TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc272" 【題型1 利用等邊三角形的性質(zhì)求值】 PAGEREF _Tc272 \h 1
\l "_Tc6055" 【題型2 利用等邊三角形的性質(zhì)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(biāo)系中的運(yùn)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(guān)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(jié)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(guān)系】 PAGEREF _Tc29572 \h 52
【知識點(diǎn) 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(zhì)：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(zhì)求值】
【例1】（2023春·福建廈門·八年級廈門市湖濱中學(xué)?？计谀┤鐖D，已知等邊三角形ABC中，BD=CE，AD與BE交于點(diǎn)P，則∠APE= °．
【答案】60
【分析】由等邊三角形的性質(zhì)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(zhì)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(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)，熟練掌握以上知識點(diǎn)是解題的關(guān)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(diǎn)E是等邊三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，且EA=EB，△ABC外一點(diǎn)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(guān)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(zhì)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(zhì)可得∠CAE=∠DBE，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABE=∠BAE=45°，令A(yù)C、BD交于點(diǎn)F，通過計算得出∠ABF+∠BAF=90°，最后由三角形內(nèi)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A(yù)C、BD交于點(diǎn)F，
，
則∠ABF+∠BAF
=∠ABF+∠BAE+∠EAC
=∠ABF+∠BAE+∠DBE
=∠ABE+∠BAE
=45°+45°
=90°，
∵∠ABF+∠BAF+∠AFB=180°，
∴∠AFB=90°，
∴AC⊥BD．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、角平分線的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、角平分線的性質(zhì)，是解題的關(guān)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(diǎn)D是BC邊上異于B，C的任意一點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)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(jìn)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(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F．
∴12×2BC=12AB?DE+12AC?DF，
即：2BC=BC?DE+DF，
∴DE+DF=2；
故答案為2．
【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)．解題的關(guān)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(diǎn)P作PE⊥AC于點(diǎn)E，Q為BC延長線上一點(diǎn)，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(diǎn)Q作QF⊥AC于點(diǎn)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(diǎn)Q作QF⊥AC于點(diǎn)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(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握等邊三角形三個角都是60°，正確畫出輔助線，構(gòu)造全等三角形．
【題型2 利用等邊三角形的性質(zhì)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(diǎn)D是邊AC的中點(diǎn)，連接ED并延長交AB于點(diǎn)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(zhì)可得∠ACB=∠ABC=60°，AC=BC，結(jié)合CE=12BC，點(diǎn)D是邊AC的中點(diǎn)，可得CD=CE，即可得到∠CDE=∠E，再利用三角形外角的性質(zhì)求得∠E=30°，從而即可求得∠EFB=90°，證得結(jié)論；
（2）由等邊三角形的性質(zhì)可得∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°，從而得到∠DBE=∠E，證得結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴AC=BC，∠ACB=∠ABC=60°，
∵D是AC的中點(diǎn)，
∴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(diǎn)，
∴∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°，
∵∠E=30°，
∴∠DBE=∠E，
∴DE=BD．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識點(diǎn)，熟練掌握以上知識點(diǎn)是解題的關(guān)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(zhì)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(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，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(zhì)是解題的關(guān)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(diǎn)B與點(diǎn)E重合，點(diǎn)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(dāng)AB、AC與三角板斜邊的交點(diǎn)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(zhì)，得∠ACB=60°，AC=BC．結(jié)合三角形外角得性質(zhì)得∠CAF得度數(shù)，則可證明結(jié)論．
