初中数学北师大版八年级下册第一章第一节第4课时 等边三角形的判定及含30°角的直角三角形的性质 同步练习
一、单选题
1．（2021九上·成都期中）如图，正方形ABCD外侧作等边三角形ADE，则∠AEB的度数为（ ）
A．30° B．20° C．15° D．10°
2．（2021八上·江阴期中）下列说法不正确的是（ ）
A．等腰三角形的对称轴是底边的垂直平分线
B．等腰直角三角形底边上的高线等于底边的一半
C．直角三角形中有一个角是30°，则这个角所对的直角边是斜边的一半
D．等边三角形有一条对称轴
3．（2021九上·娄底月考）如图，在 中， ， 是 边上的高， ，则下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·苏州模拟）图1是一个地铁站入口的双翼闸机.如图2，当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，此时双翼的边缘AC、BD与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°，则双翼的边缘AC、BD（AC＝BD）的长度为（ ）
A． cm B． cm C．27cm D．54cm
5．（2021八上·铁岭期末）如图，是等边中边上的点，，，则是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．不等边三角形 D．无法确定
6．（2021八上·铁岭期末）如图，已知是平分线上的一点，，，是的中点，，如果是上一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2021八上·温州期中）如图，△ABC与△CED均为等边三角形，且B，C，D三点共线.线段BE，AD相交于点O，AF⊥BE于点F.若OF=1，则AF的长为（ ）
A．1 B． C． D．2
8．（2021八上·如皋期末）如图，在 中， ， ，D为 的中点，P为 上一点，E为 延长线上一点，且 有下列结论：① ；② 为等边三角形；③ ；④ 其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②④ D．③④
二、填空题
9．（2021八上·凤山期中） 中，∠C=90°，∠A=30°，若BC=3，则AB= .
10．（2021九上·长沙月考）在△ABC中，AC＝3，AB＝ ，∠BAC＝150°，S△ABC＝ .
11．（2021八上·西峰期末）如图，在等边△ABC中，E为AC边的中点，AD垂直平分BC，P是AD上的动点.若AD=6，则EP+CP的最小值为 .
12．（2021八上·临江期末）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝10，点M、N在边OB上，PM＝PN，若MN＝2，则OM＝
13．（2021七上·东平月考）如图，在三角形纸片ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AC＝6，折叠该纸片，使点C落在AB边上的D点处，折痕BE与AC交于点E，则折痕BE的长为 ．
14．（2021八上·诸暨月考）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．l955年希腊发行了二枚以勾股图为背景的邮票．所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理．在右图的勾股图中，已知∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4．作△PQR使得∠R=90°，点H在边QR上，点D，E在边PR上，点G，F在边_PQ上，那么△PQR的周长等于
15．（2021九上·厦门期中）如图，边长为24的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN.则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是 .
三、解答题
16．（2020八上·长沙期末）如图，△ABC是等边三角形，DF⊥AB，DE⊥CB，EF⊥AC，求证：△DEF是等边三角形．
17．（2021八上·余杭月考）如图，在中，，，是边上的点，且，过点作边的垂线交边于点，求的长.
18．如图所示，A，B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地时需经过C地沿折线A→C→B行驶，开通隧道后，汽车直接沿直线AB行驶．已知AC=10 km，∠A=30°∠B=45°．则隧道开通后，汽车从A地到B地比原来少走多少千米？
19．（2021八上·抚顺期末）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．
（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
20．（2021八上·石景山期末）点P为等边的边AB延长线上的动点，点B关于直线PC的对称点为D，连接AD．
（1）如图1，若，依题意补全图形，并直接写出线段AD的长度；
（2）如图2，线段AD交PC于点E，
①设，求的度数；
②求证：．
四、综合题
21．（2021八上·长沙期末）如图
（1）如图1，已知：在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E. 证明：DE=BD+CE.（提示：由于DE=AD+AE，证明AD=CE，AE=BD即可）
（2）如图2，将（1）中的条件改为：在ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=，其中为任意钝角，请问结论DE=BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由.
（3）如图3，D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且ABF和ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试证明DEF是等边三角形.
22．（2021八上·宁乡市期末）如图1，在边长为的等边 中，点是边上一个动点，过点作⊥于点.
（1）求证：；
（2）如图2，过点向引垂线交于点，当时，试判断点在上的位置，并说明理由；
（3）如图3，延长至，使，连接交于点，随着点的移动，请判断线段的长度是否发生变化；若变化，请说明理由；若不变，请求出的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解： 四边形 是正方形，
， ，
是等边三角形，
， ，
， ，
.
故答案为：C.
【分析】由正方形的性质得∠BAD=90°，AB=AD，由等边三角形的性质得AD=AE，∠EAD=60°，则∠BAE=150°，AB=AE，接下来根据等腰三角形的性质以及内角和定理求解即可.
2．【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；轴对称图形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：A、等腰三角形的对称轴是底边的垂直平分线，正确，故不符合题意；
B、等腰直角三角形底边上的高线等于底边的一半，正确，故不符合题意；
C、直角三角形中有一个角是30°，则这个角所对的直角边是斜边的一半，正确，故不符合题意；
D、等边三角形有三条对称轴，原说法错误，故符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据等腰三角形的性质可判断A；根据等腰直角三角形底边上的高线与中线重合结合直角三角形斜边上中线的性质可判断B；根据直角三角形中30°角所对的直角边为斜边的一半可判断C；根据等边三角形的性质可判断D.
