北師大版八年級數(shù)學(xué)下冊舉一反三 專題1.2 等邊三角形-重難點題型（舉一反三）（原卷版+解析）

專題1.2等邊三角形-重難點題型【北師大版】【知識點1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等邊三角形的性質(zhì)（角度問題）】【例1】(2023秋?赫山區(qū)期末）如圖，等邊三角形ABC中，AD⊥BC，垂足為D，點E在線段AD上，∠EBC＝45°，求∠ACE的度數(shù)．【變式1-1】(2023秋?河?xùn)|區(qū)期中）如圖，點M，N分別在正三角形ABC的BC，CA邊上，且BM＝CN，AM，BN交于點Q．求證：∠BQM＝60°．【變式1-2】(2023秋?肥東縣期末）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（1）求∠EFB的度數(shù)；（2）求證：DE＝2DF．【變式1-3】(2023秋?鄭州期末）如圖，已知∠AOB＝120°，△COD是等邊三角形（三條邊都相等，三個角都等于60°的三角形），OM平分∠BOC．（1）如圖1，當(dāng)∠AOC＝30°時，∠DOM＝；（2）如圖2，當(dāng)∠AOC＝100°時，∠DOM＝；（3）如圖3，當(dāng)∠AOC＝α（0°＜α＜180°）時，求∠DOM的度數(shù)，請借助圖3填空．解：因為∠AOC＝α，∠AOB＝120°，所以∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝α﹣120°，因為OM平分∠BOC，所以∠MOC＝∠BOC＝（用α表示），因為△COD為等邊三角形，所以∠DOC＝60°，所以∠DOM＝∠MOC+∠DOC＝（用α表示）．（4）由（1）（2）（3）問可知，當(dāng)∠AOC＝β（0°＜β＜180°）時，直接寫出∠DOM的度數(shù)．（用β來表示，無需說明理由）【題型2等邊三角形的性質(zhì)（規(guī)律問題）】【例2】(2023春?渠縣期末）如圖，已知∠MON＝30°，點A1，A2，A3，…在射線ON上，點B1，B2，B3，…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均為等邊三角形，若OA1＝2，則△A6B6A7的邊長為（）A．16 B．32 C．64 D．128【變式2-1】(2023秋?新化縣期末）如圖，∠MON＝30°，點A1，A2，A3，…在射線ON上，點B1，B2，B3，…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均為等邊三角形．若OA1＝1，則△AnBnAn+1的邊長為．【變式2-2】如圖，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(cè)，如此下去，則△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An?nCn+1的周長和為．（n≥2，且n為整數(shù)）【變式2-3】(2023秋?漢陽區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，有一個正三角形ABC，其中B，C的坐標(biāo)分別為（1，0）和C（2，0）．若在無滑動的情況下，將這個正三角形沿著x軸向右滾動，則在滾動的過程中，這個正三角形的頂點A，B，C中，會過點(2023，1）的是點．【題型3等邊三角形的性質(zhì)（動點問題）】【例3】(2023春?渭濱區(qū)期末）如圖，在等邊△ABC中，AB＝12cm，現(xiàn)有M，N兩點分別從點A，B同時出發(fā)，沿△ABC的邊按順時針方向運動，已知點M的速度為1cm/s，點N的速度為2cm/s，當(dāng)點N第一次到達B點時，M，N同時停止運動，設(shè)運動時間為t（s）．（1）當(dāng)t為何值時，M，N兩點重合？兩點重合在什么位置？（2）當(dāng)點M，N在BC邊上運動時，是否存在使AM＝AN的位置？若存在，請求出此時點M，N運動的時間；若不存在，請說明理由．【變式3-1】如圖，已知△ABC是邊長為6cm的等邊三角形，動點P、Q同時從A，B兩點出發(fā)，分別沿AB、BC勻速運動，其中點P運動的速度是1cm/s，點Q運動的速度是2cm/s，當(dāng)點Q到達點C時，P、Q兩點都停止運動．設(shè)運動時間為：t（s），當(dāng)t＝2時，判斷△BQP的形狀，并說明理由．【變式3-2】(2023春?市中區(qū)期中）如圖，在等邊△ABC中，AB＝9cm，點P從點C出發(fā)沿CB邊向點B點以2cm/s的速度移動，點Q從B點出發(fā)沿BA邊向A點以5cm/s速度移動．P、Q兩點同時出發(fā)，它們移動的時間為t秒鐘．（1）你能用t表示BP和BQ的長度嗎？請你表示出來．（2）請問幾秒鐘后，△PBQ為等邊三角形？（3）若P、Q兩點分別從C、B兩點同時出發(fā)，并且都按順時針方向沿△ABC三邊運動，請問經(jīng)過幾秒鐘后點P與點Q第一次在△ABC的哪條邊上相遇？【變式3-3】(2023秋?