TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc272" 【題型1 利用等邊三角形的性質求值】 PAGEREF _Tc272 \h 1
\l "_Tc6055" 【題型2 利用等邊三角形的性質證明線段或角度相等】 PAGEREF _Tc6055 \h 7
\l "_Tc1660" 【題型3 等邊三角形的證明】 PAGEREF _Tc1660 \h 12
\l "_Tc20643" 【題型4 等邊三角形在坐標系中的運用】 PAGEREF _Tc20643 \h 17
\l "_Tc25325" 【題型5 等邊三角形中的折疊問題】 PAGEREF _Tc25325 \h 24
\l "_Tc31680" 【題型6 與等邊三角形有關的規(guī)律問題】 PAGEREF _Tc31680 \h 29
\l "_Tc7267" 【題型7 等邊三角形中的動態(tài)問題】 PAGEREF _Tc7267 \h 34
\l "_Tc10898" 【題型8 等邊三角形中求最值】 PAGEREF _Tc10898 \h 40
\l "_Tc23409" 【題型9 等邊三角形中的多結論問題】 PAGEREF _Tc23409 \h 44
\l "_Tc29572" 【題型10 確定等邊三角形中的線段之間的關系】 PAGEREF _Tc29572 \h 52
【知識點 等邊三角形】
（1）定義：三條邊都相等的三角形，叫做等邊三角形.
（2）等邊三角形性質：等邊三角形的三個角相等，并且每個角都等于60°.
（3）等邊三角形的判定：
①三條邊都相等的三角形是等邊三角形；
②三個角都相等的三角形是等邊三角形；
③有一個角為 60°的等腰三角形是等邊三角形.
【題型1 利用等邊三角形的性質求值】
【例1】（2023春·福建廈門·八年級廈門市湖濱中學校考期末）如圖，已知等邊三角形ABC中，BD=CE，AD與BE交于點P，則∠APE= °．
【答案】60
【分析】由等邊三角形的性質可得∠ABC=∠C=60°，AB=BC，由SAS證明△ABD≌△BCE得到∠BAD=∠CBE，再由三角形外角的性質可得∠APE=∠BAP+∠ABP=∠CBP+∠ABP=∠ABC=60°，即可得解．
【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC=∠C=60°，AB=BC，
在△ABD和△BCE中，
AB=BC∠ABD=∠BCEBD=CE，
∴△ABD≌△BCESAS，
∴∠BAD=∠CBE，
∴∠APE=∠BAP+∠ABP=∠CBP+∠ABP=∠ABC=60°，
故答案為：60．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質、三角形全等的判定與性質、三角形外角的性質，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．
【變式1-1】（2023春·四川成都·八年級成都實外?？计谀┮阎喝鐖D，點E是等邊三角形ABC內一點，且EA=EB，△ABC外一點D滿足BD=AC，BE平分∠DBC．

(1)求證：△DBE≌△CBE；
(2)求∠BDE的度數(shù)．
(3)若∠ABE=45°，試判斷BD與AC的位置關系，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)30°
(3)AC⊥BD，理由見解析
【分析】（1）由三角形ABC是等邊三角形和BD=AC可得BD=BC，由角平分線的性質可得∠CBE=∠DBE，由“SAS”即可證明△DBE≌△CBE；
（2）由三角形ABC是等邊三角形和BD=AC可得BD=BC，∠ACB=60°，由“SSS”證明△CBE≌△CAE，從而得到∠BCE=∠ACE=12∠ACB=30°，再由△CBE≌△DBE，∠BDE=∠BCE=30°；
（3）由全等三角形的性質可得∠CAE=∠DBE，由等腰三角形的性質可得∠ABE=∠BAE=45°，令AC、BD交于點F，通過計算得出∠ABF+∠BAF=90°，最后由三角形內角和定理可得出∠AFB=90°，從而得到答案．
【詳解】（1）證明：∵三角形ABC是等邊三角形，
∴AC=BC，
∵BD=AC，
∴BD=BC，
∵ BE平分∠DBC，
∴∠CBE=∠DBE，
在△CBE和△DBE中，
BD=BC∠CBE=∠DBEBE=BE，
∴△CBE≌△DBESAS；
（2）解：∵三角形ABC是等邊三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
在△CBE和△CAE中，
AC=BCCE=CEBE=AE，
∴△CBE≌△CAESSS，
∴∠BCE=∠ACE，
∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴∠BCE=∠ACE=12∠ACB=30°，
由（1）得，△CBE≌△DBE，
∴∠BDE=∠BCE=30°；
（3）解：AC⊥BD，
理由如下：
由（1）得，△CBE≌△DBE，
∴∠DBE=∠CBE，
由（2）得，△CBE≌△CAE，
∴∠CAE=∠CBE，
∴∠CAE=∠DBE，
∵BE=AE，∠ABE=45°，
∴∠ABE=∠BAE=45°，
如圖，令AC、BD交于點F，
，
則∠ABF+∠BAF
=∠ABF+∠BAE+∠EAC
=∠ABF+∠BAE+∠DBE
=∠ABE+∠BAE
=45°+45°
=90°，
∵∠ABF+∠BAF+∠AFB=180°，
∴∠AFB=90°，
∴AC⊥BD．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質、三角形全等的判定與性質、等腰三角形的性質、三角形內角和定理、角平分線的性質，熟練掌握等邊三角形的性質、三角形全等的判定與性質、等腰三角形的性質、三角形內角和定理、角平分線的性質，是解題的關鍵．
【變式1-2】（2023春·四川成都·八年級?？计谥校┤鐖D，△ABC為等邊三角形，點D是BC邊上異于B，C的任意一點，DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F．若BC邊上的高線AM=2，則DE+DF= ．

【答案】2
【分析】連接AD，等積法進行求解即可．
【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形，
∴AB=AC=BC，
連接AD，

則：S△ABC=S△ADB+S△ADC，
∵BC邊上的高線AM=2，DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F．
∴12×2BC=12AB?DE+12AC?DF，
即：2BC=BC?DE+DF，
∴DE+DF=2；
故答案為2．
【點睛】本題考查等邊三角形的性質．解題的關鍵是熟練掌握等積法求三角形的面積．
【變式1-3】（2023春·新疆烏魯木齊·八年級烏魯木齊市第70中?？计谀┤鐖D，已知等邊三角形ABC的邊長為m，過AB邊上一點P作PE⊥AC于點E，Q為BC延長線上一點，取PA=CQ，連接PQ，交AC于M，則EM的長為 ．

【答案】m2
【分析】延長AC，過點Q作QF⊥AC于點F，先證明△APE≌△CQFAAS，得出PE=QF，AE=CF，再證明△PME≌△QMFAAS，得出EM=FM，即可求解．
【詳解】解：延長AC，過點Q作QF⊥AC于點F，
∵△ABC為等邊三角形，
∴∠A=∠ACB=∠QCF=60°，
∵QF⊥AC，PE⊥AC，
∴∠PEA=∠F=90°，
在△APE和△CQF中，
∠PEA=∠F∠A=∠QCFAP=CQ，
∴△APE≌△CQFAAS，
∴PE=QF，AE=CF，
在△PME和△QMF中，
∠PME=∠QMF∠PEM=∠FPE=QF，
∴△PME≌△QMFAAS，
∴EM=FM，
∵AE=CF，AC=m，
∴AC=CE+AE=CE+CF=EF=m，
∴EM=FM=m2．
故答案為：m2．

【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是掌握等邊三角形三個角都是60°，正確畫出輔助線，構造全等三角形．
【題型2 利用等邊三角形的性質證明線段或角度相等】
【例2】（2023春·河南周口·八年級校考期中）如圖，△ABC是等邊三角形，延長BC到E，使CE=12BC，點D是邊AC的中點，連接ED并延長交AB于點F．

