边三角形边长为 2，在 Rt△BDE 中求得 DE 的长，再根据 CM 垂直平分 DF，在
Rt△CDN中求得CN，最后根据线段和可得CM的长．
1
【解答】解：∵等边三角形边长为2，BD= CD，
2
2 4
∴BD= ，CD= ，
3 3
∵等边三角形ABC中，DF∥AB，
∴∠FDC＝∠B＝60°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝30°，
∴DE⊥BE，
∴∠BED＝90°，
∵∠B＝60°，
∴∠BDE＝30°，
1 1
∴BE= BD= ，
2 3√3
∴DE=√BD2-BE2= ，
3
1
如图，连接DM，则Rt△DEF中，DM= EF＝FM，
2
∵∠FDC＝∠FCD＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
4
∴CD＝CF= ，
3
∴CM垂直平分DF，
∴∠DCN＝30°，DN＝FN，
2 2√3
∴Rt△CDN中，DN= ，CN= ，
3 3
∵M为EF的中点，
1 √3
∴MN= DE= ，
2 6
2√3 √3 5√3
∴CM＝CN+MN= + = ，
3 6 6
故选：C．
【变式4-1】（2025春•西乡县期末）如图，△ABC是等边三角形，BD是中线，过点D作DE⊥AB于E交
BC边延长线于F，AE＝1，求BF的长．
【分析】根据等边三角形的性质和中线的性质解答即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，BD是中线，1
∴∠A＝∠ACB＝60°，AC＝BC，AD＝CD= AC，
2
∵DE⊥AB于E，
∴∠ADE＝90°﹣∠A＝30°，
∴CD＝AD＝2AE＝2，
∴∠CDF＝∠ADE＝30°，
∴∠F＝∠ACB﹣∠CDF＝30°，
∴∠CDF＝∠F，
∴DC＝CF，
∴BF＝BC+CF＝2AD+AD＝6．
【变式4-2】（2022•浙江模拟）如图，等边△ABC的边长为10，点P是边AB的中点，Q为BC延长线上
一点，CQ：BC＝1：2，过P作PE⊥AC于E，连PQ交AC边于D，求DE的长
【分析】过P点作PF∥BC交AC于F点，根据等边三角形的性质和判定求出△APF是等边三角形，推
出AP＝AF＝PF＝CQ，根据等腰三角形性质求出AE＝EF，根据AAS证△PFD和△QCD全等，求出FD
1
＝CD，推出DE= AC，代入求出即可．
2
【解答】解：过P点作PF∥BC交AC于F点，
∵等边△ABC的边长为10，点P是边AB的中点，CQ：BC＝1：2，
∴AB＝BC，∠B＝∠ACB＝∠A＝60°，
∴AP＝CQ，
∵PF∥AB，
∴∠APF＝∠B＝60°，∠AFP＝∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠APF＝∠AFP＝60°，
∴△APF是等边三角形，
∵PE⊥AC，
1
∴EF= AF，
2∵△APF是等边三角形，AP＝CQ，
∴PF＝CQ
∵PF∥AB，
∴∠Q＝∠FPD，
在△PDF和△QDC中
{
∠FPD=∠Q
∵ ∠FDP=∠QDC，
PF=CQ
∴△PDF≌△QDC，
∴DF＝CD，
1
∴DF= CF，
2
1 1 1
∴DE＝EF+DF= AF+ CF= AC，
2 2 2
∴ED＝5．
【变式4-3】（2024秋•崇川区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、E是△ABC内两点，AD平分
∠BAC，∠EBC＝∠E＝60°，若BE＝30cm，DE＝2cm，则BC＝ 3 2 cm．
【分析】作出辅助线后根据等腰三角形的性质得出BE＝30，DE＝2，进而得出△BEM为等边三角形，
△EFD为等边三角形，从而得出BN的长，进而求出答案．
【解答】解：延长ED交BC于M，延长AD交BC于N，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AN⊥BC，BN＝CN，
∵∠EBC＝∠E＝60°，
∴△BEM为等边三角形，
∴△EFD为等边三角形，
∵BE＝30，DE＝2，
∴DM＝28，
∵△BEM为等边三角形，
∴∠EMB＝60°，
∵AN⊥BC，
∴∠DNM＝90°，
∴∠NDM＝30°，
∴NM＝14，
∴BN＝16，
∴BC＝2BN＝32，
故答案为32．
【题型5 等边三角形的证明】
【例5】（2024秋•建水县校级期中）如图，△ABC为等边三角形，D为BC边上一点，以AD为边作
∠ADE＝60°，DE与△ABC的外角平分线CE交于点E，连接AE．求证：△ADE是等边三角形．
【分析】过D作DG∥AC交AB于G，得出∠3＝∠2，再利用AAS得出△AGD≌△DCE，进而得出答案．
【解答】解：过D作DG∥AC交AB于G，则∠1＝∠3，△GDB为等边三角形，
∠AGD＝∠DCE＝120°，AG＝DC．
又∵∠ADE＝∠ACE＝60°，∠ACE＝∠ECF，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠2．