3．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，
∴△ACB是直角三角形，
∵∠A=30°，
∴AB=2BC，
∵CD是AB边上的高，
∴∠CDA=90°，
∴∠ACD=60°，
∴∠DCB=30°，
∴BC=2BD.
故答案为：D.
【分析】易得△ACB是直角三角形，根据含30°角的直角三角形的性质可得AB=2BC，求出∠ACD的度数，进而得到∠DCB的度数，再次利用含30°角的直角三角形的性质就可得到结论.
4．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图，过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，
∵点A与B之间的距离为10cm，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，
∴AE＝BF＝（64 10）÷2＝27（cm），
Rt△ACE中，∠PCA＝30°，AC＝2AE＝27×2＝54（cm），
故答案为：D.
【分析】过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，由点A与B之间的距离为10cm，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，可得AE、BF的值，Rt△ACE中，∠PCA＝30°，由30°所对直角边等于斜边的一半的可得AC的长度.
5．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵△ABC为等边三角形
∴AB=AC，∠BAE=60°，
∵∠1=∠2，BE=CD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴AE=AD，∠BAE=∠CAD=60°，
∴△ADE是等边三角形．
故答案为：B．
【分析】利用等边三角形的判定与性质即可得出结论。
6．【答案】C
【知识点】角平分线的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵点P是∠AOB平分线上的一点，，
∴，
∵PD⊥OA，M是OP的中点，
∴，
∴
∵点C是OB上一个动点
∴当时，PC的值最小，
∵OP平分∠AOB，PD⊥OA，
∴最小值，
故答案为：C．
【分析】根据角平分线的定义可得，再根据直角三角形的性质求得，再根据角平分线的性质和垂线段最短得出答案。
7．【答案】C
【知识点】三角形的外角性质；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中， ，
∴△BCE≌△ACD（SAS）
∴∠CBE=∠CAD，
∵∠BOD=∠ABE+∠BAD，∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠BOD=∠ABE+∠BAC+∠CAD=∠ABE+∠BAC+∠CBE=∠ABC+∠BAC=60°+60°=120°.
∴∠AOF=180°-∠BOD=180°-120°=60°，
在Rt△AOF中，∠AOF=60°，OF=1，
∴AF= .
故答案为： .
【分析】根据等边三角形的性质可得BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，推出∠BCE=∠ACD，证明△BCE≌△ACD，得到∠CBE=∠CAD，根据外角的性质以及角的和差关系可得∠BOD=120°，由邻补角的性质求出∠AOF的度数，然后在Rt△AOF中，通过30°角所对的直角边等于斜边的一半就可得到AF.
8．【答案】C
【知识点】三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接BP，
∵AC＝BC，∠ABC＝30°，点D是AB的中点，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴CD是AB的中垂线，
∴AP＝BP，而AP＝PE，
∴AP＝PB＝PE
∴∠PAB＝∠PBA，∠PEB＝∠PBE，
∴∠PBA+∠PBE＝∠PAB+∠PEB，
∴∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，
故①正确；
∵PA＝PE，
∴∠PAE＝∠PEA，
∵∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，
∴∠PAE+∠PEA＝
而
∴△PAE是等边三角形，
故②正确；
如图，延长 至 ，使 则点P关于AB的对称点为P′，连接P′A，
∴AP＝AP′，∠PAD＝∠P′AD，
∵△PAE是等边三角形，
∴AE＝AP，
∴AE＝AP′，
∵∠CAD＝∠CAP+∠PAD＝30°，
∴2∠CAP+2∠PAD＝60°，
∴∠CAP+∠PAD+∠P′AD＝60°﹣∠PAC，
∴∠P′AC＝∠EAC，
∵AC＝AC，
∴△P′AC≌△∠EAC（SAS），
∴CP′＝CE，
∴CE＝CP′＝CP+PD+DP′＝CP+2PD，
∴ .
故③错误；
过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，
∵CG＝CP，∠BCD＝60°，
∴△CPG是等边三角形，
∴∠CGP＝∠PCG＝60°，
∴∠ECP＝∠PGB＝120°，且EP＝PB，∠PEB＝∠PBE，
∴△PCE≌△PGB（AAS），
∴CE＝GB，
∴AC＝BC＝BG+CG＝EC+CP，
∵∠ABC＝30°，AF⊥BE，
∴AF＝ AB＝AD，
∵S△ACB＝ CB×AF＝ （EC+CP）×AF＝ EC×AF+ CP×AD＝S四边形AECP，
∴S四边形AECP＝S△ABC.故④正确.
所以其中正确的结论是①②④.
故答案为：C.
【分析】连接BP，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，进而推出AP＝BP＝PE，由等腰三角形的性质可得∠PAB＝∠PBA，∠PEB＝∠PBE，然后根据角的和差关系可判断①；易得∠PAE+∠PEA＝120°，∠APE=60°，据此判断
②；延长PD至P′，使PD=P′D，则点P关于AB的对称点为P′，连接P′A，由等边三角形的性质可得AE＝AP，则AE＝AP′，推出∠P′AC＝∠EAC，证明△P′AC≌△∠EAC，得到CP′＝CE=CP+2PD，据此判断③；过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，则△CPG是等边三角形，则∠CGP＝∠PCG＝60°，证明△PCE≌△PGB，得到CE＝GB，推出AC＝BC＝EC+CP，根据含30°角的直角三角形的性质可得AF＝AB＝AD，据此不难判断④.