(1)求證：EF⊥AB；
(2)連接BD，求證：BD=DE．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）由等邊三角形的性質可得∠ACB=∠ABC=60°，AC=BC，結合CE=12BC，點D是邊AC的中點，可得CD=CE，即可得到∠CDE=∠E，再利用三角形外角的性質求得∠E=30°，從而即可求得∠EFB=90°，證得結論；
（2）由等邊三角形的性質可得∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°，從而得到∠DBE=∠E，證得結論．
【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴AC=BC，∠ACB=∠ABC=60°，
∵D是AC的中點，
∴AD=CD=12AC，
∵CE=12BC，
∴CD=CE，
∴∠CDE=∠E，
∵∠E+∠CDE=∠ACB=60°，
∴∠E=∠CDE=30°，
∵∠ABC=60°，∠E+∠EFB+∠FBE=180°，
∴∠EFB=180°?∠ABC?∠E=90°，
∴EF⊥AB；
（2）解：∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∵D是AC的中點，
∴∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°，
∵∠E=30°，
∴∠DBE=∠E，
∴DE=BD．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質、等腰三角形的判定與性質、三角形外角的性質、三角形內角和定理等知識點，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．
【變式2-1】（2023春·海南省直轄縣級單位·八年級統(tǒng)考期末）如圖，△ABC是等邊三角形，BD是高線，延長BC到E，使CE=AD．證明：BD=DE．
【答案】見解析
【分析】利用等邊三角形的性質得∠ABD=∠CBD=30°，由CE=AD得，CE=CD，從而求出∠E=30°，則∠E=∠CBD，可得BD=DE．
【詳解】證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB=∠ABC=60°，
∴∠E+∠CDE=60°，
又∵BD是高線，
∴AD=CD，∠CBD=12∠ABC=30°，
∵CE=AD，
∴CD=CE，
∴∠E=∠CDE，
∴∠E=30°，
∴∠E=∠CBD，
∴BD=DE．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，以及等腰三角形的判定等知識，熟練掌握等腰三角形“三線合一”的性質是解題的關鍵．
【變式2-2】（2023春·四川巴中·八年級統(tǒng)考期末）已知，將等邊△ABC和一塊含有30°角的直角三角板DEF (∠F=30°)如圖1放置，點B與點E重合，點A恰好落在三角板的斜邊DF上．
（1）利用圖證明： EF=2AC；
（2）△ABC在EF所在的直線上向右平移，當AB、AC與三角板斜邊的交點為G、H時，如圖2．判斷線段EB=AH是否成立．如果成立，請證明；如果不成立，請說明理由．
【答案】（1）證明見解析；（2）EB=AH成立，證明見解析．
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形得性質，得∠ACB=60°，AC=BC．結合三角形外角得性質得∠CAF得度數(shù)，則可證明結論．
（2）根據(jù)（1）中得證明方法，得到CH=CF，根據(jù)（1）中得結論，可推得BE+CF=AC，從而證明結論．
【詳解】證明：（1）∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC．
∵∠F=30°，
∴∠CAF=60°-30°=30°，
∴∠CAF=∠F．
∴CF=AC，
∴CF=AC=EC，
∴EF=2BC．
（2）成立．理由如下：
根據(jù)（1）中證CF=AC的方法， 同理，得CH=CF．
∵EF=2BC，
∴BE+CF=BC．
又∵AH+CH=AC，AC=BC，
∴AH=BE．
【點睛】本題考查等邊三角形的性質，等腰三角形的判定，三角形外角的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．
【變式2-3】（2023春·廣西河池·八年級統(tǒng)考期末）如圖，已知△ABC是等邊三角形，點D是BC邊上一點．
(1)以AD為邊構造等邊△ADE（其中點D、E在直線AC兩側），連接CE，猜想CE與AB的位置關系，并證明你的結論；
(2)若過點C作CM∥AB，在CM上取一點F，連接AF、DF，使得∠ADF=60°，試猜想△ADF的形狀，直接寫出你的結論．
【答案】(1)圖見解析，AB∥CE，理由見解析
(2)△ADF為等邊三角形，理由見解析
【分析】（1）以點A和點D為圓心，AD長為半徑畫弧，在AC右邊相交于點E，連接AE,DE， △ADE即為所求；根據(jù)等邊三角形的性質可得∠ABC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE，則∠BAD=∠CAE，進而得出△BAD≌△CAESAS，則∠ACE=∠B=∠BAC=60°，即可得出AB∥CE；
（2）根據(jù)題意畫出圖形，在AB上截取AG，使AG=CD，連接DG，通過證明△BDG為等邊三角形，進而得出△GAD≌△CDFASA，則AD=DF，即可得出結論．
【詳解】（1）解：如圖：△ADE即為所求，AB∥CE，理由如下：
∵△ABC、△ADE是等邊三角形，
∴∠ABC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE，
∴∠ABC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴∠ACE=∠B=60°，
∴∠ACE=∠BAC，
∴AB∥CE．
（2）△ADF為等邊三角形，理由如下：
如圖：在AB上截取AG，使AG=CD，連接DG，
∵△ABC為等邊三角形，
∴AB=BC，∠B=60°，
∵AG=CD，
∴AB?AG=BC?CD，即BG=BD，
∴△BDG為等邊三角形，
∴∠AGD=180°?60°=120°，
∵CM∥AB，
∴∠DCF+∠B=180°，則∠DCF=120°，
∵∠ADC=∠ADF+∠CDF=∠B+∠GAD，∠B=∠ADF=60°，
∴∠CDF=∠GAD，
在△GAD和△CDF中，
∠CDF=∠GADAG=CD∠AGD=∠DCF=120°，
∴△GAD≌△CDFASA，
∴AD=DF，
又∵∠ADF=60°，
∴△ADF為等邊三角形．
【點睛】本題考查了等邊三角形的判定及性質、三角形全等的判定及性質、平行線的判定及性質，解題的關鍵是通過標出相應的角標找出角之間的關系，通過等量代換進行求解，熟練掌握并靈活運用等邊三角形的性質和判定．
【題型3 等邊三角形的證明】
【例3】（2023春·河南周口·八年級?？计谀┰凇鰽BC中，AB=BC，∠ABC=60°，BD是AC邊上的高，點E為直線BC上點，且CE=AD．

(1)如圖1，當點E在邊BC上時，求證：△CDE為等邊三角形；
(2)如圖2，當點E在BC的延長線上時，求證：△BDE為等腰三角形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）先證明△ABC為等邊三角形，得到∠C=60°，再由三線合一定理得到AD=CD，進而推出CD=CE，由此即可證明結論；
（2）同理可得CD=CE，進而利用等邊對等角和三角形外角的性質得到∠E=30°，再根據(jù)三線合一定理得到∠DBC=30°，則BD=ED，即△BDE為等腰三角形．
【詳解】（1）證明：∵AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠C=60°，
∵BD是AC邊上的高，
∴AD=CD，
∵CE=AD，
∴CD=CE，
∴△CDE是等邊三角形．
（2）證明：同（1）可知CD=CE，
∴∠CDE=∠E=12∠ACB=30°，
∵△ABC為等邊三角形，
∴∠DBC=12∠ABC=30°，
∴∠E=∠DBC，
∴BD=ED，即△BDE為等腰三角形．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，三角形外角的性質等等，熟知等邊三角形的性質與判定條件是解題的關鍵．
【變式3-1】（2023春·貴州銅仁·八年級統(tǒng)考期中）如圖，E是CD的中點，EC=EB，∠CDA=120°，DF∥BE，且DF平分∠CDA．求證：△BEC是等邊三角形．補全下面的證明過程及理由．
證明：∵DF平分∠CDA（已知），
∴∠FDC=12∠___________（___________）．
∵∠CDA=120°（已知），
∴∠FDC=__________°．
∵DF∥BE（已知），
∴∠FDC=∠__________（___________），
∴∠BEC=60°．
又∵EC=EB（已知），
∴△BCE是等邊三角形（____________）．
【答案】ADC；角平分線的定義；60；BEC；兩直線平行，同位角相等；有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形
【分析】利用角平分線的性質得出∠FDC的度數(shù)，再利用平行線的性質得出∠BEC的度數(shù)，進而得出△BEC為等邊三角形．
【詳解】證明：∵DF平分∠CDA（已知），
∴∠FDC=12∠ADC（角平分線的定義）．
∵∠CDA=120°（已知），
∴∠FDC= 60°．
∵DF∥BE（已知），
∴∠FDC=∠BEC（兩直線平行，同位角相等），
∴∠BEC=60°．
又∵EC=EB（已知），
∴△BCE是等邊三角形（有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形）．
故答案為：ADC；角平分線的定義；60；BEC；兩直線平行，同位角相等；有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形．
【點睛】此題主要考查了等邊三角形的判定以及平行線的性質，根據(jù)已知得出∠FDC=∠BEC是解題關鍵．
【變式3-2】（2023春·甘肅天水·八年級校考期末）如圖，在△ABC中，∠A=120°，AB=AC，D是BC邊的中點，DE⊥AB，DF⊥AC，點E、F為垂足．求證：

(1)DE=DF；
(2)△DEF是等邊三角形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）利用AAS證明△BDE≌≌CDF，進而解答即可；
（2）由△BDE≌≌CDF，進而得到DE=DF．由（1）得∠B=∠C=30°，求出∠EDF=180°?∠BDE?∠CDF=60°．所以△DEF是等邊三角形．
【詳解】（1）解：證明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
∵∠A=120°，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠B=∠C=30°．
∵D是BC邊的中點，
∴BD=CD．
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠BED=∠CFD=90°．
在△BDE和△CDF中，
∠BED=∠CFD∠B=∠CBD=CD，
∴△BDE≌CDF(AAS)，
∴DE=DF．
（2）由（1）得△BDE≌CDF，
∴DE=DF．
∠BED=∠CFD=90°，
由（1）得∠B=∠C=30°，
∴∠BDE=∠CDF=90°?30°=60°．
∴∠EDF=180°?∠BDE?∠CDF=60°．
∴△DEF是等邊三角形．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，解決本題的關鍵是熟記等腰三角形的性質以及全等三角形的性質．
【變式3-3】（2023春·山東菏澤·八年級校聯(lián)考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，AD是BC邊上的中線，且BD=BE，CD的垂直平分線MF交AC于F，交BC于M．