在△AGD和△DCE中，
{
∠3=∠2
∠AGD=∠DCE，
AG=DC
∴△AGD≌△DCE（AAS），
∴AD＝DE，
∵∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形．
【变式5-1】如图，已知△ABC是等边三角形，E是AC延长线上一点，选择一点D，使得△CDE是等边三
角形，如果M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，
求证：△CMN是等边三角形．
【分析】根据△ACD≌△BCE，得出AD＝BE，AM＝BN；又△AMC≌△BNC，可得CM＝CN，∠ACM
＝∠BCN，证明∠NCM＝∠ACB＝60°即可证明△CMN是等边三角形；
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，△CDE是等边三角形，M是线段AD的中点，N是线段BE的
中点，
∴∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠ECD+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，
{
AC=BC
∠ACD=∠BCE，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE，AM＝BN；
∴AC＝BC，∠CAD＝∠CBE，AM＝BN，
∴△AMC≌△BNC（SAS），
∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN；
又∵∠NCM＝∠BCN﹣∠BCM，
∠ACB＝∠ACM﹣∠BCM，
∴∠NCM＝∠ACB＝60°，
∴△CMN是等边三角形．
【变式5-2】（2025春•龙口市期末）如图，E是∠AOB的平分线上一点，EC⊥OB，ED⊥OA，C、D是垂
足，连接CD交OE于点F，若∠AOB＝60°．
（1）求证：△OCD是等边三角形；
（2）若EF＝5，求线段OE的长．
【分析】（1）根据角平分线的性质得出DE＝CE，然后根据HL证得Rt△ODE≌Rt△OCE，得出OD＝
OC，由∠AOB＝60°，证得△OCD是等边三角形；
（2）根据三线合一的性质得出∠AOE＝∠BOE＝30°，OE⊥DC，进而证得∠EDF＝30°，然后根据30°
的直角三角形的性质即可求得OE的长．【解答】解：（1）∵点E是∠AOB的平分线上一点，EC⊥OB，ED⊥OA，垂足分别是C，D，
∴DE＝CE，
在Rt△ODE与Rt△OCE中，
{DE=CE
OE=OE
∴Rt△ODE≌Rt△OCE（HL），
∴OD＝OC，
∵∠AOB＝60°，
∴△OCD是等边三角形；
（2）∵△OCD是等边三角形，OF是∠COD的平分线，
∴OE⊥DC，
∵∠AOB＝60°，
∴∠AOE＝∠BOE＝30°，
∵∠ODF＝60°，ED⊥OA，
∴∠EDF＝30°，
∴DE＝2EF＝10，
∴OE＝2DE＝20．
【变式5-3】（2024秋•韶关期末）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点
O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．
（1）求证：AD＝BE；
（2）求∠DOE的度数；
（3）求证：△MNC是等边三角形．
【分析】（1）根据等边三角形性质得出 AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝
∠BCE，证△ACD≌△BCE即可；（2）根据全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；
（3）求出AM＝BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．
【解答】解：（1）∵△ABC、△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，
∴AD＝BE．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵等边三角形DCE，
∴∠CED＝∠CDE＝60°，
∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，
＝∠ADC+60°+∠BED，
＝∠CED+60°，
＝60°+60°，
＝120°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，
答：∠DOE的度数是60°．
（3）证明：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC
又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，
