沪教版（五四制）（2024）七年级下册14.7 等边三角形当堂检测题

这是一份沪教版（五四制）（2024）七年级下册14.7 等边三角形当堂检测题，文件包含沪教版数学七年级下册同步讲练第12讲等边三角形原卷版doc、沪教版数学七年级下册同步讲练第12讲等边三角形解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
一．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
二．等边三角形的判定
（1）由定义判定：三条边都相等的三角形是等边三角形．
（2）判定定理1：三个角都相等的三角形是等边三角形．
（3）判定定理2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
说明：在证明一个三角形是等边三角形时，若已知或能求得三边相等则用定义来判定；若已知或能求得三个角相等则用判定定理1来证明；若已知等腰三角形且有一个角为60°，则用判定定理2来证明．
一．七巧板（共1小题）
1．（2019秋•奉贤区期中）七巧板是我们民间流传最广的一种古典智力玩具，由正方形分割而成（如图），图中6号部分的面积是正方形面积的（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据正方形的性质和勾股定理计算即可．
【解答】解：6号部分的平行四边形是由两个小等腰直角三角形构成，设正方形的边长为2，则
正方形的对角线长为：＝＝2，
所以小等腰直角三角形的直角边长为＝，面积为××＝，
所以6号部分的平行四边形的面积是×2＝，
因为正方形的面积为4，
所以图中6号部分的面积是正方形面积的＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了七巧板，正方形的性质．能够正确的识别图形，明确6号部分的平行四边形是由两个等腰直角三角形构成是解题的关键．
二．等边三角形的性质（共6小题）
2．（2020秋•上海期末）若把一个边长为2厘米的等边△ABC向右平移a厘米，则平移后所得三角形的周长为 6 厘米．
【分析】根据等边三角形的性质，平移的性质即可得结果．
【解答】解：因为平移只改变图形方向和距离，不改变图形的大小，
所以平移后所得三角形的周长为2×3＝6（厘米）．
故答案为：6．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，平移的性质，解决本题的关键是掌握平移的性质．
3．（2021春•静安区校级期末）小宋把一张等边三角形的纸片放在如图所示的两条平行线m、n上测得∠AEG＝20°，那么∠ADF的度数是 40° ．
【分析】过A点作AP∥m，如图，则n∥AP，根据平行线的性质得到∠PAE＝20°，再利用等边三角形的性质得到∠BAC＝60°，所以∠BAP＝40°，然后根据平行线的性质得到∠ADF的度数．
【解答】解：过A点作AP∥m，如图，
∵m∥n，
∴n∥AP，
∴∠PAE＝∠AEG＝20°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BAP＝∠BAC﹣∠PAE＝60°﹣20°＝40°，
∵PA∥m，
∴∠ADF＝∠BAP＝40°．
故答案为40°．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，作PA∥m是解决问题的关键．也考查了平行线的性质．
4．（2020秋•静安区期末）如图，一个边长是1的等边三角形ABC，将它沿直线l作顺时针方向滚动，求滚动100次，B点所经过的路程 （结果保留π）．
【分析】根据图形得出三角形每滚动三次为一个循环，先求解三次滚动后顶点B所经过的路程，再求解即可．
【解答】解：由题意得：三角形每滚动三次为一个循环，
∴100÷3＝33…1，
而第一次滚动B后点所经过的路程为，第二次滚动B后点所经过的路程为，第三次滚动B后点所经过的路程为，
∴第100次滚动B后点所经过的路程为33×+＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了等边三角形的性质和弧长公式、轨迹等知识点，能正确运用弧长公式进行计算是解此题的关键．
5．（2021春•杨浦区期末）如图，已知直线l1∥l2，等边三角形ABC的顶点A、C分别在直线l1、l2上，如果边AB与直线l1的夹角∠1＝26°，那么边BC与直线l2的夹角∠2＝ 34 度．
