初中数学北师大版八年级下册2 直角三角形同步测试题

这是一份初中数学北师大版八年级下册2 直角三角形同步测试题，共36页。

【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 等边三角形的性质（角度问题）】
【例1】(2023秋•赫山区期末）如图，等边三角形ABC中，AD⊥BC，垂足为D，点E在线段AD上，∠EBC＝45°，求∠ACE的度数．
【变式1-1】(2023秋•河东区期中）如图，点M，N分别在正三角形ABC的BC，CA边上，且BM＝CN，AM，BN交于点Q．求证：∠BQM＝60°．
【变式1-2】(2023秋•肥东县期末）如图，△ABC是等边三角形，延长BC到E，使CE=12BC．点D是边AC的中点，连接ED并延长交AB于F．
（1）求∠EFB的度数；
（2）求证：DE＝2DF．
【变式1-3】(2023秋•郑州期末）如图，已知∠AOB＝120°，△COD是等边三角形（三条边都相等，三个角都等于60°的三角形），OM平分∠BOC．
（1）如图1，当∠AOC＝30°时，∠DOM＝ ；
（2）如图2，当∠AOC＝100°时，∠DOM＝ ；
（3）如图3，当∠AOC＝α（0°＜α＜180°）时，求∠DOM的度数，请借助图3填空．
解：因为∠AOC＝α，∠AOB＝120°，
所以∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝α﹣120°，
因为OM平分∠BOC，
所以∠MOC＝ ∠BOC＝ （用α表示），
因为△COD为等边三角形，
所以∠DOC＝60°，
所以∠DOM＝∠MOC+∠DOC＝ （用α表示）．
（4）由（1）（2）（3）问可知，当∠AOC＝β（0°＜β＜180°）时，直接写出∠DOM的度数．（用β来表示，无需说明理由）
【题型2 等边三角形的性质（规律问题）】
【例2】(2023春•渠县期末）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△A6B6A7的边长为（ ）
A．16B．32C．64D．128
【变式2-1】(2023秋•新化县期末）如图，∠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＝1，则△AnBnAn+1的边长为 ．
【变式2-2】如图，等边△A1C1C2的周长为1，作C1D1⊥A1C2于D1，在C1C2的延长线上取点C3，使D1C3＝D1C1，连接D1C3，以C2C3为边作等边△A2C2C3；作C2D2⊥A2C3于D2，在C2C3的延长线上取点C4，使D2C4＝D2C2，连接D2C4，以C3C4为边作等边△A3C3C4；…且点A1，A2，A3，…都在直线C1C2同侧，如此下去，则△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An∁nCn+1的周长和为 ．（n≥2，且n为整数）
【变式2-3】(2023秋•汉阳区期末）如图，在平面直角坐标系中，有一个正三角形ABC，其中B，C的坐标分别为（1，0）和C（2，0）．若在无滑动的情况下，将这个正三角形沿着x轴向右滚动，则在滚动的过程中，这个正三角形的顶点A，B，C中，会过点(2023，1）的是点 ．
【题型3 等边三角形的性质（动点问题）】
【例3】(2023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．
【变式3-1】如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A，B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动．设运动时间为：t（s），当t＝2时，判断△BQP的形状，并说明理由．
【变式3-2】(2023春•市中区期中）如图，在等边△ABC中，AB＝9cm，点P从点C出发沿CB边向点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？
【变式3-3】(2023秋•大武口区期末）如图所示，已知△ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度是1厘米/秒，点N的速度是2厘米/秒，当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．
（1）M、N同时运动几秒后，M、N两点重合？
（2）M、N同时运动几秒后，可得等边三角形AMN？
（3）M、N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰△AMN，如果存在，请求出此时M、N运动的时间？
【题型4 等边三角形的判定】
【例4】(2023秋•渑池县期末）下列三角形：
①有两个角等于60°；
②有一个角等于60°的等腰三角形；
③三个外角（每个顶点处各取一个外角）都相等的三角形；
④一腰上的中线也是这条腰上的高的等腰三角形．
其中是等边三角形的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③D．①②③④
【变式4-1】 (2023春•平川区校级期末）下面给出的几种三角形：①三个内角都相等②有两个外角为120°③一边上的高也是这边所对的角的平分线④三条边上的高相等，其中是等边三角形的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【变式4-2】(2023春•福山区期末）在下列结论中：
（1）有一个外角是120°的等腰三角形是等边三角形
（2）有两个外角相等的等腰三角形是等边三角形
（3）有一边上的高也是这边上的中线的等腰三角形是等边三角形
（4）三个外角都相等的三角形是等边三角形