（2）根據(jù)（1）中得證明方法，得到CH=CF，根據(jù)（1）中得結(jié)論，可推得BE+CF=AC，從而證明結(jié)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(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，三角形外角的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)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(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)．
(1)以AD為邊構(gòu)造等邊△ADE（其中點(diǎn)D、E在直線AC兩側(cè)），連接CE，猜想CE與AB的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
(2)若過點(diǎn)C作CM∥AB，在CM上取一點(diǎn)F，連接AF、DF，使得∠ADF=60°，試猜想△ADF的形狀，直接寫出你的結(jié)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(diǎn)A和點(diǎn)D為圓心，AD長為半徑畫弧，在AC右邊相交于點(diǎn)E，連接AE,DE， △ADE即為所求；根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠ABC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE，則∠BAD=∠CAE，進(jìn)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(jìn)而得出△GAD≌△CDFASA，則AD=DF，即可得出結(jié)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(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的判定及性質(zhì)、三角形全等的判定及性質(zhì)、平行線的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是通過標(biāo)出相應(yīng)的角標(biāo)找出角之間的關(guān)系，通過等量代換進(jìn)行求解，熟練掌握并靈活運(yùn)用等邊三角形的性質(zhì)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(diǎn)E為直線BC上點(diǎn)，且CE=AD．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在邊BC上時，求證：△CDE為等邊三角形；
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)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(jìn)而推出CD=CE，由此即可證明結(jié)論；
（2）同理可得CD=CE，進(jìn)而利用等邊對等角和三角形外角的性質(zhì)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(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，三角形外角的性質(zhì)等等，熟知等邊三角形的性質(zhì)與判定條件是解題的關(guān)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(diǎn)，EC=EB，∠CDA=120°，DF∥BE，且DF平分∠CDA．求證：△BEC是等邊三角形．補(bǔ)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(zhì)得出∠FDC的度數(shù)，再利用平行線的性質(zhì)得出∠BEC的度數(shù)，進(jìn)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(diǎn)睛】此題主要考查了等邊三角形的判定以及平行線的性質(zhì)，根據(jù)已知得出∠FDC=∠BEC是解題關(guān)鍵．
【變式3-2】（2023春·甘肅天水·八年級?？计谀┤鐖D，在△ABC中，∠A=120°，AB=AC，D是BC邊的中點(diǎn)，DE⊥AB，DF⊥AC，點(diǎn)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(jìn)而解答即可；
（2）由△BDE≌≌CDF，進(jìn)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(diǎn)，
∴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(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，解決本題的關(guān)鍵是熟記等腰三角形的性質(zhì)以及全等三角形的性質(zhì)．
【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(zhì)和三角形內(nèi)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(zhì)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(diǎn)睛】本題考查了線段垂直平分線性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)等知識點(diǎn)，能綜合運(yùn)用定理進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵．
【題型4 等邊三角形在坐標(biāo)系中的運(yùn)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(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,0，以線段OA為邊在第四象限內(nèi)作等邊三角形AOB，點(diǎn)C為x軸正半軸上一動點(diǎn)（OC>1），連接BC，以線段BC為邊在第四象限內(nèi)作等邊三角形CBD，連接DA并延長，交y軸于點(diǎn)E．
(1)求證：OC=AD；
(2)在點(diǎn)C的運(yùn)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(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動到什么位置時，以A、E、C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，請直接寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)．
【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(zhì)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(zhì)可得出結(jié)論；
（2）由△AOB是等邊三角形知∠BOA=∠OAB=60°，再由全等三角形的性質(zhì)分析可得結(jié)論；
（3）先根據(jù)全等三角形的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，求得∠EAC=120°，進(jìn)而得出以A，E，C為頂點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)C在運(yùn)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(diǎn)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(dāng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為3,0時，以A，E，C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．
