登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
人教版八上数学第十三章13.3.2等边三角形 课时易错题三刷（第二刷）
一、单选题
1．（2021八上·凉山期末）如图， 中， ， ， ，垂足为Q，延长MN至G，取 ，若 的周长为12， ，则 周长是（ ）
A．8＋2m B．8＋m C．6＋2m D．6＋m
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵ ，
，
∴△PMN是等边三角形，
∵ ，
∴QN=PQ=
，∠QMN=30°，∠QNM=60°，
∵ ，
∴∠GQN=∠G=30°，QN=NG=
，
∴∠QMN=∠G=30°，
∴QM=QG，
∵ 的周长为12，
，
∴MN=4，QN=NC=2，QM=QG=m，
∴ 周长是QM+QG+MN+NG=6+2m.
故答案为：C.
【分析】易得△PMN是等边三角形，得QN=PQ=
MN，∠QMN=30°，∠QNM=60°，根据等腰三角形的性质可得∠GQN=∠G=30°，QN=NG=
MN，推出QM=QG，根据△MNP的周长可得MN=4，QN=NC=2，QM=QG=m，据此求解.
2．（2021八上·松桃期末）如图，△ABC是等边三角形，点E是AC的中点，过点E作EF⊥AB于点F，延长BC交EF的反向延长线于点D，若EF=1，则DF的长为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：连接BE，
∵△ABC是等边三角形，点E是AC的中点，
∴∠ABC=60°，∠ABE=∠CBE=30°，
∵EF⊥AB，
∴∠D=90°-∠ABC=30°，即∠D=∠CBE=30°，
∴BE=DE，
在Rt△BEF中，EF=1，
∴BE=2EF=2，
∴BE=DE=2，
∴DF=EF+DE=3，
故答案为：C.
【分析】连接BE，根据等边三角形的性质得∠ABC=60°，∠ABE=∠CBE=30°，易求∠D=30°，即得∠D=∠CBE，由等角对等边可得BE=DE，根据含30°角的直角三角形的性质可得BE=2EF=2，即得DE=2，从而得出DF=EF+DE=3
3．（2021八上·讷河期末）如图，，点P在的内部，点C，D分别是点P关于、的对称点，连接交、分别于点E、F；若的周长的为10，则线段（ ）．
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：连接，，
∵D、C分别是点P关于直线、的对称点，
，，，，，
，
是等边三角形，
∵CD=CE+EF+DF=PE+EF+PF=10，
．
故答案为：C．
【分析】连接，，由对称性可得，，，，，从而可求出△DOC是等边三角形，由于CD=CE+EF+DF=PE+EF+PF=10，由等边三角形的性质可得．
4．（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
5．（2021八上·朝阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B =30°，CD是高．若AD=2，则BD= ．
【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵CD⊥AB，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝90°＝∠ACB，
∵∠B＝30°，
∴∠A＝90° ∠B＝60°，
∴∠ACD＝90° ∠A＝30°，
∵AD＝2，
∴AC＝2AD＝4，
∴AB＝2AC＝8，
∴BD＝AB AD＝8 2＝6，
故答案为：6．
【分析】先求出∠ACB＝30°，再利用含30°角的直角三角形的性质可得AC＝2AD＝4，再根据∠B＝30°，可得AB＝2AC＝8，最后利用BD＝AB AD计算即可。
6．（2021八上·道里期末）如图，是等边三角形，点E在AC的延长线上，点D在线段AB上，连接ED交线段BC于点F，过点F作于点N，，，若，则AN的长为 ．
【答案】22
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的性质
【解析】【解答】解：作DG∥AC交BC于G，
∵是等边三角形，
∴，
∴∠DGB=∠ACB=60°，∠DGF=∠ECF，
∵∠DFG=∠EFC，，
∴△DFG≌△EFC，
∴，
∵∠DGB=∠ACB=60°，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，，
，
，
则，，
AN的长为27-5=22，
故答案为：22．
【分析】作DG∥AC交BC于G，根据是等边三角形，证出△DFG≌△EFC，得出，再证出是等边三角形，得出，设，则，根据垂直的性质得出a的值即可。
三、解答题
7．（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。
四、综合题
8．（2021八上·伊通期末）如图，点O是等边△ABC内一点，点D是△ABC外一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，连接OD．
（1）求证：△OCD是等边三角形；
（2）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；