【分析】由等边三角形的性质得∠BAC＝∠BCA＝60°，再由平行线的性质得∠1+∠BAC+∠BCA+∠2＝180°，则∠1+∠2＝60°，即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠BCA＝60°，
∵直线l1∥l2，
∴∠1+∠BAC+∠BCA+∠2＝180°，
∴∠1+∠2＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵∠1＝26°，
∴∠2＝60°﹣26°＝34°，
故答案为：34．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握等边三角形的性质和平行线的性质，证出∠1+∠2＝60°是解题的关键．
6．（2020秋•上海期末）边长为6cm的等边三角形的面积是 9cm2 ．
【分析】根据等边三角形三线合一的性质可得D为BC的中点，即BD＝CD，在直角三角形ABD中，已知AB、BD，根据勾股定理即可求得AD的长，即可求三角形ABC的面积，即可解题．
【解答】解：如图，等边三角形高线即中线，故D为BC中点，
∵AB＝6cm，
∴BD＝3cm，
∴AD＝＝3，
∴等边△ABC的面积＝BC•AD＝×6×3＝9（cm2）．
故答案为：9cm2．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理在直角三角形中的运用，本题中根据勾股定理计算AD的值是解题的关键．
7．（2021春•杨浦区期末）甲、乙两人沿边长为60米的等边三角形ABC的边按A→B→C→A的方向行走，甲每分钟走65米，乙每分钟走50米，设甲在顶点A时，乙在顶点C，几分钟后甲、乙两人可第一次行走在同一条边上？（不含甲、乙两人在三角形相邻顶点时的情形）
【分析】把甲和乙经过的路径排成一条直线，因为甲在后面，且甲的速度快，所以甲刚好到一边时，乙还没有出去到另一条线，列出甲和乙路程与时间的式子，求出时间即可．
【解答】解：把甲和乙经过的路径排成一条直线，
即．
设t分钟时甲乙在同一条边上，则有甲在顶点，乙在甲后面的边上，
∴65t＝60k（k是正整数），且60k＜50t+120＜60（k+1），
∴，
∴取k＝5，
∴t＝＝，
∴分钟时甲、乙两人可第一次行走在同一条边上．
【点评】本题主要考查路程问题转化成不等式问题的能力，关键是要考虑清楚甲乙同线时甲刚好在顶点．
三．等边三角形的判定（共3小题）
8．（2021春•闵行区期末）在△ABC中，如果AB＝AC，∠A＝∠C，那么△ABC的形状为 等边三角形 ．
【分析】可利用等腰三角形的判定，说明三角形的三条边都相等，亦可利用等腰三角形的性质，说明该三角形的三个角都相等．
【解答】解：（法一）在△ABC中，∵∠A＝∠C，
∴BA＝BC．
又∵AB＝AC，
AB＝AC＝BC．
所以△ABC是等边三角形．
故答案为：等边三角形．
（法二）在△ABC中，∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C．
又∵∠A＝∠C，
∴∠A＝∠B＝∠C．
所以△ABC是等边三角形．
故答案为：等边三角形．
【点评】本题考查了等腰三角形和等边三角形的判定，掌握等腰三角形的性质和判定是解决本题的关键．
9．（2019•金山区二模）在△ABC中，AB＝AC，请你再添加一个条件使得△ABC成为等边三角形，这个条件可以是 ∠A＝60° （只要写出一个即可）．
【分析】根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得答案．
【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，再添加∠A＝60°可得△ABC是等边三角形，
故答案为：∠A＝60°．
【点评】此题主要考查了等边三角形的判定，关键是掌握等边三角形的判定方法：（1）由定义判定：三条边都相等的三角形是等边三角形．
（2）判定定理1：三个角都相等的三角形是等边三角形．
（3）判定定理2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
10．（2019春•虹口区期末）说理填空：如图，点E是DC的中点，EC＝EB，∠CDA＝120°，DF∥BE，且DF平分∠CDA，求证：△BEC为等边三角形．