9．【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：根据题意可得如图：
∠C=90°，∠A=30°，BC=3，
；
故答案为：6.
【分析】根据30度角所对的直角边等于斜边的一半得AB=2BC求解.
10．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图示作CD⊥BA延长线于点D，
在直角三角形ACD 中， ，
，
则 .
故答案为： .
【分析】作CD⊥BA交BA的延长线于点D，由30°角所对的直角边等于斜边的一半得CD=AC，再根据S△ABC=AB×CD可求解.
11．【答案】6
【知识点】等边三角形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作点E关于AD的对称点F，连接CF，
∵△ABC是等边三角形，AD是BC边上的中垂线，
∴点E关于AD的对应点为点F，
∴CF就是EP+CP的最小值.
∵△ABC是等边三角形，E是AC边的中点，
∴F是AB的中点，
∴CF=AD=6，
即EP+CP的最小值为6，
故答案为6.
【分析】作点E关于AD的对称点F，连接CF利用等边三角形的性质可知AD是BC边上的中垂线，可得到CF就是EP+CP的最小值；可证得CF=AD，即可得到EP+CP的最小值.
12．【答案】4
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图，过点P作PC⊥OB于点C，
∴∠OCP=90°，
∵PM＝PN，MN＝2，
∴MC=1，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OPC=30°，
∴OC=OP=×10=5，
∴OM+1=5，
∴OM=4.
【分析】过点P作PC⊥OB于点C，根据等腰三角形的性质得出MC=1，再根据直角三角形的性质得出OC=5，聪的得出OM+1=5，即可得出OM=4.
13．【答案】4
【知识点】含30°角的直角三角形；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：在中，，
，
由折叠的性质得：，
，
，
在中，，
，
，
，解得，
，
故答案为：4．
【分析】根据折叠的性质可得，再利用含30°角的性质可得，再利用，可求出，解得，即可得到BE=AE=4.
14．【答案】27+13
【知识点】等边三角形的判定与性质；解直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：延长BA交QR于点M，连接AR，AP．
∵AC=GC，BC=FC，∠ACB=∠GCF，∴△ABC≌△GFC，
∴∠CGF=∠BAC=30°，∴∠HGQ=60°，
∵∠HAC=∠BAD=90°，∴∠BAC+∠DAH=180°，又AD∥QR，
∴∠RHA+∠DAH=180°，∴∠RHA=∠BAC=30°，∴∠QHG=60°，
∴∠Q=∠QHG=∠QGH=60°，∴△QHG是等边三角形．
AC=AB cos30°=4× =2 ．则QH=HA=HG=AC=2 ．
在直角△HMA中，HM=AH sin60°=2 × =3．AM=HA cos60°= ．
在直角△AMR中，MR=AD=AB=4．∴QR=2 +3+4=7+2 ．∴QP=2QR=14+4 ．
PR=QR =7 +6．∴△PQR的周长等于RP+QP+QR=27+13 ．
故答案为：27+13 ．
【分析】延长BA交QR于点M，连接AR，AP，利用SAS证明△ABC≌△GFC，利用全等三角形的性质可证得∠CGF=∠BAC=30°，从而可求出∠HGQ的度数；再证明△QHG是等边三角形，利用解直角三角形求出AC，AH的长；在Rt△HMA中，利用解直角三角形求出HM，AM的长；然后求出QR的长，根据QP=2QR，可求出QP及PR的长，然后求出△PQR的周长.
15．【答案】6
【知识点】垂线段最短；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，取BC的中点G，连接MG，
∵长为24的等边三角形ABC
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴ ，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
根据垂线段最短，当MG⊥BC时，MG最短，即HN最短，
此时 ，
∴ ，
∴HN=6.
故答案为：6.
【分析】取BC的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=60°，由旋转角为60°可得∠MBH+∠HBN=60°，推出∠HBN=∠GBM，易得HB=BG，由旋转的性质可得BM=BN，证明△MBG≌△NBH，得到MG=NH，根据垂线段最短的性质可知：当MG⊥BC时，MG最短，即HN最短，据此求解.
16．【答案】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=∠CAB=60°，
∵DF⊥AB，DE⊥CB，EF⊥AC，
∴∠DAB=∠ACF=∠CBE=90°，
∴∠FAC=∠BCE=∠DBA=30°，
∴∠D=∠E=∠F=90°﹣30°=60°，
∴DF=DE=EF，
∴△DEF是等边三角形.
【知识点】等边三角形的判定与性质
【解析】【分析】根据等边三角形的性质，边相等及三个角等于60°，再根据三角形的内角和等于180°得到 DF=DE=EF ，再判断 △DEF是等边三角形，进行作答即可。
17．【答案】解：，，
，
，
，
，
.
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；线段的计算
【解析】【分析】 由等腰三角形的性质可得∠B=∠C=60°，结合CD的值可得CE，然后根据AE=AC-CE进行计算.