(1)求∠ADE的度數(shù)．
(2)證明：△ADF是等邊三角形．
【答案】(1)15°
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質和三角形內角和定理求出∠B和∠C，求出∠BDE，即可求出答案；
（2）求出DF=CF，根據(jù)等腰三角形的性質求出∠FDC=∠C，求出∠AFD和∠DAF，根據(jù)等邊三角形的判定得出即可．
【詳解】（1）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=12×180°?∠BAC=30°，
∵BD=BE，
∴∠BDE=∠BED=12×180°?∠B=75°，
在△ABC中，AB=AC，AD是BC邊上的中線，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADE=∠ADB?∠BDE=15°．
（2）∵CD的垂直平分線MF交AC于F，交BC于M，
∴DF=CF，
∵∠C=30°，
∴∠FDC=∠C=30°，
∴∠AFD=∠C+∠FDC=60°，
∵AD⊥BC，AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠DAF=12∠BAC=60°，
∴∠ADF=60°，
即∠DAF=∠AFD=60°，
∴△ADF是等邊三角形．
【點睛】本題考查了線段垂直平分線性質，等邊三角形的性質和判定，等腰三角形“三線合一”的性質等知識點，能綜合運用定理進行推理是解此題的關鍵．
【題型4 等邊三角形在坐標系中的運用】
【例4】（2023春·河南駐馬店·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為1,0，以線段OA為邊在第四象限內作等邊三角形AOB，點C為x軸正半軸上一動點（OC>1），連接BC，以線段BC為邊在第四象限內作等邊三角形CBD，連接DA并延長，交y軸于點E．
(1)求證：OC=AD；
(2)在點C的運動過程中，∠CAD的度數(shù)是否會變化？如果不變，請求出∠CAD的度數(shù)；如果改變，請說明理由；
(3)當點C運動到什么位置時，以A、E、C為頂點的三角形是等腰三角形，請直接寫出點C的坐標．
【答案】(1)見解析
(2)不會發(fā)生變化，60°
(3)C3,0
【分析】（1）先根據(jù)等邊三角形的性質得∠OBA=∠CBD=60°,OB=BA,BC=BD，則∠OBC=∠ABD，然后可根據(jù)“SAS”可判定△OBC≌△ABD，由全等三角形的判定與性質可得出結論；
（2）由△AOB是等邊三角形知∠BOA=∠OAB=60°，再由全等三角形的性質分析可得結論；
（3）先根據(jù)全等三角形的性質以及等邊三角形的性質，求得∠EAC=120°，進而得出以A，E，C為頂點的三角形是等腰三角形時，AE和AC是腰，最后根據(jù)Rt△AOE中，OA=1，∠OEA=30°，求得AC=AE=2，據(jù)此得到OC=3，即可得出點C的位置．
【詳解】（1）∵△AOB，△CBD都是等邊三角形，
∴OB=AB，CB=DB，∠ABO=∠DBC，
∴∠OBC=∠ABD，
在△OBC和△ABD中，
∵OB=AB∠OBC=∠ABDCB=DB，
∴△OBC?△ABDSAS，
∴OC=AD；
（2）點C在運動過程中，∠CAD的度數(shù)不會發(fā)生變化，理由如下：
∵△AOB是等邊三角形，
∴∠BOA=∠OAB=60°，
∵△OBC?△ABD，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
∴∠CAD=180°?∠OAB?∠BAD=60°；
（3）解：∵△OBC≌△ABD，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
又∵∠OAB=60°，
∴∠OAE=180°?60°?60°=60°，
∴∠EAC=120°,∠OEA=30°，
∴以A，E，C為頂點的三角形是等腰三角形時，AE和AC是腰，
在Rt△AOE中，OA=1，∠OEA=30°，
∴AC=AE=2，
∴OC=3，
∴當點C的坐標為3,0時，以A，E，C為頂點的三角形是等腰三角形．
【點睛】本題是三角形的綜合問題，主要考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，等腰三角形的性質和判定等知識，解決本題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
【變式4-1】（2023春·遼寧鐵嶺·八年級?？计谀┤鐖D，在平面直角坐標系中，點A的坐標為(1,0)，以線段OA為邊在第四象限內作等邊三角形AOB，點C為x軸正半軸上一動點(OC>1)，連接BC，以線段BC為邊在第四象限內作等邊三角形CBD，連接DA并延長，交y軸于點E．
(1)求證：OC=AD；
(2)在點C的運動過程中，∠CAD的度數(shù)是否會變化？如果不變，請求出∠CAD的度數(shù)；如果改變，請說明理由；
(3)當點C運動到什么位置時，以A、E、C為頂點的三角形是等腰三角形？
【答案】(1)見解析
(2)不變，∠CAD=60°
(3)當點C的坐標為(3,0)時，以A，E，C為頂點的三角形是等腰三角形
【分析】（1）根據(jù) “SAS”可判定△OBC≌△ABD，由全等三角形的性質可得出結論；
（2）由△AOB是等邊三角形得∠BOA=∠OAB=60°，再由△OBC≌△ABD得∠BAD=∠BOC=60°，根據(jù)∠CAD=180°?∠OAB?∠BAD可得結論；
（3）先求得∠EAC=120°，進而得出以A，E，C為頂點的三角形是等腰三角形時，AE和AC是腰，最后根據(jù)Rt△AQE中，OA=1,∠OEA=30°，求得AC=AE=2，據(jù)此得到OC=3，即可得出點C的位置．
【詳解】（1）∵△AOB，△CBD都是等邊三角形，
∴OB=AB，CB=DB，∠ABO=∠DBC，
∴∠OBC=∠ABD，
在△OBC和△ABD中，
∵OB=AB∠OBC=∠ABDCB=DB，
∴△OBC≌△ABD(SAS)，
∴OC=AD；
（2）點C在運動過程中，∠CAD的度數(shù)不會發(fā)生變化，理由如下：
∵△AOB是等邊三角形，
∴∠BOA=∠OAB=60°，
∵△OBC≌△ABD，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
∴∠CAD=180°?∠OAB?∠BAD=60°；
（3）∵△OBC≌△ABD，
∴∠BOC=∠BAD=60°，
∵∠OAB=60°，
∴∠OAE=180°?60°?60°=60°，
∴∠EAC=120°,∠OEA=30°，
∴以A，E，C為頂點的三角形是等腰三角形時，AE和AC是腰，
在Rt△AQE中，OA=1,∠OEA=30°，
∴AE=2OA=2，
∴AC=AE=2，
∴OC=1+2=3，
∴當點C的坐標為(3,0)時，以A，E，C為頂點的三角形是等腰三角形．
【點睛】本題考查了坐標與圖形的性質，等邊三角形的性質，以及全等三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是熟練掌握全等三角形的判定與性質．
【變式4-2】（2023春·北京·八年級北京市廣渠門中學?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標系中，△AOP為等邊三角形，A0 ， 2，點B為y軸上一動點，以BP為邊作等邊△PBC，延長CA交x軸于點E．

（1）求證：OB=AC；
（2）∠CAP的度數(shù)是 ；（直接寫出答案，不需要說明理由．）
（3）當B點運動時，猜想AE的長度是否發(fā)生變化？如不變，請求出AE的長度；若改變，請說明理由．
【答案】（1）見詳解；（2）60°；（3）不變，AE=8
【分析】（1）由題意易得△OPB≌△APC，然后根據(jù)三角形全等的性質可求證；
（2）由（1）可直接進行求解；
（3）由題意易得∠EAO=60°，則有∠AEO=30°，進而根據(jù)直角三角形的性質可求解．
【詳解】（1）證明：∵△AOP為等邊三角形，
∴AP=OP，∠APO=60°，
∵△PBC是等邊三角形，
∴PB=PC，∠BPC=60°，
∵∠APB是公共角，
∴∠OPB=∠APC，
∴△OPB≌△APC（SAS），
∴OB=AC；
（2）解：由（1）可得△OPB≌△APC，
∴∠BOP=∠CAP，
∵∠BOP=60°，
∴∠CAP=60°，
故答案為60°；
（3）解：不變，AE=8，理由如下：
由（2）得：∠CAP=60°，
∵∠OAP=60°，
∴∠EAO=60°，
∴∠AEO=30°，
∵A0 ， 2，
∴OA=4，
∴AE=2OA=8．
【點睛】本題主要考查平面直角坐標系與圖形的綜合、等邊三角形的性質及含30°角的直角三角形的性質，熟練掌握平面直角坐標系與圖形的綜合、等邊三角形的性質及含30°角的直角三角形的性質是解題的關鍵．
【變式4-3】（2023春·湖北黃石·八年級校考期末）如圖，平面直角坐標系中．A點在y軸上，B（b，0），C（c，0）在x軸上，∠BAC=60°，且b、c滿足等式b2+2bc+c2＝0．
(1)判斷△ABC的形狀，并說明理由；
(2)如圖1，F(xiàn)為AB延長線上一點，連FC，若∠GFC+∠ACG=60°．求證：FG平分∠AFC；
(3)如圖2，△BDE中，DB=DE，∠BDE=120°，M為AE中點，試確定DM與CM的位置關系．
【答案】(1)△ABC是等邊三角形，理由見解析；
(2)見解析；
(3)DM⊥CM．
【分析】（1）由b2+2bc+c2＝0得B與C關于y軸對稱，推出AB=AC，△ABC是等邊三角形．
（2）連接BG，知△AGB≌△AGC，得GB=GC，在FC的延長線上取點P，使GP=GF，證明△GBF≌△GCP，∠BFG=∠P，則結論得證．
（3）延長DM至F，使DM=MF，連接CD，證△DBC≌△FAC，得CD=CF，則結論得證．
【詳解】（1）解：△ABC是等邊三角形，理由如下：
∵b2+2bc+c2＝0
∴b+c=0，
∴B與C關于y軸對稱，
∴AO是BC的中垂線，
∴AB=AC，
∵∠BAC=60°，
∴△ABC是等邊三角形．
（2）解：連接BG，
由（1）知△AGB≌△AGC．
∴GB=GC．
在FC的延長線上取點P，使GP=GF．
設∠GFC=α，∠ACG＝β，
∠ABG＝∠ACG＝β，
∴∠BGC＝60°+2β=180°﹣2α，
∵GF=GP，
∴∠GFC=∠P=α，
∴∠FGP=180°﹣2α，
∴∠BGC=∠FGP，
∴△GBF≌△GCP（SAS），
∴∠BFG=∠P，
∴∠AFG=∠GFC，
即FG平分∠AFC．
（3）解：延長DM至F，使DM=MF，連接CD．
∵M為AE中點，
∴AM=EM，
∵DM=MF，
∴△DME≌△FMASAS，
∴AF=DE，∠DEA=∠FAE，
∴AF=DE=BD，AF∥DE，
∵∠BDE=120°，
∴∠BGF=∠BDE=120°，
∴∠AGB=∠ACB=60°，
∴∠FAC=∠DBC，
∴△DBC≌△FACSAS，
∴CD=CF，
∴DM⊥CM．
【點睛】本題考查了完全平方公式、等邊三角形的性質與判定、線段垂直平分線的性質、全等三角形的性質與判定等知識點，添加輔助線、構造全等三角形是解題關鍵．
【題型5 等邊三角形中的折疊問題】
【例5】（2023春·四川成都·八年級?？计谀┤鐖D，已知等邊△ABC中，點D，E分別在邊AB，BC上，把△BDE沿直線DE翻折，使點B落在點B′處，DB′，EB′分別交邊AC于點F，G.若∠ADF=80°，則∠GEC的度數(shù)為 度．