解：因为DF平分∠CDA（已知）
所以∠FDC＝∠ ADC ． 角平分线意义
因为∠CDA＝120°（已知）
所以∠FDC＝ 60 °．
因为DF∥BE（已知）
所以∠FDC＝∠ BEC ．（ 两直线平行，同位角相等 ）
所以∠BEC＝60°，又因为EC＝EB，（已知）
所以△BCE为等边三角形．（ 有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形 ）
【分析】利用角平分线的性质得出∠FDC的度数，再利用平行线的性质得出∠FDC的度数，进而得出△BEC为等边三角形．
【解答】解：因为DF平分∠CDA，（已知）
所以∠FDC＝∠ADC．（角平分线意义）
因为∠CDA＝120°，（已知），
所以∠FDC＝60°．
因为DF∥BE，（已知），
所以∠FDC＝∠BEC．（两直线平行，同位角相等），
所以∠BEC＝60°，又因为EC＝EB，（已知），
所以△BCE为等边三角形．（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）
故答案为：ADC；角平分线意义；60；BEC；两直线平行，同位角相等；有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质与判定以及平行线的性质，根据已知得出∠FDC＝∠BEC是解题关键．
四．等边三角形的判定与性质（共2小题）
11．（2020春•宝山区期末）如图，点D、E、F分别在AB、BC、CA上，△DEF是等边三角形，且∠1＝∠2＝∠3，△ABC是等边三角形吗？试说明理由．
【分析】根据等边三角形的性质得到∠EDF＝∠DEF＝∠DFE＝60°，根据平角的定义得到∠ADF＝∠BED＝∠CFE，由三角形的内角和得到∠A＝180°﹣∠2﹣∠ADF，∠B＝180°﹣∠1﹣∠BED，∠C＝180°﹣∠3﹣∠CFE，于是得到结论．
【解答】解：△ABC是等边三角形，
理由：∵△DEF是等边三角形，
∴∠EDF＝∠DEF＝∠DFE＝60°，
∵∠1＝∠2＝∠3，
∴∠ADF＝∠BED＝∠CFE，
∴∠A＝180°﹣∠2﹣∠ADF，∠B＝180°﹣∠1﹣∠BED，∠C＝180°﹣∠3﹣∠CFE，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∴△ABC是等边三角形．
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形的内角和，平角的定义．熟练掌握等边三角形 的判定和性质是解题的关键．
12．（2019春•浦东新区期末）如图，已知等边△ABC和等边△CDE，P、Q分别为AD、BE的中点．
（1）试判断△CPQ的形状并说明理由．
（2）如果将等边△CDE绕点C旋转，在旋转过程中△CPQ的形状会改变吗？请你将图2中的图形补画完整并说明理由．
【分析】（1）由“有一内角为60°的等腰三角形为等边三角形”进行判断与证明；
（2）通过全等三角形△ACD≌△BCE、△ACP≌△BCQ的对应边相等、对应角相等的性质推知△CPQ的两边PC＝QC、内角∠PCQ＝60°，从而确定△CPQ是等边三角形．
【解答】解：（1）如图1，△CPQ是等边三角形．理由如下：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴∠C＝60°，AC＝BC，DC＝EC，
∴AC﹣DC＝BC﹣EC，即AD＝BE．
∵P、Q分别为AD、BE的中点，
∴PD＝EQ，
∴CD+DP＝CE+EQ，即CP＝CQ，
∴△CPQ是等边三角形；
（2）如果将等边△CDE绕点C旋转，在旋转过程中△CPQ的形状不会改变．理由如下：
如图2，∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，DC＝EC，
∵∠ACD＝∠DCE﹣∠ACE，∠BCE＝∠ACB﹣∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE （SAS），
∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE，即∠CAP＝∠CBQ．
∵P是AD的中点，Q是BE的中点，
∴AP＝AD，BQ＝BE，
∴AP＝BQ，
∴在△ACP与△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴PC＝QC，∠BCQ＝∠ACP，