其中正确的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【变式4-3】(2023春•文登区期末）如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2．若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．无数个
【题型5 等边三角形的判定与性质综合】
【例5】(2023秋•松桃县期末）如图，点P，M，N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点P，MN⊥BC于点M，PN⊥AC于点N．
（1）求证：△PMN是等边三角形；
（2）若AB＝12cm，求CM的长．
【变式5-1】(2023秋•邵阳县期末）如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，且OD∥AB，OE∥AC
（1）试判定△ODE的形状，并说明你的理由；
（2）若BC＝10，求△ODE的周长．
【变式5-2】(2023秋•浦城县期中）如图，△ABC是等边三角形．
（1）如图①，DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E．求证：△ADE是等边三角形；
（2）如图②，△ADE仍是等边三角形，点B在ED的延长线上，连接CE，判断∠BEC的度数及线段AE、BE、CE之间的数量关系，并说明理由．
【变式5-3】在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足为G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其两边分别交边AB，AC于点E，F．
（1）求证：△ABD是等边三角形；
（2）求证：BE＝AF．
【题型6 等边三角形中的多结论问题）】
【例6】(2023春•武侯区校级期末）已知：如图，△ABC和△DEC都是等边三角形，D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点P，AC、BE相交于点M，AD、CE相交于点N，则下列五个结论：①AD＝BE；②∠BMC＝∠ANC；③∠APM＝60°；④AN＝BM；⑤△CMN是等边三角形．其中，正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【变式6-1】(2023春•靖边县期末）如图，已知△ABC是等边三角形，D是BC边上的一个动点（异于点B、C），过点D作DE⊥AB，垂足为E，DE的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，连接FD，FE．当点D在BC边上移动时，有下列三个结论：①△DEF一定为等腰三角形；②△CFG一定为等边三角形；③△FDC可能为等腰三角形．其中正确的有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【变式6-2】(2023秋•勃利县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上的点，过点D作DE⊥AB交BC于点F，交AC的延长线于点E，连接CD，∠DCA＝∠DAC，则下列结论正确的有（ ）
①∠DCB＝∠B；②CD=12AB；③△ADC是等边三角形；④若∠E＝30°，则DE＝EF+CF．
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【变式6-3】(2023秋•遂宁期末）如图，将含有30°角的直角三角尺ABC绕直角顶点A逆时针旋转到ADE的位置，使B点的对应点D落在BC边上，连接EB，EC，则下列结论：①∠DAC＝∠DCA；②ED为AC的垂直平分线；③EB平分∠AED；④△ABD为等边三角形．其中正确的是 ．（填序号）
专题1.2 等边三角形-重难点题型
【北师大版】
【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 等边三角形的性质（角度问题）】
【例1】(2023秋•赫山区期末）如图，等边三角形ABC中，AD⊥BC，垂足为D，点E在线段AD上，∠EBC＝45°，求∠ACE的度数．
【解题思路】依据等边三角形三线合一的性质，即可得到AD垂直平分BC；利用垂直平分线的性质即可得到EC＝EB，进而得到∠ECD的度数；再根据角的和差关系即可得出结论．
【解答过程】解：∵等边三角形ABC中，AD⊥BC，
∴D是BC的中点，
∴AD垂直平分BC，
∴EB＝EC，
∴∠EBC＝∠ECB＝45°，
又∵∠ACB＝60°，
∴∠ACE＝∠ACB﹣∠ECB＝60°﹣45°＝15°．
【变式1-1】(2023秋•河东区期中）如图，点M，N分别在正三角形ABC的BC，CA边上，且BM＝CN，AM，BN交于点Q．求证：∠BQM＝60°．
【解题思路】根据BM＝CN可得CM＝AN，易证△AMC≌△BNA，得∠BNA＝∠AMC，根据内角和为180°即可求得∠BQM＝∠ACB＝60°，即可解题．
【解答过程】证明：∵BM＝CN，BC＝AC，∴CM＝AN，
又∵AB＝AC，∠BAN＝∠ACM，
∴△AMC≌△BNA，则∠BNA＝∠AMC，
∵∠MAN+∠ANB+∠AQN＝180°
∠MAN+∠AMC+∠ACB＝180°，
∴∠AQN＝∠ACB，
∵∠BQM＝∠AQN，
∴∠BQM＝∠AQN＝∠ACB＝60°．
【变式1-2】(2023秋•肥东县期末）如图，△ABC是等边三角形，延长BC到E，使CE=12BC．点D是边AC的中点，连接ED并延长交AB于F．
（1）求∠EFB的度数；
（2）求证：DE＝2DF．
【解题思路】（1）根据等边三角形的性质得出AC＝BC，∠ACB＝∠B＝60°，求出CD＝CE，根据三角形外角性质和等腰三角形的性质求出∠E＝30°，求出∠BFE即可；
