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专题 02 等边三角形常考作辅助线法（两种方法）
学习了等腰三角形、等边三角形、全等三角形后,发现同学们对知识点的接受
比较单一,不能很快找到各知识点之间的内在联系,更谈不上综合运用。为了把初
中几何中的几个重要的知识点等腰三角形、等边三角形与全等三角形很好的联
系起来，提高同学们的数学思维能力和解题能力，特意设计了本节课，主要探究
添加平行线和截长补短构造全等解决等边三角形有关问题。
【新方法解读】
技巧1：作平行线法
技巧2：截长补短法
【典例分析】
【典例1】（烟台）如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，
点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段 CE，CF与CD之间存在怎
样的数量关系？并说明理由．
【答案】详见解答
【解答】【问题解决】证明：在CD上截取CH＝CE，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；
【类比探究】解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝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，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【变式1-1】（2020秋•句容市期中）如图，在等边三角形 ABC中，点E是边
AC上一定点，点D是射线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，
连接CF．
【问题解决】如图1，点D与点B重合，求证：AE＝FC；
【类比探究】（1）如图2，点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
（2）如图3，点D在边BC的延长线上，请探究线段 CE，CF与CD之间存
在怎样的数量关系？直接写出你的结论．
【答案】详见解答
【解答】证明：【问题解决】
∵△ABC和△DEF是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠EDC＝60°，DE＝DF，
∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EDC﹣∠EBC，即∠ABE＝∠CBF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴AE＝CF；
【类比探究】（1）如图2，在CD上截取CH＝CE，连接EH，
∵△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）线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝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3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，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【变式1-2】（天心区期中）如图，在等边△ABC中，点D是边AC上一定点，
点E是直线BC上一动点，以DE为一边作等边△DEF，连接CF．
（1）如图 1，若点 E 在边 BC 上，且 DE⊥BC，垂足为 E，求证：CD＝
2CE；
（2）如图1，若点E在边BC上，且DE⊥BC，垂足为E，求证：CE+CF＝
CD；
（3）如图2，若点E在射线CB上，请探究线段 CE，CF与CD之间存在怎
样的数量关系？并说明理由．
【答案】详见解答
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，
又∵DE⊥BC，
∴∠DEC＝90°，∠EDC＝30°，
∴CD＝2CE；
（2）∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°
∵∠EDC＝30°，
∴∠FDC＝30°＝∠EDC，DC＝DC，
∴△EDC≌△FDC（SAS），
∴CE＝CF，
∴CD＝2CE＝CE+CF；
（3）当点E在线段BC上，如图2，结论：CD＝CE+CF，
理由如下：如图2，在BC上截取CG＝CD，连接GD，
∵∠DCG＝60°，
∴△DCG是等边三角形，