∵∠BCQ+∠ACQ＝∠ACB＝60°，
∴∠ACP+∠ACQ＝60°，
∴∠PCQ＝60°，
∴△CPQ是等边三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质．根据等边三角形的判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
分层提分
题组A 基础过关练
一．选择题（共1小题）
1．（2016春•闵行区期末）如图，△ABC、△DEF和△GMN都是等边三角形，且点E、M在线段AC上，点G在线段EF上，那么∠1+∠2+∠3等于（ ）
A．90°B．120°C．150°D．180°
【分析】由等边三角形的性质和平角的定义以及三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】解：∵△ABC、△DEF和△GMN都是等边三角形，
∴∠GMN＝∠MGN＝∠DEF＝60°，
∵∠1+∠GMN+∠GME＝180°，∠2+∠MGN+∠EGM＝180°，∠3+∠DEF+∠MEG＝180°，
∴∠1+∠GMN+∠GME+∠2+∠MGN+∠EGM+∠3+∠DEF+∠MEG＝3×180°，
∵∠GME+∠EGM+∠MEG＝180°，
∴∠1+∠2+∠3＝3×180°﹣180°﹣3×60°＝180°；
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、三角形内角和定理、平角的定义；熟练掌握等边三角形的性质和三角形内角和定理是解决问题的关键．
二．填空题（共6小题）
2．（2019秋•闵行区期末）如图，将边长为2cm的等边△ABC沿边BC向右平移1.5cm得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 9cm ．
【分析】先利用等边三角形的性质得到AB＝BC＝AC＝2，再根据平移的性质得到AD＝CF＝1.5，DF＝AC＝2，然后计算四边形ABFD的周长．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝2，
∵等边△ABC沿边BC向右平移1.5cm得到△DEF，
∴AD＝CF＝1.5，DF＝AC＝2，
∴四边形ABFD的周长＝2+2+2+1.5+1.5＝9（cm）．
故答案为9cm．
【点评】本题考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．也考查了平移的性质．
3．（2018秋•浦东新区期中）等边三角形的边长为a，则它的周长为 3a ．
【分析】等边三角形的边长为a，进而求出它的周长．
【解答】解：因为等边三角形的三边相等，而等边三角形的边长为a，所以它的周长为3a．
故答案为3a．
【点评】本题利用了等边三角形的三边相等的性质．
4．（2021春•普陀区校级月考）等边三角形的面积为8，则它边长是 4 ．
【分析】作出等边三角形边上高，利用勾股定理可求出高的值，利用三角形的面积公式求解即可．
【解答】解：如图，作AD⊥BC于点D，
设AB＝BC＝AC＝x，
则BD＝BC＝x，
在Rt△ABD中，AD＝＝＝x，
故边长为x的等边三角形的面积为×x×x＝8，
解得：x＝±4，舍去负值，得x＝4，
故答案为：4．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质，利用勾股定理求出等边三角形一边上的高是解决本题的突破点．
5．（2020秋•徐汇区校级月考）如图，将边长为6cm的等边△ABC沿BC边向右平移得到△DEF．平移后，如果四边形ABFD的周长是22cm，那么平移的距离应该是 2 cm．
【分析】根据平移的基本性质，得出四边形ABFD的周长＝AD+AB+BF+DF＝AD+CF+18＝22，即可得出答案．
【解答】解：∵将边长为6cm的△ABC沿BC方向平移得到△DEF，四边形ABFD的周长＝AD+AB+BF+DF＝AD+CF+18＝22，AD＝CF，
∴2AD＝4，
解得：AD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．得到CF＝AD，DF＝AC是解题的关键．
6．（2018秋•金山区期末）将边长为6cm的等边三角形ABC向右平移一定的距离后得到三角形DEF，已知EC＝2cm，那么平移的距离为 4 cm．