【點(diǎn)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(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和判定等知識，解決本題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．
【變式4-1】（2023春·遼寧鐵嶺·八年級?？计谀┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,0)，以線段OA為邊在第四象限內(nèi)作等邊三角形AOB，點(diǎn)C為x軸正半軸上一動點(diǎn)(OC>1)，連接BC，以線段BC為邊在第四象限內(nèi)作等邊三角形CBD，連接DA并延長，交y軸于點(diǎn)E．
(1)求證：OC=AD；
(2)在點(diǎn)C的運(yùn)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(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動到什么位置時，以A、E、C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？
【答案】(1)見解析
(2)不變，∠CAD=60°
(3)當(dāng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3,0)時，以A，E，C為頂點(diǎn)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(zhì)可得出結(jié)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(jié)論；
（3）先求得∠EAC=120°，進(jìn)而得出以A，E，C為頂點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)C在運(yùn)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(diǎn)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(dāng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3,0)時，以A，E，C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．
【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．
【變式4-2】（2023春·北京·八年級北京市廣渠門中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，△AOP為等邊三角形，A0 ， 2，點(diǎn)B為y軸上一動點(diǎn)，以BP為邊作等邊△PBC，延長CA交x軸于點(diǎn)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(dāng)B點(diǎn)運(yùn)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(zhì)可求證；
（2）由（1）可直接進(jìn)行求解；
（3）由題意易得∠EAO=60°，則有∠AEO=30°，進(jìn)而根據(jù)直角三角形的性質(zhì)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(diǎn)睛】本題主要考查平面直角坐標(biāo)系與圖形的綜合、等邊三角形的性質(zhì)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握平面直角坐標(biāo)系與圖形的綜合、等邊三角形的性質(zhì)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式4-3】（2023春·湖北黃石·八年級?？计谀┤鐖D，平面直角坐標(biāo)系中．A點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)，試確定DM與CM的位置關(guān)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(guān)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(diǎn)P，使GP=GF，證明△GBF≌△GCP，∠BFG=∠P，則結(jié)論得證．
（3）延長DM至F，使DM=MF，連接CD，證△DBC≌△FAC，得CD=CF，則結(jié)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(guān)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(diǎn)P，使GP=GF．
設(shè)∠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(jìn)為AE中點(diǎn)，
∴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(diǎn)睛】本題考查了完全平方公式、等邊三角形的性質(zhì)與判定、線段垂直平分線的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定等知識點(diǎn)，添加輔助線、構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．
【題型5 等邊三角形中的折疊問題】
【例5】（2023春·四川成都·八年級校考期末）如圖，已知等邊△ABC中，點(diǎn)D，E分別在邊AB，BC上，把△BDE沿直線DE翻折，使點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，DB′，EB′分別交邊AC于點(diǎn)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(zhì)，折疊的性質(zhì)，得到∠A=∠B′=∠C=60°，結(jié)合∠ADF=80°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，對頂角的性質(zhì)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(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，
∴∠A=∠B′=∠C=60°，
∵∠ADF=80°，
根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，對頂角的性質(zhì)得
∴∠AFD=∠GFB′=40°，
∵∠EGC=∠FGB′，
∴∠GEC=∠GFB′=40°，
故答案為：40．
【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，對頂角的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)是解題的關(guān)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(diǎn)，將△ADE沿直線DE折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)A′處，且點(diǎn)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(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)以及折疊的問題，折疊問題的實質(zhì)是“軸對稱”，解題關(guān)鍵是找出經(jīng)軸對稱變換所得的等量關(guān)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(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)D落在BC邊上，其中折痕分別交邊AB,AC于點(diǎn)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(zhì)及垂直的定義得出∠FDB=90°,∠FDE=60°，結(jié)合圖形及三角形外角的性質(zhì)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(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)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(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)D落在BC邊上，