∴DG＝DC，∠GDC＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°，
∵ ∠ GDE+∠ EDC ＝ 60° ＝
∠EDC+∠CDF，
∴∠GDE＝∠CDF，
∴△GDE≌△CDF（SAS），
∴GE＝CF，
∴CD＝CG＝CE+EG＝CE+CF；
当点E在射线BC延长线上，如图3，结论：CE＝CD+CF，理由如下：如图3，在BC上截取CG＝CD，连接GD，
∵∠DCG＝60°，
∴△DCG是等边三角形，
∴DG＝DC，∠GDC＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°，
∵∠GDE+∠GDF＝60°＝∠GDF+∠CDF，
∴∠GDE＝∠CDF，
∴△GDE≌△CDF（SAS），
∴GE＝CF，
∴CE＝CG+EG＝CD+CF．
【典例2】（2020秋•湖南期末）如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别是
射线AB、射线CB上的动点，点D从点A出发沿射线AB移动，点E从点B出
发沿BG移动，点D、点E同时出发并且运动速度相同．连接CD、DE．
（1）如图①，当点D移动到线段AB的中点时，求证：DE＝DC．
（2）如图②，当点D在线段AB上移动但不是中点时，试探索DE与DC之
间的数量关系，并说明理由．
（3）如图③，当点 D 移动到线段 AB 的延长线上，并且 ED⊥DC 时，求
∠DEC度数．
【答案】详见解答
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，AD＝DB，
∴∠DCB＝ ∠ACB＝30°，AD＝DB，
由题意得，AD＝BE，∴BD＝BE，
∴∠BDE＝∠BED，
∵∠BDE+∠BED＝∠ABC＝60°，
∴∠BDE＝∠BED＝30°，
∴∠DCE＝∠BED，
∴DE＝DC．
（2）解：DE＝DC，
理由如下：作DF∥AC交BC于F，
则∠BDF＝∠A＝60°，∠DFB＝∠ACB＝60°，
∴△DBF为等边三角形，
∴DB＝DF＝BF，∠DBF＝∠DFB＝60°，
∴FC＝AD＝BE，∠DBE＝∠DFC，
在△DBE和△DFC中，
，
∴△DBE≌△DFC（SAS），
∴DE＝DC；
（3）解：在BE上截取BH＝BD，连接DH，
∵∠DBH＝∠ABC＝60°，
∴△BDH为等边三角形，
∴DH＝DB，∠BDH＝∠BHD＝60°，
∴∠DHE＝∠DBC＝120°，
∵AD＝BE，BH＝BD，AB＝BC，
∴HE＝BC，
在△DHE和△DBC中，
，
∴△DHE≌△DBC（SAS），
∴∠HDE＝∠BDC，
∵∠EDC＝90°，∠HDB＝60°，∴∠HDE+∠BDC＝30°，
∴∠HDE＝∠BDC＝15°，
∴∠DEC＝∠DHC﹣∠HDE＝45°．
【变式2-1】（道外区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在AB边上，点
E在AC的延长线上，且CE＝BD，连接DE交BC于点F．
（1）求证：EF＝DF；
（2）过点D作DG⊥BC，垂足为G，求证：BC＝2FG．
【答案】详见解答
【解答】证明：（1）过点D作DH∥AC，DH交BC于H，如图1所示：
则∠DHB＝∠ACB，∠DHF＝∠ECF，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠B＝∠DHB，
∴BD＝HD，
∵CE＝BD，
∴HD＝CE，在△DHF和△ECF中， ，
∴△DHF≌△ECF（AAS），
∴EF＝DF；
（2）如图2，由（1）知：BD＝HD，
∵DG⊥BC，
∴BG＝GH，
由（1）得：△DHF≌△ECF，
∴HF＝CF，
∴GH+HF＝ BH+ CH＝ BC，
∴BC＝2FG．
【变式2-2】（东城区期末）（1）老师在课上给出了这样一道题目：如图 1，
等边△ABC边长为2，过AB边上一点P作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上
一点，且AP＝CQ，连接PQ交AC于D，求DE的长．
小明同学经过认真思考后认为，可以通过过点 P作平行线构造等边三角形的
方法来解决这个问题．请根据小明同学的思路直接写出DE的长．
（2）【类比探究】
老师引导同学继续研究：
1．等边△ABC边长为2，当P为BA的延长线上一点时，作PE⊥CA的延长
线于点E，Q为边BC上一点，且AP＝CQ，连接PQ交AC于D．请你在图2
中补全图形并求DE的长．
2．已知等边△ABC，当 P为AB的延长线上一点时，作 PE⊥射线 AC于点
E，Q为 ② （①BC边上；②BC的延长线上；③CB的延长线上）一