【分析】根据等边三角形的性质和平移的性质即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝6cm，
∵沿边BC向右平移2cm得到△DEF，
∴平移的距离为BE＝6﹣2＝4，
故答案为4．
【点评】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
7．（2019•金山区二模）在△ABC中，AB＝AC，请你再添加一个条件使得△ABC成为等边三角形，这个条件可以是 ∠A＝60° （只要写出一个即可）．
【分析】根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得答案．
【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，再添加∠A＝60°可得△ABC是等边三角形，
故答案为：∠A＝60°．
【点评】此题主要考查了等边三角形的判定，关键是掌握等边三角形的判定方法：（1）由定义判定：三条边都相等的三角形是等边三角形．
（2）判定定理1：三个角都相等的三角形是等边三角形．
（3）判定定理2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
三．解答题（共2小题）
8．（2019春•崇明区期末）如图，在等边△ABC中，边AB＝6厘米，若动点P从点C开始，按C→B→A→C的路径运动，且速度为1厘米/秒，设点P的运动时间为t秒．
（1）当t＝3时，判断AP与BC的位置关系，并说明理由；
（2）当△PBC的面积为△ABC面积的一半时，求t的值；
（3）另有一点Q，从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为1.5厘米/秒，若P、Q两点同时出发，当P、Q中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当t为何值时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
【分析】（1）根据等边三角形的性质即可得到结论；
（2）根据等边三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；
（3）根据等边三角形的性质和三角形的周长公式即可得到结论．
【解答】解：（1）判断：AP⊥BC，
理由如下：如图1，
∵t＝3，
∴BP＝CP＝3，
∵AB＝AC，
∴AP⊥BC；
（2）当△PBC的面积为△ABC面积的一半时，点P为AB中点或点P为AC中点，则CB+CP＝9或CB+BA+CP＝15，
∴t＝9或t＝15，
∴当△PBC的面积为△ABC面积的一半时，t的值为9或15；
（3）当点P在边BC上，且点Q在边AC上时，CP＝t，CQ＝1.5t
则t+1.5t＝9，
∴t＝3.6，
当点P在边AB上，且点Q在边BC上时，BP＝t﹣6，BQ＝1.5t﹣12，
则t﹣6+1.5t﹣12＝9，
∴t＝10.8，
所以当t为3.6或10.8秒时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
9．（2019春•虹口区期末）说理填空：如图，点E是DC的中点，EC＝EB，∠CDA＝120°，DF∥BE，且DF平分∠CDA，求证：△BEC为等边三角形．
解：因为DF平分∠CDA（已知）
所以∠FDC＝∠ ADC ． 角平分线意义
因为∠CDA＝120°（已知）
所以∠FDC＝ 60 °．
因为DF∥BE（已知）
所以∠FDC＝∠ BEC ．（ 两直线平行，同位角相等 ）
所以∠BEC＝60°，又因为EC＝EB，（已知）
所以△BCE为等边三角形．（ 有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形 ）
【分析】利用角平分线的性质得出∠FDC的度数，再利用平行线的性质得出∠FDC的度数，进而得出△BEC为等边三角形．
【解答】解：因为DF平分∠CDA，（已知）
所以∠FDC＝∠ADC．（角平分线意义）
因为∠CDA＝120°，（已知），
所以∠FDC＝60°．
因为DF∥BE，（已知），
所以∠FDC＝∠BEC．（两直线平行，同位角相等），
所以∠BEC＝60°，又因为EC＝EB，（已知），