∴∠AEF=∠FED=45°，
故選：C．
【點(diǎn)睛】題目主要考查等邊三角形的性質(zhì)、三角形外角的定義及折疊的性質(zhì)，結(jié)合圖形找準(zhǔn)各角之間的關(guān)系是解題關(guān)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(diǎn)，過點(diǎn)D作DE∥BC交AC于點(diǎn)E，將△ADE沿DE折疊，點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)F．
(1)如圖1，若點(diǎn)F恰好落在邊BC上，判斷△BDF的形狀，并證明；
(2)如圖2，若點(diǎn)F落在△ABC內(nèi)，且DF的延長線恰好經(jīng)過點(diǎn)C，CF=EF，求∠A的度數(shù)；
(3)若AB=9，當(dāng)△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(zhì)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(jié)論；
（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)可知角相等，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得到結(jié)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(zhì)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(shè)∠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(dāng)∠BFD=90°時，點(diǎn)F在△ABC內(nèi)（如圖所示）
∵∠BDF=60°，
∴∠DBF=30°，
∴BD=2DF
由折疊得DF=AD，
∴BD=2AD，
∴3AD=9，
∴AD=3；
當(dāng)∠DBF=90°時，點(diǎn)F在△ABC外，
同理可得AD=DF=2BD，
∴AD=6．
【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，根據(jù)題意畫出圖形是解題的關(guān)鍵．
【題型6 與等邊三角形有關(guān)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(xué)?？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(diǎn)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(diǎn)C4，使D2C4=D2C2，連接D2C4，以C3C4為邊作等邊△A3C3C4；…且點(diǎn)A1，A2，A3，…都在直線C1C2同側(cè)，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(zhì)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(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)、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(guān)鍵．
【變式6-1】（2023春·山東濟(jì)寧·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A坐標(biāo)是0，4，以為邊在右側(cè)作等邊三角形OAA1，過點(diǎn)A1作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)O1，以O(shè)1A1為邊在右側(cè)作等邊三角形O1A1A2，再過點(diǎn)A2作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)O2，以O(shè)2A2為邊在右側(cè)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(diǎn)A2023的縱坐標(biāo)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(diǎn)睛】本題主要考查含30°的直角三角形的性質(zhì)，能夠熟記性質(zhì)并能夠熟練進(jìn)行指數(shù)計算是解題關(guān)鍵．
【變式6-2】（2023·四川·八年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，邊長為1的正方形A1B1C1D1（記為第1個正方形）的頂點(diǎn)A1與原點(diǎn)重合，點(diǎn)B1在y軸上，點(diǎn)D1在x軸上，點(diǎn)C1在第一象限內(nèi)，以C1為頂點(diǎn)作等邊△C1A2B2，使得點(diǎn)A2落在x軸上，A2B2⊥x軸，再以A2B2為邊向右側(cè)作正方形A2B2C2D2（記為第2個正方形），點(diǎn)D2在x軸上，以C2為頂點(diǎn)作等邊△C2A3B3，使得點(diǎn)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(zhì)和直角三角形的性質(zhì)，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(jié)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(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形以及直角三角形的性質(zhì)是解答此題的關(guān)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(biāo)系中，直線l與x軸交于點(diǎn)B1，與y軸交點(diǎn)于D，且OB1=1,∠ODB1=60°，以O(shè)B1為邊長作等邊三角形A1OB1，過點(diǎn)A1作A1B2平行于x軸，交直線l于點(diǎn)B2，以A1B2為邊長作等邊三角形A2A1B2，過點(diǎn)A2作A2B3平行于x軸，交直線l于點(diǎn)B3，以A2B3為邊長作等邊三角形A3A2B3，…，按此規(guī)律進(jìn)行下去，則點(diǎn)A6的橫坐標(biāo)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(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，分別求得A1的橫坐標(biāo)為21?12，，A2的橫坐標(biāo)為22?12， A3的橫坐標(biāo)為23?12，進(jìn)而得到An的橫坐標(biāo)為2n?12，據(jù)此可得點(diǎn)A6的橫坐標(biāo)．
【詳解】解：如圖所示,過A1作A1A⊥OB1于A,則OA=12OB1=12，
即A1的橫坐標(biāo)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(biāo)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(biāo)為12+1+2=23?12，
同理可得,A4的橫坐標(biāo)為12+1+2+4=24?12，
由此可得,An的橫坐標(biāo)為2n?12，
∴點(diǎn)A6的橫坐標(biāo)是26?12=632=31.5，
故答案為31.5．