点，且AP＝CQ，连接PQ交直线AC于点D，能使得DE的长度保持不变．
（将答案的编号填在横线上）
【答案】详见解答
【解答】解：（1）如图，过点P作PF∥BC交AC于点F，
∴∠Q＝∠FPD，∠APF＝∠ABC，∠AFP＝∠ACB，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∴∠APF＝∠AFP＝∠BAC＝60°，
∴△APF为等边三角形，
∴AP＝AF＝PF，又∵PE⊥AC
∴EF＝ AF，
∴PF＝AP＝CQ，又∠PDF＝∠CDQ，∠Q＝∠FPD，
∴△PDF≌△QDC（AAS），
∴FD＝CD＝ FC＝ （AC﹣AF），
∴DE＝DF+EF＝ （AC﹣AF）+ AF＝ AC＝1；
（2）1、补全的图形如下，
过点P作PF∥BC交CE的延长线于点F，
∴∠DQC＝∠FPD，∠APF＝∠ABC，∠AFP＝∠ACB，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∴∠APF＝∠AFP＝∠FAP＝60°，
∴△APF为等边三角形，
∴AP＝AF＝PF，
又∵PE⊥AC
∴EF＝ AF，
∴PF＝AP＝CQ，又∠PDF＝∠CDQ，∠DQC＝∠FPD，
∴△PDF≌△QDC（AAS），
∴FD＝CD＝ FC＝ （AC+AF），∴DE＝DF﹣EF＝ （AC+AF）﹣ AF＝ AC＝1；
2、过点P作PF∥BC交BC的延长线与点F．
∴∠DQC＝∠FPD，∠APF＝∠ABC，∠AFP＝∠ACB，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∴∠APF＝∠AFP＝∠BAC＝60°，
∴△APF为等边三角形，
∴AP＝AF＝PF，
又∵PE⊥AC
∴EF＝ AF，
∴PF＝AP＝CQ，∠PDF＝∠CDQ，∠DQC＝∠FPD，
∴△PDF≌△QDC（AAS），
∴FD＝CD＝ FC＝ （AF﹣AC），
∴DE＝EF﹣DF＝ （AC+CF）﹣ CF＝ AC＝1；
答案为②．
【夯实基础】
1．（2021秋•咸丰县期末）如图，等边△ABC的边长为12cm，D为AC边上一
动点，E为AB延长线上一动点，DE交CB于点P，点P为DE中点
（1）求证：CD＝BE；（2）若DE⊥AC，求BP的长．
【解答】（1）证明：作DF∥AB交BC于F，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝60°，
∵DF∥AB，
∴∠CDF＝∠A＝60°，∠DFC＝∠ABC＝60°，∠DFP＝∠EBP，
∴△CDF是等边三角形，
∴CD＝DF，
∵点P为DE中点，
∴PD＝PE，
在△PDF和△PEB中， ，
∴△PDF≌△PEB（AAS），
∴DF＝BE，
∴CD＝BE；
（2）解：∵DE⊥AC，
∴∠ADE＝90°，
∴∠E＝90°﹣∠A＝30°，
∴AD＝ AE，∠BPE＝∠ACB﹣∠E＝30°＝∠E，
∴BP＝BE，
由（1）得：CD＝BE，
∴BP＝BE＝CD，
设BP＝x，则BE＝CD＝x，AD＝12﹣x，
∵AE＝2AD，∴12+x＝2（12﹣x），
解得：x＝4，
即BP的长为4．
2．（2021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．
【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（AAS），
∴DB＝EF，
∴AE＝BD．
3．（2021春•垦利区期末）已知，△ABC为等边三角形，点D为AC上的一个
动点，点E为BC延长线上一点，且BD＝DE．
（1）如图1，若点D在边AC上，猜想线段AD与CE之间的关系，并说明理
由；
（2）如图2，若点D在AC的延长线上，（1）中的结论是否成立，请说明理由．
【解答】解：（1）AD＝CE，
证明：如图1，过点D作DP∥BC，交AB于点P，
∵△ABC是等边三角形，
∴△APD也是等边三角形，
∴AP＝PD＝AD，∠APD＝∠ABC＝∠ACB＝∠PDC＝60°，
∵DB＝DE，
∴∠DBC＝∠DEC，
∵DP∥BC，
∴∠PDB＝∠CBD，
∴∠PDB＝∠DEC，
又∠BPD＝∠A+∠ADP＝120°，∠DCE＝∠A+∠ABC＝120°，
即∠BPD＝∠DCE，
在△BPD和△DCE中，∠PDB＝∠DEC，∠BPD＝∠DCE，DB＝DE，
∴△BPD≌△DCE，
∴PD＝CE，
∴AD＝CE；
（2）如图3，过点D作DP∥BC，交AB的延长线于点P，
∵△ABC是等边三角形，
∴△APD也是等边三角形，
∴AP＝PD＝AD，∠APD＝∠ABC＝∠ACB＝∠PDA＝60°，∵DB＝DE，
∴∠DBC＝∠DEC，
∵DP∥BC，
∴∠PDB＝∠CBD，