18．【答案】解：作CD⊥AB于点D．
在Rt△ACD中，
∵∠A= 30°，
∴CD= AC=5 km，
∴AD= ( km)． ．
∵∠B=45°，
∴BD=CD=5 km，BC= (km)，
∴AC+ BC- AB=10+ -( +5)=(5+ - ) km，
∴汽车从A地到B地比原来少走(5+ - ) km．
【知识点】二次根式的加减法；含30°角的直角三角形；勾股定理的应用
【解析】【分析】作CD⊥AB于点D，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出CD的长，再利用勾股定理求出AD的长，利用等腰直角三角形的性质可求出BD的长，利用勾股定理求出BC的长；然后根据汽车从A地到B地比原来少走的路程为AC+BC-AB，代入计算求出其结果.
19．【答案】解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．
理由：如图1中，
∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，
∴△MBP≌△ANP（SAS），
∴MB＝AN．
延长MB交AN于点C．
∵△MBP≌△ANP，
∴∠PAN＝∠PMB，
∵∠PAN+∠PNA＝90°，
∴∠PMB+∠PNA＝90°，
∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，
∴BM⊥AN．
（Ⅱ）结论成立
理由：如图2中，
∵△APM，△BPN，都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°
∴∠MPB＝∠APN＝120°，
又∵PM＝PA，PB＝PN，
∴△MPB≌△APN（SAS）
∴MB＝AN．
（Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．
∵△APM，△PBN都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN
∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，
∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，
∵∠APC＝60°，
∴△APC为等边三角形，
∴∠PAC＝∠PCA＝60°，
又∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，
∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．
【知识点】等边三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）结论：BM＝AN，BM⊥AN．证明△MBP≌△ANP（SAS），即可得出结论；
（2）结论成立，证明△MPB≌△APN（SAS）即可得出结论；
（3）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．证明△APC为等边三角形，即可得出结论。
20．【答案】（1）解：补全图形如下，连接DP，BD，
；
．
（2）解：①如下图所示，连接BD与CP交于F，连接DC，
由（1）可知∠ACB=60°，AC=BC，
∵点B关于直线PC的对称点为D，
∴BC=CD=AC，，∠CFD=90°，
∴，
，
∴，
∴，
②如下图，连接BE，在AE上截取GE=CE，
由①得，
∵GE=CE，
∴△GCE为等边三角形，
∴GC=CE，∠GCE=60°，
由（1）得∠ACB=60°，AC=BC，
∴∠ACG=∠BCE=60°-∠BCG，
在△ACG和△BCE中
∵，
∴△ACG≌△BCE（SAS）
∴AG=BE，
∵点B关于直线PC的对称点为D，
∴BE=DE，
∴．
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，AB=BC=2，
又∵∠BCP+∠BPC=∠ABC=60°，BC=BP，
∴∠BCP=∠BPC=30°，
∵点B关于直线PC的对称点为D，
∴BP=DP，∠BPC=∠DPC=30°，
∴∠BPD=60°，△BPD为等边三角形，
∴∠DBP=60°，DP=BD=BP=AB=2，
∴∠BAD=∠BDA，
又∵∠BAD+∠BDA=∠DBP=60°，
∴∠BAD=∠BDA=30°，
∴∠ADP=90°，
∴．
【分析】（1）先求出∠BCP=∠BPC=30°，再求出∠BAD=∠BDA，最后利用勾股定理计算求解即可；
（2）①先求出 BC=CD=AC， 再求出∠ADB=30°，最后计算求解即可；
②先求出 GC=CE，∠GCE=60°， 再利用全等三角形的判定与性质求解即可。
21．【答案】（1）证明：如图1，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）解：如图2，
∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中，，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）解：如图3，
由（2）可知，△ADB≌△CEA，
∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，
∵△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，
∴∠DBF=∠FAE，
∵在△DBF和△EAF中，
，
∴△DBF≌△EAF（SAS），
∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，
∴△DEF为等边三角形.
【知识点】等边三角形的判定与性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）证明△ADB≌△CEA（AAS），可得AE=BD，AD=CE，从而得出DE=AE+AD=BD+CE；
（2）证明△ADB≌△CEA（AAS），可得AE=BD，AD=CE，从而得出DE=AE+AD=BD+CE；
（3）证明△DBF≌△EAF（SAS），可得DF=EF，∠BFD=∠AFE，从而得出∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，根据等边三角形的判定即证.
22．【答案】（1）证明：∵△是等边三角形，∴∠°
∵⊥，∴∠°，∠°，
∴
（2）解：点在的中点处
如图：连接，∵⊥⊥
∴点在∠的平分线上，∴平分∠
∵ 是等边三角形，∴为边上的中线，
∴点在的中点处；
（3）解：的长度不发生变化，且，
理由如下：
如图：过点作∥交于点.
∴∠
∵ 是等边三角形，
∴°
°
∴ 是等边三角形.∴
∵∴
在 和 中
∴ ≌
∴
又∵ 是等边三角形，⊥，
∴
∴
∴.
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；角平分线的判定；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）求出∠ADE=30°，在Rt△ADE中，可得；
（2）点在的中点处.如图，连接，由角平分线的判定可得平分∠，利用等腰三角形三线合一的性质即得结论；
（3）不变. 如图：过点作∥交于点.证明 ≌ 可得，由等边三角形的性质可得，根据即可求解.