大武口區(qū)期末）如圖所示，已知△ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分別從點A、點B同時出發(fā)，沿三角形的邊運動，已知點M的速度是1厘米/秒，點N的速度是2厘米/秒，當(dāng)點N第一次到達B點時，M、N同時停止運動．（1）M、N同時運動幾秒后，M、N兩點重合？（2）M、N同時運動幾秒后，可得等邊三角形AMN？（3）M、N在BC邊上運動時，能否得到以MN為底邊的等腰△AMN，如果存在，請求出此時M、N運動的時間？【題型4等邊三角形的判定】【例4】(2023秋?澠池縣期末）下列三角形：①有兩個角等于60°；②有一個角等于60°的等腰三角形；③三個外角（每個頂點處各取一個外角）都相等的三角形；④一腰上的中線也是這條腰上的高的等腰三角形．其中是等邊三角形的有（）A．①②③ B．①②④ C．①③ D．①②③④【變式4-1】(2023春?平川區(qū)校級期末）下面給出的幾種三角形：①三個內(nèi)角都相等②有兩個外角為120°③一邊上的高也是這邊所對的角的平分線④三條邊上的高相等，其中是等邊三角形的有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【變式4-2】(2023春?福山區(qū)期末）在下列結(jié)論中：（1）有一個外角是120°的等腰三角形是等邊三角形（2）有兩個外角相等的等腰三角形是等邊三角形（3）有一邊上的高也是這邊上的中線的等腰三角形是等邊三角形（4）三個外角都相等的三角形是等邊三角形其中正確的個數(shù)是（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【變式4-3】(2023春?文登區(qū)期末）如圖，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2．若點M，N分別在OA，OB上，且△PMN為等邊三角形，則滿足上述條件的△PMN有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．無數(shù)個【題型5等邊三角形的判定與性質(zhì)綜合】【例5】(2023秋?松桃縣期末）如圖，點P，M，N分別在等邊△ABC的各邊上，且MP⊥AB于點P，MN⊥BC于點M，PN⊥AC于點N．（1）求證：△PMN是等邊三角形；（2）若AB＝12cm，求CM的長．【變式5-1】(2023秋?邵陽縣期末）如圖，在等邊△ABC中，∠ABC與∠ACB的平分線相交于點O，且OD∥AB，OE∥AC（1）試判定△ODE的形狀，并說明你的理由；（2）若BC＝10，求△ODE的周長．【變式5-2】(2023秋?浦城縣期中）如圖，△ABC是等邊三角形．（1）如圖①，DE∥BC，分別交AB、AC于點D、E．求證：△ADE是等邊三角形；（2）如圖②，△ADE仍是等邊三角形，點B在ED的延長線上，連接CE，判斷∠BEC的度數(shù)及線段AE、BE、CE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【變式5-3】在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足為G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其兩邊分別交邊AB，AC于點E，F(xiàn)．（1）求證：△ABD是等邊三角形；（2）求證：BE＝AF．【題型6等邊三角形中的多結(jié)論問題）】【例6】(2023春?武侯區(qū)校級期末）已知：如圖，△ABC和△DEC都是等邊三角形，D是BC延長線上一點，AD與BE相交于點P，AC、BE相交于點M，AD、CE相交于點N，則下列五個結(jié)論：①AD＝BE；②∠BMC＝∠ANC；③∠APM＝60°；④AN＝BM；⑤△CMN是等邊三角形．其中，正確的有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【變式6-1】(2023春?靖邊縣期末）如圖，已知△ABC是等邊三角形，D是BC邊上的一個動點（異于點B、C），過點D作DE⊥AB，垂足為E，DE的垂直平分線分別交AC、BC于點F、G，連接FD，F(xiàn)E．當(dāng)點D在BC邊上移動時，有下列三個結(jié)論：①△DEF一定為等腰三角形；②△CFG一定為等邊三角形；③△FDC可能為等腰三角形．其中正確的有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【變式6-2】(2023秋?勃利縣期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上的點，過點D作DE⊥AB交BC于點F，交AC的延長線于點E，連接CD，∠DCA＝∠DAC，則下列結(jié)論正確的有（）①∠DCB＝∠B；②CD=12AB；③△ADC是等邊三角形；④若∠E＝30°，則DE＝EF+A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【變式6-3】(2023秋?遂寧期末）如圖，將含有30°角的直角三角尺ABC繞直角頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)到ADE的位置，使B點的對應(yīng)點D落在BC邊上，連接EB，EC，則下列結(jié)論：①∠DAC＝∠DCA；②ED為AC的垂直平分線；③EB平分∠AED；④△ABD為等邊三角形．