1 1
∴AM= AD，BN= BE，
2 2
∴AM＝BN，
在△ACM和△BCN中{
AC=BC
∠CAM=∠CBN，
AM=BN
∴△ACM≌△BCN，
∴CM＝CN，
∠ACM＝∠BCN，
又∠ACB＝60°，
∴∠ACM+∠MCB＝60°，
∴∠BCN+∠MCB＝60°，
∴∠MCN＝60°，
∴△MNC是等边三角形．
【题型6 与等边三角形有关的规律问题】
【例6】（2024秋•思明区校级期中）如图，已知∠MON＝30°，点A ，A ，A…在射线ON上，点B ，
1 2 3 1
B ，B…在射线OM上，△ABA ，△ABA ，△ABA…均为等边三角形，若OA ＝2，则△ABA 的边
2 3 1 1 2 2 2 3 3 3 4 1 7 7 8
长为 2 7 ．
【分析】据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出 AB∥AB∥AB ，以及AB ＝2BA ，得出AB ＝
1 1 2 2 3 3 2 2 1 2 3 3
4BA＝8，AB＝8BA＝16，AB＝16BA＝32…，进而得出答案．
1 2 4 4 1 2 5 5 1 2
【解答】解：∵△ABA 是等边三角形，
1 1 2
∴AB＝AB，∠3＝∠4＝∠12＝60°，
1 1 2 1
∴∠2＝120°，
∵∠MON＝30°，
∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
又∵∠3＝60°，
∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∵∠MON＝∠1＝30°，
∴OA＝AB＝1，
1 1 1
∴AB＝1，
2 1∵△ABA、△ABA 是等边三角形，
2 2 3 3 3 4
∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，
∵∠4＝∠12＝60°，
∴AB∥AB∥AB，BA∥BA，
1 1 2 2 3 3 1 2 2 3
∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°，
∴AB＝2BA，BA＝2BA，
2 2 1 2 3 3 2 3
∴AB＝4BA＝8，
3 3 1 2
AB＝8BA＝16，
4 4 1 2
AB＝16BA＝32，
5 5 1 2
…
∴△ABA 的边长为 2n，
n n n+1
∴△ABA 的边长为27．
7 7 8
故答案为27．
【变式6-1】（2024秋•简阳市 期中）一只电子青蛙在如图的平面直角坐标系做如下运动：从坐标原点开
始起跳记为A ，然后沿着边长为1的等边三角形跳跃即A→A→A→A→A……已知A 的坐标为（1，
1 1 2 3 4 5 3
√3
0），则A 的坐标是 （ 1008. 5 ， ） ．
2018 2
【分析】根据已知图形得出A，A，A 的坐标，进而得出变化规律求出点A 的坐标．
2 4 6 2018【解答】解：过点A 作AB，交y轴于点B，
2 2
1 1
由题意可得出：AB= OA = ，
2 2 3 2
√3
∴BO= ，
2
1 √3
∴A 坐标为：（ ， ），
2 2 2
3 √3
A 坐标为：（ ， ），
4 2 2
5 √3
A 坐标为：（ ， ），
6 2 2
…
√3
∴点A 的坐标为（1008.5， ）
2018 2
√3
故答案是：（1008.5， ）．
2
【变式6-2】（2022•定兴县二模）如图，△ABC是一个边长为2的等边三角形，AD⊥BC，垂足为点D ．
0 0
过点D 作DD⊥AB，垂足为点D；再过点D 作DD⊥AD，垂足为点D；又过点D 作DD⊥AB，垂
0 0 1 1 1 1 2 0 2 2 2 3
3
足为点D ；…；这样一直作下去，得到一组线段：DD ，DD ，DD ，…，则线段DD 的长为 ，
3 0 1 1 2 2 3 1 2 4
√3
线段D D 的长为 ( ) n （n为正整数）．
n﹣1 n 2【分析】由三角形ABC为等边三角形，AD⊥BC，利用等边三角形的性质及三线合一得到BD＝1，∠B
0 0
＝60°，再由DD⊥AB，得到∠DDB＝30°，求出DD 的长，同理求出DD 的长，依此类推得出D
0 1 1 0 1 0 1 2 n﹣
D 的长．
1 n
【解答】解：∵△ABC是一个边长为2的等边三角形，AD⊥BC，
0
∴BD＝1，∠B＝60°，
0
∵DD⊥AB，
0 1
∴∠DDB＝30°，
1 0
√3
∴DD = ，
1 0 2
√3 3
同理∠DDD＝30°，DD＝（ ）2= ，
0 1 2 1 2 2 4
√3
依此类推，线段D D 的长为（ ）n．
n﹣1 n 2
3 √3
故答案为： ；（ ）n
4 2
【变式6-3】（2022•齐齐哈尔模拟）如图，点A 是面积为3的等边△ABC的两条中线的交点，以BA 为一
1 1
边，构造等边△BAC ，称为第一次构造；点A 是△BAC 的两条中线的交点，再以BA 为一边，构造等