所以△BCE为等边三角形．（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）
故答案为：ADC；角平分线意义；60；BEC；两直线平行，同位角相等；有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质与判定以及平行线的性质，根据已知得出∠FDC＝∠BEC是解题关键．
题组B 能力提升练
一．填空题（共3小题）
1．（2020秋•徐汇区校级期中）如果一个三角形的两条边的和是第三边的两倍，则称这个三角形是“优三角形”，这两条边的比称为“优比”（若这两边不等，则规定优比是较大边与较小边的比）．比如等边三角形就是一个优比为1的优三角形．若△ABC是优三角形，且∠ABC＝120°，BC＝4．则这个三角形的面积是 或 ．
【分析】根据题意画出图形，作AH⊥CB交CB的延长线于H．分两种情形：若AB＜BC，则AB+AC＝2BC＝8．若AB≥BC，则AC+BC＝2AB，分别利用参数构建方程求解即可．
【解答】解：作AH⊥CB交CB的延长线于H．
若AB＜BC，则AB+AC＝2BC＝8，设BH＝x，
在Rt△ABH中，∠H＝90°，∠ABH＝180°﹣120°＝60°，
∴AB＝2x，AH＝BH＝x，
∴AC＝8﹣2x，
在Rt△ACH中，则有（x）2+（x+4）2＝（8﹣2x）2，
解得x＝，
∴AH＝，
∴S△ABC＝•BC•AH＝×4×＝，
若AB≥BC，则AC+BC＝2AB，设BH＝x，则AB＝2x，AH＝x，AC＝4x﹣4，
在Rt△ACH中，则有（x）2+（x+4）2＝（4x﹣4）2，
解得x＝或x＝0（舍去），
∴S△ABC＝•BC•AH＝×4×＝，
故答案为：或．
【点评】本题考查了”优三角形”以及”优比”的定义，三角形的三边关系，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建不等式或方程解决问题．
2．（2017秋•浦东新区期末）如果等边三角形的边长为m厘米，那么这个三角形的面积等于 m2 平方厘米（用含m的代数式表示）．
【分析】根据等边三角形的性质和三角形面积公式解答即可．
【解答】解：因为等边三角形的边长为m厘米，
可得等边三角形的高是厘米，
所以这个三角形的面积＝平方厘米；
故答案为：m2
【点评】此题考查等边三角形的性质，关键是得出等边三角形的高．
3．（2018春•杨浦区期末）如图，已知O是等边三角形ABC内一点，D是线段BO延长线上一点，且OD＝OA，∠AOB＝120°，那么∠BDC＝ 60 度．
【分析】由△ABC为等边三角形可得出AB＝AC、∠BAC＝60°，由∠AOB的度数利用邻补角互补可得出∠AOD＝60°，结合OD＝OA可得出△AOD为等边三角形，根据等边三角形的性质可得出AO＝AD、∠OAD＝60°，根据∠BAO+∠OAC＝∠OAC+∠CAD＝60°可得出∠BAO＝∠CAD，利用全等三角形的判定定理SAS可证出△BAO≌△CAD，根据全等三角形的性质可得出∠ADC的度数，再根据∠BDC＝∠ADC﹣∠ADO即可求出∠BDC的度数．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°．
∵∠AOB＝120°，∠AOD+∠AOB＝180°，
∴∠AOD＝60°．
又∵OD＝OA，
∴△AOD为等边三角形，
∴AO＝AD，∠OAD＝60°，∠ADO＝60°．
∵∠BAO+∠OAC＝∠OAC+∠CAD＝60°，
∴∠BAO＝∠CAD．
在△BAO和△CAD中，，
∴△BAO≌△CAD（SAS），
∴∠ADC＝∠AOB＝120°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADO＝60°．
故答案为：60．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及角的计算，通过证明△BAO≌△CAD，找出∠ADC＝∠AOB＝120°是解题的关键．
二．解答题（共6小题）
4．（2019秋•泸县期末）等边△ABC中，点P在△ABC内，点Q在△ABC外，且∠ABP＝∠ACQ，BP＝CQ，问△APQ是什么形状的三角形？试说明你的结论．
【分析】先证△ABP≌△ACQ得AP＝AQ，再证∠PAQ＝60°，从而得出△APQ是等边三角形．
【解答】解：△APQ为等边三角形．