其中正確的是．（填序號）專題1.2等邊三角形-重難點題型【北師大版】【知識點1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等邊三角形的性質(zhì)（角度問題）】【例1】(2023秋?赫山區(qū)期末）如圖，等邊三角形ABC中，AD⊥BC，垂足為D，點E在線段AD上，∠EBC＝45°，求∠ACE的度數(shù)．【解題思路】依據(jù)等邊三角形三線合一的性質(zhì)，即可得到AD垂直平分BC；利用垂直平分線的性質(zhì)即可得到EC＝EB，進而得到∠ECD的度數(shù)；再根據(jù)角的和差關(guān)系即可得出結(jié)論．【解答過程】解：∵等邊三角形ABC中，AD⊥BC，∴D是BC的中點，∴AD垂直平分BC，∴EB＝EC，∴∠EBC＝∠ECB＝45°，又∵∠ACB＝60°，∴∠ACE＝∠ACB﹣∠ECB＝60°﹣45°＝15°．【變式1-1】(2023秋?河?xùn)|區(qū)期中）如圖，點M，N分別在正三角形ABC的BC，CA邊上，且BM＝CN，AM，BN交于點Q．求證：∠BQM＝60°．【解題思路】根據(jù)BM＝CN可得CM＝AN，易證△AMC≌△BNA，得∠BNA＝∠AMC，根據(jù)內(nèi)角和為180°即可求得∠BQM＝∠ACB＝60°，即可解題．【解答過程】證明：∵BM＝CN，BC＝AC，∴CM＝AN，又∵AB＝AC，∠BAN＝∠ACM，∴△AMC≌△BNA，則∠BNA＝∠AMC，∵∠MAN+∠ANB+∠AQN＝180°∠MAN+∠AMC+∠ACB＝180°，∴∠AQN＝∠ACB，∵∠BQM＝∠AQN，∴∠BQM＝∠AQN＝∠ACB＝60°．【變式1-2】(2023秋?肥東縣期末）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（1）求∠EFB的度數(shù)；（2）求證：DE＝2DF．【解題思路】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出AC＝BC，∠ACB＝∠B＝60°，求出CD＝CE，根據(jù)三角形外角性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求出∠E＝30°，求出∠BFE即可；（2）連接BD，求出BD＝DE，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出BD＝2DF，即可得出答案．【解答過程】（1）解：∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∠ACB＝∠B＝60°，∵D為AC的中點，∴AD＝CD=12∵CE=12∴CD＝CE，∵∠E+∠CDE＝∠ACB＝60°，∴∠E＝∠CDE＝30°，∵∠B＝60°，∴∠EFB＝180°﹣60°﹣30°＝90°；（2）證明：連接BD，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝60°，∵D為AC的中點，∴∠DBC＝∠ABD=12∠∵∠E＝30°，∴∠DBC＝∠E，∴DE＝BD，∵∠BFE＝90°，∠ABD＝30°，∴BD＝2DF，即DE＝2DF．【變式1-3】(2023秋?鄭州期末）如圖，已知∠AOB＝120°，△COD是等邊三角形（三條邊都相等，三個角都等于60°的三角形），OM平分∠BOC．（1）如圖1，當(dāng)∠AOC＝30°時，∠DOM＝15°；（2）如圖2，當(dāng)∠AOC＝100°時，∠DOM＝50°；（3）如圖3，當(dāng)∠AOC＝α（0°＜α＜180°）時，求∠DOM的度數(shù)，請借助圖3填空．解：因為∠AOC＝α，∠AOB＝120°，所以∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝α﹣120°，因為OM平分∠BOC，所以∠MOC＝12∠BOC＝12α?60°因為△COD為等邊三角形，所以∠DOC＝60°，所以∠DOM＝∠MOC+∠DOC＝12α（用（4）由（1）（2）（3）問可知，當(dāng)∠AOC＝β（0°＜β＜180°）時，直接寫出∠DOM的度數(shù)．（用β來表示，無需說明理由）【解題思路】（1）首先求出∠BOC＝90°，利用角平分線可得∠COM＝45°，再利用角的和差可得答案；（2）同（1）的思路；（3）首先求出∠BOC＝α﹣120°，利用角平分線可得∠COM=1（4）根據(jù)（3）的思路可得答案．【解答過程】解：（1）∵∠AOC＝30°，∠AOB＝120°，∴∠BOC＝120°﹣30°＝90°，∵OM平分∠BOC，∴∠COM＝90°÷2＝45°，∴∠MOD＝60°﹣45°＝15°．故答案為：15°．（2）∵∠AOC＝100°，∠AOB＝120°，∴∠BOC＝120°﹣100°＝20°，∵OM平分∠BOC，∴∠COM＝20°÷2＝10°，∴∠MOD＝60°﹣10°＝50°．故答案為：50°．（3）解：因為∠AOC＝α，∠AOB＝120°，所以∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝α﹣120°，因為OM平分∠BOC，所以∠MOC=12∠BOC=1因為△COD為等邊三角形，所以∠DOC＝60°，所以∠DOM＝∠MOC+∠DOC=12α故答案為：12，12α?