专题2.4 等腰三角形中的综合（压轴题专项讲练）（浙教版）（解析版）

专题2.4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＝∴△AEH≌△BEGASA；（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＝∴△CEH≌△AEGASA，∴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，∠EJG＝∴△JEG≌△CEHAAS，∴JG=CH，∵AE⊥BC，DE＝AE，∴BD＝AB，∴∠ABE＝∠DBE，∵EI⊥AB，EF⊥BD，∴∠BIE＝∠BFE＝90°，又∵BE＝BE，∴△BFE≌△BIEAAS，∴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，AD=BDAF=BF∴△ADF≌△BDF（SSS）；（2）∵△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°，∵△ADF≌△BDF，∴∠ADF=∠BDF=12∠ADB=30°，∴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∴∠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(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，∴∠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，∠A=∠BCN∴△ACE≌△CBN（ASA），∴AE=CN.（2）证明：如图，由（1）得，AE=CN∴AH-AE=CH-CN，∴EH=NH，∵CH⊥AB,∴∠AHC=90∴∠NEH=45°在△CBN和△EBN中∠BCN=∠BEN∴△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，BC=AC∠BCE=∠ACD∴△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，∠CBE=∠CADBC=AC∴△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，OB=AB∠OBC=∠ABD∴△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，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△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，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△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；(2)如图2，F是AC上一点，且DF＝DB，若∠CAB＝60°，求证：AC﹣AE＝12AF【思路点拨】（1）作DG⊥AB于G，由AAS证明ΔADE≅ΔADG，得出∠ADE=∠ADG，AE=AG，DE=DG（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【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Δ∠E=∠DGA=90°∠DAE=∠DAG∴Δ∴∠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≅∴AE=AG，DE=DG∵∠CAB=60°，AD平分∠BAE，∠C=90°，∴∠BAD=∠DAE=∠60°，∠ABC=30°，∴ΔADH是等边三角形，∵DG⊥AB，∴AD=AH=2AG=2GH=2AE，在Rt△DEF和RtDF=DBDE=DG∴Rt∴EF=GB，∵AE=AG=GH，∴AF=BH，∵AB-AH=BH，∴2AC-2AE=AF，∴AC-AE=18．（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∴①∴∠AOD=∠ADO∴190°-α=α-60°∴α=125°②∴∠OAD=∠AOD∴50°=190°-α∴α=140°③∴∠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AECD（填“＞”“＜”或“=”）；(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12∠ABC，连接AE，CD，请猜想AE与CD(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，BD=BA∠DBC=∠ABE∴△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，BD=BA∠DBC=∠ABE∴△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，AB=BD∠ABC=∠DBE∴△ABC≌△DBE（SAS），∴AC=DE=7，设D到直线AE的距离为h，∵SΔ∴h=74∴D到直线AE的距离为7410．（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，AE=AC∠EAD=∠CAD∴△AED≅△ACDSAS∴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，AE=AC∠EAD=∠CAD∴△AED≅△ACDSAS∴∠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,AE=AC∠EAD=∠CAD∴△AED≅△ACDSAS∴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，BC=BA∠CBD=∠EBA∴△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△PDE≌△QDF（AAS），得DE=DF=12EF【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，解得t=5②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；综上，当t=52或4时，△（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），

∴DE=DF=12EF∵EF=CE+CF，AC=CE+AE，∴EF=AC=10，∴DE=12EF=5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30度角的直角三角形的性质得到DG＝12BD，DG＝1【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，AE=DF∠AEF=∠CDF∴△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°，∴DG＝12BD∴DG＝12∵SΔBDG=12DG⋅BG＝∴S△ACF14．（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(1)若点P在线段C'B上（不与点C'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：(2)若点P在线段C'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（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∴∠C'BA=∠CBA=∴△ABC∵PB=PC∴PA⊥BC∴∠BAP=180-∠APB-∠C∴PB=1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∴∠C∴∠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，∠BPD=∠APE∴△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，PB=PE∴△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≅ΔDBCSAS，推出（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（3）延长OG交CF于点M，先结合（1）中结论证明ΔCGM≅ΔBGOASA，推出CM=OB，GM=GO，再证明ΔCMO≅【解题过程】（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠A=∠CBD=60°，在ΔEAB与ΔAE=BD∠A=∠CBD∴ΔEAB≅∴∠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ΔCF=CO∠FCB=∠OCA∴ΔFCB≅∴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∥∴∠OBG=∠MCG，∵点G是BC的中点，∴CG=BG，又∵∠CGM=∠BGO，∴ΔCGM≅∴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≅∴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＝(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】如图3，α＝60°，∠ACB+∠BCD＝180°，CE⊥BD于点E，AC＝kDE，直接写出CDAB的值（用k【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，AB=AC∠ABE=∠ACDBE=CD∴△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＝∴∠ACB=∠BAC=α，又∵∠BCD=∠ACD+α=α+∠CBH，即∠ACD+α=α+∠CBH，∴∠ACD=∠CBH=∠ABD，在△ABD和△CDH中，AB=BC∴△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，∴CDAB18．（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，DE=FE∠DEH=∠FEC∴△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，DE=DF∠EDG=∠FDC∴△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