1 1 2 1 1 2
边△BA 2 C 2 ，称为第二次构造；以此类推，当第n次构造出的等边△B n A n∁n 的边B∁n 与等边△CBA的边
1
AB第一次在同一直线上时，构造停止．则构造出的最后一个三角形的面积是 ．
27
√3
【分析】设等边△ABC的边长为a，根据等边三角形的性质求出AC= a，∠ABA ＝30°，同理判断出
1 3 1√3
每次构造后等边三角形的边长变为原来的 倍，再确定出每一次构造三角形绕点B顺时针旋转30°，然
3
后求出4次构造后构造停止，用a表示出构造停止后的等边三角形的边长，再根据相似三角形面积的比
等于相似比的平方列式计算即可得解．
【解答】解：设等边△ABC的边长为a，
√3
则等边△ABC的高为 a，
2
∵A 是两条中线的交点，
1
2 √3 √3
∴AC= × a= a，∠ABA＝30°，
1 3 2 3 1
√3
同理可得，每次构造后等边三角形的边长变为原来的 倍，
3
∵第n次构造出的等边△B n A n∁n 的边B∁n 与等边△CBA的边AB第一次在同一直线上时，构造停止，
∴（180°﹣60°）÷30°＝120°÷30°＝4，
即4次构造后，构造停止，
√3
∴构造停止时的等边三角形的边长为（ ）4a，
3
设最后一个三角形的面积为S，
4
√3
S ( ) a
则 =（ 3 ）2，
3
a
1
解得S= ．
27
1
故答案为： ．
27
【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】
【例7】（2000•内蒙古）如图，已知△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，并且使AE＝
BD，连接CE，DE．求证：EC＝ED．【分析】首先延长 BD 至 F，使 DF＝BC，连接 EF，得出△BEF 为等边三角形，进而求出
△ECB≌△EDF，从而得出EC＝DE．
【解答】证明：延长BD至F，使DF＝BC，连接EF，
∵AE＝BD，△ABC为等边三角形，
∴BE＝BF，∠B＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴∠F＝60°，
在△ECB和△EDF中
{
BE=EF
∠B=∠F=60°
BC=DF
∴△ECB≌△EDF（SAS），
∴EC＝ED．
【变式7-1】如图，在等边三角形ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，OE∥AB，OF∥AC，试说
明BE＝EF＝FC．【分析】由题可证△OEF为等边三角形，从而得到∠EOF＝60°，OE＝OF＝EF．又因为BO，CO分别
平分∠ABC，∠ACB，所以∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF．所以OE∥AB，OF∥AC，根据两直线平
行，内错角相等，得到∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，即∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF．根据
等角对等边得OE＝BE，OF＝CF，所以BE＝EF＝FC．
【解答】证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵OE∥AB，OF∥AC，
∴∠OEF＝∠ABC＝60°，∠OFE＝∠ACF＝60°，
∴∠OEF＝∠OFE，
∴∠EOF＝60°，
∴△OEF为等边三角形，
∴OE＝OF＝EF，
∵BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF，
∵OE∥AB，OF∥AC，
∴∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，
∴∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF，
∴OE＝BE，OF＝CF，
∴BE＝EF＝FC．
【变式7-2】（2024秋•绵竹市期末）在等边△ABC中，点E是AB上的动点，点E与点A、B不重合，点
D在CB的延长线上，且EC＝ED．
（1）如图1，若点E是AB的中点，求证：BD＝AE；
（2）如图2，若点E不是AB的中点时，（1）中的结论“BD＝AE”能否成立？若不成立，请直接写出
BD与AE数量关系，若成立，请给予证明．【分析】（1）由等边三角形的性质得出AE＝BE，∠BCE＝30°，再根据ED＝EC，得出∠D＝∠BCE＝
30°，再证出∠D＝∠DEB，得出DB＝BE，从而证出AE＝DB；
（2）作辅助线得出等边三角形AEF，得出AE＝EF，再证明三角形全等，得出DB＝EF，证出AE＝
DB．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点E是AB的中点，