（4）當(dāng)∠AOC＝β（0°＜β＜180°）時，∠DOM=1因為∠AOC＝β，∠AOB＝120°，所以∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝β﹣120°，因為OM平分∠BOC，所以∠MOC=12∠BOC因為△COD為等邊三角形，所以∠DOC＝60°，所以∠DOM＝∠MOC+∠DOC=1【題型2等邊三角形的性質(zhì)（規(guī)律問題）】【例2】(2023春?渠縣期末）如圖，已知∠MON＝30°，點A1，A2，A3，…在射線ON上，點B1，B2，B3，…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均為等邊三角形，若OA1＝2，則△A6B6A7的邊長為（）A．16 B．32 C．64 D．128【解題思路】由等邊三角形的性質(zhì)得到∠B1A1A2＝60°，A1B1＝A1A2，再由三角形外角的性質(zhì)求出∠A1B1O＝30°，則A1B1＝A1A2＝OA1，同理得A2B2＝A2A3＝OA2＝2OA1，A3B3＝A3A4＝22?OA1，A4B4＝A4A5＝23?OA1，由此得出規(guī)律AnBn＝AnAn+1＝2n﹣1?OA1＝2n，即可求解．【解答過程】解：∵△A1B1A2為等邊三角形，∴∠B1A1A2＝60°，A1B1＝A1A2，∴∠A1B1O＝∠B1A1A2﹣∠MON＝60°﹣30°＝30°，∴∠A1B1O＝∠MON，∴A1B1＝OA1，∴A1B1＝A1A2＝OA1，同理可得A2B2＝A2A3＝OA2＝2OA1，∴A3B3＝A3A4＝OA3＝2OA2＝22?OA1，A4B4＝A4A5＝OA4＝2OA3＝23?OA1，…∴AnBn＝AnAn+1＝2n﹣1?OA1＝2n，∴△A6B6A7的邊長：A6B6＝26＝64，故選：C．【變式2-1】(2023秋?新化縣期末）如圖，∠MON＝30°，點A1，A2，A3，…在射線ON上，點B1，B2，B3，…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均為等邊三角形．若OA1＝1，則△AnBnAn+1的邊長為2n﹣1．分析：根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2…進而得出答案．【解答】解：∵△A1B1A2是等邊三角形，∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°，∴∠2＝120°，∵∠MON＝30°，∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，又∵∠3＝60°，∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵∠MON＝∠1＝30°，∴OA1＝A1B1＝1，∴A2B1＝1，∵△A2B2A3、△A3B3A4是等邊三角形，∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，∵∠4＝∠12＝60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°，∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3，∴A3B3＝4B1A2＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2＝16，以此類推：△AnBnAn+1的邊長為2n﹣1．故答案是：2n﹣1．【變式2-2】如圖，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(cè)，如此下去，則△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An?nCn+1的周長和為2n?12n?1．（分析：根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)分別求出△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An?nCn+1的周長即可解決問題．【解答】解：∵等邊△A1C1C2的周長為1，作C1D1⊥A1C2于D1，∴A1D1＝D1C2，∴△A2C2C3的周長=12△A1C1C2的周長∴△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An?nCn+1的周長分別為1，12，122∴△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An?nCn+1的周長和為1+1故答案為2n【變式2-3】(2023秋?漢陽區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，有一個正三角形ABC，其中B，C的坐標(biāo)分別為（1，0）和C（2，0）．