1 / 1初中数学北师大版八年级下册第一章第一节第4课时 等边三角形的判定及含30°角的直角三角形的性质 同步练习
一、单选题
1．（2021九上·成都期中）如图，正方形ABCD外侧作等边三角形ADE，则∠AEB的度数为（ ）
A．30° B．20° C．15° D．10°
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解： 四边形 是正方形，
， ，
是等边三角形，
， ，
， ，
.
故答案为：C.
【分析】由正方形的性质得∠BAD=90°，AB=AD，由等边三角形的性质得AD=AE，∠EAD=60°，则∠BAE=150°，AB=AE，接下来根据等腰三角形的性质以及内角和定理求解即可.
2．（2021八上·江阴期中）下列说法不正确的是（ ）
A．等腰三角形的对称轴是底边的垂直平分线
B．等腰直角三角形底边上的高线等于底边的一半
C．直角三角形中有一个角是30°，则这个角所对的直角边是斜边的一半
D．等边三角形有一条对称轴
【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；轴对称图形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：A、等腰三角形的对称轴是底边的垂直平分线，正确，故不符合题意；
B、等腰直角三角形底边上的高线等于底边的一半，正确，故不符合题意；
C、直角三角形中有一个角是30°，则这个角所对的直角边是斜边的一半，正确，故不符合题意；
D、等边三角形有三条对称轴，原说法错误，故符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据等腰三角形的性质可判断A；根据等腰直角三角形底边上的高线与中线重合结合直角三角形斜边上中线的性质可判断B；根据直角三角形中30°角所对的直角边为斜边的一半可判断C；根据等边三角形的性质可判断D.
3．（2021九上·娄底月考）如图，在 中， ， 是 边上的高， ，则下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，
∴△ACB是直角三角形，
∵∠A=30°，
∴AB=2BC，
∵CD是AB边上的高，
∴∠CDA=90°，
∴∠ACD=60°，
∴∠DCB=30°，
∴BC=2BD.
故答案为：D.
【分析】易得△ACB是直角三角形，根据含30°角的直角三角形的性质可得AB=2BC，求出∠ACD的度数，进而得到∠DCB的度数，再次利用含30°角的直角三角形的性质就可得到结论.
4．（2021·苏州模拟）图1是一个地铁站入口的双翼闸机.如图2，当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，此时双翼的边缘AC、BD与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°，则双翼的边缘AC、BD（AC＝BD）的长度为（ ）
A． cm B． cm C．27cm D．54cm
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图，过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，
∵点A与B之间的距离为10cm，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，
∴AE＝BF＝（64 10）÷2＝27（cm），
Rt△ACE中，∠PCA＝30°，AC＝2AE＝27×2＝54（cm），
故答案为：D.
【分析】过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，由点A与B之间的距离为10cm，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，可得AE、BF的值，Rt△ACE中，∠PCA＝30°，由30°所对直角边等于斜边的一半的可得AC的长度.
5．（2021八上·铁岭期末）如图，是等边中边上的点，，，则是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．不等边三角形 D．无法确定
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵△ABC为等边三角形
∴AB=AC，∠BAE=60°，
∵∠1=∠2，BE=CD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴AE=AD，∠BAE=∠CAD=60°，
∴△ADE是等边三角形．
故答案为：B．
【分析】利用等边三角形的判定与性质即可得出结论。
6．（2021八上·铁岭期末）如图，已知是平分线上的一点，，，是的中点，，如果是上一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】角平分线的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵点P是∠AOB平分线上的一点，，
∴，
∵PD⊥OA，M是OP的中点，
∴，
∴
∵点C是OB上一个动点
∴当时，PC的值最小，
∵OP平分∠AOB，PD⊥OA，
∴最小值，
故答案为：C．
【分析】根据角平分线的定义可得，再根据直角三角形的性质求得，再根据角平分线的性质和垂线段最短得出答案。
7．（2021八上·温州期中）如图，△ABC与△CED均为等边三角形，且B，C，D三点共线.线段BE，AD相交于点O，AF⊥BE于点F.若OF=1，则AF的长为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【知识点】三角形的外角性质；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中， ，
∴△BCE≌△ACD（SAS）
∴∠CBE=∠CAD，
∵∠BOD=∠ABE+∠BAD，∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠BOD=∠ABE+∠BAC+∠CAD=∠ABE+∠BAC+∠CBE=∠ABC+∠BAC=60°+60°=120°.
∴∠AOF=180°-∠BOD=180°-120°=60°，
在Rt△AOF中，∠AOF=60°，OF=1，
∴AF= .
故答案为： .
【分析】根据等边三角形的性质可得BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，推出∠BCE=∠ACD，证明△BCE≌△ACD，得到∠CBE=∠CAD，根据外角的性质以及角的和差关系可得∠BOD=120°，由邻补角的性质求出∠AOF的度数，然后在Rt△AOF中，通过30°角所对的直角边等于斜边的一半就可得到AF.
