初中数学人教版八年级上册13.3.2 等边三角形练习题

这是一份初中数学人教版八年级上册13.3.2 等边三角形练习题，文件包含专题135等边三角形九大题型举一反三人教版原卷版docx、专题135等边三角形九大题型举一反三人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc6557" 【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】 PAGEREF _Tc6557 \h 1
\l "_Tc22397" 【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】 PAGEREF _Tc22397 \h 5
\l "_Tc11503" 【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】 PAGEREF _Tc11503 \h 11
\l "_Tc25621" 【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】 PAGEREF _Tc25621 \h 17
\l "_Tc10783" 【题型5 等边三角形的证明】 PAGEREF _Tc10783 \h 22
\l "_Tc8123" 【题型6 与等边三角形有关的规律问题】 PAGEREF _Tc8123 \h 27
\l "_Tc2348" 【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】 PAGEREF _Tc2348 \h 31
\l "_Tc18880" 【题型8 与等边三角形有关的动点问题】 PAGEREF _Tc18880 \h 36
\l "_Tc15935" 【题型9 含30°角的直角三角形性质】 PAGEREF _Tc15935 \h 41
【知识点1 等边三角形】
（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.
（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°.
（3）等边三角形的判定：
①三条边都相等的三角形是等边三角形；
②三个角都相等的三角形是等边三角形；
③有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形.
【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】
【例1】（2022秋•泰兴市期末）（1）如图1，∠AOB和∠COD都是直角
①若∠BOC＝60°，则∠BOD＝ 30 °，∠AOC＝ 30 °；
②改变∠BOC的大小，则∠BOD与∠AOC相等吗？为什么？
（2）如图2，∠AOB＝∠COD＝80°，若∠AOD＝∠BOC+40°，求∠AOC的度数；
（3）如图3，将三个相同的等边三角形（三个内角都是60°）的一个顶点重合放置，若∠BAE＝10°，∠HAF＝30°，则∠1＝ 20 °．
【分析】（1）根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据角的和差即可得到结果；
（3）根据等边三角形的性质得到∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，根据角的和差即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠AOB和∠COD都是直角，∠BOC＝60°，
∴∠BOD＝30°，∠AOC＝30°，
故答案为：30，30；
（2）∵∠AOB＝∠COD＝80°，
∴∠AOC＝∠BOD=12（∠AOD﹣∠BOC），
∵∠AOD＝∠BOC+40°，
∴∠AOC＝20°；
（3）∵∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE＝∠HAF＝30°，
∴∠1＝60°﹣30°﹣10°＝20°．
故答案为：20．
【变式1-1】（2022秋•巫溪县校级月考）已知：如图，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上的点，BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，求∠BEC的度数．
【分析】△ABC是等边三角形的外角是120°，平分后是60°，又由角平分线与角的对边垂直可知所求角是直角三角形内的一个锐角，故而可解得．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，且有BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，AC⊥BE，
∴∠ECD＝（180°﹣60°）÷2＝120°÷2＝60°，
∴∠ACE＝60°，
又∵AC⊥BE，
∴∠BEC＝180°﹣90°﹣60°＝30°．
【变式1-2】（2022秋•太原期末）问题情境：如图1，点D是△ABC外的一点，点E在BC边的延长线上，BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．试探究∠D与∠A的数量关系．
（1）特例探究：
如图2，若△ABC是等边三角形，其余条件不变，则∠D＝ 30° ；
如图3，若△ABC是等腰三角形，顶角∠A＝100°，其余条件不变，则∠D＝ 50° ；这两个图中，∠D与∠A度数的比是 1：2 ；
（2）猜想证明：
如图1，△ABC为一般三角形，在（1）中获得的∠D与∠A的关系是否还成立？若成立，利用图1证明你的结论；若不成立，说明理由．
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根据角平分线的定义得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．
（2）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根据角平分线的定义得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．
【解答】解：（1）如图2，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，∠ACE＝120°，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．
∴∠DBC＝30°，∠DCE＝60°，
∵∠DCE＝∠D+∠DBC，
∴∠D＝30°；
如图3，∵△ABC是等腰三角形，∠A＝100°，
∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∠ACE＝140°，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．
∴∠DBC＝20°，∠DCE＝70°，