若在無滑動的情況下，將這個正三角形沿著x軸向右滾動，則在滾動的過程中，這個正三角形的頂點A，B，C中，會過點(2023，1）的是點A，C．【解題思路】先作直線y＝1，以C為圓心以1為半徑作圓，發(fā)現(xiàn)在第一次滾動過程中，點A、B經(jīng)過點（2，1），同理可得，再根據(jù)每3個單位長度正好等于正三角形滾動一周即可得出結(jié)論．【解答過程】解：由題意可知：第一次滾動：點A、B經(jīng)過點（2，1），第二次滾動：點B、C經(jīng)過點（3，1），第三次滾動：點A、C經(jīng)過點（4，1），第四次滾動：點A、B經(jīng)過點（5，1），…發(fā)現(xiàn)，每三次一循環(huán)，所以(2023﹣1）÷3＝673，∴這個正三角形的頂點A、B、C中，會過點(2023，1）的是點A、C，故答案為：A，C．【題型3等邊三角形的性質(zhì)（動點問題）】【例3】(2023春?渭濱區(qū)期末）如圖，在等邊△ABC中，AB＝12cm，現(xiàn)有M，N兩點分別從點A，B同時出發(fā)，沿△ABC的邊按順時針方向運動，已知點M的速度為1cm/s，點N的速度為2cm/s，當(dāng)點N第一次到達B點時，M，N同時停止運動，設(shè)運動時間為t（s）．（1）當(dāng)t為何值時，M，N兩點重合？兩點重合在什么位置？（2）當(dāng)點M，N在BC邊上運動時，是否存在使AM＝AN的位置？若存在，請求出此時點M，N運動的時間；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）首先根據(jù)M、N兩點重合，表示出M，N的運動路程，N的運動路程比M的運動路程多12cm，列出方程求解即可；（2）首先假設(shè)△AMN是等腰三角形，可證出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，設(shè)出運動時間，表示出CM，NB，NM的長，列出方程，可解出未知數(shù)的值．【解答過程】解：（1）由題意，t×1+12＝2t，解得：t＝12，∴當(dāng)t＝12時，M，N兩點重合，此時兩點在點C處重合；（2）結(jié)論：當(dāng)點M、N在BC邊上運動時，可以得到以MN為底邊的等腰三角形．理由：由（1）知12秒時M、N兩點重合，恰好在C處，如圖，假設(shè)△AMN是等腰三角形，∴AN＝AM，∴∠AMN＝∠ANM，∴∠AMC＝∠ANB，∵△ACB是等邊三角形，∴∠C＝∠B，在△ACM和△ABN中，∠C=∠B∠AMC=∠ANB∴△ACM≌△ABN（AAS），∴CM＝BN，設(shè)當(dāng)點M、N在BC邊上運動時，M、N運動的時間y秒時，△AMN是等腰三角形，∴CM＝y(tǒng)﹣12，NB＝36﹣2y，∵CM＝NB，∴y﹣12＝36﹣2y，解得：y＝16．故假設(shè)成立．∴當(dāng)點M、N在BC邊上運動時，當(dāng)運動時間為12秒或16秒時，AM＝AN．【變式3-1】如圖，已知△ABC是邊長為6cm的等邊三角形，動點P、Q同時從A，B兩點出發(fā)，分別沿AB、BC勻速運動，其中點P運動的速度是1cm/s，點Q運動的速度是2cm/s，當(dāng)點Q到達點C時，P、Q兩點都停止運動．設(shè)運動時間為：t（s），當(dāng)t＝2時，判斷△BQP的形狀，并說明理由．【解題思路】當(dāng)t＝2時，可分別計算出BP、BQ的長，再根據(jù)∠B＝60°對△BPQ的形狀進行判斷即可．【解答過程】解：△BPQ是等邊三角形，當(dāng)t＝2時，AP＝2×1＝2，BQ＝2×2＝4，∴BP＝AB﹣AP＝6﹣2＝4，∴BQ＝BP，又∵∠B＝60°，∴△BPQ是等邊三角形．【變式3-2】(2023春?市中區(qū)期中）如圖，在等邊△ABC中，AB＝9cm，點P從點C出發(fā)沿CB邊向點B點以2cm/s的速度移動，點Q從B點出發(fā)沿BA邊向A點以5cm/s速度移動．P、Q兩點同時出發(fā)，它們移動的時間為t秒鐘．（1）你能用t表示BP和BQ的長度嗎？請你表示出來．（2）請問幾秒鐘后，△PBQ為等邊三角形？（3）若P、Q兩點分別從C、B兩點同時出發(fā)，并且都按順時針方向沿△ABC三邊運動，請問經(jīng)過幾秒鐘后點P與點Q第一次在△ABC的哪條邊上相遇？【解題思路】（1）由三角形ABC為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三邊相等得到AB＝BC＝9cm，由P的速度和時間t表示出P走過的路程CP的長，然后用邊長BC減去CP即可表示出BP；由Q的速度及時間t，即可表示出Q走過的路程BQ；（2）若△PBQ為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的邊長相等則有PB＝BQ，由（1）表示出的代數(shù)式代入即可列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到滿足題意的t的值；（3）同時出發(fā)，要相遇其實是一個追及問題，由于Q的速度大于P的速度，即Q要追及上P，題意可知兩點相距AB+AC即兩個邊長長，第一次相遇即為Q比P多走兩個三角形邊長，設(shè)出第一次相遇所需的時間，根據(jù)Q運動的路程﹣P運動的路程＝18列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可求出滿足題意的t的值，然后由求出t的值計算出P運動的路程，確定出路程的范圍，進而判斷出P的位置即為第一次相遇的位置．