（2）连接BD，求出BD＝DE，根据含30°角的直角三角形的性质得出BD＝2DF，即可得出答案．
【解答过程】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝∠B＝60°，
∵D为AC的中点，
∴AD＝CD=12AC，
∵CE=12BC，
∴CD＝CE，
∵∠E+∠CDE＝∠ACB＝60°，
∴∠E＝∠CDE＝30°，
∵∠B＝60°，
∴∠EFB＝180°﹣60°﹣30°＝90°；
（2）证明：连接BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∵D为AC的中点，
∴∠DBC＝∠ABD=12∠ABC＝30°，
∵∠E＝30°，
∴∠DBC＝∠E，
∴DE＝BD，
∵∠BFE＝90°，∠ABD＝30°，
∴BD＝2DF，
即DE＝2DF．
【变式1-3】(2023秋•郑州期末）如图，已知∠AOB＝120°，△COD是等边三角形（三条边都相等，三个角都等于60°的三角形），OM平分∠BOC．
（1）如图1，当∠AOC＝30°时，∠DOM＝ 15° ；
（2）如图2，当∠AOC＝100°时，∠DOM＝ 50° ；
（3）如图3，当∠AOC＝α（0°＜α＜180°）时，求∠DOM的度数，请借助图3填空．
解：因为∠AOC＝α，∠AOB＝120°，
所以∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝α﹣120°，
因为OM平分∠BOC，
所以∠MOC＝ 12 ∠BOC＝ 12α−60° （用α表示），
因为△COD为等边三角形，
所以∠DOC＝60°，
所以∠DOM＝∠MOC+∠DOC＝ 12α （用α表示）．
（4）由（1）（2）（3）问可知，当∠AOC＝β（0°＜β＜180°）时，直接写出∠DOM的度数．（用β来表示，无需说明理由）
【解题思路】（1）首先求出∠BOC＝90°，利用角平分线可得∠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°，利用角平分线可得∠COM=12α−60°，再利用角的和差可得答案；
（4）根据（3）的思路可得答案．
【解答过程】解：（1）∵∠AOC＝30°，∠AOB＝120°，
∴∠BOC＝120°﹣30°＝90°，
∵OM平分∠BOC，
∴∠COM＝90°÷2＝45°，
∴∠MOD＝60°﹣45°＝15°．
故答案为：15°．
（2）∵∠AOC＝100°，∠AOB＝120°，
∴∠BOC＝120°﹣100°＝20°，
∵OM平分∠BOC，
∴∠COM＝20°÷2＝10°，
∴∠MOD＝60°﹣10°＝50°．
故答案为：50°．
（3）解：因为∠AOC＝α，∠AOB＝120°，
所以∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝α﹣120°，
因为OM平分∠BOC，
所以∠MOC=12∠BOC=12α−60°（用α表示），
因为△COD为等边三角形，
所以∠DOC＝60°，
所以∠DOM＝∠MOC+∠DOC=12α（用α表示）．
故答案为：12，12α−60°，12α．
（4）当∠AOC＝β（0°＜β＜180°）时，∠DOM=12β．
因为∠AOC＝β，∠AOB＝120°，
所以∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝β﹣120°，
因为OM平分∠BOC，
所以∠MOC=12∠BOC=12β−60°，
因为△COD为等边三角形，
所以∠DOC＝60°，
所以∠DOM＝∠MOC+∠DOC=12β．
【题型2 等边三角形的性质（规律问题）】
【例2】(2023春•渠县期末）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△A6B6A7的边长为（ ）
A．16B．32C．64D．128
【解题思路】由等边三角形的性质得到∠B1A1A2＝60°，A1B1＝A1A2，再由三角形外角的性质求出∠A1B1O＝30°，则A1B1＝A1A2＝OA1，同理得A2B2＝A2A3＝OA2＝2OA1，A3B3＝A3A4＝22•OA1，A4B4＝A4A5＝23•OA1，由此得出规律AnBn＝AnAn+1＝2n﹣1•OA1＝2n，即可求解．
【解答过程】解：∵△A1B1A2为等边三角形，
∴∠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的边长：A6B6＝26＝64，
故选：C．
【变式2-1】(2023秋•新化县期末）如图，∠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＝1，则△AnBnAn+1的边长为 2n﹣1 ．
分析：根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＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2…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＝4，
A4B4＝8B1A2＝8，
A5B5＝16B1A2＝16，
以此类推：△AnBnAn+1的边长为 2n﹣1．
故答案是：2n﹣1．
【变式2-2】如图，等边△A1C1C2的周长为1，作C1D1⊥A1C2于D1，在C1C2的延长线上取点C3，使D1C3＝D1C1，连接D1C3，以C2C3为边作等边△A2C2C3；作C2D2⊥A2C3于D2，在C2C3的延长线上取点C4，使D2C4＝D2C2，连接D2C4，以C3C4为边作等边△A3C3C4；…且点A1，A2，A3，…都在直线C1C2同侧，如此下去，则△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An∁nCn+1的周长和为 2n−12n−1 ．（n≥2，且n为整数）