∵∠DCE＝∠D+∠DBC，
∴∠D＝50°；
故答案为30°，50°，1：2；
（2）成立，
如图1，在△ABC中，∠ACE＝∠A+∠ABC，
在△DBC中，∠DCE＝∠D+∠DBC，…（1）
∵CD平分∠ACE，BD平分∠ABC，
∴∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，
又∵∠ACE＝∠A+∠ABC，
∴2∠DCE＝∠A+2∠DBC，…（2）
由（1）×2﹣（2），
∴2∠D+2∠DBC﹣（∠A+2∠DBC）＝0，
∴∠A＝2∠D．
【变式1-3】（2022秋•龙港区期末）已知△ABC，△EFG是边长相等的等边三角形，点D是边BC，EF的中点．
（1）如图①，连接AD，GD，则∠ADC的大小＝ 90 （度）；∠GDF的大小＝ 90 （度）；
AD与GD的数量关系是 AD＝GD ；DC与DF的数量关系是 DC＝DF ；
（2）如图②，直线AG，FC相交于点M，求∠AMF的大小．
【分析】（1）如图①中，根据等边三角形的性质解答即可．
（2）如图连接AD，DG，利用等边三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）如图①，连接AD，GD，∵△ABC是等边三角形，BD＝DC，则∠ADC的大小＝90°；
∵△EGF是等边三角形，ED＝DF，
∴∠GDF＝90°；
∵BC＝EF，
∴AD＝GD；DC＝DF；
故答案为：90；90；AD＝GD；DC＝DF．
（2）连接AD，DG，
由（1）得：∠ADC＝∠GDF＝90°，
∴∠ADC﹣∠GDC＝∠GDF﹣∠GDC，
即∠1＝∠2，
由（1）得：AD＝GD，
∴∠DGA＝∠DAG=180°-∠12，
由（1）得：DC＝DF，
∴∠3＝∠DCF=180°-∠22，
∴∠DGA＝∠3，
∵∠AMF＝∠AGF+∠5，
∴∠AMF＝∠DGA+∠5+∠4
＝∠3+∠5+∠4
＝180°﹣∠GDF
＝180°﹣90°
＝90°．
【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】
【例2】（2022秋•华容县期末）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下五个结论：
①AD＝BE；②PQ∥AE；③OP＝OQ；④△CPQ为等边三角形；⑤∠AOB＝60°．其中正确的有 ①②④⑤ ．（注：把你认为正确的答案序号都写上）
【分析】①根据全等三角形的判定方法，证出△ACD≌△BCE，即可得出AD＝BE，①正确．
④先证明△ACP≌△BCQ，即可判断出CP＝CQ，即可得④正确；
②根据∠PCQ＝60°，可得△PCQ为等边三角形，证出∠PQC＝∠DCE＝60°，得出PQ∥AE，②正确．
③没有条件证出OP＝OQ，得出③错误；
⑤∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，⑤正确；即可得出结论．
【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴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，结论①正确．
∵△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为等边三角形，结论④正确；
∴∠PQC＝∠DCE＝60°，
∴PQ∥AE，结论②正确．
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠AEO，
∴∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，
∴结论⑤正确．
没有条件证出OP＝OQ，③错误；
综上，可得正确的结论有4个：①②④⑤．
故答案为：①②④⑤．
【变式2-1】（2022秋•西青区期末）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点E在△ABC内部，连接AE，BE，BD．若∠EBD＝50°，则∠AEB的度数是 110° ．
【分析】由已知条件推导出△ACE≌△BCD，从而∠DBC＝∠CAE，再通过角之间的转化，利用三角形内角和定理能求出∠AEB的度数．
【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝∠ECD＝60°，
又∵∠ACB＝∠ACE+∠BCE，∠ECD＝∠BCE+∠BCD，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠BCD=∠ACECE=CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠CAE＝∠DBC，
∴∠EBD﹣∠EBC＝∠BAC﹣∠BAE，
∵∠EBD＝50°，
∴50°﹣∠EBC＝60°﹣∠BAE，
∴50°﹣（60°﹣∠ABE）＝60°﹣∠BAE，
∴∠ABE+∠BAE＝70°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝180°﹣70°＝110°，
故答案为：110°．
【变式2-2】（2022秋•兴化市校级月考）如图1，等边△ABC中，D是AB边上的点，以CD为一边，向上作等边△EDC，连接AE．
（1）求证：△DBC≌△EAC；
（2）求证：AE∥BC；
（3）如图2，若D在边BA的延长线上，且AB＝6，AD＝2，试求△ABC与△EAC面积的比值．
【分析】（1）首先证明∠BCD＝∠ACE，然后利用SAS证明△DBC≌△EAC即可；
（2）根据全等的性质可得∠EAC＝∠B＝60°，进而可得∠EAC＝∠ACB，从而可得AE∥BC；
（3）利用等边三角形的性质可得BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，然后再证明△DBC≌△EAC，再推出∠EAC＝∠ACB，进而可得AE∥BC，进而利用三角形面积解答即可．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△DBC 和△EAC 中，
BC=AC∠BCD=∠ACEEC=DC
∴△DBC≌△EAC（SAS）；
（2）∵△DBC≌△EAC，
∴∠EAC＝∠B＝60°，又∠ACB＝60°，
∴∠EAC＝∠ACB，
∴AE∥BC；
（3）∵△ABC、△EDC 为等边三角形
∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△DBC 和△EAC 中BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△DBC≌△EAC（SAS），
∴∠EAC＝∠B＝60°，AE＝BD＝AB+AD＝8，
又∵∠ACB＝60°，
∴∠EAC＝∠ACB，
∴AE∥BC．
∴△ABC与△EAC面积比=BCAE=66+2=34．
【变式2-3】（2022秋•赫山区期末）如图，△ABC和△CDE都为等边三角形，E在BC上，AE的延长线交BD于F．
