專題18 等邊三角形專題（解析版）

專題18等邊三角形專題（解析版）類型一手拉手模型與等邊三角形典例1（2022秋?南昌期中）探究等邊三角形“手拉手”問題．（1）如圖1，已知△ABC，△ADE均為等邊三角形，點(diǎn)D在線段BC上，且不與點(diǎn)B、點(diǎn)C重合，連接CE，試判斷CE與BA的位置關(guān)系，并說明理由；（2）如圖2，已知△ABC、△ADE均為等邊三角形，連接CE、BD，若∠DEC＝60°，則∠ADB+∠ADE＝180度；（3）如圖3，已知點(diǎn)E在等邊三角形△ABC外，點(diǎn)E、點(diǎn)B位于線段AC的異側(cè)，連接BE、CE．若∠BEC＝60°，猜想線段BE、AE、CE三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【思路引領(lǐng)】（1）利用SAS定理證明△BAD≌△CAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠B＝∠ACE＝60°，根據(jù)平行線的判定定理證明結(jié)論；（2）根據(jù)題意得到證明∠AEC＝120°，證明△BAD≌△CAE，得到∠ADB＝∠AEC＝120°，進(jìn)而得到答案；（3）在線段BE上取一點(diǎn)H，使得BH＝CE，證明△ABH≌△ACE，得到∠BAH＝∠CAE，AH＝AE，證明△AEH是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AE＝EH，結(jié)合圖形計算，得到答案．【解答】解：（1）CE∥AB，理由如下：∵△ABC、△ADE都是等邊三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE＝60°，∴∠BAC＝∠ACE＝60°，∴AB∥CE；（2）∵△ABC、△ADE都是等邊三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ADE＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，∵∠AED＝60°，∠DEC＝60°，∴∠AEC＝120°，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ADB＝∠AEC＝120°，∴∠ADB+∠ADE＝180°，故答案為：180；（3）結(jié)論：BE＝AE+EC，理由如下：如圖3，在線段BE上取一點(diǎn)H，使得BH＝CE，設(shè)AC交BE于點(diǎn)O，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC，∠BAC＝60°，∵∠BEC＝60°，∴∠BAO＝∠OEC＝60°，∵∠AOB＝∠EOC，∴∠ABH＝∠ACE，在△ABH和△ACE中，AB=AC∠ABH=∠ACE∴△ABH≌△ACE（SAS），∴∠BAH＝∠CAE，AH＝AE，∴∠HAE＝∠BAC＝60°，∴△AEH是等邊三角形，∴AE＝EH，∴BE＝BH+EH＝EC+AE，即BE＝AE+EC．【總結(jié)提升】本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理、正確作出輔助性是解題的關(guān)鍵．變式訓(xùn)練1．如圖，△ABD和△ACE都是等邊三角形．（1）求證：BE＝CD；（2）求∠BFC的度數(shù)；（3）求證：FA平分∠DFE；（4）求證：AF+BF＝DF．【思路引領(lǐng)】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，進(jìn)而推出∠DAC＝∠BAE，再結(jié)合SAS即可證明△AEB≌△ACD，由全等三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；（2）根據(jù)三角形外角的性質(zhì)可得∠BFC＝∠BDF+∠DBF，再結(jié)合全等三角形的性質(zhì)可得∠ADC＝∠ABE，至此不難求出結(jié)果；（3）過點(diǎn)A分別作BE，CD的垂線段AM，AN，垂足分別為M，N，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得S△AEB＝S△ACD，進(jìn)而得出AM＝AN，據(jù)此證明結(jié)論；（4）由（3）得NF＝MF，∠AFM=12∠DFE=12∠BFC＝60°，進(jìn)而可得NF＝MF=12【解答】（1）證明：∵△ABD和△ACE都是等邊三角形，∴AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，在△AEB和△ACD中，AB=AD∠DAC=∠BAE∴△AEB≌△ACD（SAS），∴BE＝DC；（2）解：∵△AEB≌△ACD，∴∠ADC＝∠ABE，∴∠BFC＝∠BDF+∠DBF＝∠BDF+∠DBA+∠ABE＝∠DBA+∠BDF+∠ADC＝120°；（3）證明：過點(diǎn)A分別作BE，CD的垂線段AM，AN，垂足分別為M，N．∵△AEB≌△ACD，∴S△AEB＝S△ACD，∴AM＝AN，∴AF平分∠DFE．（4）證明：由（3）得NF＝MF，∠AFM=12∠DFE=12∠∴NF＝MF=12在Rt△AND和Rt△AMB中，AD=ABAM=AN∴Rt△AND≌Rt△AMB，∴BM＝DN，∴AF+BF＝BM+NF＝DN+NF＝DF．