【答案】40
【分析】根據(jù)等邊三角形的性質，折疊的性質，得到∠A=∠B′=∠C=60°，結合∠ADF=80°，根據(jù)三角形內角和定理，對頂角的性質得∠AFD=∠GFB′=40°，根據(jù)∠EGC=∠FGB′得∠GEC=∠GFB′=40°，計算即可．
【詳解】∵等邊△ABC，△BDE沿直線DE翻折，使點B落在點B′處，
∴∠A=∠B′=∠C=60°，
∵∠ADF=80°，
根據(jù)三角形內角和定理，對頂角的性質得
∴∠AFD=∠GFB′=40°，
∵∠EGC=∠FGB′，
∴∠GEC=∠GFB′=40°，
故答案為：40．
【點睛】本題考查了折疊的性質，等邊三角形的性質，三角形內角和定理，對頂角的性質，熟練掌握性質是解題的關鍵．
【變式5-1】（2023春·湖北省直轄縣級單位·八年級?？计谥校┤鐖D，等邊△ABC的邊長為1cm，D、E分別AB、AC是上的點，將△ADE沿直線DE折疊，點A落在點A′處，且點A′在△ABC外部，則陰影部分的周長為（ ）cm
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由題意得到DA′＝DA，EA′＝EA，經(jīng)分析判斷得到陰影部分的周長等于△ABC的周長即可解決問題．
【詳解】
如圖，由題意得：
DA′＝DA,EA′＝EA，
∴陰影部分的周長＝DA′＋EA′＋DB＋CE＋BG＋GF＋CF
＝(DA＋BD)＋(BG＋GF＋CF)＋(AE＋CE)
＝AB＋BC＋AC
＝1＋1＋1＝3(cm)
故選C.
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質以及折疊的問題，折疊問題的實質是“軸對稱”，解題關鍵是找出經(jīng)軸對稱變換所得的等量關系.
【變式5-2】（2023春·四川成都·八年級統(tǒng)考期末）如圖，將等邊三角形ABC紙片折疊，使得點A的對應點D落在BC邊上，其中折痕分別交邊AB,AC于點E，F(xiàn)，連接DE,DF．若DF⊥BC，則∠AEF的度數(shù)是（ ）

A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】C
【分析】根據(jù)等邊三角形折疊的性質及垂直的定義得出∠FDB=90°,∠FDE=60°，結合圖形及三角形外角的性質得出∠AED=90°，利用折疊得出∠AEF=∠FED即可求解．
【詳解】解：∵DF⊥BC，將等邊三角形ABC紙片折疊，使得點A的對應點D落在BC邊上，
∴∠FDB=90°,∠FDE=60°，
∴∠EDB=30°，
∵等邊三角形ABC，
∴∠B=60°，
∴∠AED=90°，
∵將等邊三角形ABC紙片折疊，使得點A的對應點D落在BC邊上，
∴∠AEF=∠FED=45°，
故選：C．
【點睛】題目主要考查等邊三角形的性質、三角形外角的定義及折疊的性質，結合圖形找準各角之間的關系是解題關鍵．
【變式5-3】（2023春·河北張家口·八年級統(tǒng)考期末）在△ABC中，∠B=60°，D是邊AB上的動點，過點D作DE∥BC交AC于點E，將△ADE沿DE折疊，點A的對應點為點F．
(1)如圖1，若點F恰好落在邊BC上，判斷△BDF的形狀，并證明；
(2)如圖2，若點F落在△ABC內，且DF的延長線恰好經(jīng)過點C，CF=EF，求∠A的度數(shù)；
(3)若AB=9，當△BDF是直角三角形時，直接寫出AD的長．
【答案】(1)△BDF是等邊三角形；見解析
(2)∠A=40°；
(3)AD的長是3或6
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質即可求出相等的角，再根據(jù)等邊三角形的判定即可得到結論；
（2）根據(jù)折疊的性質可知角相等，再根據(jù)三角形的內角和定理即可得到結果；
（3）根據(jù)題意分兩種情況，再根據(jù)圖形以及折疊的性質得到AD的長度．
【詳解】（1）解：△BDF是等邊三角形，理由如下：
∵∠B=60°，DE∥BC，
∴∠ADE=∠B=60°，
由折疊可得∠FDE=∠ADE=60°，
∴∠BDF=60°，
∴∠DFB=∠B=∠BDF=60°，
∴△BDF是等邊三角形；
（2）解：由折疊可得∠A=∠DFE，
∵∠FDE=∠ADE=60°，
∴∠ADC=120°，
∵CF=EF，
∴∠FEC=∠FCE，
設∠FEC=∠FCE=x，則∠A=∠DFE=∠FEC+∠FCE=2x，
在△ADC中，∠A+∠ACD+∠ADC=180°，即2x+x+120°=180°，
解得x=20°，
∴∠A=2x=40°；
（3）解：AD的長是3或6，理由如下：
當∠BFD=90°時，點F在△ABC內（如圖所示）
∵∠BDF=60°，
∴∠DBF=30°，
∴BD=2DF
由折疊得DF=AD，
∴BD=2AD，
∴3AD=9，
∴AD=3；
當∠DBF=90°時，點F在△ABC外，
同理可得AD=DF=2BD，
∴AD=6．
【點睛】本題考查了折疊的性質，等邊三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質，平行線的性質，根據(jù)題意畫出圖形是解題的關鍵．
【題型6 與等邊三角形有關的規(guī)律問題】
【例6】（2023春·安徽蕪湖·八年級蕪湖市第二十九中學?？计谀┤鐖D，等邊△A1C1C2的周長為1，作C1D1⊥A1C2于D1，在C1C2的延長線上取點C3，使D1C3=D1C1，連接D1C3，以C2C3為邊作等邊△A2C2C3；作C2D2⊥A2C3于D2，在C2C3的延長線上取點C4，使D2C4=D2C2，連接D2C4，以C3C4為邊作等邊△A3C3C4；…且點A1，A2，A3，…都在直線C1C2同側，如此下去，則△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△AnCnCn+1的周長和為 ．

【答案】2n?12n?1
【分析】根據(jù)等邊三角形的性質分別求出△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△AnCnCn+1的周長，再求周長和即可．
【詳解】如下圖，