8．（2021八上·如皋期末）如图，在 中， ， ，D为 的中点，P为 上一点，E为 延长线上一点，且 有下列结论：① ；② 为等边三角形；③ ；④ 其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②④ D．③④
【答案】C
【知识点】三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接BP，
∵AC＝BC，∠ABC＝30°，点D是AB的中点，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴CD是AB的中垂线，
∴AP＝BP，而AP＝PE，
∴AP＝PB＝PE
∴∠PAB＝∠PBA，∠PEB＝∠PBE，
∴∠PBA+∠PBE＝∠PAB+∠PEB，
∴∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，
故①正确；
∵PA＝PE，
∴∠PAE＝∠PEA，
∵∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，
∴∠PAE+∠PEA＝
而
∴△PAE是等边三角形，
故②正确；
如图，延长 至 ，使 则点P关于AB的对称点为P′，连接P′A，
∴AP＝AP′，∠PAD＝∠P′AD，
∵△PAE是等边三角形，
∴AE＝AP，
∴AE＝AP′，
∵∠CAD＝∠CAP+∠PAD＝30°，
∴2∠CAP+2∠PAD＝60°，
∴∠CAP+∠PAD+∠P′AD＝60°﹣∠PAC，
∴∠P′AC＝∠EAC，
∵AC＝AC，
∴△P′AC≌△∠EAC（SAS），
∴CP′＝CE，
∴CE＝CP′＝CP+PD+DP′＝CP+2PD，
∴ .
故③错误；
过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，
∵CG＝CP，∠BCD＝60°，
∴△CPG是等边三角形，
∴∠CGP＝∠PCG＝60°，
∴∠ECP＝∠PGB＝120°，且EP＝PB，∠PEB＝∠PBE，
∴△PCE≌△PGB（AAS），
∴CE＝GB，
∴AC＝BC＝BG+CG＝EC+CP，
∵∠ABC＝30°，AF⊥BE，
∴AF＝ AB＝AD，
∵S△ACB＝ CB×AF＝ （EC+CP）×AF＝ EC×AF+ CP×AD＝S四边形AECP，
∴S四边形AECP＝S△ABC.故④正确.
所以其中正确的结论是①②④.
故答案为：C.
【分析】连接BP，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，进而推出AP＝BP＝PE，由等腰三角形的性质可得∠PAB＝∠PBA，∠PEB＝∠PBE，然后根据角的和差关系可判断①；易得∠PAE+∠PEA＝120°，∠APE=60°，据此判断
②；延长PD至P′，使PD=P′D，则点P关于AB的对称点为P′，连接P′A，由等边三角形的性质可得AE＝AP，则AE＝AP′，推出∠P′AC＝∠EAC，证明△P′AC≌△∠EAC，得到CP′＝CE=CP+2PD，据此判断③；过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，则△CPG是等边三角形，则∠CGP＝∠PCG＝60°，证明△PCE≌△PGB，得到CE＝GB，推出AC＝BC＝EC+CP，根据含30°角的直角三角形的性质可得AF＝AB＝AD，据此不难判断④.
二、填空题
9．（2021八上·凤山期中） 中，∠C=90°，∠A=30°，若BC=3，则AB= .
【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：根据题意可得如图：
∠C=90°，∠A=30°，BC=3，
；
故答案为：6.
【分析】根据30度角所对的直角边等于斜边的一半得AB=2BC求解.
10．（2021九上·长沙月考）在△ABC中，AC＝3，AB＝ ，∠BAC＝150°，S△ABC＝ .
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图示作CD⊥BA延长线于点D，
在直角三角形ACD 中， ，
，
则 .
故答案为： .
【分析】作CD⊥BA交BA的延长线于点D，由30°角所对的直角边等于斜边的一半得CD=AC，再根据S△ABC=AB×CD可求解.
11．（2021八上·西峰期末）如图，在等边△ABC中，E为AC边的中点，AD垂直平分BC，P是AD上的动点.若AD=6，则EP+CP的最小值为 .
【答案】6
【知识点】等边三角形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作点E关于AD的对称点F，连接CF，
∵△ABC是等边三角形，AD是BC边上的中垂线，
∴点E关于AD的对应点为点F，
∴CF就是EP+CP的最小值.
∵△ABC是等边三角形，E是AC边的中点，
∴F是AB的中点，
∴CF=AD=6，
即EP+CP的最小值为6，
故答案为6.
【分析】作点E关于AD的对称点F，连接CF利用等边三角形的性质可知AD是BC边上的中垂线，可得到CF就是EP+CP的最小值；可证得CF=AD，即可得到EP+CP的最小值.
12．（2021八上·临江期末）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝10，点M、N在边OB上，PM＝PN，若MN＝2，则OM＝
【答案】4
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图，过点P作PC⊥OB于点C，
∴∠OCP=90°，
∵PM＝PN，MN＝2，
∴MC=1，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OPC=30°，
∴OC=OP=×10=5，
∴OM+1=5，
∴OM=4.
【分析】过点P作PC⊥OB于点C，根据等腰三角形的性质得出MC=1，再根据直角三角形的性质得出OC=5，聪的得出OM+1=5，即可得出OM=4.
13．（2021七上·东平月考）如图，在三角形纸片ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AC＝6，折叠该纸片，使点C落在AB边上的D点处，折痕BE与AC交于点E，则折痕BE的长为 ．
【答案】4
【知识点】含30°角的直角三角形；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：在中，，
，
由折叠的性质得：，
，
，
在中，，
，
，
，解得，
，
故答案为：4．
【分析】根据折叠的性质可得，再利用含30°角的性质可得，再利用，可求出，解得，即可得到BE=AE=4.