【解答過程】解：（1）∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AB＝9cm，∵點P的速度為2cm/s，時間為ts，∴CP＝2t，則PB＝BC﹣CP＝（9﹣2t）cm；∵點Q的速度為5cm/s，時間為ts，∴BQ＝5t；（2）若△PBQ為等邊三角形，則有BQ＝BP，即9﹣2t＝5t，解得t=9所以當(dāng)t=97s時，△（3）設(shè)ts時，Q與P第一次相遇，根據(jù)題意得：5t﹣2t＝18，解得t＝6，則6s時，兩點第一次相遇．當(dāng)t＝6s時，P走過得路程為2×6＝12cm，而9＜12＜18，即此時P在AB邊上，則兩點在AB上第一次相遇．【變式3-3】(2023秋?大武口區(qū)期末）如圖所示，已知△ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分別從點A、點B同時出發(fā)，沿三角形的邊運動，已知點M的速度是1厘米/秒，點N的速度是2厘米/秒，當(dāng)點N第一次到達B點時，M、N同時停止運動．（1）M、N同時運動幾秒后，M、N兩點重合？（2）M、N同時運動幾秒后，可得等邊三角形AMN？（3）M、N在BC邊上運動時，能否得到以MN為底邊的等腰△AMN，如果存在，請求出此時M、N運動的時間？【解題思路】（1）首先設(shè)點M、N運動x秒后，M、N兩點重合，表示出M，N的運動路程，N的運動路程比M的運動路程多10cm，列出方程求解即可；（2）根據(jù)題意設(shè)點M、N運動t秒后，可得到等邊三角形AMN，然后表示出AM，AN的長，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等邊三角形；（3）首先假設(shè)△AMN是等腰三角形，可證出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，設(shè)出運動時間，表示出CM，NB的長，列出方程，可解出未知數(shù)的值．【解答過程】解：（1）設(shè)點M、N運動x秒后，M、N兩點重合，x×1+10＝2x，解得：x＝10；（2）設(shè)點M、N運動t秒后，可得到等邊三角形AMN，如圖①，AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝10﹣2t，∵△AMN是等邊三角形，∴t＝10﹣2t，解得t=10∴點M、N運動103秒后，可得到等邊三角形AMN（3）當(dāng)點M、N在BC邊上運動時，可以得到以MN為底邊的等腰三角形，由（1）知10秒時M、N兩點重合，恰好在C處，如圖②，假設(shè)△AMN是等腰三角形，∴AN＝AM，∴∠AMN＝∠ANM，∴∠AMC＝∠ANB，∵AB＝BC＝AC，∴△ACB是等邊三角形，∴∠C＝∠B，在△ACM和△ABN中，∵∠C=∠B∠AMC=∠ANB∴△ACM≌△ABN（AAS），∴CM＝BN，設(shè)當(dāng)點M、N在BC邊上運動時，M、N運動的時間y秒時，△AMN是等腰三角形，∴CM＝y(tǒng)﹣10，NB＝30﹣2y，CM＝NB，y﹣10＝30﹣2y，解得：y=40∴當(dāng)點M、N在BC邊上運動時，能得到以MN為底邊的等腰△AMN，此時M、N運動的時間為403【題型4等邊三角形的判定】【例4】(2023秋?澠池縣期末）下列三角形：①有兩個角等于60°；②有一個角等于60°的等腰三角形；③三個外角（每個頂點處各取一個外角）都相等的三角形；④一腰上的中線也是這條腰上的高的等腰三角形．其中是等邊三角形的有（）A．①②③ B．①②④ C．①③ D．①②③④【解題思路】根據(jù)等邊三角形的判定判斷．【解答過程】解：①兩個角為60度，則第三個角也是60度，則其是等邊三角形，故正確；②這是等邊三角形的判定2，故正確；③三個外角相等則三個內(nèi)角相等，則其是等邊三角形，故正確；④根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)．可以證明三邊相等，故正確．所以都正確．故選：D．【變式4-1】(2023春?平川區(qū)校級期末）下面給出的幾種三角形：①三個內(nèi)角都相等②有兩個外角為120°③一邊上的高也是這邊所對的角的平分線④三條邊上的高相等，其中是等邊三角形的有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【解題思路】根據(jù)等邊三角形的判定定理、三角形的外角的概念、三角形的面積公式判斷即可．【解答過程】解：三個內(nèi)角都相等的三角形是等邊三角形；有兩個外角為120°，則兩個內(nèi)角都是60°，∴這個三角形是等邊三角形；一邊上的高也是這邊所對的角的平分線的三角形是等腰三角形；根據(jù)三角形的面積公式可知，三條邊上的高相等的三角形是等邊三角形，故選：B．【變式4-2】(2023春?