分析：根据等边三角形的性质分别求出△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An∁nCn+1的周长即可解决问题．
【解答】解：∵等边△A1C1C2的周长为1，作C1D1⊥A1C2于D1，
∴A1D1＝D1C2，
∴△A2C2C3的周长=12△A1C1C2的周长=12，
∴△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An∁nCn+1的周长分别为1，12，122，…，12n−1，
∴△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△An∁nCn+1的周长和为1+12+122+⋯+12n−1=2n−12n−1．
故答案为2n−12n−1．
【变式2-3】(2023秋•汉阳区期末）如图，在平面直角坐标系中，有一个正三角形ABC，其中B，C的坐标分别为（1，0）和C（2，0）．若在无滑动的情况下，将这个正三角形沿着x轴向右滚动，则在滚动的过程中，这个正三角形的顶点A，B，C中，会过点(2023，1）的是点 A，C ．
【解题思路】先作直线y＝1，以C为圆心以1为半径作圆，发现在第一次滚动过程中，点A、B经过点（2，1），同理可得，再根据每3个单位长度正好等于正三角形滚动一周即可得出结论．
【解答过程】解：由题意可知：
第一次滚动：点A、B经过点（2，1），
第二次滚动：点B、C经过点（3，1），
第三次滚动：点A、C经过点（4，1），
第四次滚动：点A、B经过点（5，1），
…
发现，每三次一循环，所以(2023﹣1）÷3＝673，
∴这个正三角形的顶点A、B、C中，会过点(2023，1）的是点A、C，
故答案为：A，C．
【题型3 等边三角形的性质（动点问题）】
【例3】(2023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．
【解题思路】（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．
【解答过程】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3-1】如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A，B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动．设运动时间为：t（s），当t＝2时，判断△BQP的形状，并说明理由．
【解题思路】当t＝2时，可分别计算出BP、BQ的长，再根据∠B＝60°对△BPQ的形状进行判断即可．
【解答过程】解：△BPQ是等边三角形，
当t＝2时，AP＝2×1＝2，BQ＝2×2＝4，
∴BP＝AB﹣AP＝6﹣2＝4，
∴BQ＝BP，
又∵∠B＝60°，
∴△BPQ是等边三角形．
【变式3-2】(2023春•市中区期中）如图，在等边△ABC中，AB＝9cm，点P从点C出发沿CB边向点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？
【解题思路】（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．
【解答过程】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3-3】(2023秋•大武口区期末）如图所示，已知△ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度是1厘米/秒，点N的速度是2厘米/秒，当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．
（1）M、N同时运动几秒后，M、N两点重合？
（2）M、N同时运动几秒后，可得等边三角形AMN？
（3）M、N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰△AMN，如果存在，请求出此时M、N运动的时间？
【解题思路】（1）首先设点M、N运动x秒后，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10cm，列出方程求解即可；
（2）根据题意设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形AMN，然后表示出AM，AN的长，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等边三角形；
（3）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的长，列出方程，可解出未知数的值．
【解答过程】解：（1）设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，
x×1+10＝2x，
解得：x＝10；
（2）设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形AMN，如图①，
AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝10﹣2t，
∵△AMN是等边三角形，
∴t＝10﹣2t，
解得t=103，
∴点M、N运动103秒后，可得到等边三角形AMN．
（3）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，
由（1）知10秒时M、N两点重合，恰好在C处，