∵等邊△A1C1C2的周長為1，C1D1⊥A1C2于D1，
∴A1D1=D1C2，C2D1=12A1C2，
由D1C3=D1C1得，∠D1C3C2=∠D1C1C2=30°，
∴∠C1D1C3=120°，
∴∠C3D1C2=120°?90°=30°，
∴∠D1C3C2=∠C3D1C2，
于是D1C2=C2C3，
∴C2C3=12A1C2
∴△A2C2C3的周長=12△A1C1C2的周長=12，
∴△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△AnCnCn+1的周長分別為1，12，122，…，12n?1，
∴△A1C1C2的周長為1=11=21?121?1
△A1C1C2，△A2C2C3的周長和為1+12=32=22?122?1
△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4的周長和為1+12+122=74=23?122
△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△AnCnCn+1的周長和為1+12+122+…+12n?1=2n?12n?1，
故所有等邊三角形的周長和為：2n?12n?1．
【點睛】本題考查等邊三角形的性質、數(shù)字類規(guī)律探究，理解題意，找出變化規(guī)律是解答的關鍵．
【變式6-1】（2023春·山東濟寧·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A坐標是0，4，以為邊在右側作等邊三角形OAA1，過點A1作x軸的垂線，垂足為點O1，以O1A1為邊在右側作等邊三角形O1A1A2，再過點A2作x軸的垂線，垂足為點O2，以O2A2為邊在右側作等邊三角形O2A2A3，……，按此規(guī)律繼續(xù)作下去，得到等邊三角形O2022A2022A2023，則點A2023的縱坐標為（ ）
A．122021B．122022C．122023D．122024
【答案】A
【分析】利用含30°的直角三角形的最短邊是斜邊的一半解題即可．
【詳解】解：∵三角形OAA1為等邊三角形，O1A1⊥x軸，
∴∠AOA1=60°，∠A1OO1=30°，∠A1O1O=90°，
∴O1A1=12OA1=4×12，
同理得：O2A2=4×122，O3A3=12O2A2=4×123，
綜上可得：O2023A2023=4×122023=122021
故選A．
【點睛】本題主要考查含30°的直角三角形的性質，能夠熟記性質并能夠熟練進行指數(shù)計算是解題關鍵．
【變式6-2】（2023·四川·八年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，邊長為1的正方形A1B1C1D1（記為第1個正方形）的頂點A1與原點重合，點B1在y軸上，點D1在x軸上，點C1在第一象限內，以C1為頂點作等邊△C1A2B2，使得點A2落在x軸上，A2B2⊥x軸，再以A2B2為邊向右側作正方形A2B2C2D2（記為第2個正方形），點D2在x軸上，以C2為頂點作等邊△C2A3B3，使得點A3落在x軸上，A3B3⊥x軸，若按照上述的規(guī)律繼續(xù)作正方形，則第2021個正方形的邊長為 ．
【答案】22020
【分析】通過正方形和等邊三角形的性質和直角三角形的性質，依次求得第2個正方形、第3個正方形、第 4個正方形的邊長，再總結規(guī)律求得第2021個正方形的邊長．
【詳解】解：∵正方形A1B1C1D1（稱為第1個正方形）的邊長為1，
∴C1D1＝1，
∵C1A2B2為等邊三角形，
∵∠B2A2C1＝60°，
∵A2B2⊥x軸，
∴∠C1A2D1＝30°，
∴A2B2=C1A2=2C1D1=2=22?1，
同理得A3B3=4=23?1，
A4B4=8=24?1，
…
由上可知第n個正方形的邊長為：2n?1，
∴第2021個正方形的邊長為：22021?1=22020．
故答案為：22020．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形，直角三角形的性質，熟練掌握等邊三角形以及直角三角形的性質是解答此題的關鍵．
【變式6-3】（2023春·廣西柳州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標系中，直線l與x軸交于點B1，與y軸交點于D，且OB1=1,∠ODB1=60°，以OB1為邊長作等邊三角形A1OB1，過點A1作A1B2平行于x軸，交直線l于點B2，以A1B2為邊長作等邊三角形A2A1B2，過點A2作A2B3平行于x軸，交直線l于點B3，以A2B3為邊長作等邊三角形A3A2B3，…，按此規(guī)律進行下去，則點A6的橫坐標是 ．
【答案】31.5
【分析】過A1作A1A⊥OB1于A，過A2作A2B⊥A1B2于B，過A3作A3C⊥A2B3于C，根據(jù)等邊三角形的性質以及含30°角的直角三角形的性質，分別求得A1的橫坐標為21?12，，A2的橫坐標為22?12， A3的橫坐標為23?12，進而得到An的橫坐標為2n?12，據(jù)此可得點A6的橫坐標．
【詳解】解：如圖所示,過A1作A1A⊥OB1于A,則OA=12OB1=12，
即A1的橫坐標為12=21?12，
∵∠ODB1=60°，
∴∠OB1D=30°，
∵A1B2//x軸，
∴∠A1B2B1=∠OB1D=30°，∠B2A1B1=∠A1B1O=60°，
∴∠A1B1B2=90°，
∴A1B2=2A1B1=2，
過A2作A2B⊥A1B2于B,則A1B=12A1B2=1，
即A2的橫坐標為12+1=22?12，
過A3作A3C⊥A2B3于C，
同理可得,A2B3=2A2B2=4,A2C=12A2B3=2，
即A3的橫坐標為12+1+2=23?12，
同理可得,A4的橫坐標為12+1+2+4=24?12，
由此可得,An的橫坐標為2n?12，
∴點A6的橫坐標是26?12=632=31.5，
故答案為31.5．
【點睛】本題是一道找規(guī)律問題，涉及到等邊三角形的性質、含30度角的直角三角形，解題的關鍵要利用等邊三角形的性質總結出關于點A的系列點的規(guī)律．
【題型7 等邊三角形中的動態(tài)問題】
【例7】（2023春·河南濮陽·八年級統(tǒng)考階段練習）如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4cm，動點P，Q同時從A、B兩點出發(fā)，分別在AB、BC邊上勻速移動，它們的速度分別為vP=2cm/s，vQ=1cm/s，當點P到達點B時，P、Q兩點同時停止運動，設點P的運動時間為ts．

(1)當t為何值時，△PBQ為等邊三角形？
(2)當t為何值時，△PBQ為直角三角形？
【答案】(1)t=43
(2)1或85
【分析】（1）先表示出BP,BQ，根據(jù)△PBQ為等邊三角形，由等邊三角形的性質得到BP=BQ，由此建立方程4?2t=t進行求解；
（2）當△PBQ為直角三角形可分當∠BQP=90°時和當∠BPQ=90°時兩種情況進行求解即可．
【詳解】（1）解：∵在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4cm，
∴∠B=60°，
∵VP=2cm/s，VQ=1cm/s，
∴AP=2tcm，BQ=tcm，點P運動的總時間為4÷2=2s；
∴BP=AB?AP=4?2tcm，
當△PBQ為等邊三角形時，BP=BQ，
∴4?2t=t，
解得t=43；
（2）當∠BQP=90°時，則∠BPQ=30°，
∴BP=2BQ，
∴4?2t=2t，
解得t=1；
當∠BPQ=90°時，則∠BQP=30°，
∴BP=12BQ，
則4?2t=12t，
解得t=85；
綜上：t的值為1或85．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質與判定，含30度的直角三角形的性質，靈活運用所學知識是解題的關鍵．
【變式7-1】（2023春·甘肅張掖·八年級?？计谀┤鐖D1，點P、Q分別是等邊△ABC邊AB、BC上的動點（端點除外），點P從頂點A，點Q從頂點B同時出發(fā)，且它們的運動速度相同．連接AQ、CP交于點M．

(1)求證：△ABQ≌△CAP；
(2)當點P、Q分別在AB、BC邊上運動時，∠QMC變化嗎？若變化，請說明理由；若不變，求出它的度數(shù)．
(3)如圖2，若點P、Q在運動到終點后繼續(xù)在射線AB、BC上運動，直線AQ、CP交于點M，則△ABQ和△CAP還全等嗎？說明理由；
【答案】(1)證明見解析
(2)不變，60°
(3)全等，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質，利用SAS證明△ABQ≌△CAP；
（2）由△ABQ≌△CAP根據(jù)全等三角形的性質可得∠BAQ=∠ACP，從而得到∠QMC=60°；
（3）△ABQ和△CAP還全等，根據(jù)等邊三角形的性質，利用SAS證明△ABQ≌△CAP．
【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形
∴∠ABQ=∠CAP=60°，AB=CA=BC，
又∵點P、Q運動速度相同，
∴AP=BQ，
在△ABQ與△CAP中，
∵AB=CA∠ABQ=∠CAPAP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP SAS；
（2）解：點P、Q在運動的過程中，∠QMC不變．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ=∠ACP，
∵∠QMC=∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=60°；
（3）△ABQ和△CAP還全等，理由如下：
∵△ABC是等邊三角形
∴∠ABQ=∠CAP=60°，AB=CA=BC，
又∵點P、Q運動速度相同，
∴AP=BQ，
在△ABQ與△CAP中，
∵AB=CA∠ABQ=∠CAPAP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP SAS；
【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質、等邊三角形的性質等知識，熟練掌握全等三角形的判定和等邊三角形的性質是解題的關鍵．
【變式7-2】（2023春·山東威海·八年級統(tǒng)考期末）如圖，點P，Q是等邊△ABC邊AB，BC上的動點，它們分別從點A，B同時出發(fā)，以相同的速度向點B，C方向運動（不與點B，C重合）．連接AQ,CP,PQ，其中AQ與CP交于點M．針對點P，Q的運動過程，下列結論錯誤的是（ ）
A．BQ=AP B．△ABQ≌△CAP
C．△BPQ的形狀可能是等邊三角形D．∠CMQ的度數(shù)隨點P，Q的運動而變化
【答案】D
【分析】點P，Q以相同的速度向點B，C方向運動，得到BQ=AP；根據(jù)等邊三角形的性質，證明△ABQ≌△CAP；根據(jù)等邊三角形的判定方法證明△BPQ的形狀可能是等邊三角形，利用外角的性質，求出∠CMQ的度數(shù)，進行判斷即可．
【詳解】解：∵點P，Q以相同的速度向點B，C方向運動，
∴BQ=AP；故選項A正確；
∵△ABC為等邊三角形，
∴AB=AC=BC,∠B=∠BAC=∠ACB=60°，
又BQ=AP，
∴△ABQ≌△CAP；故選項B正確；
當P,Q為AB,BC的中點時，BP=BQ，
∵∠B=60°，
∴△BPQ是等邊三角形；故選項C正確；
∵△ABQ≌△CAP，
∴∠ACP=∠BAQ，
∴∠CQM=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°，
∴∠CMQ是個定值；故選項D錯誤；
故選D．
【點睛】本題考查等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質．熟練掌握等邊三角形的性質，證明△ABQ≌△CAP是解題的關鍵．
【變式7-3】（2023春·吉林松原·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在△ABC中，AB=AC，D為直線BC上一動點（不與點B，C重合），在AD的右側作△ADE，使得AE=AD，∠DAE=∠BAC，連接CE．