证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC．
在△ABP与△ACQ中，
∵，
∴△ABP≌△ACQ（SAS）．
∴AP＝AQ，∠BAP＝∠CAQ．
∵∠BAC＝∠BAP+∠PAC＝60°，
∴∠PAQ＝∠CAQ+∠PAC＝60°，
∴△APQ是等边三角形．
【点评】考查了等边三角形的判定及全等三角形的判定方法．
5．（2007春•静安区期末）如图，△ABC是等边三角形，D是AC的中点，连接BD，延长BC至E，使CE＝CD，连接DE．
（1）∠E等于多少度？
（2）说明DB与DE相等的理由．
【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出∠ACB＝60°，由CE＝CD可知∠E＝∠EDC，再根据三角形外角的性质即可得出结论；
（2）根据等边三角形三线合一的性质得出∠ABD＝∠DBC＝30°，在由在同一三角形中等角对等边的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形 （已知），
∴∠ACB＝60°（等边三角形性质）．
∵CE＝CD（已知），
∴∠E＝∠EDC（等边对等角）．
∵∠ACB＝∠E+∠EDC（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），
∴∠E＝30°．
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝CB，∠ABC＝60°（等边三角形性质），
∵D是AC的中点，
∴∠ABD＝∠DBC＝30°（等腰三角形三线合一）．
∵∠E＝30°（已证），
∴∠E＝∠DBC （等量代换），
∴DB＝DE（等角对等边）．
【点评】本题考查的是等边三角形的性质及三角形外角的性质，熟知等边三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
6．（2008春•闵行区期末）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上．
（1）如果AD⊥BC，BE⊥AC，试证明∠APE＝60°的理由；
（2）如果BD＝EC，那么“∠APE＝60°”是否还能成立？请说明理由．
【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一，可知∠DAC＝30°，在直角△AEP中，即可得出∠APE＝60°；
（2）易证△ABD≌△BCE，得∠BAD＝∠CBE，又∠CBE+∠ABE＝60°，则∠BAD+∠ABE＝60°，根据三角形外角的性质，可得∠APE＝60°；
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形中，AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠DAC＝30°，
∴在直角△AEP中，
∠APE＝90°﹣30°＝60°；
（2）解：仍然成立．理由如下：
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE，
∴∠BAD＝∠CBE，又∠CBE+∠ABE＝60°，
∴∠APE＝∠BAD+∠ABE＝60°．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质，应熟记等腰三角形的三线合一及证明三角形全等的几个判定方法．
7．（2006秋•杨浦区期末）已知：在△ABC中，∠CAB和∠ABC的平分线AD、BE交于点P．
（1）当△ABC为等边三角形（如图1）时，求证：EP＝DP；
（2）当△ABC不是等边三角形，但∠ACB＝60°（如图2）时，（2）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【分析】（1）利用等边三角形的性质可以得到相等的线段和相等的角，进而可以证明EP＝DP；
（2）上题的结论仍然成立，并且具有类似的证明方法．
【解答】证明：（1）∵△ABC为等边三角形，AD平分∠CAB，∴PD⊥BC，
同理，PE⊥AC，
作PH⊥AB于H，
∵AD平分∠CAB，PE⊥AC，
∴PE＝PH，
同理PD＝PH，
∴PD＝PE；
（2）EP＝DP依然成立．
证明：不妨设∠CAB＜∠CBA，
作PH⊥AC于H，PM⊥CB于M，PQ⊥AB于Q，