如图②，假设△AMN是等腰三角形，
∴AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠AMC＝∠ANB，
∵AB＝BC＝AC，
∴△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﹣10，NB＝30﹣2y，CM＝NB，
y﹣10＝30﹣2y，
解得：y=403．故假设成立．
∴当点M、N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰△AMN，此时M、N运动的时间为403秒．
【题型4 等边三角形的判定】
【例4】(2023秋•渑池县期末）下列三角形：
①有两个角等于60°；
②有一个角等于60°的等腰三角形；
③三个外角（每个顶点处各取一个外角）都相等的三角形；
④一腰上的中线也是这条腰上的高的等腰三角形．
其中是等边三角形的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③D．①②③④
【解题思路】根据等边三角形的判定判断．
【解答过程】解：①两个角为60度，则第三个角也是60度，则其是等边三角形，故正确；
②这是等边三角形的判定2，故正确；
③三个外角相等则三个内角相等，则其是等边三角形，故正确；
④根据线段的垂直平分线的性质．可以证明三边相等，故正确．
所以都正确．
故选：D．
【变式4-1】 (2023春•平川区校级期末）下面给出的几种三角形：①三个内角都相等②有两个外角为120°③一边上的高也是这边所对的角的平分线④三条边上的高相等，其中是等边三角形的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【解题思路】根据等边三角形的判定定理、三角形的外角的概念、三角形的面积公式判断即可．
【解答过程】解：三个内角都相等的三角形是等边三角形；
有两个外角为120°，则两个内角都是60°，
∴这个三角形是等边三角形；
一边上的高也是这边所对的角的平分线的三角形是等腰三角形；
根据三角形的面积公式可知，三条边上的高相等的三角形是等边三角形，
故选：B．
【变式4-2】(2023春•福山区期末）在下列结论中：
（1）有一个外角是120°的等腰三角形是等边三角形
（2）有两个外角相等的等腰三角形是等边三角形
（3）有一边上的高也是这边上的中线的等腰三角形是等边三角形
（4）三个外角都相等的三角形是等边三角形
其中正确的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【解题思路】根据等边三角形的性质和定义，可得：有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形；三个内角都相等的三角形为等边三角形；再由中线的性质和三角形内角和的定义可解答本题．
【解答过程】解：（1）：因为外角和与其对应的内角的和是180°，已知有一个外角是120°，即是有一个内角是60°，有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形．该结论正确．
（2）：两个外角相等说明该三角形中两个内角相等，而等腰三角形的两个底角是相等的，故不能确定该三角形是等边三角形．该结论错误．
（3）：等腰三角形的底边上的高和中线本来就是重合的，“有一边”可能是底边，故不能保证该三角形是等边三角形．该结论错误．
（4）：三个外角都相等的三角形是等边三角形．正确；
故选：C．
【变式4-3】(2023春•文登区期末）如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2．若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．无数个
【解题思路】如图在OA、OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°，只要证明△PEM≌△PON即可推出△PMN是等边三角形，由此即可得结论
【解答过程】解：如图在OA、OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°．
∵OP平分∠AOB，
∴∠EOP＝∠POF＝60°，
∵OP＝OE＝OF，
∴△OPE，△OPF是等边三角形，
∴EP＝OP，∠EPO＝∠OEP＝∠PON＝∠MPN＝60°，
∴∠EPM＝∠OPN，
在△PEM和△PON中，
∠PEM=∠PONPE=PO∠EPM=∠OPN，
∴△PEM≌△PON（ASA）．
∴PM＝PN，∵∠MPN＝60°，
∴△PNM是等边三角形，
∴只要∠MPN＝60°，△PMN就是等边三角形，
故这样的三角形有无数个．
故选：D．
【题型5 等边三角形的判定与性质综合】
【例5】(2023秋•松桃县期末）如图，点P，M，N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点P，MN⊥BC于点M，PN⊥AC于点N．
（1）求证：△PMN是等边三角形；
（2）若AB＝12cm，求CM的长．
【解题思路】（1）根据等边三角形的性质得出∠A＝∠B＝∠C，进而得出∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，再根据平角的意义即可得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，即可证得△PMN是等边三角形；
（2）易证得△PBM≌△MCN≌△NAP，得出PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，从而求得BM+PB＝AB＝12cm，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB＝BM，即可求得PB的长，进而得出MC的长．