福山區(qū)期末）在下列結(jié)論中：（1）有一個外角是120°的等腰三角形是等邊三角形（2）有兩個外角相等的等腰三角形是等邊三角形（3）有一邊上的高也是這邊上的中線的等腰三角形是等邊三角形（4）三個外角都相等的三角形是等邊三角形其中正確的個數(shù)是（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【解題思路】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和定義，可得：有一個角為60°的等腰三角形是等邊三角形；三個內(nèi)角都相等的三角形為等邊三角形；再由中線的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和的定義可解答本題．【解答過程】解：（1）：因為外角和與其對應(yīng)的內(nèi)角的和是180°，已知有一個外角是120°，即是有一個內(nèi)角是60°，有一個內(nèi)角為60°的等腰三角形是等邊三角形．該結(jié)論正確．（2）：兩個外角相等說明該三角形中兩個內(nèi)角相等，而等腰三角形的兩個底角是相等的，故不能確定該三角形是等邊三角形．該結(jié)論錯誤．（3）：等腰三角形的底邊上的高和中線本來就是重合的，“有一邊”可能是底邊，故不能保證該三角形是等邊三角形．該結(jié)論錯誤．（4）：三個外角都相等的三角形是等邊三角形．正確；故選：C．【變式4-3】(2023春?文登區(qū)期末）如圖，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2．若點M，N分別在OA，OB上，且△PMN為等邊三角形，則滿足上述條件的△PMN有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．無數(shù)個【解題思路】如圖在OA、OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°，只要證明△PEM≌△PON即可推出△PMN是等邊三角形，由此即可得結(jié)論【解答過程】解：如圖在OA、OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°．∵OP平分∠AOB，∴∠EOP＝∠POF＝60°，∵OP＝OE＝OF，∴△OPE，△OPF是等邊三角形，∴EP＝OP，∠EPO＝∠OEP＝∠PON＝∠MPN＝60°，∴∠EPM＝∠OPN，在△PEM和△PON中，∠PEM=∠PONPE=PO∴△PEM≌△PON（ASA）．∴PM＝PN，∵∠MPN＝60°，∴△PNM是等邊三角形，∴只要∠MPN＝60°，△PMN就是等邊三角形，故這樣的三角形有無數(shù)個．故選：D．【題型5等邊三角形的判定與性質(zhì)綜合】【例5】(2023秋?松桃縣期末）如圖，點P，M，N分別在等邊△ABC的各邊上，且MP⊥AB于點P，MN⊥BC于點M，PN⊥AC于點N．（1）求證：△PMN是等邊三角形；（2）若AB＝12cm，求CM的長．【解題思路】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠A＝∠B＝∠C，進而得出∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，再根據(jù)平角的意義即可得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，即可證得△PMN是等邊三角形；（2）易證得△PBM≌△MCN≌△NAP，得出PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，從而求得BM+PB＝AB＝12cm，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半得出2PB＝BM，即可求得PB的長，進而得出MC的長．【解答過程】解：（1）∵△ABC是正三角形，∴∠A＝∠B＝∠C，∵MP⊥AB，MN⊥BC，PN⊥AC，∴∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，∴∠PMB＝∠MNC＝∠APN，∴∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，∴△PMN是等邊三角形；（2）根據(jù)題意△PBM≌△MCN≌△NAP，∴PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，∴BM+PB＝AB＝12cm，∵△ABC是正三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∴2PB＝BM，∴2PB+PB＝12cm，∴PB＝4cm，∴MC＝4cm．【變式5-1】(2023秋?邵陽縣期末）如圖，在等邊△ABC中，∠ABC與∠ACB的平分線相交于點O，且OD∥AB，OE∥AC（1）試判定△ODE的形狀，并說明你的理由；（2）若BC＝10，求△ODE的周長．【解題思路】（1）證明∠ABC＝∠ACB＝60°；證明∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，即可解決問題．（2）證明BD＝OD；同理可證CE＝OE；即可解決問題．