（1）求证：AE＝BD；
（2）求∠AFB的度数；
（3）求证：CF平分∠AFD；
（4）直接写出EF，DF，CF之间的数量关系．
【分析】（1）要证明边相等可证明边所在的三角形全等，由△ABC和△CDE都为等边三角形，可得∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，继而证明三角形全等，即可解答题目；
（2）由三角形全等可得∠CAE＝∠CBD，结合∠AEC＝∠BEF即可证明；
（3）作CM⊥AF于点M，CN⊥DF于点N，连接CF，利用全等三角形的性质证明CM＝CN，即可解答题目；
（4）延长AF到点Q，使FQ＝DF，连接DQ，则只需证明CF＝EQ，所以考虑证明△CDF≌△EDQ，自己试着解答．
【解答】（1）证明：△ABC和△CDE都为等边三角形，
∴∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD．
（2）解：∵△ACE≌△BCD，
∴∠CAE＝∠CBD，
又∠AEC＝∠BEF，
∴∠AFB＝∠ACB＝60°．
（3）证明：作CM⊥AF于点M，CN⊥DF于点N，连接CF，
∵∠CAE＝∠CBD，∠AMC＝∠BNC＝90°，AC＝BC，
∴△CAM≌△CBN（SAS），
则CM＝CN，
∴CF平分∠AFD．
（4）解：延长AF到点Q，使FQ＝DF，连接DQ，
∵∠AFB＝∠ACB＝60°，
则∠DFQ＝60°，
∴△DFQ是等边三角形，
则DQ＝DF，∠FDQ＝∠CDE＝60°，
∴∠CDF＝∠EDQ，
∵CD＝DE，∠CDF＝∠EDQ，DQ＝DF，
∴△CDF≌△EDQ（SAS），
∴CF＝EQ，
则CF＝EF+FQ＝EF+DF．
【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】
【例3】（2022春•禅城区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（2，0），以线段OC为边在第一象限内作等边△OBC，点D为x轴正半轴上一动点（OD＞2），连结BD，以线段BD为边在第一象限内作等边△BDE，直线CE与y轴交于点A，则点A的坐标为（ ）
A．(0，-3)B．(0，-23)C．（0，﹣2）D．(0，-22)
【分析】根据“手拉手”全等可得∠BCE＝∠BOD＝60°，进而可得∠OCA＝60°，即可求解A点坐标．
【解答】解：∵△OBC，△BDE为等边三角形，
∴BO＝BC，BD＝BE，∠OBC＝∠DBE＝∠BCO＝60°，
∴∠OBD＝∠CBE，
在△OBD和△CBE中，
BO=BC∠OBD=∠CBEBD=BE，
∴△OBD≌△CBE（SAS），
∴∠BCE＝∠BOD＝60°，
∴∠OCA＝60°，
∵∠COA＝90°，
∴OA=3OC=23，
即A点坐标为：（0，-23），
故选：B．
【变式3-1】（2022春•龙口市期末）如图，在直角坐标系xOy中，直线MN分别与x轴，y轴交于点M，N，且OM＝4，∠OMN＝30°，等边△AOB的顶点A，B分别在线段MN，OM上，点A的坐标为（ ）
A．（1，3）B．（1，5）C．（3，1）D．（32，3）
【分析】根据∠OMN＝30°和△AOB为等边三角形，证明△OAM为直角三角形，即可得出答案．
【解答】解：∵直线MN分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点M、N，OM＝4，∠OMN＝30°，
∴∠ONM＝60°，
∵△AOB为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，∠AMO＝30°，
∴∠OAM＝90°，
∴OA⊥MN，即△OAM为直角三角形，
∴OA=12OM=12×4＝2，
过点A作AC⊥OB于点C，
∴OC=12OA＝1，
∴AC=3，
∴点A的坐标为（1，3）．
故选：A．
【变式3-2】（2022秋•新洲区期末）在平面直角坐标系中，已知点A在y轴的正半轴上，点B在第二象限，AO＝a，AB＝b，BO与x轴正方向的夹角为150°，且a2﹣b2+a﹣b＝0．
（1）试判定△ABO的形状；
（2）如图1，若BC⊥BO，BC＝BO，点D为CO的中点，AC、BD交于E，求证：AE＝BE+CE；
（3）如图2，若点E为y轴的正半轴上一动点，以BE为边作等边△BEG，延长GA交x轴于点P，问：AP与AO之间有何数量关系？试证明你的结论．
【分析】（1）△ABO为等边三角形，理由为：根据（a2﹣b2）+（a﹣b）＝0，得到a＝b，再由BO与x轴正方向的夹角为150°得到∠AOB＝60°，即可得证；
（2）在AC上截取AM＝CE，先证∠AEB＝60°，方法是根据题意得到△ABO为等边三角形，△BOC为等腰直角三角形，确定出∠ABD度数，根据AB＝BC，且∠ABC＝120°，得到∠BAE度数，进而确定出∠AEB为60°，再由AM＝CE，得到AE＝CM，再由AB＝CB，且夹角∠BAC＝∠BCA，利用SAS得到△BCM与△BAE全等，利用全等三角形的对应边相等得到BM＝BE，得到△BEM为等边三角形，得到BE＝EM，由AE＝EM+AM，等量代换即可得证；
（3）AP＝2AO，理由为：由题意得到BG＝BE，AB＝OB，利用等式的性质得到∠ABG＝∠OBE，利用SAS得到△ABG与△OBE全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠GAB＝∠BOE＝60°，利用外角的性质得到∠APO＝30°，在Rt△AOP中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半得到AP＝2AO．
【解答】（1）解：结论：△ABO为等边三角形，
理由：∵a2﹣b2+a﹣b＝（a+b）（a﹣b）+（a﹣b）＝（a﹣b）（a+b+1）＝0
∴a﹣b＝0，得到a＝b，即AO＝AB
∵OB与x轴正半轴夹角为150°
∴∠AOB＝150°﹣90°＝60°
∴△AOB为等边三角形；
（2）证明：在AC上截取AM＝EC，可得AM+EM＝CE+EM，即AE＝CM．
∵△AOB为等边三角形，△BOC为等腰直角三角形
∴∠OBC＝90°，∠ABO＝60°
∵D为CO的中点
∴BD平分∠OBC，即∠CBD＝∠OBD＝45°
∴∠ABD＝105°，∠ABC＝150°
∴∠BAC＝∠BCA＝15°
∴∠AEB＝60°
在△ABE和△CBM中
AB=CB∠BAE=∠BCMAE=CM，
∴△ABE≌△CBM（SAS）
∴BM＝BE
∴△BEM为等边三角形
∴BE＝EM
∴AE＝AM+EM＝CE+BE；
（3）解：结论：AP＝2AO，
理由：∵△AOB与△BGE都为等边三角形
∴BE＝BG，AB＝OB，∠EBG＝∠OBA＝60°
∴∠EBG+∠EBA＝∠OBA+∠EBA
即∠ABG＝∠OBE
在△ABG和△OBE中
AB=OB∠ABG=∠OBEBE=BG，
∴△ABG≌△OBE（SAS）
∴∠BAG＝∠BOE＝60°
∴∠GAO＝∠GAB+∠BAO＝120°
∵∠GAO为△AOP的外角
且∠AOP＝90°
∴∠APO＝30°