【解答过程】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是等边三角形；
（2）根据题意△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．
【变式5-1】(2023秋•邵阳县期末）如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，且OD∥AB，OE∥AC
（1）试判定△ODE的形状，并说明你的理由；
（2）若BC＝10，求△ODE的周长．
【解题思路】（1）证明∠ABC＝∠ACB＝60°；证明∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，即可解决问题．
（2）证明BD＝OD；同理可证CE＝OE；即可解决问题．
【解答过程】解：（1）△ODE是等边三角形；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°；
∵OD∥AB，OE∥AC，
∴∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，
∴△ODE为等边三角形．
（2）∵OB平分∠ABC，OD∥AB，
∴∠ABO＝∠DOB，∠ABO＝∠DBO，
∴∠DOB＝∠DBO，
∴BD＝OD；同理可证CE＝OE；
∴△ODE的周长＝BC＝10．
【变式5-2】(2023秋•浦城县期中）如图，△ABC是等边三角形．
（1）如图①，DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E．求证：△ADE是等边三角形；
（2）如图②，△ADE仍是等边三角形，点B在ED的延长线上，连接CE，判断∠BEC的度数及线段AE、BE、CE之间的数量关系，并说明理由．
【解题思路】（1）根据等边三角形的性质得到∠B＝∠C＝60°，根据平行线的性质和等边三角形的判定定理证明即可；
（2）证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE即可证明．
【解答过程】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B＝60°，∠AED＝∠C＝60°，
∴△ADE是等边三角形；
（2）解：AE+CE＝BE．
∵∠BAD+∠DAC＝60°，∠CAE+∠DAC＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120°，
∴BE＝BD+DE＝AE+CE，CE＝BD＝DE，
∴∠EBC＝30°，
∴∠BEC＝60°．
【变式5-3】在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足为G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其两边分别交边AB，AC于点E，F．
（1）求证：△ABD是等边三角形；
（2）求证：BE＝AF．
【解题思路】（1）连接BD由等腰三角形的性质和已知条件得出∠BAD＝∠DAC=12×120°＝60°，再由AD＝AB，即可得出结论；
（2）由△ABD是等边三角形，得出BD＝AD，∠ABD＝∠ADB＝60°，证出∠BDE＝∠ADF，由ASA证明△BDE≌△ADF，得出BE＝AF．
【解答过程】（1）证明：连接BD，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠DAC=12∠BAC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠DAC=12×120°＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形；
（2）证明：∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝60°，BD＝AD
∵∠EDF＝60°，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE与△ADF中，
∠DBE=∠DAF=60°BD=AD∠BDE=∠ADF，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF．
【题型6 等边三角形中的多结论问题）】
【例6】(2023春•武侯区校级期末）已知：如图，△ABC和△DEC都是等边三角形，D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点P，AC、BE相交于点M，AD、CE相交于点N，则下列五个结论：①AD＝BE；②∠BMC＝∠ANC；③∠APM＝60°；④AN＝BM；⑤△CMN是等边三角形．其中，正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【解题思路】根据先证明△BCE≌△ACD，得出AD＝BE，根据已知给出的条件即可得出答案；
【解答过程】解：∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，故选项①正确；
∵∠ACB＝∠ACE＝60°，由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，
∴∠BMC＝∠ANC，故选项②正确；
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°，故选项③正确；
在△ACN和△BCM中，
∠CAN=∠CBMAC=BC∠ACN=∠BCM=60°，
∴△ACN≌△BCM，
∴AN＝BM，故选项④正确；
∴CM＝CN，