14．（2021八上·诸暨月考）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．l955年希腊发行了二枚以勾股图为背景的邮票．所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理．在右图的勾股图中，已知∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4．作△PQR使得∠R=90°，点H在边QR上，点D，E在边PR上，点G，F在边_PQ上，那么△PQR的周长等于
【答案】27+13
【知识点】等边三角形的判定与性质；解直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：延长BA交QR于点M，连接AR，AP．
∵AC=GC，BC=FC，∠ACB=∠GCF，∴△ABC≌△GFC，
∴∠CGF=∠BAC=30°，∴∠HGQ=60°，
∵∠HAC=∠BAD=90°，∴∠BAC+∠DAH=180°，又AD∥QR，
∴∠RHA+∠DAH=180°，∴∠RHA=∠BAC=30°，∴∠QHG=60°，
∴∠Q=∠QHG=∠QGH=60°，∴△QHG是等边三角形．
AC=AB cos30°=4× =2 ．则QH=HA=HG=AC=2 ．
在直角△HMA中，HM=AH sin60°=2 × =3．AM=HA cos60°= ．
在直角△AMR中，MR=AD=AB=4．∴QR=2 +3+4=7+2 ．∴QP=2QR=14+4 ．
PR=QR =7 +6．∴△PQR的周长等于RP+QP+QR=27+13 ．
故答案为：27+13 ．
【分析】延长BA交QR于点M，连接AR，AP，利用SAS证明△ABC≌△GFC，利用全等三角形的性质可证得∠CGF=∠BAC=30°，从而可求出∠HGQ的度数；再证明△QHG是等边三角形，利用解直角三角形求出AC，AH的长；在Rt△HMA中，利用解直角三角形求出HM，AM的长；然后求出QR的长，根据QP=2QR，可求出QP及PR的长，然后求出△PQR的周长.
15．（2021九上·厦门期中）如图，边长为24的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN.则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是 .
【答案】6
【知识点】垂线段最短；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，取BC的中点G，连接MG，
∵长为24的等边三角形ABC
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴ ，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
根据垂线段最短，当MG⊥BC时，MG最短，即HN最短，
此时 ，
∴ ，
∴HN=6.
故答案为：6.
【分析】取BC的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=60°，由旋转角为60°可得∠MBH+∠HBN=60°，推出∠HBN=∠GBM，易得HB=BG，由旋转的性质可得BM=BN，证明△MBG≌△NBH，得到MG=NH，根据垂线段最短的性质可知：当MG⊥BC时，MG最短，即HN最短，据此求解.
三、解答题
16．（2020八上·长沙期末）如图，△ABC是等边三角形，DF⊥AB，DE⊥CB，EF⊥AC，求证：△DEF是等边三角形．
【答案】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=∠CAB=60°，
∵DF⊥AB，DE⊥CB，EF⊥AC，
∴∠DAB=∠ACF=∠CBE=90°，
∴∠FAC=∠BCE=∠DBA=30°，
∴∠D=∠E=∠F=90°﹣30°=60°，
∴DF=DE=EF，
∴△DEF是等边三角形.
【知识点】等边三角形的判定与性质
【解析】【分析】根据等边三角形的性质，边相等及三个角等于60°，再根据三角形的内角和等于180°得到 DF=DE=EF ，再判断 △DEF是等边三角形，进行作答即可。
17．（2021八上·余杭月考）如图，在中，，，是边上的点，且，过点作边的垂线交边于点，求的长.
【答案】解：，，
，
，
，
，
.
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；线段的计算
【解析】【分析】 由等腰三角形的性质可得∠B=∠C=60°，结合CD的值可得CE，然后根据AE=AC-CE进行计算.
18．如图所示，A，B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地时需经过C地沿折线A→C→B行驶，开通隧道后，汽车直接沿直线AB行驶．已知AC=10 km，∠A=30°∠B=45°．则隧道开通后，汽车从A地到B地比原来少走多少千米？
【答案】解：作CD⊥AB于点D．
在Rt△ACD中，
∵∠A= 30°，
∴CD= AC=5 km，
∴AD= ( km)． ．
∵∠B=45°，
∴BD=CD=5 km，BC= (km)，
∴AC+ BC- AB=10+ -( +5)=(5+ - ) km，
∴汽车从A地到B地比原来少走(5+ - ) km．
【知识点】二次根式的加减法；含30°角的直角三角形；勾股定理的应用
【解析】【分析】作CD⊥AB于点D，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出CD的长，再利用勾股定理求出AD的长，利用等腰直角三角形的性质可求出BD的长，利用勾股定理求出BC的长；然后根据汽车从A地到B地比原来少走的路程为AC+BC-AB，代入计算求出其结果.