在Rt△AOP中，∠APO＝30°
∴AP＝2AO．
【变式3-3】（2022秋•汉阳区校级期中）如图，平面直角坐标系中，已知A（﹣2，0），B（2，0），C（6，0），D为y轴正半轴上一点，且∠ODB＝30°，延长DB至E，使BE＝BD．P为x轴正半轴上一动点（P在C点右边），M在EP上，且∠EMA＝60°，AM交BE于N．
（1）求证：BE＝BC；
（2）求证：∠ANB＝∠EPC；
（3）当P点运动时，求BP﹣BN的值．
【分析】（1）根据点A、B的坐标求出AD＝BD，根据直角三角形两锐角互余求出∠ABD＝60°，然后判断出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BD＝AB＝4，再求出BC＝4，从而得到BC＝BD，然后等量代换即可得证；
（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，即可得证；
（3）求出△BCE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BC＝CE，然后求出AB＝CE，再求出∠ABN＝∠ECP＝120°，然后利用“角角边”证明△ABN和△ECP全等，根据全等三角形对应边相等BN＝CP，再根据BP﹣CP＝BC等量代换即可得解．
【解答】（1）证明：∵A（﹣2，0），B（2，0），
∴AD＝BD，AB＝4，
∵∠ODB＝30°，
∴∠ABD＝90°﹣30°＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝4，
∵B（2，0），C（6，0），
∴BC＝6﹣2＝4，
∴BC＝BD，
又∵BE＝BD，
∴BE＝BC；
（2）证明：由三角形的外角性质得，∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，
∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，
所以，∠ANB＝∠EPC；
（3）解：∵BE＝BD＝BC，∠CBE＝∠ABD＝60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC＝CE，
∵AB＝BC＝4，
∴AB＝CE，
∵∠ABD＝∠BCE＝60°，
∴∠ABN＝∠ECP＝120°，
在△ABN和△ECP中，
∠ANB=∠EPC∠ABN=∠ECPAB=CE，
∴△ABN≌△ECP（AAS），
∴BN＝CP，
∵BP﹣CP＝BC，
∴BP﹣BN＝BC＝4，
故BP﹣BN的值为4，与点P的位置无关．
【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】
【例4】（2022•南陵县模拟）如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D为边BC上一点，且BD=12CD．点E，F分别在边AB，AC上，且∠EDF＝90°，M为边EF的中点，连接CM交DF于点N．若DF∥AB，则CM的长为（ ）
A．233B．343C．563D．3
【分析】根据等边三角形边长为2，在Rt△BDE中求得DE的长，再根据CM垂直平分DF，在Rt△CDN中求得CN，最后根据线段和可得CM的长．
【解答】解：∵等边三角形边长为2，BD=12CD，
∴BD=23，CD=43，
∵等边三角形ABC中，DF∥AB，
∴∠FDC＝∠B＝60°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝30°，
∴DE⊥BE，
∴∠BED＝90°，
∵∠B＝60°，
∴∠BDE＝30°，
∴BE=12BD=13，
∴DE=BD2-BE2=33，
如图，连接DM，则Rt△DEF中，DM=12EF＝FM，
∵∠FDC＝∠FCD＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CD＝CF=43，
∴CM垂直平分DF，
∴∠DCN＝30°，DN＝FN，
∴Rt△CDN中，DN=23，CN=233，
∵M为EF的中点，
∴MN=12DE=36，
∴CM＝CN+MN=233+36=536，
故选：C．
【变式4-1】（2022春•西乡县期末）如图，△ABC是等边三角形，BD是中线，过点D作DE⊥AB于E交BC边延长线于F，AE＝1，求BF的长．
【分析】根据等边三角形的性质和中线的性质解答即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，BD是中线，
∴∠A＝∠ACB＝60°，AC＝BC，AD＝CD=12AC，
∵DE⊥AB于E，
∴∠ADE＝90°﹣∠A＝30°，
∴CD＝AD＝2AE＝2，
∴∠CDF＝∠ADE＝30°，
∴∠F＝∠ACB﹣∠CDF＝30°，
∴∠CDF＝∠F，
∴DC＝CF，
∴BF＝BC+CF＝2AD+AD＝6．
【变式4-2】（2022•浙江模拟）如图，等边△ABC的边长为10，点P是边AB的中点，Q为BC延长线上一点，CQ：BC＝1：2，过P作PE⊥AC于E，连PQ交AC边于D，求DE的长
【分析】过P点作PF∥BC交AC于F点，根据等边三角形的性质和判定求出△APF是等边三角形，推出AP＝AF＝PF＝CQ，根据等腰三角形性质求出AE＝EF，根据AAS证△PFD和△QCD全等，求出FD＝CD，推出DE=12AC，代入求出即可．
【解答】解：过P点作PF∥BC交AC于F点，
∵等边△ABC的边长为10，点P是边AB的中点，CQ：BC＝1：2，
∴AB＝BC，∠B＝∠ACB＝∠A＝60°，
∴AP＝CQ，
∵PF∥AB，
∴∠APF＝∠B＝60°，∠AFP＝∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠APF＝∠AFP＝60°，
∴△APF是等边三角形，
∵PE⊥AC，
∴EF=12AF，
∵△APF是等边三角形，AP＝CQ，
∴PF＝CQ
∵PF∥AB，
∴∠Q＝∠FPD，
在△PDF和△QDC中
∵∠FPD=∠Q∠FDP=∠QDCPF=CQ，
∴△PDF≌△QDC，
∴DF＝CD，
∴DF=12CF，
∴DE＝EF+DF=12AF+12CF=12AC，
∴ED＝5．
【变式4-3】（2022秋•崇川区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、E是△ABC内两点，AD平分∠BAC，∠EBC＝∠E＝60°，若BE＝30cm，DE＝2cm，则BC＝ 32 cm．
【分析】作出辅助线后根据等腰三角形的性质得出BE＝30，DE＝2，进而得出△BEM为等边三角形，△EFD为等边三角形，从而得出BN的长，进而求出答案．
【解答】解：延长ED交BC于M，延长AD交BC于N，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AN⊥BC，BN＝CN，
∵∠EBC＝∠E＝60°，
∴△BEM为等边三角形，
∴△EFD为等边三角形，
∵BE＝30，DE＝2，
∴DM＝28，