∴CE平分∠ACB，AE＝BE，
∴∠BCE＝30°，
∵ED＝EC，
∴∠D＝∠BCE＝30°．
∵∠ABC＝∠D+∠BED，
∴∠BED＝30°，
∴∠D＝∠BED，
∴BD＝BE．
∴AE＝DB．
（2）解：AE＝DB；
理由：过点E作EF∥BC交AC于点F．如图2所示：
∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB．∵△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．
∴∠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），
∴DB＝EF，
∴AE＝BD．
【变式7-3】（2025春•建平县期末）如图（1），等边△ABC中，D是AB边上的动点，以CD为一边，向
上作等边△EDC，连接AE．
（1）△DBC和△EAC会全等吗？请说说你的理由；
（2）试说明AE∥BC的理由；
（3）如图（2），将（1）动点D运动到边BA的延长线上，所作仍为等边三角形，请问是否仍有
AE∥BC？证明你的猜想．
【分析】（1）要证两个三角形全等，已知的条件有 AC＝BC，CE＝CD，我们发现∠BCD和∠ACE都
是60°减去一个∠ACD，因此两三角形全等的条件就都凑齐了（SAS）；
（2）要证AE∥BC，关键是证∠EAC＝∠ACB，由于∠ACB＝∠ACB，那么关键是证∠EAC＝∠ACB，
根据（1）的全等三角形，我们不难得出这两个角相等，也就得出了证平行的条件．（3）同（1）（2）的思路完全相同，也是通过先证明三角形 BCD和ACE全等，得出∠EAC＝∠B＝
60°，又由∠ABC＝∠ACB＝60°，得出这两条线段之间的内错角相等，从而得出平行的结论．
【解答】解：（1）△DBC和△EAC会全等
证明：∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°
∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD
∴∠BCD＝∠ACE
在△DBC和△EAC中，
{
BC=AC
∵ ∠BCD=∠ACE，
EC=DC
∴△DBC≌△EAC（SAS），
（2）∵△DBC≌△EAC
∴∠EAC＝∠B＝60°
又∠ACB＝60°
∴∠EAC＝∠ACB
∴AE∥BC
（3）结论：AE∥BC
理由：∵△ABC、△EDC为等边三角形
∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°
∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE
在△DBC和△EAC中，
{
BC=AC
∵ ∠BCD=∠ACE，
CD=EC
∴△DBC≌△EAC（SAS），
∴∠EAC＝∠B＝60°
又∵∠ACB＝60°
∴∠EAC＝∠ACB
∴AE∥BC．【题型8 与等边三角形有关的动点问题】
【例8】（2024秋•香洲区期中）如图，在等边△ABC中，AB＝9cm，点P从点C出发沿CB边向B点以
2cm/s的速度移动，点Q从B点出发沿BA边向A点以5cm/s速度移动．P、Q两点同时出发，它们移动
的时间为t秒钟．
（1）你能用t表示BP和BQ的长度吗？请你表示出来．
（2）请问几秒钟后，△PBQ为等边三角形？
（3）若P、Q两点分别从C、B两点同时出发，并且都按顺时针方向沿△ABC三边运动，请问经过几秒
钟后点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？
【分析】（1）由三角形ABC为等边三角形，根据等边三角形的三边相等得到AB＝BC＝9cm，由P的
速度和时间t表示出P走过的路程CP的长，然后用边长BC减去CP即可表示出BP；由Q的速度及时
间t，即可表示出Q走过的路程BQ；
（2）若△PBQ为等边三角形，根据等边三角形的边长相等则有PB＝BQ，由（1）表示出的代数式代入
即可列出关于t的方程，求出方程的解即可得到满足题意的t的值；
（3）同时出发，要相遇其实是一个追及问题，由于 Q的速度大于P的速度，即Q要追及上P，题意可
知两点相距AB+AC即两个边长长，第一次相遇即为Q比P多走两个三角形边长，设出第一次相遇所需
的时间，根据Q运动的路程﹣P运动的路程＝18列出关于t的方程，求出方程的解即可求出满足题意的
t的值，然后由求出t的值计算出P运动的路程，确定出路程的范围，进而判断出P的位置即为第一次
相遇的位置．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AB＝9cm，
∵点P的速度为2cm/s，时间为ts，
∴CP＝2t，
则PB＝BC﹣CP＝（9﹣2t）cm；
∵点Q的速度为5cm/s，时间为ts，
∴BQ＝5t；
（2）若△PBQ为等边三角形，
则有BQ＝BP，即9﹣2t＝5t，
9
解得t= ，
7
9
所以当t= s时，△PBQ为等边三角形；