【點(diǎn)睛】本題是一道找規(guī)律問題，涉及到等邊三角形的性質(zhì)、含30度角的直角三角形，解題的關(guān)鍵要利用等邊三角形的性質(zhì)總結(jié)出關(guān)于點(diǎn)A的系列點(diǎn)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(xí)）如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4cm，動點(diǎn)P，Q同時從A、B兩點(diǎn)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(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)B時，P、Q兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為ts．

(1)當(dāng)t為何值時，△PBQ為等邊三角形？
(2)當(dāng)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(zhì)得到BP=BQ，由此建立方程4?2t=t進(jìn)行求解；
（2）當(dāng)△PBQ為直角三角形可分當(dāng)∠BQP=90°時和當(dāng)∠BPQ=90°時兩種情況進(jìn)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(diǎn)P運(yùn)動的總時間為4÷2=2s；
∴BP=AB?AP=4?2tcm，
當(dāng)△PBQ為等邊三角形時，BP=BQ，
∴4?2t=t，
解得t=43；
（2）當(dāng)∠BQP=90°時，則∠BPQ=30°，
∴BP=2BQ，
∴4?2t=2t，
解得t=1；
當(dāng)∠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(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，含30度的直角三角形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．
【變式7-1】（2023春·甘肅張掖·八年級?？计谀┤鐖D1，點(diǎn)P、Q分別是等邊△ABC邊AB、BC上的動點(diǎn)（端點(diǎn)除外），點(diǎn)P從頂點(diǎn)A，點(diǎn)Q從頂點(diǎn)B同時出發(fā)，且它們的運(yùn)動速度相同．連接AQ、CP交于點(diǎn)M．

(1)求證：△ABQ≌△CAP；
(2)當(dāng)點(diǎn)P、Q分別在AB、BC邊上運(yùn)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(diǎn)P、Q在運(yùn)動到終點(diǎn)后繼續(xù)在射線AB、BC上運(yùn)動，直線AQ、CP交于點(diǎn)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(zhì)，利用SAS證明△ABQ≌△CAP；
（2）由△ABQ≌△CAP根據(jù)全等三角形的性質(zhì)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(zhì)，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(diǎn)P、Q運(yùn)動速度相同，
∴AP=BQ，
在△ABQ與△CAP中，
∵AB=CA∠ABQ=∠CAPAP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP SAS；
（2）解：點(diǎn)P、Q在運(yùn)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(diǎn)P、Q運(yùn)動速度相同，
∴AP=BQ，
在△ABQ與△CAP中，
∵AB=CA∠ABQ=∠CAPAP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP SAS；
【點(diǎn)睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握全等三角形的判定和等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式7-2】（2023春·山東威海·八年級統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)P，Q是等邊△ABC邊AB，BC上的動點(diǎn)，它們分別從點(diǎn)A，B同時出發(fā)，以相同的速度向點(diǎn)B，C方向運(yùn)動（不與點(diǎn)B，C重合）．連接AQ,CP,PQ，其中AQ與CP交于點(diǎn)M．針對點(diǎn)P，Q的運(yùn)動過程，下列結(jié)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(diǎn)P，Q的運(yùn)動而變化
【答案】D
【分析】點(diǎn)P，Q以相同的速度向點(diǎn)B，C方向運(yùn)動，得到BQ=AP；根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，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(zhì)，求出∠CMQ的度數(shù)，進(jìn)行判斷即可．
【詳解】解：∵點(diǎn)P，Q以相同的速度向點(diǎn)B，C方向運(yùn)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(dāng)P,Q為AB,BC的中點(diǎn)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(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，證明△ABQ≌△CAP是解題的關(guān)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(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），在AD的右側(cè)作△ADE，使得AE=AD，∠DAE=∠BAC，連接CE．

(1)當(dāng)D在線段BC上時，求證：△BAD≌△CAE；
(2)當(dāng)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(zhì)和全等三角形的性質(zhì)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(dāng)點(diǎn)D在CB的延長線上、點(diǎn)D在BC的延長線上三種情形根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，三角形外角的性質(zhì)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(dāng)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(dāng)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(dāng)點(diǎn)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(dāng)△ABD中的最小角是∠ADB時，∠ADB=20°，
當(dāng)點(diǎn)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(diǎn)睛】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確尋找全等三角形解決問題，學(xué)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(xué)考試）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=8，點(diǎn)D是BC邊的中點(diǎn)，點(diǎn)P是AC邊上的一個動點(diǎn)，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(diǎn)Q在射線TQ上運(yùn)動，當(dāng)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(diǎn)Q在射線TQ上運(yùn)動（點(diǎn)T是定點(diǎn)，∠CTQ是定值），