∵△BEM为等边三角形，
∴∠EMB＝60°，
∵AN⊥BC，
∴∠DNM＝90°，
∴∠NDM＝30°，
∴NM＝14，
∴BN＝16，
∴BC＝2BN＝32，
故答案为32．
【题型5 等边三角形的证明】
【例5】（2022秋•建水县校级期中）如图，△ABC为等边三角形，D为BC边上一点，以AD为边作∠ADE＝60°，DE与△ABC的外角平分线CE交于点E，连接AE．求证：△ADE是等边三角形．
【分析】过D作DG∥AC交AB于G，得出∠3＝∠2，再利用AAS得出△AGD≌△DCE，进而得出答案．
【解答】解：过D作DG∥AC交AB于G，
则∠1＝∠3，△GDB为等边三角形，
∠AGD＝∠DCE＝120°，AG＝DC．
又∵∠ADE＝∠ACE＝60°，∠ACE＝∠ECF，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠2．
在△AGD和△DCE中，
∠3=∠2∠AGD=∠DCEAG=DC，
∴△AGD≌△DCE（AAS），
∴AD＝DE，
∵∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形．
【变式5-1】如图，已知△ABC是等边三角形，E是AC延长线上一点，选择一点D，使得△CDE是等边三角形，如果M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，
求证：△CMN是等边三角形．
【分析】根据△ACD≌△BCE，得出AD＝BE，AM＝BN；又△AMC≌△BNC，可得CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，证明∠NCM＝∠ACB＝60°即可证明△CMN是等边三角形；
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，△CDE是等边三角形，M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，
∴∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠ECD+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE，AM＝BN；
∴AC＝BC，∠CAD＝∠CBE，AM＝BN，
∴△AMC≌△BNC（SAS），
∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN；
又∵∠NCM＝∠BCN﹣∠BCM，
∠ACB＝∠ACM﹣∠BCM，
∴∠NCM＝∠ACB＝60°，
∴△CMN是等边三角形．
【变式5-2】（2022春•龙口市期末）如图，E是∠AOB的平分线上一点，EC⊥OB，ED⊥OA，C、D是垂足，连接CD交OE于点F，若∠AOB＝60°．
（1）求证：△OCD是等边三角形；
（2）若EF＝5，求线段OE的长．
【分析】（1）根据角平分线的性质得出DE＝CE，然后根据HL证得Rt△ODE≌Rt△OCE，得出OD＝OC，由∠AOB＝60°，证得△OCD是等边三角形；
（2）根据三线合一的性质得出∠AOE＝∠BOE＝30°，OE⊥DC，进而证得∠EDF＝30°，然后根据30°的直角三角形的性质即可求得OE的长．
【解答】解：（1）∵点E是∠AOB的平分线上一点，EC⊥OB，ED⊥OA，垂足分别是C，D，
∴DE＝CE，
在Rt△ODE与Rt△OCE中，
DE=CEOE=OE
∴Rt△ODE≌Rt△OCE（HL），
∴OD＝OC，
∵∠AOB＝60°，
∴△OCD是等边三角形；
（2）∵△OCD是等边三角形，OF是∠COD的平分线，
∴OE⊥DC，
∵∠AOB＝60°，
∴∠AOE＝∠BOE＝30°，
∵∠ODF＝60°，ED⊥OA，
∴∠EDF＝30°，
∴DE＝2EF＝10，
∴OE＝2DE＝20．
【变式5-3】（2022秋•韶关期末）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．
（1）求证：AD＝BE；
（2）求∠DOE的度数；
（3）求证：△MNC是等边三角形．
【分析】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，证△ACD≌△BCE即可；
（2）根据全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；
（3）求出AM＝BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．
【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵等边三角形DCE，
∴∠CED＝∠CDE＝60°，
∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，
＝∠ADC+60°+∠BED，
＝∠CED+60°，
＝60°+60°，
＝120°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，
答：∠DOE的度数是60°．
（3）证明：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC
又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，
∴AM=12AD，BN=12BE，
∴AM＝BN，
在△ACM和△BCN中
AC=BC∠CAM=∠CBNAM=BN，
∴△ACM≌△BCN，
∴CM＝CN，
∠ACM＝∠BCN，
又∠ACB＝60°，
∴∠ACM+∠MCB＝60°，
∴∠BCN+∠MCB＝60°，
∴∠MCN＝60°，
∴△MNC是等边三角形．
【题型6 与等边三角形有关的规律问题】
【例6】（2022秋•思明区校级期中）如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3…在射线ON上，点B1，B2，B3…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1＝2，则△A7B7A8的边长为 27 ．
【分析】据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝8，A4B4＝8B1A2＝16，A5B5＝16B1A2＝32…，进而得出答案．
【解答】解：∵△A1B1A2是等边三角形，
∴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是等边三角形，
∴∠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＝8，
A4B4＝8B1A2＝16，
A5B5＝16B1A2＝32，
…
∴△AnBnAn+1的边长为 2n，
∴△A7B7A8的边长为27．
故答案为27．