∴∠PDB＝∠DEC，
在△BPD和△DCE中， ，
∴△BPD≌△DCE，
∴PD＝CE，
∴AD＝CE．
4．（2022秋•张家港市期末）已知：如图所示，等边三角形ABC的边长为2，
点P和Q分别从A和C两点同时出发，做匀速运动，且它们的速度相同．点
P沿射线AB运动，点Q沿边BC的延长线运动，设PQ与直线AC相交于点
D，作PE⊥AC于E，当P和Q运动时，线段DE的长是否改变？证明你的结
论．
【解答】解：当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．理由如下：
作QF⊥AC，交直线AC的延长线于点F，
又∵PE⊥AC于E，
∴∠CFQ＝∠AEP＝90°，
∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP＝CQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ACB＝∠FCQ＝60°，
∴在△APE和△CQF中 ，
∴△APE≌△CQF，
∴AE＝FC，PE＝QF且PE∥QF，
∴四边形PEQF是平行四边形，
∴DE＝ EF，
∵EC+CF＝EC+AE＝AC，
∴DE＝ AC，
又∵等边△ABC的边长为2，
∴DE＝1，
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
【能力提升】
5．（2021秋•濠江区校级期中）如图△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为
直线BC上任一动点，将一 60°角的顶点置于点 D处，它的一边始终经过点
A，另一边与直线a交于点E．
（1）若D恰好在BC的中点上（如图1）求证：△ADE是等边三角形；
（2）若D为直线BC上任一点（如图2），其他条件不变，上述（1）的结
论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．【解答】（1）证明：∵a∥AB，且△ABC为等边三角形，
∴∠ACE＝∠BAC＝∠ABD＝60°，AB＝AC，
∵BD＝CD，
∴AD⊥BC
∵∠ADE＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴∠DOC＝180°﹣∠EDC﹣∠ACB＝90°，
∴∠DEC＝∠DOC﹣∠ACE＝30°，
∴∠EDC＝∠DEC，
∴EC＝CD＝DB，
∴△ABD≌△ACE．
∴AD＝AE，且∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形；
（2）在AC上取点F，使CF＝CD，连接DF，
∵∠ACB＝60°，
∴△DCF是等边三角形，
∵∠ADF+∠FDE＝∠EDC+∠FDE＝60°，
∴∠ADF＝∠EDC，
∵∠DAF+∠ADE＝∠DEC+∠ACE，
∴∠DAF＝∠DEC，
∴△ADF≌△EDC（AAS），
∴AD＝ED，
又∵∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形．6．（宾县校级月考）△ABC是边长为2的等边三角形，点 P、Q分别从A、C
两点同时出发做匀速直线运动，且它们的速度相等．已知点 P沿边射线AB
运动，点 Q 沿边 BC 的延长线运动，设 PQ 与直线 AC 相交于点 D，作
PE⊥AC，垂足是E．
（1）当点P在线段AB上运动时，求证：2DE＝AC；
（2）当点P、Q继续运动时，（1）中的结论还成立吗？若成立，画出图形
并证明．如不成立指出DE与AC的关系并说明理由．
【解答】（1）证明：如图1，作QF⊥AC，交直线AC的延长线于点F，
又∵PE⊥AC于E，
∴∠CFQ＝∠AEP＝90°，
∵点P、Q做匀速运动且速度相同，
∴AP＝CQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ACB＝∠FCQ＝60°，
∴在△APE和△CQF中， ，
∴△APE≌△CQF（AAS），
∴AE＝FC，PE＝QF，
又∵∠PDE＝∠FDQ，∠PED＝∠FDQ，∴△PDE≌△QDF（AAS），
∴DE＝DF，
∴DE＝ EF，
∵EC+CF＝EC+AE＝AC，
∴DE＝ AC，
（2）解：当点P、Q运动时，（1）中的结论还成立．理由如下：
如图2，作QF⊥AC，交直线AC的延长线于点F，连接EQ，PF．
同（1），推知△APE≌△CQF（AAS），
∴AE＝FC，PE＝QF，
∵PE∥QF，
∴∠PED＝∠QFD，∠EPD＝∠FQD，
∴△PED≌△QFD（ASA），
∴DE＝DF，
∴DE＝ EF，
∵EC+CF＝EC+AE＝AC，
∴DE＝ AC．