當(dāng)CQ⊥TQ時，CQ的值最小，而D為BC的中點(diǎn)，
最小值=12CT=12CD=14BC=2，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考垂線段最短，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)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(diǎn)B為線段AQ上的動點(diǎn)，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(diǎn)P在射線AP上運(yùn)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(diǎn)P在射線AP上運(yùn)動，
∴當(dāng)QP⊥AP時，PQ的值最小，
∴PQ=12AQ=12×8=4；
故選B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，點(diǎn)的運(yùn)動軌跡問題，證明點(diǎn)P在射線AP上運(yùn)動是解題的關(guān)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(diǎn)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(zhì)可證AP垂直平分BC，即可得到CP=BP，再根據(jù)當(dāng)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(diǎn)P是∠BAC的角平分線上一動點(diǎn)，AB=AC，
∴AP垂直平分BC，
∴CP=BP，
∴PD+PC=PD+PB，
∴當(dāng)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(diǎn)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(zhì)定理，結(jié)合軸對稱變換來解決，多數(shù)情況要作點(diǎn)關(guān)于某直線的對稱點(diǎn)．
【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(diǎn)B恰好落在邊AC上的點(diǎn)D處，折痕為EF，O為折痕EF上一動點(diǎn)，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(zhì)、線段和差可得BC=6,CD=4，再連接OB，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得OB=OD，從而可得△OCD的周長為4+OC+OB，然后根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可得當(dāng)點(diǎn)O與點(diǎn)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(zhì)得：OB=OD，
則△OCD的周長為CD+OC+OD=4+OC+OB，
由兩點(diǎn)之間線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)O與點(diǎn)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(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短等知識點(diǎn)，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
【題型9 等邊三角形中的多結(jié)論問題】
【例9】（2023春·湖南長沙·八年級長沙市北雅中學(xué)校考開學(xué)考試）如圖，C是線段AB上的一點(diǎn)，△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(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和全等三角形對應(yīng)邊、對應(yīng)角相等的性質(zhì)，本題中證明△ACE≌△DCB和△ACM≌△DCN是解題的關(guān)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(diǎn) F，連接AF，有以下四個結(jié)論：①BE=CD；②FA平分∠EFC；③∠BFD=60°；④FE+FC=FA．其中一定正確的結(jié)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(zhì)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(bǔ)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(zhì)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(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，正確作輔助線，構(gòu)造全等三角形，是解答本題的關(guān)鍵．
【變式9-2】（2023春·全國·八年級專題練習(xí)）如圖，△ABC與△CDE是等邊三角形，連接AE、BD，有以下結(jié)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(jié)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(diǎn)共線情況，即可得到正確結(jié)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(jié)論（2）正確；
設(shè)AE與BC相交于點(diǎn)G，如圖所示：
∵∠AGC=∠BGF，∠CBD=∠CAE，
∴∠BFA=∠ACB=60°；
∴結(jié)論（4）正確；
∵當(dāng)∠ACD=60°或120°時，A、C、E三點(diǎn)共線，構(gòu)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(jié)論（5）錯誤；
∵當(dāng)∠ACD=150°時，∠BCE=90°，當(dāng)∠ACD發(fā)生變化時，∠BCE的度數(shù)也會變化，
∴結(jié)論（3）錯誤；
故答案為：（1）（2）（4）．
【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)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(diǎn)，AD=CE，連接AE、BD交于點(diǎn)F，∠CBD、∠AEC的平分線交于AC邊上的點(diǎn)G，BG與AE交于點(diǎn)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(zhì)，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，三角形的外角，解題的關(guān)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(guān)系】
【例10】（2023春·河南鄭州·八年級?？计谥校┮阎€段AB⊥l于點(diǎn)B，點(diǎn)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(diǎn)F．
(1)當(dāng)點(diǎn)F在線段BD上時，如圖①，直接寫出DF，CE，CF之間的關(guān)系 ．