∴△CMN为等腰三角形，∵∠MCN＝60°，
∴△CMN是等边三角形，故选项⑤正确；
故选：D．
【变式6-1】(2023春•靖边县期末）如图，已知△ABC是等边三角形，D是BC边上的一个动点（异于点B、C），过点D作DE⊥AB，垂足为E，DE的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，连接FD，FE．当点D在BC边上移动时，有下列三个结论：①△DEF一定为等腰三角形；②△CFG一定为等边三角形；③△FDC可能为等腰三角形．其中正确的有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【解题思路】DE的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，得FE＝FD，即可求解，故①正确；由题意，∠C＝60°，易得∠C＝∠CFG＝60°，得△CFG一定为等边三角形，故②正确；∠FDC＞∠FGC＝60°，∠C＝60°，∠CFD＜∠CFG＝60°，得△FDC不可能为等腰三角形，故③错误；
【解答过程】解：∵DE的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，
∴FE＝FD，
∴△DEF一定为等腰三角形，故①正确；
∵DE⊥AB，DE⊥FG，
∴AB∥FG，
∴∠FGC＝∠B＝60°，
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝60°，
∴△CFG中，∠C＝∠CFG＝∠CGF，
∴△CFG一定为等边三角形；
故②正确；
∵∠FDC＞∠FGC＝60°，∠C＝60°，
∠CFD＜∠CFG＝60°，
∴△FDC不可能为等腰三角形．
故③错误；
故选：C．
【变式6-2】(2023秋•勃利县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上的点，过点D作DE⊥AB交BC于点F，交AC的延长线于点E，连接CD，∠DCA＝∠DAC，则下列结论正确的有（ ）
①∠DCB＝∠B；②CD=12AB；③△ADC是等边三角形；④若∠E＝30°，则DE＝EF+CF．
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【解题思路】由在△ABC中，∠ACB＝90°，DE⊥AB，易证得∠DCA＝∠DAC，继而可得①∠DCB＝∠B正确；
由①可证得AD＝BD＝CD，即可得②CD=12AB正确；
易得③△ADC是等腰三角形，但不能证得△ADC是等边三角形；
由若∠E＝30°，易求得∠FDC＝∠FCD＝30°，则可证得DF＝CF，继而证得DE＝EF+CF．
【解答过程】解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，DE⊥AB，
∴∠ADE＝∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，∠ACD+∠DCB＝90°，
∵∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，∠DCB＝∠B；故①正确；
∴CD＝BD，
∵AD＝CD，
∴CD=12AB；故②正确；
∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
但不能判定△ADC是等边三角形；故③错误；
∵若∠E＝30°，
∴∠A＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝90°，
∴∠EDC＝∠BCD＝∠B＝30°，
∴CF＝DF，
∴DE＝EF+DF＝EF+CF．故④正确．
故选：B．
【变式6-3】(2023秋•遂宁期末）如图，将含有30°角的直角三角尺ABC绕直角顶点A逆时针旋转到ADE的位置，使B点的对应点D落在BC边上，连接EB，EC，则下列结论：①∠DAC＝∠DCA；②ED为AC的垂直平分线；③EB平分∠AED；④△ABD为等边三角形．其中正确的是 ①②④ ．（填序号）
【解题思路】先利用旋转的性质得到AB＝AC，AC＝AE，∠BAC＝∠EAC，则可判断△ABD为等边三角形，所以∠BAD＝∠ADB＝60°，则∠EAC＝∠BAD＝60°，再计算出∠DAC＝30°，于是可对①进行判断；接着证明△AEC为等边三角形得到EA＝EC，加上DA＝DC，则根据线段垂直平分线的判定方法可对②进行判断；然后根据平行线和等腰三角形的性质，则可对③进行判断，利用等边三角形的判定判断即可．
【解答过程】解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∵△ABC绕直角顶点A逆时针旋转到ADE的位置，
∴AB＝AC，AC＝AE，∠BAC＝∠EAC，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠BAD＝∠ADB＝60°，
∴∠EAC＝∠BAD＝60°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝30°＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠DCA，所以①正确；
∵AC＝AE，∠EAC＝60°，
∴△AEC为等边三角形，
∴EA＝EC，
而DA＝DC，
∴ED为AC的垂直平分线，所以②正确；
∴DE⊥AC，
∵AB⊥AC，
∴AB∥DE，
∴∠ABE＝∠BED，
∵AB≠AE，
∴∠ABE≠∠AEB，
∴∠AEB≠∠BED，
∴EB平分∠AED不正确，故错误；所以③错误；
在Rt△ABC中，∵∠ACB＝30°，
∴∠ABC＝60°，
由旋转知，AB＝AD
∴△ABD为等边三角形，故④正确；
故答案为：①②④．