【变式6-1】（2022秋•简阳市 期中）一只电子青蛙在如图的平面直角坐标系做如下运动：从坐标原点开始起跳记为A1，然后沿着边长为1的等边三角形跳跃即A1→A2→A3→A4→A5……已知A3的坐标为（1，0），则A2018的坐标是 （1008.5，32） ．
【分析】根据已知图形得出A2，A4，A6的坐标，进而得出变化规律求出点A2018的坐标．
【解答】解：过点A2作A2B，交y轴于点B，
由题意可得出：A2B=12OA3=12，
∴BO=32，
∴A2坐标为：（12，32），
A4坐标为：（32，32），
A6坐标为：（52，32），
…
∴点A2018的坐标为（1008.5，32）
故答案是：（1008.5，32）．
【变式6-2】（2022•定兴县二模）如图，△ABC是一个边长为2的等边三角形，AD0⊥BC，垂足为点D0．过点D0作D0D1⊥AB，垂足为点D1；再过点D1作D1D2⊥AD0，垂足为点D2；又过点D2作D2D3⊥AB，垂足为点D3；…；这样一直作下去，得到一组线段：D0D1，D1D2，D2D3，…，则线段D1D2的长为 34 ，线段Dn﹣1Dn的长为 (32)n （n为正整数）．
【分析】由三角形ABC为等边三角形，AD0⊥BC，利用等边三角形的性质及三线合一得到BD0＝1，∠B＝60°，再由D0D1⊥AB，得到∠D1D0B＝30°，求出D1D0的长，同理求出D1D2的长，依此类推得出Dn﹣1Dn的长．
【解答】解：∵△ABC是一个边长为2的等边三角形，AD0⊥BC，
∴BD0＝1，∠B＝60°，
∵D0D1⊥AB，
∴∠D1D0B＝30°，
∴D1D0=32，
同理∠D0D1D2＝30°，D1D2＝（32）2=34，
依此类推，线段Dn﹣1Dn的长为（32）n．
故答案为：34；（32）n
【变式6-3】（2022•齐齐哈尔模拟）如图，点A1是面积为3的等边△ABC的两条中线的交点，以BA1为一边，构造等边△BA1C1，称为第一次构造；点A2是△BA1C1的两条中线的交点，再以BA2为一边，构造等边△BA2C2，称为第二次构造；以此类推，当第n次构造出的等边△BnAn∁n的边B∁n与等边△CBA的边AB第一次在同一直线上时，构造停止．则构造出的最后一个三角形的面积是 127 ．
【分析】设等边△ABC的边长为a，根据等边三角形的性质求出A1C=33a，∠ABA1＝30°，同理判断出每次构造后等边三角形的边长变为原来的33倍，再确定出每一次构造三角形绕点B顺时针旋转30°，然后求出4次构造后构造停止，用a表示出构造停止后的等边三角形的边长，再根据相似三角形面积的比等于相似比的平方列式计算即可得解．
【解答】解：设等边△ABC的边长为a，
则等边△ABC的高为32a，
∵A1是两条中线的交点，
∴A1C=23×32a=33a，∠ABA1＝30°，
同理可得，每次构造后等边三角形的边长变为原来的33倍，
∵第n次构造出的等边△BnAn∁n的边B∁n与等边△CBA的边AB第一次在同一直线上时，构造停止，
∴（180°﹣60°）÷30°＝120°÷30°＝4，
即4次构造后，构造停止，
∴构造停止时的等边三角形的边长为（33）4a，
设最后一个三角形的面积为S，
则S3=（(33)4aa）2，
解得S=127．
故答案为：127．
【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】
【例7】（2000•内蒙古）如图，已知△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，并且使AE＝BD，连接CE，DE．求证：EC＝ED．
【分析】首先延长BD至F，使DF＝BC，连接EF，得出△BEF为等边三角形，进而求出△ECB≌△EDF，从而得出EC＝DE．
【解答】证明：延长BD至F，使DF＝BC，连接EF，
∵AE＝BD，△ABC为等边三角形，
∴BE＝BF，∠B＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴∠F＝60°，
在△ECB和△EDF中
BE=EF∠B=∠F=60°BC=DF
∴△ECB≌△EDF（SAS），
∴EC＝ED．
【变式7-1】如图，在等边三角形ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，OE∥AB，OF∥AC，试说明BE＝EF＝FC．
【分析】由题可证△OEF为等边三角形，从而得到∠EOF＝60°，OE＝OF＝EF．又因为BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，所以∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF．所以OE∥AB，OF∥AC，根据两直线平行，内错角相等，得到∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，即∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF．根据等角对等边得OE＝BE，OF＝CF，所以BE＝EF＝FC．
【解答】证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵OE∥AB，OF∥AC，
∴∠OEF＝∠ABC＝60°，∠OFE＝∠ACF＝60°，
∴∠OEF＝∠OFE，
∴∠EOF＝60°，
∴△OEF为等边三角形，
∴OE＝OF＝EF，
∵BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF，
∵OE∥AB，OF∥AC，
∴∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，
∴∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF，
∴OE＝BE，OF＝CF，
∴BE＝EF＝FC．
【变式7-2】（2022秋•绵竹市期末）在等边△ABC中，点E是AB上的动点，点E与点A、B不重合，点D在CB的延长线上，且EC＝ED．
（1）如图1，若点E是AB的中点，求证：BD＝AE；
（2）如图2，若点E不是AB的中点时，（1）中的结论“BD＝AE”能否成立？若不成立，请直接写出BD与AE数量关系，若成立，请给予证明．
【分析】（1）由等边三角形的性质得出AE＝BE，∠BCE＝30°，再根据ED＝EC，得出∠D＝∠BCE＝30°，再证出∠D＝∠DEB，得出DB＝BE，从而证出AE＝DB；
（2）作辅助线得出等边三角形AEF，得出AE＝EF，再证明三角形全等，得出DB＝EF，证出AE＝DB．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点E是AB的中点，
∴CE平分∠ACB，AE＝BE，
∴∠BCE＝30°，
∵ED＝EC，
∴∠D＝∠BCE＝30°．
∵∠ABC＝∠D+∠BED，
∴∠BED＝30°，
∴∠D＝∠BED，
∴BD＝BE．
∴AE＝DB．
（2）解：AE＝DB；
理由：过点E作EF∥BC交AC于点F．如图2所示：
∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，AB＝AC＝BC，
∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠ACB＝60°，
即∠AEF＝∠AFE＝∠A＝60°，
∴△AEF是等边三角形．
∴∠DBE＝∠EFC＝120°，∠D+∠BED＝∠FCE+∠ECD＝60°，
∵DE＝EC，
∴∠D＝∠ECD，
∴∠BED＝∠ECF．
在△DEB和△ECF中，
∠DEB=∠ECF∠DBE=∠EFCDE=EC，
∴△DEB≌△ECF（AAS），
∴DB＝EF，
∴AE＝BD．
【变式7-3】（2022春•建平县期末）如图（1），等边△ABC中，D是AB边上的动点，以CD为一边，向上作等边△EDC，连接AE．
（1）△DBC和△EAC会全等吗？请说说你的理由；
（2）试说明AE∥BC的理由；
（3）如图（2），将（1）动点D运动到边BA的延长线上，所作仍为等边三角形，请问是否仍有AE∥BC？证明你的猜想．
【分析】（1）要证两个三角形全等，已知的条件有AC＝BC，CE＝CD，我们发现∠BCD和∠ACE都是60°减去一个∠ACD，因此两三角形全等的条件就都凑齐了（SAS）；
（2）要证AE∥BC，关键是证∠EAC＝∠ACB，由于∠ACB＝∠ACB，那么关键是证∠EAC＝∠ACB，根据（1）的全等三角形，我们不难得出这两个角相等，也就得出了证平行的条件．
（3）同（1）（2）的思路完全相同，也是通过先证明三角形BCD和ACE全等，得出∠EAC＝∠B＝60°，又由∠ABC＝∠ACB＝60°，得出这两条线段之间的内错角相等，从而得出平行的结论．
【解答】解：（1）△DBC和△EAC会全等
证明：∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°
∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD
∴∠BCD＝∠ACE
在△DBC和△EAC中，
∵BC=AC∠BCD=∠ACEEC=DC，
∴△DBC≌△EAC（SAS），
（2）∵△DBC≌△EAC
∴∠EAC＝∠B＝60°
又∠ACB＝60°
∴∠EAC＝∠ACB
∴AE∥BC
（3）结论：AE∥BC
理由：∵△ABC、△EDC为等边三角形
∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°
∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE
在△DBC和△EAC中，
∵BC=AC∠BCD=∠ACECD=EC，
∴△DBC≌△EAC（SAS），
∴∠EAC＝∠B＝60°
又∵∠ACB＝60°
∴∠EAC＝∠ACB
∴AE∥BC．
【题型8 与等边三角形有关的动点问题】
【例8】（2022秋•香洲区期中）如图，在等边△ABC中，AB＝9cm，点P从点C出发沿CB边向B点以2cm/s的速度移动，点Q从B点出发沿BA边向A点以5cm/s速度移动．P、Q两点同时出发，它们移动的时间为t秒钟．
（1）你能用t表示BP和BQ的长度吗？请你表示出来．
（2）请问几秒钟后，△PBQ为等边三角形？
（3）若P、Q两点分别从C、B两点同时出发，并且都按顺时针方向沿△ABC三边运动，请问经过几秒钟后点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？
【分析】（1）由三角形ABC为等边三角形，根据等边三角形的三边相等得到AB＝BC＝9cm，由P的速度和时间t表示出P走过的路程CP的长，然后用边长BC减去CP即可表示出BP；由Q的速度及时间t，即可表示出Q走过的路程BQ；
（2）若△PBQ为等边三角形，根据等边三角形的边长相等则有PB＝BQ，由（1）表示出的代数式代入即可列出关于t的方程，求出方程的解即可得到满足题意的t的值；
（3）同时出发，要相遇其实是一个追及问题，由于Q的速度大于P的速度，即Q要追及上P，题意可知两点相距AB+AC即两个边长长，第一次相遇即为Q比P多走两个三角形边长，设出第一次相遇所需的时间，根据Q运动的路程﹣P运动的路程＝18列出关于t的方程，求出方程的解即可求出满足题意的t的值，然后由求出t的值计算出P运动的路程，确定出路程的范围，进而判断出P的位置即为第一次相遇的位置．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝9cm，
∵点P的速度为2cm/s，时间为ts，
∴CP＝2t，
则PB＝BC﹣CP＝（9﹣2t）cm；
∵点Q的速度为5cm/s，时间为ts，
∴BQ＝5t；
（2）若△PBQ为等边三角形，
则有BQ＝BP，即9﹣2t＝5t，
解得t=97，
所以当t=97s时，△PBQ为等边三角形；
（3）设ts时，Q与P第一次相遇，
根据题意得：5t﹣2t＝18，
解得t＝6，
则6s时，两点第一次相遇．
当t＝6s时，P走过得路程为2×6＝12cm，
而9＜12＜18，即此时P在AB边上，
则两点在AB上第一次相遇．
【变式8-1】（2022春•渭滨区期末）如图，在等边△ABC中，AB＝12cm，现有M，N两点分别从点A，B同时出发，沿△ABC的边按顺时针方向运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为2cm/s，当点N第一次到达B点时，M，N同时停止运动，设运动时间为t（s）．
（1）当t为何值时，M，N两点重合？两点重合在什么位置？
（2）当点M，N在BC边上运动时，是否存在使AM＝AN的位置？若存在，请求出此时点M，N运动的时间；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）首先根据M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多12cm，列出方程求解即可；
（2）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，设出运动时间，表示出CM，NB，NM的长，列出方程，可解出未知数的值．
【解答】解：（1）由题意，t×1+12＝2t，
解得：t＝12，
∴当t＝12时，M，N两点重合，
此时两点在点C处重合；
（2）结论：当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形．
理由：由（1）知12秒时M、N两点重合，恰好在C处，
如图，假设△AMN是等腰三角形，
∴AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠AMC＝∠ANB，
∵△ACB是等边三角形，
∴∠C＝∠B，
在△ACM和△ABN中，
∠C=∠B∠AMC=∠ANBAC=AB，
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM＝BN，
设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y秒时，△AMN是等腰三角形，