【總結(jié)提升】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)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．2．△ABC為等邊三角形，D為射線BC上一點(diǎn)，∠ADE＝60°，DE與∠ACB的外角平分線交于點(diǎn)E．（1）如圖1，點(diǎn)D在BC上，求證：CA＝CD+CE；（2）如圖2，若D在BC的延長線上，直接寫出CA、CD、CE之間的數(shù)量關(guān)系，【思路引領(lǐng)】（1）首先在AC上截取CM＝CD，由△ABC為等邊三角形，易得△CDM是等邊三角形，繼而可證得△ADM≌△EDC，即可得AM＝EC，則可證得CA＝CD+CE；（2）首先在AC延長線上截取CM＝CD，由△ABC為等邊三角形，易得△CDM是等邊三角形，繼而可證得△ADM≌△EDC，即可得AM＝EC，則可證得CA＝CE﹣CD．【解答】證明：（1）在AC上截取CM＝CD，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝60°，∴△CDM是等邊三角形，∴MD＝CD＝CM，∠CMD＝∠CDM＝60°，∴∠AMD＝120°，∵∠ADE＝60°，∴∠ADE＝∠MDC，∴∠ADM＝∠EDC，∵DE與∠ACB的外角平分線交于點(diǎn)E，∴∠ACE＝60°，∴∠DCE＝120°＝∠AMD，在△ADM和△EDC中，∠ADM=∠EDCMD=CD∴△ADM≌△EDC（ASA），∴AM＝EC，∴CA＝CM+AM＝CD+CE；（2）CA＝CE﹣CD．證明：在AC的延長線上截取CM＝CD，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝60°，∴∠DCM＝60°，∴△CDM是等邊三角形，∴MD＝CD＝CM，∠CMD＝∠CDM＝60°，∵DE與∠ACB的外角平分線交于點(diǎn)E，∴∠ACE＝∠DCE＝60°，∴∠ECD＝∠AMD，∵∠ADE＝60°，∴∠ADE＝∠CDM，∴∠ADM＝∠EDC，在△ADM和△EDC中，∠ADM=∠EDCMD=CD∴△ADM≌△EDC（ASA），∴AM＝EC，∴CA＝AM﹣CM＝CE﹣CD．【總結(jié)提升】此題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)．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．類型二過等邊三角形邊上或邊的延長線上一點(diǎn)作平行線典例2（2023春?墾利區(qū)期末）已知，△ABC為等邊三角形，點(diǎn)D為AC上的一個動點(diǎn)，點(diǎn)E為BC延長線上一點(diǎn)，且BD＝DE．（1）如圖1，若點(diǎn)D在邊AC上，猜想線段AD與CE之間的關(guān)系，并說明理由；（2）如圖2，若點(diǎn)D在AC的延長線上，（1）中的結(jié)論是否成立，請說明理由．【思路引領(lǐng)】（1）求出∠E＝∠CDE，推出CD＝CE，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AD＝DC，即可得出答案；解：（1）AD＝CE，理由：過D作DF∥AB交BC于E，（2）（1）中的結(jié)論仍成立，如圖3，過點(diǎn)D作DP∥BC，交AB的延長線于點(diǎn)P，證明△BPD≌△DCE，得到PD＝CE，即可得到AD＝CE．【解答】解：（1）AD＝CE，證明：如圖1，過點(diǎn)D作DP∥BC，交AB于點(diǎn)P，∵△ABC是等邊三角形，∴△APD也是等邊三角形，∴AP＝PD＝AD，∠APD＝∠ABC＝∠ACB＝∠PDC＝60°，∵DB＝DE，∴∠DBC＝∠DEC，∵DP∥BC，∴∠PDB＝∠CBD，∴∠PDB＝∠DEC，又∠BPD＝∠A+∠ADP＝120°，∠DCE＝∠A+∠ABC＝120°，即∠BPD＝∠DCE，在△BPD和△DCE中，∠PDB＝∠DEC，∠BPD＝∠DCE，DB＝DE，∴△BPD≌△DCE，∴PD＝CE，∴AD＝CE；（2）如圖3，過點(diǎn)D作DP∥BC，交AB的延長線于點(diǎn)P，∵△ABC是等邊三角形，∴△APD也是等邊三角形，∴AP＝PD＝AD，∠APD＝∠ABC＝∠ACB＝∠PDA＝60°，∵DB＝DE，∴∠DBC＝∠DEC，∵DP∥BC，∴∠PDB＝∠CBD，∴∠PDB＝∠DEC，在△BPD和△DCE中，∠PDB=∠DEC∠P=∠DCE=60°∴△BPD≌△DCE，∴PD＝CE，∴AD＝CE．【總結(jié)提升】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，利用了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)建全等三角形．變式訓(xùn)練1．（2020秋?開福區(qū)校級月考）已知：△ABC為等邊三角形，點(diǎn)E為射線AC上一點(diǎn)，點(diǎn)D為射線CB上一點(diǎn)，AD＝DE．（1）如圖1，當(dāng)E在AC的延長線上且CE＝CD時，求證：BD＝CD；（2）如圖2，當(dāng)E在AC的延長線上時，AB+BD等于AE嗎？