（培優(yōu)特訓(xùn)）專項1.2等邊三角形綜合應(yīng)用-2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊《考點解讀專題訓(xùn)練》（北師大版）2

（培優(yōu)特訓(xùn)）專項1.2等邊三角形綜合應(yīng)用1．（2022?昭化區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠CAB＝30°，AC＝6，D為AB邊上一動點（不與點A重合），△AED為等邊三角形，過點D作DE的垂線，F(xiàn)為垂線上任意一點，連接EF，G為EF的中點，連接BG，則BG的最小值是（）A．2 B．6 C．3 D．9【答案】B【解答】解：如圖，連接DG，AG，設(shè)AG交DE于點H，∵DE⊥DF，G為EF的中點，∴DG＝GE，∴點G在線段DE的垂直平分線上，∵△AED為等邊三角形，∴AD＝AE，∴點A在線段DE的垂直平分線上，∴AG為線段DE的垂直平分線，∴AG⊥DE，∠DAG＝∠DAE＝30°，∴點G在射線AH上，當(dāng)BG⊥AH時，BG的值最小，如圖所示，設(shè)點G'為垂足，∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∴∠ACB＝∠AG'B，∠CAB＝∠BAG'，則在△BAC和△BAG'中，，∴△BAC≌△BAG'（AAS）．∴BG'＝BC，在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，AC＝6，∴AB＝2BC，∵AB2＝BC2+AC2，∴（2BC）2＝BC2+（6）2，解得：BC＝6，∴BG'＝6．故選：B．2．（2022秋?槐蔭區(qū)校級期末）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，直線MN分別與x軸，y軸交于點M，N，且OM＝4，∠OMN＝30°，等邊△AOB的頂點A，B分別在線段MN，OM上，點A的坐標(biāo)為（）A．（1，） B．（1，） C．（，1） D．（，）【答案】A【解答】解：∵直線MN分別與x軸正半軸、y軸正半軸交于點M、N，OM＝4，∠OMN＝30°，∴∠ONM＝60°，∵△AOB為等邊三角形，∴∠AOB＝60°，∠AMO＝30°，∴∠OAM＝90°，∴OA⊥MN，即△OAM為直角三角形，∴OA＝OM＝×4＝2，過點A作AC⊥OB于點C，∴OC＝OA＝1，∴AC＝，∴點A的坐標(biāo)為（1，）．故選：A．3．（2020秋?承德縣期末）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＝1，則B6B7的邊長為（）A．6 B．12 C．32 D．64【答案】C【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＝2，B3A3＝2B2A3，∴A3B3＝4B1A2＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2＝16，以此類推：A7B7＝26B1A2＝26＝64，B6A7＝＝32，△B7B6A7是直角三角形，∠B7B6A7＝90°，∴B6B7＝＝＝32．故選：C．4．（2021秋?華容縣期末）如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側(cè)分別作等邊△ABC和等邊△CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連結(jié)PQ．以下五個結(jié)論：①AD＝BE；②PQ∥AE；③OP＝OQ；④△CPQ為等邊三角形；⑤∠AOB＝60°．其中正確的有．（注：把你認為正確的答案序號都寫上）【答案】①②④⑤【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC＝BC，∠ACD＝∠BCE，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，結(jié)論①正確．∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，又∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠ACP＝∠BCQ＝60°，在△ACP和△BCQ中，∠ACP＝∠BCQ，∠CAP＝∠CBQ，AC＝BC，∴△ACP≌△BCQ（AAS），∴AP＝BQ，CP＝CQ，又∵∠PCQ＝60°，∴△PCQ為等邊三角形，結(jié)論④正確；∴∠PQC＝∠DCE＝60°，∴PQ∥AE，結(jié)論②正確．∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠AEO，∴∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，∴結(jié)論⑤正確．沒有條件證出OP＝OQ，③錯誤；綜上，可得正確的結(jié)論有4個：①②④⑤．故答案為：①②④⑤．5．（2021秋?滑縣期末）如圖，已知等邊三角形ABC的邊長為3，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】【解答】解：過P作PF∥BC交AC于F，如圖所示：∵PF∥BC，△ABC是等邊三角形，∴∠PFM＝∠QCM，∠APF＝∠B＝60°，∠AFP＝∠ACB＝60°，∠A＝60°，∴△APF是等邊三角形，∴AP＝PF＝AF，∵PE⊥AC，∴AE＝EF，∵AP＝PF，AP＝CQ，∴PF＝CQ，在△PFM和△QCM中，，∴△PFM≌△QCM（AAS），∴FM＝CM，∵AE＝EF，∴EF+FM＝AE+CM，∴AE+CM＝ME＝AC，∵AC＝3，∴ME＝，故答案為：．6．（2021春?建平縣期末）如圖（1），△AB1C1是邊長為1的等邊三角形；如圖（2），取AB1的中點C2，畫等邊三角形AB2C2，連接B1B2；如圖（3），取AB2的中點C3，畫等邊三角形AB3C3，連接B2B3；如圖（4），取AB3的中點C4，畫等邊三角形AB4C4，連接B3B4，則B3B4的長為．【答案】【解答】解：如圖（2），過點C2作C2D⊥B1B2于點D，∵△AB1C1是邊長為1的等邊三角形，C2是AB1的中點，∴B1C2＝B2C2＝．∵△AB2C2是等邊三角形，∴∠B1C2B2＝120°，B1C2＝B2C2，∴∠DB1C1＝∠DB2C2＝30°，∴B1D＝＝，∴B1B2＝2B1D＝，同理可得，B2B3＝，B3B4＝．故答案為：．7．（2020春?新都區(qū)期末）邊長為a的等邊三角形，記為第1個等邊三角形，取其各邊的三等分點，順次連接得到一個正六邊形，記為第1個正六邊形，取這個正六邊形不相鄰的三邊中點順次連接，又得到一個等邊三角形，記為第2個等邊三角形，取其各邊的三等分點，順次連接又得到一個正六邊形，記為第2個正六邊形（如圖）…，按此方式依次操作，則第7個正六邊形的邊長是．【答案】×（）6a【解答】解：如圖1，連接AD、DF、DB．∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠ABC＝∠BAF＝∠AFE，AB＝AF，∠E＝∠C＝120°，EF＝DE＝BC＝CD，∴∠EFD＝∠EDF＝∠CBD＝∠BDC＝30°，∵∠AFE＝∠ABC＝120°，∴∠AFD＝∠ABD＝90°，在Rt△ABD和RtAFD中，∵，∴Rt△ABD≌Rt△AFD（HL），∴∠BAD＝∠FAD＝×120°＝60°，∴∠FAD+∠AFE＝60°+120°＝180°，∴AD∥EF，∵G、I分別為AF、DE中點，∴GI∥EF∥AD，∴∠FGI＝∠FAD＝60°，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，△QKM是等邊三角形，∴∠EDM＝60°＝∠M，∴ED＝EM，同理AF＝QF，即AF＝QF＝EF＝EM，∵等邊三角形QKM的邊長是a，∴第一個正六邊形ABCDEF的邊長是a，即等邊三角形QKM的邊長的，如圖2，過F作FZ⊥GI于Z，過E作EN⊥GI于N，則FZ∥EN，∵EF∥GI，∴四邊形FZNE是平行四邊形，∴EF＝ZN＝a，∵GF＝AF＝×a＝a，∠FGI＝60°（已證），∴∠GFZ＝30°，∴GZ＝GF＝a，同理IN＝a，∴GI＝a+a+a＝a，即第二個等邊三角形的邊長是a，與上面求出的第一個正六邊形的邊長的方法類似，可求出第二個正六邊形的邊長是×a；同理第三個等邊三角形的邊長是×a，與上面求出的第一個正六邊形的邊長的方法類似，可求出第三個正六邊形的邊長是××a；同理第四個等邊三角形的邊長是（）3a，第四個正六邊形的邊長是×（）3a；第五個等邊三角形的邊長是（）4a，第五個正六邊形的邊長是×（）4a；…第n個正六邊形的邊長是×（）n﹣1a，∴第七個正六邊形的邊長是×（）6a．故答案為：×（）6a．8．（2022秋?鐵東區(qū)校級期末）如圖，△ABC為等邊三角形，AE＝CD，AD、BE相交于點P，BQ⊥AD于點Q，PQ＝3，PE＝1．（1）求證：AD＝BE；（2）求AD的長．