∴CM＝y﹣12，NB＝36﹣2y，
∵CM＝NB，
∴y﹣12＝36﹣2y，
解得：y＝16．故假设成立．
∴当点M、N在BC边上运动时，当运动时间为12秒或16秒时，AM＝AN．
【变式8-2】（2022春•金牛区校级期中）如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M．
（1）求证：△ABQ≌△CAP；
（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP；
（2）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；
（3）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ＝∠CAP，AB＝CA，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，
∵AB=CA∠ABQ=∠CAPAP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
（2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC＝60°…（6分）
（3）解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变．（7分）
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°．
【变式8-3】（2022秋•禄劝县期末）如图，在等边△ABC中，AC＝6，点O在AC上，且AO＝2，点P是AB上一动点，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD．要使点D恰好落在BC上，则AP的长是多少？
【分析】根据旋转的性质以及等边三角形的性质得出∠A＝∠B＝60°，求出∠AOP＝∠DPB，证△AOP≌△BPD，推出AO＝BP＝2，即可得出答案．
【解答】解：连接DP，
∵∠DOP＝60°，OD＝OP，
∴△ODP是等边三角形，
∴∠OPD＝60°，PO＝PD，
∵等边三角形ABC，
∴∠A＝∠B＝60°，
∴∠AOP+∠OPA＝120°，∠OPA+∠DPB＝120°，
∴∠AOP＝∠DPB，
在△AOP和△BPD中
∠A=∠B∠AOP=∠DPBOP=PD，
∴△AOP≌△BPD，
∴AO＝BP＝2，
∴AP＝AB﹣AP＝6﹣2＝4
【知识点2 含30°角的直角三角形】
在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半。
【题型9 含30°角的直角三角形性质】
【例9】（2022秋•尚志市期中）已知：如图△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，AB⊥AD，DE⊥AC．
（1）求证：AE＝EC；
（2）若DE＝2，求BC的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理证明；
（2）根据直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半解答．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠C＝30°，
∴∠B＝30°，∠BAC＝120°，
∵AB⊥AD，
∴∠DAC＝30°，
∴∠DAC＝∠C，
∴DA＝DC，
∵DE⊥AC，
∴AE＝EC；
（2）∵∠C＝30°，DE⊥AC，
∴DC＝2DE＝4，
∵AB⊥AD，∠B＝30°，
∴BD＝2DC＝8，
∴BC＝12．
【变式9-1】（2022秋•武清区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P为BC边的中点，PD⊥AC于点D．
求证：CD＝3AD．
【分析】连接AP，根据等腰三角形三线合一的性质可得AP⊥BC，根据等腰三角形两底角相等求出∠C＝30°，再求出∠APD＝∠C＝30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AP＝2AD，AC＝2AP，整理即可得证．
【解答】证明：如图，连接AP，
∵AB＝AC，P为BC边的中点，
∴AP⊥BC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠C=12（180°﹣∠BAC）=12（180°﹣120°）＝30°，
∵PD⊥AC，
∴∠CPD+∠C＝90°，
又∵∠APD+∠CPD＝90°，
∴∠APD＝∠C＝30°，
∴AP＝2AD，AC＝2AP，
∴AC＝4AD，
∴CD＝AC﹣AD＝4AD﹣AD＝3AD，
即CD＝3AD．
【变式9-2】（2022春•湟中县校级月考）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝12，点M，N在边OB上，PM＝PN，若MN＝5，求OM的长度．
【分析】作PH⊥MN于H，根据直角三角形的性质得到OH=12OP＝6，根据等腰三角形的性质求出MH，计算即可．
【解答】解：作PH⊥MN于H，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OPH＝30°，
∴OH=12OP＝6，
∵PM＝PN，PH⊥MN，
∴MH＝NH＝2.5，
∴OM＝OH﹣MH＝3.5．
【变式9-3】（2022秋•尚志市期中）如图所示，等边△ABC中，AD⊥BC于D，点P是AB边上的任意一点（点P可以与点A重合，但不与点B重合），过点P作PE⊥BC，垂足为E，过E作EF⊥AC，垂足为F．
（1）如图1，求证：2BD＝2CF+BE；
（2）若AB＝4，过F作FQ⊥AB，垂足为Q，PQ＝1，求BP的长．
【分析】（1）根据等边三角形的性质和含30°的直角三角形的性质即可得到结论．
（2）设PB＝x，解直角三角形求得CF=12CE＝2-14x，AF＝4﹣CF＝2+14x，AQ=12AF＝1+18x，列方程x+1+1+18x＝4，解得x=169，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴BC＝2BD，∠C＝60°，
∵EF⊥AC，
∴∠EFC＝90°，
∴∠FEC＝30°，
∴EC＝2FC，
∵BC＝BE+EC，
∴2BD＝2CF+BE；
（2）过F作FQ⊥AB于Q，设PB＝x，
∵PE⊥BC，∠B＝60°，
∴BE=12x，CE＝4-12x，
∵EF⊥AC，∠C＝60°，
∴CF=12CE＝2-14x，
∴AF＝4﹣CF＝2+14x，
∵∠BAC＝60°，FQ⊥AB，
∴AQ=12AF＝1+18x，
∴x+1+1+18x＝4，
∴x=169，
∴PB=169，
如图2，过E作GE⊥AB于G，
∴EG+EF＝AD，2EG＝PE，
∴12PE+EF＝AD，即，PE+2EF＝2AB，
∴BP+AQ﹣PQ＝AB，即x+1+18x﹣1＝4，
解得x=329
∴PB=329．