【解答過程】解：（1）△ODE是等邊三角形；理由如下：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°；∵OD∥AB，OE∥AC，∴∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，∴△ODE為等邊三角形．（2）∵OB平分∠ABC，OD∥AB，∴∠ABO＝∠DOB，∠ABO＝∠DBO，∴∠DOB＝∠DBO，∴BD＝OD；同理可證CE＝OE；∴△ODE的周長＝BC＝10．【變式5-2】(2023秋?浦城縣期中）如圖，△ABC是等邊三角形．（1）如圖①，DE∥BC，分別交AB、AC于點D、E．求證：△ADE是等邊三角形；（2）如圖②，△ADE仍是等邊三角形，點B在ED的延長線上，連接CE，判斷∠BEC的度數(shù)及線段AE、BE、CE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠B＝∠C＝60°，根據(jù)平行線的性質(zhì)和等邊三角形的判定定理證明即可；（2）證明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE即可證明．【解答過程】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B＝60°，∠AED＝∠C＝60°，∴△ADE是等邊三角形；（2）解：AE+CE＝BE．∵∠BAD+∠DAC＝60°，∠CAE+∠DAC＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120°，∴BE＝BD+DE＝AE+CE，CE＝BD＝DE，∴∠EBC＝30°，∴∠BEC＝60°．【變式5-3】在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足為G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其兩邊分別交邊AB，AC于點E，F(xiàn)．（1）求證：△ABD是等邊三角形；（2）求證：BE＝AF．【解題思路】（1）連接BD由等腰三角形的性質(zhì)和已知條件得出∠BAD＝∠DAC=12×120°＝60°，再由AD（2）由△ABD是等邊三角形，得出BD＝AD，∠ABD＝∠ADB＝60°，證出∠BDE＝∠ADF，由ASA證明△BDE≌△ADF，得出BE＝AF．【解答過程】（1）證明：連接BD，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠BAD＝∠DAC=12∠∵∠BAC＝120°，∴∠BAD＝∠DAC=1∵AD＝AB，∴△ABD是等邊三角形；（2）證明：∵△ABD是等邊三角形，∴∠ABD＝∠ADB＝60°，BD＝AD∵∠EDF＝60°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE與△ADF中，∠DBE=∠DAF=60°BD=AD∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF．【題型6等邊三角形中的多結(jié)論問題）】【例6】(2023春?武侯區(qū)校級期末）已知：如圖，△ABC和△DEC都是等邊三角形，D是BC延長線上一點，AD與BE相交于點P，AC、BE相交于點M，AD、CE相交于點N，則下列五個結(jié)論：①AD＝BE；②∠BMC＝∠ANC；③∠APM＝60°；④AN＝BM；⑤△CMN是等邊三角形．其中，正確的有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【解題思路】根據(jù)先證明△BCE≌△ACD，得出AD＝BE，根據(jù)已知給出的條件即可得出答案；【解答過程】解：∵△ABC和△DEC都是等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，∴△BCE≌△ACD（SAS），∴AD＝BE，故選項①正確；∵∠ACB＝∠ACE＝60°，由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，∴∠BMC＝∠ANC，故選項②正確；由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，∵∠ACB是△ACD的外角，∴∠ACB＝∠CAD+∠ADC＝∠CBE+∠ADC＝60°，又∠APM是△PBD的外角，∴∠APM＝∠CBE+∠ADC＝60°，故選項③正確；在△ACN和△BCM中，∠CAN=∠CBMAC=BC∴△ACN≌△BCM，∴AN＝BM，故選項④正確；∴CM＝CN，∴△CMN為等腰三角形，∵∠MCN＝60°，∴△CMN是等邊三角形，故選項⑤正確；故選：D．【變式6-1】(2023春?靖邊縣期末）如圖，已知△ABC是等邊三角形，D是BC邊上的一個動點（異于點B、C），過點D作DE⊥AB，垂足為E，DE的垂直平分線分別交AC、BC于點F、G，連接FD，F(xiàn)E．當(dāng)點D在BC邊上移動時，有下列三個結(jié)論：①△DEF一定為等腰三角形；②△CFG一定為等邊三角形；③△FDC可能為等腰三角形．其中正確的有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【解