(1)當D在線段BC上時，求證：△BAD≌△CAE；
(2)當CE∥AB時．
①若D在線段BC上，判斷△ABC的形狀，并說明理由；
②若△ABD中的最小角為20°，直接寫出∠ADB的度數(shù)．
【答案】(1)證明見解析
(2)①△ABC為等邊三角形．理由見解析；②∠ADB的度數(shù)為100°或40°或20°
【分析】（1）根據(jù)SAS即可證明；
（2）①根據(jù)平行線的性質和全等三角形的性質可得∠ABD=∠BAC，由等腰三角形等邊對等角可得∠ABC=∠ACB，即∠ABC=∠ACB=∠BAC，即可證明；②分D在線段BC上、當點D在CB的延長線上、點D在BC的延長線上三種情形根據(jù)等邊三角形的性質、三角形內角和定理，三角形外角的性質等計算即可．
【詳解】（1）證明：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS；
（2）解：①當D在線段BC上時，△ABC為等邊三角形．理由如下：
∵CE∥AB，
∴∠ACE=∠BAC．
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE．
∴∠ABD=∠BAC．
又AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC，
∴△ABC為等邊三角形．
②如圖，當D在線段BC上時，

由①得△ABC為等邊三角形，
∴∠ABC=60°，
∴∠ADB=180°?60°?20°=100°；
如圖，當點D在CB的延長線上時，

∵CE∥AB，
∴∠BAE=∠AEC．
∵△BAD≌△CAE，
∴∠BAD=∠CAE，∠ADB=∠AEC．
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC，
∵∠ABC=∠BAD+∠ADC=∠EAC+∠AEC=∠EAC+∠BAE．
∴∠BAC=∠ABC，
又AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC，
∴△ABC為等邊三角形．
∴∠ABC=60°，
∴∠ADB=40°，
當△ABD中的最小角是∠ADB時，∠ADB=20°，
當點D在BC的延長線上時，只能∠ADB=20°，
∴∠ADB的度數(shù)為100°或40°或20°．
【點睛】本題考查的是等腰三角形的性質、全等三角形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質，解題的關鍵是準確尋找全等三角形解決問題，學會用分類討論的首先思考問題．
【題型8 等邊三角形中求最值】
【例8】（2023春·廣東深圳·八年級校聯(lián)考開學考試）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=8，點D是BC邊的中點，點P是AC邊上的一個動點，連接PD，以PD為邊在PD的下方做等邊三角形PDQ，連接CQ，則CQ的最小值是（ ）

A．32B．1C．2D．2
【答案】D
【分析】如圖在CD的下方作等邊△CDT，作射線TQ．證明△CDP≌△TDQSAS，推出∠DCP=∠DTQ=90°，推出∠CTQ=30°，推出點Q在射線TQ上運動，當CQ⊥TQ時，CQ的值最?。?br>【詳解】解：如圖在CD的下方作等邊△CDT，作射線TQ．

∴∠CDT=∠QDP=60°，DC=DT，
∵等邊三角形PDQ
∴DP=DQ，
∴∠CDP=∠QDT，
在△CDP和△TDQ中，DP=DQ∠CDP=∠TDQDC=DT，
∴△CDP≌△TDQSAS，
∴∠DCP=∠DTQ=90°，
∵∠CTD=60°，
∴∠CTQ=30°，
∴點Q在射線TQ上運動（點T是定點，∠CTQ是定值），
當CQ⊥TQ時，CQ的值最小，而D為BC的中點，
最小值=12CT=12CD=14BC=2，
故選：D．
【點睛】本題考垂線段最短，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
【變式8-1】（2023春·山東煙臺·八年級統(tǒng)考期末）如圖，點B為線段AQ上的動點，AQ=8，以AB為邊作等邊△ABC，以BC為底邊作等腰△PCB，則PQ的最小值為（ ）

A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】連接AP，證明△ABP≌△ACPSSS，得∠CAP=∠BAP=30°，從而點P在射線AP上運動，再利用垂線段最短解決問題．
【詳解】解：連接AP，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC，∠CAB=60°，

在△ABP和△ACP中，
AB=ACBP=PCAP=AP，
∴△ABP≌△ACPSSS，
∴∠CAP=∠BAP，
∴∠PAQ=30°，
∴點P在射線AP上運動，
∴當QP⊥AP時，PQ的值最小，
∴PQ=12AQ=12×8=4；
故選B．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，點的運動軌跡問題，證明點P在射線AP上運動是解題的關鍵．
【變式8-2】（2023春·河南許昌·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在等腰△ABC中，AB=AC=20，BC=32，△ABD是等邊三角形，P是∠BAC平分線上一動點連接PC、PD，則PC＋PD的最小值為 ．

【答案】20
【分析】連接BP，根據(jù)等腰三角形的性質可證AP垂直平分BC，即可得到CP=BP，再根據(jù)當B，P，D在同一直線上時，BP+PD的最小值為線段BD長，即可得出PD+PC的最小值為20．
【詳解】解：如圖，連接BP，