【解答】（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，∴AB＝CA＝BC，∠BAE＝∠ACD＝60°；在△ABE和△CAD中，，∴△ABE≌△CAD（SAS），∴AD＝BE；（2）解：∵△ABE≌△CAD，∴∠CAD＝∠ABE，∴∠BPQ＝∠ABE+∠BAD＝∠BAD+∠CAD＝∠BAE＝60°；∵BQ⊥AD，∴∠AQB＝90°，∴∠PBQ＝90°﹣60°＝30°，∵PQ＝3，∴在Rt△BPQ中，BP＝2PQ＝6，又∵PE＝1，∴AD＝BE＝BP+PE＝6+1＝7．9．（2021秋?東至縣期末）如圖，點O是等邊△ABC內(nèi)一點，D是△ABC外的一點，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，∠OCD＝60°，連接OD．（1）求證：△OCD是等邊三角形；（2）當(dāng)α＝150°時，試判斷△AOD的形狀，并說明理由；（3）探究：當(dāng)α為多少度時，△AOD是等腰三角形．【解答】證明：（1）∵△BOC≌△ADC，∴OC＝DC，∵∠OCD＝60°，∴△OCD是等邊三角形．解：（2）△AOD是直角三角形．理由如下：∵△OCD是等邊三角形，∴∠ODC＝60°，∵△BOC≌△ADC，α＝150°，∴∠ADC＝∠BOC＝α＝150°，∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝150°﹣60°＝90°，∴△AOD是直角三角形．（3）∵△OCD是等邊三角形，∴∠COD＝∠ODC＝60°．∵∠AOB＝110°，∠ADC＝∠BOC＝α，∴∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠BOC﹣∠COD＝360°﹣110°﹣α﹣60°＝190°﹣α，∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝α﹣60°，∴∠OAD＝180°﹣∠AOD﹣∠ADO＝180°﹣（190°﹣α）﹣（α﹣60°）＝50°．①當(dāng)∠AOD＝∠ADO時，190°﹣α＝α﹣60°，∴α＝125°．②當(dāng)∠AOD＝∠OAD時，190°﹣α＝50°，∴α＝140°．③當(dāng)∠ADO＝∠OAD時，α﹣60°＝50°，∴α＝110°．綜上所述：當(dāng)α＝110°或125°或140°時，△AOD是等腰三角形．10.（2021秋?韶關(guān)期末）已知：如圖，△ABC、△CDE都是等邊三角形，AD、BE相交于點O，點M、N分別是線段AD、BE的中點．（1）求證：AD＝BE；（2）求∠DOE的度數(shù)；（3）求證：△MNC是等邊三角形．【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE．（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∵等邊三角形DCE，∴∠CED＝∠CDE＝60°，∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，＝∠ADC+60°+∠BED，＝∠CED+60°，＝60°+60°，＝120°，∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，答：∠DOE的度數(shù)是60°．（3）證明：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC又∵點M、N分別是線段AD、BE的中點，∴AM＝AD，BN＝BE，∴AM＝BN，在△ACM和△BCN中，∴△ACM≌△BCN，∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，又∠ACB＝60°，∴∠ACM+∠MCB＝60°，∴∠BCN+∠MCB＝60°，∴∠MCN＝60°，∴△MNC是等邊三角形．11．（2022春?建平縣期末）如圖（1），等邊△ABC中，D是AB邊上的動點，以CD為一邊，向上作等邊△EDC，連接AE．（1）△DBC和△EAC會全等嗎？請說說你的理由；（2）試說明AE∥BC的理由；（3）如圖（2），將（1）動點D運動到邊BA的延長線上，所作仍為等邊三角形，請問是否仍有AE∥BC？證明你的猜想．