则点H在线段CE上，点M在线段BD上，
∵∠CAB和∠ACB的平分线AD、BE交于点P，∴PH＝PQ＝PM，
∵∠ACB+∠CAB+∠ABC＝180°，∠ACB＝60°，
∴∠CAB+∠ABC＝120°，
∵AD、BE分别平分∠CAB、∠ABC，
∴∠PAB+∠PBA＝60°，
∵∠CEP＝∠CAP+∠PAB+∠PBA＝∠CAP+60°，
∠ADB＝∠CAP+∠ACD＝∠CAP+60°，
∴∠CEP＝∠ADB，
在△PHE和△PMD中，∠HEP＝∠MDP，∠EHP＝∠DMP＝90°，PH＝PM，
∴△PHE≌△PMD，
∴PE＝PD．
（不同方法请相应给分）
【点评】本题考查了等边三角形的性质，解题的关键是正确的利用等边三角形的性质．
8．（2015秋•诸城市期末）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，
∵，
∴△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，
∵，
∴△DBC≌△EAC（SAS），
∴∠EAC＝∠B＝60°
又∵∠ACB＝60°
∴∠EAC＝∠ACB
∴AE∥BC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；本题中（1）（2）问实际是告诉解（3）题的步骤，通过全等三角形来得出角相等是解题的关键．
9．（2012•广东模拟）等边△ABC边长为6，P为BC上一点，含30°、60°的直角三角板60°角的顶点落在点P上，使三角板绕P点旋转．
（1）如图1，当P为BC的三等分点，且PE⊥AB时，判断△EPF的形状；
（2）在（1）问的条件下，FE、PB的延长线交于点G，如图2，求△EGB的面积；
（3）在三角板旋转过程中，若CF＝AE＝2，（CF≠BP），如图3，求PE的长．
【分析】（1）要证三角形EPF是等边三角形，已知了∠EPF＝60°，主要再证得PE＝PF即可，可通过证三角形PBE和PFC全等来得出结论，再证明全等过程中，可通过证明FP⊥BC和BE＝PC来实现；
（2）由（1）不难得出∠CFG＝90°，那么在△CFG中，有∠C的度数，可以根据CF的长求出GC的长，从而求出GB的长，下面的关键就是求GB边上的高，过E作EH⊥BC，那么EH就是所求的高，在直角△BEP中，有BP的长，有∠ABC的度数，可以求出BE、EP的长，再根据三角形面积的不同表示方法求出EH的长，这样有了底和高就能求出△GBE的面积；
（3）由相似三角形的判定定理得出△BPE∽△CFP，设BP＝x，则CP＝6﹣x，由相似三角形的对应边成比例可求出x的值，再根据勾股定理求出PE的值即可．
【解答】解：（1）∵PE⊥AB，∠B＝60°，
因此直角三角形PEB中，BE＝BP＝BC＝PC，
∴∠BPE＝30°，
∵∠EPF＝60°，
∴FP⊥BC，
在△BEP和△CPF中，
，
∴△BEP≌△CPF，
∴EP＝PF，
∵∠EPF＝60°，
∴△EPF是等边三角形．
（2）过E作EH⊥BC于H，
由（1）可知：FP⊥BC，FC＝BP＝BC＝4，BE＝CP＝BC＝2，
在三角形FCP中，∠PFC＝90°﹣∠C＝30°，
∵∠PFE＝60°，
∴∠GFC＝90°，
直角三角形FGC中，∠C＝60°，CF＝4，
∴GC＝2CF＝8，
∴GB＝GC﹣BC＝2，
直角三角形BEP中∠EBP＝60°，BP＝4，
∴PE＝2，BE＝2，
∴EH＝BE•PE÷BP＝，
∴S△GBE＝BG•EH＝；
（3））∵在△BPE中，∠B＝60°，
∴∠BEP+∠BPE＝120°，
∵∠EPF＝60°，
∴∠BPE+∠FPC＝120°，
∴∠BEP＝∠FPC，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CFP，
∴，
设BP＝x，则CP＝6﹣x．
∴＝，
解得：x＝2或4．
当x＝2时，在△△BEP中，∠B＝60°，BE＝4，BP＝2，
过E作EH⊥BC于H，
则EH＝BE•sin∠B＝2，BH＝2，
∴PH＝0，
即P与H重合，与CF≠BP矛盾，故x＝2不合题意，舍去；
当x＝4时，在△△BEP中，∠B＝60°，BE＝4，BP＝4，
则△BEP是等边三角形，
∴PE＝4．
故PE＝4．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和等边三角形的性质，注意对全等三角形和等边三角形的应用．