19．（2021八上·抚顺期末）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．
（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
【答案】解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．
理由：如图1中，
∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，
∴△MBP≌△ANP（SAS），
∴MB＝AN．
延长MB交AN于点C．
∵△MBP≌△ANP，
∴∠PAN＝∠PMB，
∵∠PAN+∠PNA＝90°，
∴∠PMB+∠PNA＝90°，
∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，
∴BM⊥AN．
（Ⅱ）结论成立
理由：如图2中，
∵△APM，△BPN，都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°
∴∠MPB＝∠APN＝120°，
又∵PM＝PA，PB＝PN，
∴△MPB≌△APN（SAS）
∴MB＝AN．
（Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．
∵△APM，△PBN都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN
∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，
∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，
∵∠APC＝60°，
∴△APC为等边三角形，
∴∠PAC＝∠PCA＝60°，
又∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，
∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．
【知识点】等边三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）结论：BM＝AN，BM⊥AN．证明△MBP≌△ANP（SAS），即可得出结论；
（2）结论成立，证明△MPB≌△APN（SAS）即可得出结论；
（3）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．证明△APC为等边三角形，即可得出结论。
20．（2021八上·石景山期末）点P为等边的边AB延长线上的动点，点B关于直线PC的对称点为D，连接AD．
（1）如图1，若，依题意补全图形，并直接写出线段AD的长度；
（2）如图2，线段AD交PC于点E，
①设，求的度数；
②求证：．
【答案】（1）解：补全图形如下，连接DP，BD，
；
．
（2）解：①如下图所示，连接BD与CP交于F，连接DC，
由（1）可知∠ACB=60°，AC=BC，
∵点B关于直线PC的对称点为D，
∴BC=CD=AC，，∠CFD=90°，
∴，
，
∴，
∴，
②如下图，连接BE，在AE上截取GE=CE，
由①得，
∵GE=CE，
∴△GCE为等边三角形，
∴GC=CE，∠GCE=60°，
由（1）得∠ACB=60°，AC=BC，
∴∠ACG=∠BCE=60°-∠BCG，
在△ACG和△BCE中
∵，
∴△ACG≌△BCE（SAS）
∴AG=BE，
∵点B关于直线PC的对称点为D，
∴BE=DE，
∴．
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，AB=BC=2，
又∵∠BCP+∠BPC=∠ABC=60°，BC=BP，
∴∠BCP=∠BPC=30°，
∵点B关于直线PC的对称点为D，
∴BP=DP，∠BPC=∠DPC=30°，
∴∠BPD=60°，△BPD为等边三角形，
∴∠DBP=60°，DP=BD=BP=AB=2，
∴∠BAD=∠BDA，
又∵∠BAD+∠BDA=∠DBP=60°，
∴∠BAD=∠BDA=30°，
∴∠ADP=90°，
∴．
【分析】（1）先求出∠BCP=∠BPC=30°，再求出∠BAD=∠BDA，最后利用勾股定理计算求解即可；
（2）①先求出 BC=CD=AC， 再求出∠ADB=30°，最后计算求解即可；
②先求出 GC=CE，∠GCE=60°， 再利用全等三角形的判定与性质求解即可。
四、综合题
21．（2021八上·长沙期末）如图
（1）如图1，已知：在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E. 证明：DE=BD+CE.（提示：由于DE=AD+AE，证明AD=CE，AE=BD即可）
（2）如图2，将（1）中的条件改为：在ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=，其中为任意钝角，请问结论DE=BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由.
（3）如图3，D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且ABF和ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试证明DEF是等边三角形.
【答案】（1）证明：如图1，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）解：如图2，
∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中，，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）解：如图3，
由（2）可知，△ADB≌△CEA，
∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，
∵△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，
∴∠DBF=∠FAE，
∵在△DBF和△EAF中，
，
∴△DBF≌△EAF（SAS），
∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，
∴△DEF为等边三角形.
【知识点】等边三角形的判定与性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）证明△ADB≌△CEA（AAS），可得AE=BD，AD=CE，从而得出DE=AE+AD=BD+CE；
（2）证明△ADB≌△CEA（AAS），可得AE=BD，AD=CE，从而得出DE=AE+AD=BD+CE；
（3）证明△DBF≌△EAF（SAS），可得DF=EF，∠BFD=∠AFE，从而得出∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，根据等边三角形的判定即证.
22．（2021八上·宁乡市期末）如图1，在边长为的等边 中，点是边上一个动点，过点作⊥于点.
（1）求证：；
（2）如图2，过点向引垂线交于点，当时，试判断点在上的位置，并说明理由；
（3）如图3，延长至，使，连接交于点，随着点的移动，请判断线段的长度是否发生变化；若变化，请说明理由；若不变，请求出的值.
【答案】（1）证明：∵△是等边三角形，∴∠°
∵⊥，∴∠°，∠°，
∴
（2）解：点在的中点处
如图：连接，∵⊥⊥
∴点在∠的平分线上，∴平分∠
∵ 是等边三角形，∴为边上的中线，
∴点在的中点处；
（3）解：的长度不发生变化，且，
理由如下：
如图：过点作∥交于点.
∴∠
∵ 是等边三角形，
∴°
°
∴ 是等边三角形.∴
∵∴
在 和 中
∴ ≌
∴
又∵ 是等边三角形，⊥，
∴
∴
∴.
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；角平分线的判定；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）求出∠ADE=30°，在Rt△ADE中，可得；
（2）点在的中点处.如图，连接，由角平分线的判定可得平分∠，利用等腰三角形三线合一的性质即得结论；
（3）不变. 如图：过点作∥交于点.证明 ≌ 可得，由等边三角形的性质可得，根据即可求解.
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