【解答】解：（1）△DBC和△EAC會全等證明：∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD∴∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵，∴△DBC≌△EAC（SAS），（2）∵△DBC≌△EAC∴∠EAC＝∠B＝60°又∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC（3）結(jié)論：AE∥BC理由：∵△ABC、△EDC為等邊三角形∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵，∴△DBC≌△EAC（SAS），∴∠EAC＝∠B＝60°又∵∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC．12．（2022秋?沙依巴克區(qū)校級期末）如圖，△ABC是等邊三角形，BD是中線，延長BC至E，CE＝CD，（1）求證：DB＝DE．（2）在圖中過D作DF⊥BE交BE于F，若CF＝4，求△ABC的周長．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，BD是中線，∴∠ABC＝∠ACB＝60°．∠DBC＝30°（等腰三角形三線合一）．又∵CE＝CD，∴∠CDE＝∠CED．又∵∠BCD＝∠CDE+∠CED，∴∠CDE＝∠CED＝∠BCD＝30°．∴∠DBC＝∠DEC．∴DB＝DE（等角對等邊）；（2）∵∠CDE＝∠CED＝∠BCD＝30°，∴∠CDF＝30°，∵CF＝4，∴DC＝8，∵AD＝CD，∴AC＝16，∴△ABC的周長＝3AC＝48．13．（2022秋?常州期中）如圖，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥AC，AE⊥AB．（1）求∠C的度數(shù)；（2）求證：△ADE是等邊三角形．【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，故答案為：30°．（2）證明：∵∠B＝∠C＝30°，AD⊥AC，AE⊥AB．∴∠ADC＝∠AEB＝60°，∴∠ADC＝∠AEB＝∠EAD＝60°，∴△ADE是等邊三角形．14．（2021?羅湖區(qū)校級模擬）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．【解答】（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，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120°，∴BE＝BD+DE＝AE+CE，∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝60°．15．（2021秋?香洲區(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？【解答】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＝，所以當(dāng)t＝s時，△PBQ為等邊三角形；（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．16．（西城區(qū)校級期中）如圖，以△ABC的兩邊AB、AC向外作等邊三角形ABE和等邊三角形ACD，連接BD、CE，相交于O．（1）試寫出圖中和BD相等的一條線段并說明你的理由；（2）求出BD和CE的夾角大小，若改變△ABC的形狀，這個夾角的度數(shù)會發(fā)生變化嗎？請說明理由．【解答】解：（1）EC＝BD，理由為：∵△ABE和△ACD都為等邊三角形，∴∠EAB＝∠DAC＝60°，AE＝AB，AD＝AC，∴∠EAB+∠BAC＝∠DAC+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，在△AEC和△ABD中，，∴△AEC≌△ABD（SAS），∴EC＝BD；（2）BD和CE的夾角大小為60°，若改變△ABC的形狀，這個夾角的度數(shù)不變，理由為：∵△ADC為等邊三角形，∴∠ADC＝∠ACD＝60°，∵△AEC≌△ABD，∴∠ACE＝∠ADB，∵∠EOD為△COD的外角，∴∠EOD＝∠ODC+∠OCD＝∠ODC+∠ACD+∠ACE＝∠ODC+∠ADB+∠ACD＝∠ADC+∠ACD＝120°，即∠DOC＝60°，則BD和CE的夾角大小為60°．17．（墾利區(qū)期中）如圖，已知點B、C、D在同一條直線上，△ABC和△CDE都是等邊三角形．BE交AC于F，AD交CE于H．（1）求證：△BCE≌△ACD；（2）求證：FH∥BD．【解答】證明：（1）∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCA＝∠ECD＝60°，∴∠BCA+∠ACE