7
（3）设ts时，Q与P第一次相遇，
根据题意得：5t﹣2t＝18，
解得t＝6，
则6s时，两点第一次相遇．
当t＝6s时，P走过得路程为2×6＝12cm，
而9＜12＜18，即此时P在AB边上，
则两点在AB上第一次相遇．
【变式8-1】（2025春•渭滨区期末）如图，在等边△ABC中，AB＝12cm，现有M，N两点分别从点A，B
同时出发，沿△ABC的边按顺时针方向运动，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，设运动时间为t（s）．
（1）当t为何值时，M，N两点重合？两点重合在什么位置？
（2）当点M，N在BC边上运动时，是否存在使AM＝AN的位置？若存在，请求出此时点M，N运动的
时间；若不存在，请说明理由．【分析】（1）首先根据M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多
12cm，列出方程求解即可；
（2）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，设出运动时间，表示出
CM，NB，NM的长，列出方程，可解出未知数的值．
【解答】解：（1）由题意，t×1+12＝2t，
解得：t＝12，
∴当t＝12时，M，N两点重合，
此时两点在点C处重合；
（2）结论：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．
理由：由（1）知12秒时M、N两点重合，恰好在C处，
如图，假设△AMN是等腰三角形，
∴AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠AMC＝∠ANB，
∵△ACB是等边三角形，
∴∠C＝∠B，
在△ACM和△ABN中，{
∠C=∠B
∠AMC=∠ANB，
AC=AB
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM＝BN，
设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y秒时，△AMN是等腰三角形，
∴CM＝y﹣12，NB＝36﹣2y，
∵CM＝NB，
∴y﹣12＝36﹣2y，
解得：y＝16．故假设成立．
∴当点M、N在BC边上运动时，当运动时间为12秒或16秒时，AM＝AN．
【变式8-2】（2025春•金牛区校级期中）如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点
除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M．
（1）求证：△ABQ≌△CAP；
（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它
的度数．
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线 AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则
∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP；
（2）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；
（3）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ＝∠CAP，AB＝CA，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，{
AB=CA
∵ ∠ABQ=∠CAP，
AP=BQ
∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
（2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC＝60°…（6分）
（3）解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变．（7分）
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°．
【变式8-3】（2024秋•禄劝县期末）如图，在等边△ABC中，AC＝6，点O在AC上，且AO＝2，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．要使点D恰好落在BC上，则
AP的长是多少？
【分析】根据旋转的性质以及等边三角形的性质得出∠A＝∠B＝60°，求出∠AOP＝∠DPB，证
△AOP≌△BPD，推出AO＝BP＝2，即可得出答案．
【解答】解：连接DP，
∵∠DOP＝60°，OD＝OP，
∴△ODP是等边三角形，
∴∠OPD＝60°，PO＝PD，
∵等边三角形ABC，