∵點P是∠BAC的角平分線上一動點，AB=AC，
∴AP垂直平分BC，
∴CP=BP，
∴PD+PC=PD+PB，
∴當B，P，D在同一直線上時，BP+PD的最小值為線段BD長，
又∵△ABD是等邊三角形，AB=BD=20，
∴PD+PC的最小值為20，
故答案為：20．
【點睛】本題主要考查了最短路線問題，凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質定理，結合軸對稱變換來解決，多數(shù)情況要作點關于某直線的對稱點．
【變式8-3】（2023春·湖北鄂州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，將等邊△ABC折疊，使得點B恰好落在邊AC上的點D處，折痕為EF，O為折痕EF上一動點，若AD＝2，AC＝6，△OCD周長的最小值是（ ）
A．8B．10C．12D．14
【答案】B
【分析】先根據(jù)等邊三角形的性質、線段和差可得BC=6,CD=4，再連接OB，根據(jù)折疊的性質可得OB=OD，從而可得△OCD的周長為4+OC+OB，然后根據(jù)兩點之間線段最短可得當點O與點F重合時，OC+OB的值最小，最小值為BC的長，由此即可得．
【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，且AC=6，
∴BC=AC=6，
∵AD=2，
∴CD=AC?AD=4，
如圖，連接OB，
由折疊的性質得：OB=OD，
則△OCD的周長為CD+OC+OD=4+OC+OB，
由兩點之間線段最短可知，當點O與點F重合時，OC+OB的值最小，最小值為BC的長，
則△OCD周長的最小值為4+BC=4+6=10，
故選：B．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、折疊的性質、兩點之間線段最短等知識點，熟練掌握折疊的性質是解題關鍵．
【題型9 等邊三角形中的多結論問題】
【例9】（2023春·湖南長沙·八年級長沙市北雅中學?？奸_學考試）如圖，C是線段AB上的一點，△ACD和△BCE都是等邊三角形，AE交CD于M，BD交CE于N，交AE于O，則①DB=AE；②∠AMC=∠DNC；③∠AOB=60°；④DN=AM．其中，正確的有 ．
【答案】①②④
【分析】易證△ACE≌△DCB，可得①正確；即可求得∠AOB=120°，可得③錯誤；再證明△ACM≌△DCN，可得②④正確，即可解題．
【詳解】解：∵△ACD和△BCE都是等邊三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，
∴∠DCE=60°，
在△ACE和△DCB中，
AC=DC∠ACE=∠DCB=120°CB=CE，
∴△ACE≌△DCB，
∴∠BDC=∠EAC，DB=AE，①正確；
∴∠CBD=∠AEC，
∵∠AOB=180°?∠OAB?∠DBC，
∴∠AOB=180°?∠AEC?∠OAB=∠ECB=120°，③錯誤；
在△ACM和△DCN中，
∠BDC=∠EACDC=AC∠ACD=∠DCN=60°，
∴△ACM≌△DCN，
∴AM=DN，④正確；
∴∠AMC=∠DNC，②正確；
故答案為：①②④．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和全等三角形對應邊、對應角相等的性質，本題中證明△ACE≌△DCB和△ACM≌△DCN是解題的關鍵．
【變式9-1】（2023春·湖北鄂州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，等邊三角形ABD與等邊三角形 ACE，連接 BE、CD，BE的延長線與CD交于點 F，連接AF，有以下四個結論：①BE=CD；②FA平分∠EFC；③∠BFD=60°；④FE+FC=FA．其中一定正確的結論有（ ）
A．1個B．2 個C．3 個D．4 個
【答案】D
【分析】①根據(jù)等邊三角形的性質證出△BAE≌△DAC，可得BE=CD，從而得出①正確；
②過A作AM⊥BF于M，過A作AN⊥DC于N，由△BAE≌△DAC得出∠BEA=∠ACD，由等角的補角相等得出∠AEM=∠CAN，由AAS可證△AME≌△ANC，得到AM=AN，由角平分線的判定定理得到FA平分∠EFC，從而得出②正確；
③在FA上截取FG，使FG=FE，求出∠EFC=120°即可得出∠BFD=60°，得出③正確
④根據(jù)全等三角形的判定與性質得出△AGE≌△CFE，可得AG=CF，即可求得AF=CF+EF，從而得出④正確．
【詳解】解：①∵△ABD和△ACE是等邊三角形，
∴∠BAD=∠EAC=60°，AE=AC=EC，
∵∠BAE+∠DAE=60°，∠CAD+∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
∵AB=AD∠BAE=∠DACAE=AC，
∴△BAE≌△DACSAS，
∴BE=CD，①正確；
②過A作AM⊥BF于M，延長DC，過A作AN⊥DC于N，如圖1．
∵△BAE≌△DAC，
∴∠BEA=∠ACD，
∴∠AEM=∠ACN，
∵AM⊥BF，AN⊥DC，
∴∠AME=∠ANC=90°，
在△AME和△ANC中∠AEM=∠CAN∠AME=∠ANCAE=AC，
∴△AME≌△ANC，
∴AM=AN，
∵AM⊥BF，AN⊥DC，AM=AN，
∴FA平分∠EFC，②正確；
③在FA上截取FG，使FG=FE，如圖2．
∵∠BEA=∠ACD，∠BEA+∠AEF=180°，
∴∠AEF+∠ACD=180°，
∴∠EAC+∠EFC=180°，
∵∠EAC=60°，
∴∠EFC=120°，
∴∠EFD=180°?120°=60°，故③正確；
④∵FA平分∠EFC，
∴∠EFA=∠CFA=60°，
∵EF=FG，∠EFA=60°，
∴△EFG是等邊三角形，
∴EF=EG，
∵∠AEG+∠CEG=60°，∠CEG+∠CEF=60°，
∴∠AEG=∠CEF，
在△AGE和△CFE中，
∵AE=AC∠AEG=∠CEFEG=EF，
∴△AGE≌△CFESAS，
∴AG=CF，
∵AF=AG+FG，
∴AF=CF+EF，④正確；
綜上分析可知，正確的有4個，故D正確．
故選：D．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質，正確作輔助線，構造全等三角形，是解答本題的關鍵．
【變式9-2】（2023春·全國·八年級專題練習）如圖，△ABC與△CDE是等邊三角形，連接AE、BD，有以下結論：（1）△ACE≌△BCD；（2）AE=BD；（3）∠BCE=90°；（4）∠BFA=60°；（5）無論如何改變∠ACD的度數(shù)，△ACE與△BCD始終全等．其中正確結論的序號為 ．
【答案】（1）（2）（4）
【分析】根據(jù)△ABC與△CDE是等邊三角形可得CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，繼而得到∠ACE=∠BCD，可證△ACE≌△BCD，AE=BD，∠CBD=∠CAE，∠BFA=∠ACB=60°，在改變∠ACD的度數(shù)時，∠BCE的度數(shù)也會發(fā)生變化，同時也會出現(xiàn)A、C、E三點共線情況，即可得到正確結論．
【詳解】解：∵△ABC與△CDE是等邊三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，即∠ACE=∠BCD；
在△ACE和△BCD中，
∵CA=CB，CD=CE，∠ACE=∠BCD，
∴△ACE≌△BCD，
∴故（1）正確；
∴AE=BD，∠CBD=∠CAE，
∴結論（2）正確；
設AE與BC相交于點G，如圖所示：
∵∠AGC=∠BGF，∠CBD=∠CAE，
∴∠BFA=∠ACB=60°；
∴結論（4）正確；
∵當∠ACD=60°或120°時，A、C、E三點共線，構不成三角形，
∴無論如何改變∠ACD的度數(shù)，△ACE與△BCD始終全等不成立；
∴結論（5）錯誤；
∵當∠ACD=150°時，∠BCE=90°，當∠ACD發(fā)生變化時，∠BCE的度數(shù)也會變化，
∴結論（3）錯誤；
故答案為：（1）（2）（4）．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
【變式9-3】（2023春·全國·八年級期末）如圖，等邊△ABC中，D、E分別為AC、BC邊上的點，AD=CE，連接AE、BD交于點F，∠CBD、∠AEC的平分線交于AC邊上的點G，BG與AE交于點H，連接FG．下列說法：①△ABD?△CAE；②∠BGE=30°；③∠ABG=∠BGF﹔④AB=AH+FG﹔⑤ S△AGE︰S△BGC=DG∶GC，其中正確的說法有 ．
【答案】①②③④⑤
【分析】根據(jù)等邊三角形的性質，證明△ABD?△CAE；即可得①正確；證明∠BFE=60°，∠AEC=∠FBE+60°，再由∠GEC=12∠AEC＝12∠FBE+30°，∠GBE＝12∠CBD=12∠FBE，即可得②正確；先證Rt△GFJ?Rt△GFT，得∠BGF=60°?∠FBG，再證∠ABG=60°?∠CBG，即可得③正確；先證△GJF?△GKC，得GF=GC，再證AH=AG，由AH+GF=AG+GC=AC=AB，即可得④正確；由題意得S△AEGSCBG=12?AE?GJ12?BC?GK=AEBC，由因為AE=BD，得S△AEGSCBG=BDBC，由因為S△BGDS△BGC=DGGC=12?BD?GT12BC?GK=BDBC，即可得⑤正確．
【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC=BC，∠ACB=∠BAC=60°，
在△ABD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠ACE=60°AD=CE，
∴△ABD?△CAE，故①正確；
∵△ABD?△CAE，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵∠BFE=∠BAE+∠ABD，
∵∠BFE=∠BAE+∠ABD，
∴∠BFE=∠BAE+∠CAE=∠BAC=60° ，
∵∠AEC=∠EBF+∠BFE，
∴∠AEC=∠FBE+60°，
∵∠CBD、∠AEC的平分線交于AC邊上的點G，
∴∠GEC=12∠AEC＝12∠FBE+30°，∠GBE＝12∠CBD=12∠FBE，
∵∠GEC=∠GBE+∠BGE，
∴∠BGE=30°，故②正確；
如下圖，過點G作GT⊥BD于T，GJ⊥AE于J，GK⊥BC于K，
∵BG平分∠DBC，EG平分∠AEC，
∴GT=GK=GJ,∠FBG＝∠CBG，
∵∠GJF=∠GTF=90°,GF=GF，
∴Rt△GFJ?Rt△GFT，
∴∠GFJ=∠GFT，
∵∠BFE=60°，
∴∠GFJ=∠GFT=60°，
∴∠BFG=120°，
∴∠BGF=180°?120°?∠FBG=60°?∠FBG，
∵∠ABG=∠ABC?∠CBG=60°?∠CBG，
∵∠FBG=∠CBG，
∴∠ABG=∠BGF，故③正確；
∵∠GFJ=∠C=60°,∠GJF=∠GKC=90°,GJ=GK，
∴△GJF?△GKC，
∴GF=GC，
∵∠BAH+∠EAC=∠EAC+∠AGF=60°，
∴∠BAH=∠AGF，
∵∠AHG=∠ABG+∠BAH，∠AGH=∠BGF+∠AGF，∠ABG=∠BGF，
∴∠AHG=∠AGH，
∴AH=AG，
∴AH+GF=AG+GC=AC=AB，
∴AB=AH+FG，故④正確；
∵S△AEGSCBG=12?AE?GJ12?BC?GK=AEBC，
∵AE=BD，
∴S△AEGSCBG=BDBC，
∵S△BGDS△BGC=DGGC=12?BD?GT12BC?GK=BDBC，
∴S△AEGS△CBG=DGGC，
即S△AGE︰S△BGC=DG∶GC，故⑤正確；
故答案為：①②③④⑤．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，角平分線的定義和性質，三角形內角和定理，三角形的外角，解題的關鍵是證三角形全等．
【題型10 確定等邊三角形中的線段之間的關系】
【例10】（2023春·河南鄭州·八年級?？计谥校┮阎€段AB⊥l于點B，點D在直線l上，分別以AB、AD為邊作等邊三角形ABC和等邊三角形ADE，直線CE交直線l于點F．
(1)當點F在線段BD上時，如圖①，直接寫出DF，CE，CF之間的關系 ．
(2)當點F在線段BD的延長線上時，如圖②，當點F在線段DB的延長線上時，如圖③，請分別寫出線段DF、CE、CF之間的數(shù)量關系，在圖②、圖③中選一個進行證明．
(3)在（1）、（2）的條件下，若BD=2BF，EF=6，請直接寫出CF的值．

【答案】(1)DF=CE?CF
(2)見解析
(3)CF=2或6
【分析】（1）如圖①中，設AD交EF于O．首先證明△ABD≌△ACE(SAS)，推出BD=EC，再證明BF=CF即可解決問題；
（2）如圖②中，結論：DF=CF?CE．圖③中，結論：DF=CE+CF；證明方法類似；
（3）分類圖①，圖③兩種情形，分別求解即可．
【詳解】（1）結論：DF=CE?CF．
理由：如圖①中，設AD交EF于O．