(2)當(dāng)點(diǎn)F在線段BD的延長線上時，如圖②，當(dāng)點(diǎn)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(guān)系，在圖②、圖③中選一個進(jìn)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(shè)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(jié)論：DF=CF?CE．圖③中，結(jié)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(jié)論：DF=CE?CF．
理由：如圖①中，設(shè)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(jié)論：DF=CF?CE．圖③中，結(jié)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(shè)BF=DF=CF=x，
∵EF=6，BD=EC，
∴3x=6，
∴x=2
∴CF=2．
②如圖③中，設(shè)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(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．
【變式10-1】（2023春·山東青島·八年級?？计谥校┮阎喝鐖D，等邊△ABC中，D，E分別在BC，AC邊上運(yùn)動，且始終保持BD=CE，點(diǎn)D、E始終不與等邊△ABC的頂點(diǎn)重合，連接AD、BE，AD，BE交于點(diǎn)F．

(1)試說明△BEC≌△ADB；
(2)直接寫出運(yùn)動過程中，AE、AB、BD三條線段長度之間的等量關(guān)系；
(3)運(yùn)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(zhì)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(jié)果；
（3）由△ABD≌△BCE得出∠BAD=∠CBE，由三角形內(nèi)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(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)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(diǎn)A作直線l∥BC，點(diǎn)D在直線l上，（不與點(diǎn)A重合），作射線BD，把射線BD繞著點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)60°后交直線AC于點(diǎn)E．
(1)如圖1，點(diǎn)D在點(diǎn)A的左側(cè)，點(diǎn)E在AC上，請寫出線段AB、AD、AE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

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

【答案】(1)它們之間的數(shù)量關(guān)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(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)60°后交直線AC于點(diǎn)E，可得△ABC是等邊三角形，從而證明△ABD≌△CBE，可得AD=CE，進(jìn)而得到AB=AD+AE；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CBE，可得AD=CE，進(jìn)而得出AE=AB+AD．
【詳解】（1）解：它們之間的數(shù)量關(guān)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(zhuǎn)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(jié)論不成立，正確的結(jié)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(zhuǎn)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(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，證明全等三角形是解題的關(guān)鍵．
【變式10-3】（2023春·福建福州·八年級?？计谀┒x：若P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，且滿足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，則點(diǎn)P叫做△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．

(1)如圖1，若點(diǎn)O是高為3的等邊△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，則OA+OB+OC= ；
(2)如圖2，已知P是等邊△ABD外一點(diǎn)，且∠APB=120°，請?zhí)骄烤€段PA，PB，PD之間的數(shù)量關(guān)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(diǎn)P，連接AP，求證：
①點(diǎn)P是△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)；
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(diǎn)D，根據(jù)費(fèi)馬點(diǎn)的定義可得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，進(jìn)而根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出AD⊥BC，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，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(zhì)以及全等三角形的性質(zhì)，即可得出結(jié)論；
（3）①作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N設(shè)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(diǎn)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(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AO′D，

∴△AOO′是等邊三角形，△ACD是等邊三角形，
∵點(diǎn)O是高為3的等邊△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，
∴∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，
∴∠AOB+∠AOO′=180°,∠AO′O+∠AO′D=180°
∴B,O,O′,D四點(diǎn)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(diǎn)D

∵點(diǎn)O是高為3的等邊△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，
∴∠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(shè)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(diǎn)P是就是△ABC費(fèi)馬點(diǎn)．
②在線段PD上取一點(diǎn)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(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，構(gòu)造等邊三角形是解答本題的關(guān)鍵．

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