∴∠A＝∠B＝60°，∴∠AOP+∠OPA＝120°，∠OPA+∠DPB＝120°，
∴∠AOP＝∠DPB，
在△AOP和△BPD中
{
∠A=∠B
∠AOP=∠DPB，
OP=PD
∴△AOP≌△BPD，
∴AO＝BP＝2，
∴AP＝AB﹣AP＝6﹣2＝4
【知识点2 含30°角的直角三角形】
在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半。
【题型9 含30°角的直角三角形性质】
【例9】（2024秋•尚志市期中）已知：如图△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，AB⊥AD，DE⊥AC．
（1）求证：AE＝EC；
（2）若DE＝2，求BC的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理证明；
（2）根据直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半解答．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠C＝30°，
∴∠B＝30°，∠BAC＝120°，
∵AB⊥AD，
∴∠DAC＝30°，
∴∠DAC＝∠C，
∴DA＝DC，
∵DE⊥AC，
∴AE＝EC；
（2）∵∠C＝30°，DE⊥AC，
∴DC＝2DE＝4，
∵AB⊥AD，∠B＝30°，
∴BD＝2DC＝8，∴BC＝12．
【变式9-1】（2024秋•武清区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P为BC边的中点，
PD⊥AC于点D．
求证：CD＝3AD．
【分析】连接AP，根据等腰三角形三线合一的性质可得AP⊥BC，根据等腰三角形两底角相等求出∠C
＝30°，再求出∠APD＝∠C＝30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AP＝
2AD，AC＝2AP，整理即可得证．
【解答】证明：如图，连接AP，
∵AB＝AC，P为BC边的中点，
∴AP⊥BC，
∵∠BAC＝120°，
1 1
∴∠C= （180°﹣∠BAC）= （180°﹣120°）＝30°，
2 2
∵PD⊥AC，
∴∠CPD+∠C＝90°，
又∵∠APD+∠CPD＝90°，
∴∠APD＝∠C＝30°，
∴AP＝2AD，AC＝2AP，
∴AC＝4AD，
∴CD＝AC﹣AD＝4AD﹣AD＝3AD，
即CD＝3AD．
【变式9-2】（2025春•湟中县校级月考）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝12，点M，N
在边OB上，PM＝PN，若MN＝5，求OM的长度．1
【分析】作PH⊥MN于H，根据直角三角形的性质得到OH= OP＝6，根据等腰三角形的性质求出
2
MH，计算即可．
【解答】解：作PH⊥MN于H，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OPH＝30°，
1
∴OH= OP＝6，
2
∵PM＝PN，PH⊥MN，
∴MH＝NH＝2.5，
∴OM＝OH﹣MH＝3.5．
【变式9-3】（2024秋•尚志市期中）如图所示，等边△ABC中，AD⊥BC于D，点P是AB边上的任意一
点（点P可以与点A重合，但不与点B重合），过点P作PE⊥BC，垂足为E，过E作EF⊥AC，垂足
为F．
（1）如图1，求证：2BD＝2CF+BE；
（2）若AB＝4，过F作FQ⊥AB，垂足为Q，PQ＝1，求BP的长．【分析】（1）根据等边三角形的性质和含30°的直角三角形的性质即可得到结论．
1 1 1 1 1
（2）设PB＝x，解直角三角形求得CF= CE＝2- x，AF＝4﹣CF＝2+ x，AQ= AF＝1+ x，列方
2 4 4 2 8
1 16
程x+1+1+ x＝4，解得x= ，于是得到结论．
8 9
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴BC＝2BD，∠C＝60°，
∵EF⊥AC，
∴∠EFC＝90°，
∴∠FEC＝30°，
∴EC＝2FC，
∵BC＝BE+EC，
∴2BD＝2CF+BE；
（2）过F作FQ⊥AB于Q，设PB＝x，
∵PE⊥BC，∠B＝60°，
1 1
∴BE= x，CE＝4- x，
2 2
∵EF⊥AC，∠C＝60°，
1 1
∴CF= CE＝2- x，
2 4
1
∴AF＝4﹣CF＝2+ x，
4
∵∠BAC＝60°，FQ⊥AB，
1 1
∴AQ= AF＝1+ x，
2 8
1
∴x+1+1+ x＝4，
816
∴x= ，
9
16
∴PB= ，
9
如图2，过E作GE⊥AB于G，
∴EG+EF＝AD，2EG＝PE，
1
∴ PE+EF＝AD，即，PE+2EF＝2AB，
2
1
∴BP+AQ﹣PQ＝AB，即x+1+ x﹣1＝4，
8
32
解得x=
9
32
∴PB= ．
9