∵△ABC，△ADE都是等邊三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，∠AEO=∠FDO，
∵∠AOE=∠FOD，
∴∠OFD=∠OAE=60°，
∵AB⊥BD，
∴∠ABD=90°，
∵∠ABC=60°，
∴∠CBF=30°，
∵∠OFD=∠CBF+∠BCF，
∴∠FBC=∠FCB=30°，
∴CF=BF，
∴DF=BD?BF=CE?CF；
（2）如圖②中，結論：DF=CF?CE．圖③中，結論：DF=CE+CF；

如圖②中，∵△ABD≌△ACE，
∴BD=EC，∠ADB=∠AEC，
∵∠ADB+∠ADF=180°，
∴∠AEF+∠ADF=180°，
∴∠DAE+∠DFE=180°，
∴∠DFE=120°，
∵∠FBC=90°?∠ABC=30°，
∴∠FBC=∠FCB=30°，
∴FB=FC，
∴DF=BF?BD=CF?CE．
如圖③中，同法可證DF=CE+CF；

（3）①如圖①中，∵BD=2DF，
設BF=DF=CF=x，
∵EF=6，BD=EC，
∴3x=6，
∴x=2
∴CF=2．
②如圖③中，設BF=CF=x，則BD=2x，
∵BD=EC，EF=6，
∴6+x=2x，
∴x=6，
∴CF=6，
綜上所述，CF=2或6．
【點睛】本題考查等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質、等腰三角形的判定等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．
【變式10-1】（2023春·山東青島·八年級校考期中）已知：如圖，等邊△ABC中，D，E分別在BC，AC邊上運動，且始終保持BD=CE，點D、E始終不與等邊△ABC的頂點重合，連接AD、BE，AD，BE交于點F．

(1)試說明△BEC≌△ADB；
(2)直接寫出運動過程中，AE、AB、BD三條線段長度之間的等量關系；
(3)運動過程中，∠BFD的度數(shù)是否會改變？如果改變，請說明理由；如果不變，求出∠BFD的度數(shù)，再說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)AE+BD=AB，理由見解析
(3)∠BFD的度數(shù)不變，∠BFD=60° ，理由見解析
【分析】（1）由等邊三角形的性質得出AB=BC=AC，∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，由BD=CE，得出CD=AE，由SAS即可證得△ABD≌△BCE；
（2）由AB=BC=AC，BD=CE，CD=AE，即可得出結果；
（3）由△ABD≌△BCE得出∠BAD=∠CBE，由三角形內角和定理得出∠AFB+∠BAD+∠ABF=180°，推出∠AFB+∠CBE+∠ABF=180°，由∠CBE+∠ABF=∠ABC=60°，則∠AFB=120°，即可得出∠BFD=60°不變．
【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，
在△BEC和△ADB中，
AB=BC∠ABD=∠BCE=60°BD=CE，
∴△BEC≌△ADBSAS；
（2）解：AE+BD=AB，理由如下：
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=BC=AC，
∵BD=CE，
∴AC?CE=BC?BD，
∴CD=AE
∴AE+BD=AE+CE=AC=AB，
∴AE+BD=AB．

（3）解：∠BFD的度數(shù)不變，∠BFD=60°，理由如下：
∵△BEC≌△ADB，
∴∠CBE=∠BAD，
∵∠AFB+∠BAD+∠ABF=180°，
∴∠AFB+∠CBE+∠ABF=180°，
∵∠CBE+∠ABF=∠ABC=60°，
∴∠AFB=120°，
∵∠BFD+∠AFB=180°，
∴∠BFD=60°
∴∠BFD的度數(shù)不變．
【點睛】本題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質、三角形內角和定理等知識，熟練掌握等邊三角形的性質，證明三角形全等是解題的關鍵
【變式10-2】（2023春·河南平頂山·八年級統(tǒng)考期中）如圖，過等邊△ABC的頂點A作直線l∥BC，點D在直線l上，（不與點A重合），作射線BD，把射線BD繞著點B順時針旋轉60°后交直線AC于點E．
(1)如圖1，點D在點A的左側，點E在AC上，請寫出線段AB、AD、AE之間的數(shù)量關系，并說明理由．

(2)（2）如圖2，點D在點A的右側，點E在AC的延長線上，那么（1）中的結論還成立嗎？若成立，證明你的結論，若不成立，寫出你認為正確的結論，并證明．

【答案】(1)它們之間的數(shù)量關系是：AB=AD+AE．理由見解析
(2)AE=AB+AD，證明見解析
【分析】（1）將射線BD繞點B順時針旋轉60°后交直線AC于點E，可得△ABC是等邊三角形，從而證明△ABD≌△CBE，可得AD=CE，進而得到AB=AD+AE；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CBE，可得AD=CE，進而得出AE=AB+AD．
【詳解】（1）解：它們之間的數(shù)量關系是：AB=AD+AE．理由如下：
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=BC=AC，
∵旋轉角∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=60°，
∴∠DAB=∠ACB，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=CE，
∴AB=AC=CE+AE=AD+AE；
（2）解：（1）中的結論不成立，正確的結論是：AE=AB+AD，
證明如下：如圖2，∵△ABC是等邊三角形，

∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=BC，
∵旋轉角∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵l∥BC，
∴∠FAB=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠DAB=∠BCE=120°，
又∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=CE，
∵AE=AC+CE，AB=AC，
∴AE=AB+AD．
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質、等邊三角形的性質，證明全等三角形是解題的關鍵．
【變式10-3】（2023春·福建福州·八年級?？计谀┒x：若P為△ABC內一點，且滿足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，則點P叫做△ABC的費馬點．

(1)如圖1，若點O是高為3的等邊△ABC的費馬點，則OA+OB+OC= ；
(2)如圖2，已知P是等邊△ABD外一點，且∠APB=120°，請?zhí)骄烤€段PA，PB，PD之間的數(shù)量關系，并加以證明；
(3)如圖3，已知△ABC，分別以AB、AC為邊向外作等邊△ABD與等邊△ACE，線段CD、BE交于點P，連接AP，求證：
①點P是△ABC的費馬點；
②PA+PB+PC=CD．
【答案】(1)6
(2)PD=PB+PA，證明見解析
(3)①見解析；②見解析
【分析】（1）延長AO交BC于點D，根據(jù)費馬點的定義可得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，進而根據(jù)等腰三角形的性質得出AD⊥BC，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質，求得AO=2DO=2，即可求解；
（2）延長BP至Q，使得PQ=PA，連接AQ，證明△ADP≌△ABQ SAS，根據(jù)等邊三角形的性質以及全等三角形的性質，即可得出結論；
（3）①作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N設AB交 CD于O．證明△ADC≌△ABE（SAS）即可解決問題；
②在線段PD上取一點T，使得PT=PA，連接AT．證明△DAT≌△BAP（SAS），推出PD=PA+PB即可解決問題．
【詳解】（1）解：如圖所示，將△AOC繞點A逆時針旋轉60°得到△AO′D，

∴△AOO′是等邊三角形，△ACD是等邊三角形，
∵點O是高為3的等邊△ABC的費馬點，
∴∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，
∴∠AOB+∠AOO′=180°,∠AO′O+∠AO′D=180°
∴B,O,O′,D四點共線，
∵AB=AD,CB=CD
∴A,C在BD的垂直平分線上，
∴BD⊥AC，
∴∠ABO=∠CBO=30°，
如圖所示，延長AO交BC于點D

∵點O是高為3的等邊△ABC的費馬點，
∴∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，
∴∠OBD=∠OCB=30°，∠DAB=∠DAC=30°
∴AD⊥BC，則OA=OB=OC
∴OD=12BD=12AD
∵AD=3
∴AO=2DO=2
∴AO+BO+CO=6,
故答案為：6．
（2）解：PD=PB+PA，理由如下，
如圖所示，延長BP至Q，使得PQ=PA，連接AQ，

∵∠APB=120°，
∴∠APQ=60°，
又PA=PQ，
∴△APQ是等邊三角形，
∴∠QAP=∠Q=60°，
∵△ABD是等邊三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB+∠BAP=∠PAQ+∠BAP，
即∠DAP=∠BAQ，
又AD=AB,AP=AQ，
∴△ADP≌△ABQ SAS，
∴DP=BQ，
∴PD=PB+PQ=PB+PA，
即PD=PB+PA；
（3）①證明：如圖，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N設AB交 CD于O．

∵△ADB，△ACE都是等邊三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAC=∠BAE，
∴△ADC≌△ABE(SAS)，
∴CD=BE，S△ADC=S△ABE，∠ADC=∠ABE，
∵AM⊥CD，AN⊥BE，
∴ 12 ·CD·AM= 12 ·BE·AN，
∴AM=AN，
∴∠APM=∠APN，
∵∠AOD=∠POB，
∴∠OPB=∠DAO=60°，
∴∠APN=∠APM=60°，
∴∠APC=∠BPC=∠APC=120°，
∴點P是就是△ABC費馬點．
②在線段PD上取一點T，使得PT=PA，連接AT．

∵∠APT=60°，PT=PA，
∴△APT是等邊三角形，
∴∠PAT=60°，AT=AP，
∵∠DAB=∠TAP=60°，
∴∠DAT=∠BAP，
∵AD=AB，
∴△DAT≌△BAP(SAS )，
∴PB=DT，
∴PD=DT+PT=PA+PB，
∴PA+PB+PC=PD+PC=CD=BE．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，含30度角的直角三角形的性質，全等三角形的性質與判定，構造等邊三角形是解答本題的關鍵．

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