請說明理由；（3）如圖3，當(dāng)D在線段CB的延長線上，E在線段AC上時，請直接寫出AB、BD、AE的數(shù)量關(guān)系，并證明．【思路引領(lǐng)】（1）利用△ABC是等邊三角形得出角，邊關(guān)系，利用AD＝DE，得出△CDE是等腰三角形，證明∠CAD＝30°即可解決問題．（2）在AB上取BH＝BD，連接DH，利用AHD≌△DCE得出DH＝CE，得出AE＝AB+BD，（3）在AB上取AF＝AE，連接DF，利用△AFD≌△EFD得出角的關(guān)系，得出△BDF是等腰三角形，根據(jù)邊的關(guān)系得出結(jié)論AB＝BD+AE．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠B＝∠ACB＝60°，∵CD＝CE，∴∠CDE＝∠E，∵∠ACD＝∠CDE+∠E＝60°，∴∠E＝30°，∵DA＝DE，∴∠DAC＝∠E＝30°，∵∠BAC＝60°，∴∠DAB＝∠CAD，∵AB＝AC，∴BD＝DC；（2）結(jié)論：AB+BD＝AE，理由如下：如圖2，在AB上取BH＝BD，連接DH，∵BH＝BD，∠B＝60°，∴△BDH為等邊三角形，AB﹣BH＝BC﹣BD，即AH＝DC，∴∠BHD＝60°，BD＝DH，∵AD＝DE，∴∠E＝∠CAD，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠ACB﹣∠E，即∠BAD＝∠CDE，∵∠BHD＝60°，∠ACB＝60°，∴180°﹣∠BHD＝180°﹣∠ACB，即∠AHD＝∠DCE，在△AHD和△DCE，∠BAD=∠CDE∠AHD=∠DCE∴△AHD≌△DCE（AAS），∴DH＝CE，∴BD＝CE，∴AE＝AC+CE＝AB+BD；（3）AB＝BD+AE；如圖3，在AB上取AF＝AE，連接DF，∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，∴△AFE是等邊三角形，∴∠FAE＝∠FEA＝∠AFE＝60°，∴EF∥BC，∴∠EDB＝∠DEF，∵AD＝DE，∴∠DEA＝∠DAE，∴∠DEF＝∠DAF，在△AFD和△EFD中，AF=EFDF=DF∴△AFD≌△EFD（SSS），∴∠ADF＝∠EDF，∠DAF＝∠DEF，∴∠FDB＝∠EDF+∠EDB，∠DFB＝∠DAF+∠ADF，∵∠EDB＝∠DEF，∴∠FDB＝∠DFB，∴DB＝BF，∵AB＝AF+FB，∴AB＝BD+AE．【總結(jié)提升】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，運(yùn)用三角形全等找出對應(yīng)的線段．2．（2018秋?硚口區(qū)期中）如圖，在等邊△ABC中，D是AB上一點(diǎn)，E是BC延長線上一點(diǎn)，AD＝CE，DE交AC于點(diǎn)F．（1）求證：DF＝EF；（2）過點(diǎn)D作DH⊥AC于點(diǎn)H，求HFAC【思路引領(lǐng)】（1）過點(diǎn)D作DG∥BC交AC于點(diǎn)G，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)解答即可；（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)解答即可．【解答】證明：（1）過點(diǎn)D作DG∥BC交AC于點(diǎn)G，∴∠ADG＝∠B，∠AGD＝∠ACB，∠FDG＝∠E，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠B＝∠ACB＝∠A＝60°，∴∠A＝∠ADG＝∠AGD＝60°，∴△ADG是等邊三角形，∴DG＝AD，∵AD＝CE，∴DG＝CE，在△DFG與△EFC中∠DFG=∠EFC∠FDG=∠E∴△DFG≌△EFC（AAS），∴DF＝EF；（2）∵△ADG是等邊三角形，AD＝DGDH⊥AC，∴AH＝HG=12又∵△DFG≌△EFC，∴GF＝FC=1∴HF＝HG+GF=12AG+12∴HF【總結(jié)提升】此題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(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，學(xué)會利用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題3．如圖，△ABC是等邊三角形，D是AC的中點(diǎn)，F(xiàn)是邊AB上的動點(diǎn)，E為直線BC上一點(diǎn)，且∠EDF＝120°．①如圖1，求證：DF＝DE；②如圖2，過點(diǎn)D作DM⊥BC于M，求BE-BFEM【思路引領(lǐng)】①如圖1中，作DH∥BC交AB于H．只要證明△DHF≌△DCE，即可推出DF＝DE．②如圖2中，在BC上取一點(diǎn)H，使得BH＝BF，連接DH，BD．由△DBF≌△DBH，推出DF＝DH，由DF＝DE，推出DH＝DE，由DM⊥EH，推出HM＝EM，推出BE﹣BF＝BE﹣BH＝HE＝2EM，由此即可解決問題．【解答】解：①如圖1中，作DH∥BC交AB于H．∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，∵DH∥BC，∴∠AHD＝∠B＝60°，∠ADH＝∠ACB＝60°∴△AHD是等邊三角形，∴DH＝AD＝DC，∠DHF＝∠DCE＝∠HDC＝120°，∵∠HDC＝∠FD