（3）当α＝∠AOB，AO＝8cm时，求OC的长度．
【答案】（1）解：∵△BOC≌△ADC，
∴OC=OD，∠OCB=∠ACD，
∴∠OCD=∠ACB，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠OCD=60°，
∴△OCD是等边三角形；
（2）解：△AOD是直角三角形，理由如下：
∵△OCD是等边三角形，
∴∠ODC=∠COD=60°，
∵△BOC≌△ADC，
∴∠ADC=∠BOC=150°，
∴∠ADO=90°，
∴△AOD是直角三角形；
（3）解：∵△OCD是等边三角形，
∴∠ODC=∠COD=60°，OC=OD，
∵△BOC≌△ADC，
∴∠ADC=∠BOC=110°，
∴∠ADO=∠ADC-∠ODC=50°，
∵∠BOC=∠AOB=110°，
∴∠AOD =360°-∠AOB-∠BOC-∠COD=80°，
∴∠OAD=180°-∠ADO- ∠AOD=50°，
∴∠OAD=∠ADO，
∴AO=OD，
∵AO＝8cm，
∴OC=OD＝8cm．
【知识点】等边三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据△BOC≌△ADC，得出∠OCD=∠ACB，再根据△ABC为等边三角形，得出∠OCD=60°，∠ACB=60°，即可得出结论；
（2）根据△OCD是等边三角形，得出∠ODC=∠COD=60°，再根据△BOC≌△ADC，得出∠ADC=∠BOC=150°，由此得出结论；
（3）根据△OCD是等边三角形，得出∠ODC=∠COD=60°，OC=OD，再根据△BOC≌△ADC，得出∠ADC=∠BOC=110°，从而得出∠OAD=∠ADO，AO=OD，计算即可。
9．（2021八上·东莞期末）如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，连接CD，BE交于点F．
求证：
（1）∠BFC＝120°；
（2）FA平分∠DFE．
【答案】（1）解：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAC=∠BAC+60°，∠BAE=∠BAC+60°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ABE=∠ADC，
令AB与DC的交点为G，
∵∠BGD=∠ABE+∠BFG，∠BGD=∠ADC+∠DAG，
∴∠ABE+∠BFG=∠ADC+∠DAG，
∴∠BFG=∠DAG=60°，
∴∠BFC=180°-∠BFG=120°；
（2）解：过点A作AH⊥DC，AG⊥BE，垂足分别为H、G．
∵AH⊥DC，AG⊥BE，
∴∠DHA=∠BGA=90°．
∵△DAC≌△BAE，
∴∠ADC=∠ABE．
在△DAH和△BAG中 ，
∴△DAH≌△BAG．
∴AH=AG．
又∵AH⊥DC，AG⊥BE，
∴FA为∠DFE的角平分线．
【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）先可利用“SAS”证明△DAC≌△BAE，再利用全等三角形的性质可得∠ABE=∠ADC，再结合∠BGD=∠ABE+∠BFG，∠BGD=∠ADC+∠DAG，可得∠BFG=∠DAG=60°，即可得到∠BFC=180°-∠BFG=120°；
（2）先利用“AAS”证明△DAH≌△BAG，再利用全等三角形的性质可得AH=AG，再利用角平分线的判定结合AH⊥DC，AG⊥BE，即可证明FA为∠DFE的角平分线．
10．（2021八上·南充期末）
（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形 中，对角线 平分 ， .求证： .
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题.
方法1：在 上截取 ，连接 ，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长 到点N，使得 ，连接 ，得到全等三角形，进而解决问题.
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明.
（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接 ，当 时，探究线段 ， ， 之间的数量关系，并说明理由；
（3）问题拓展：如图3，在四边形 中， ， ，过点D作 ，垂足为点E，请直接写出线段 、 、 之间的数量关系.
【答案】（1）解：方法1：在 上截 ，连接 ，如图.
平分 ，
.
在 和 中， ，
，
， .
， .
.
，
.
方法2：延长 到点N，使得 ，连接 ，如图.
平分 ，
.
在 和 中， ，
.
， .
，
.
，
，
.
（2）解： 、 、 之间的数量关系为： .
（或者： ， ）.
延长 到点P，使 ，连接 ，如图2所示.
由（1）可知 ，
.
为等边三角形.
， .
，
.
.
，
为等边三角形.
， .
，
，
即 .
在 和 中， ，
.
，
，
.
（3）
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：（3） AB，CE，BC之间的数量关系为： .
（或者： ， ）
连接BD ，过点D作DF⊥AC于F，如图3所示.
， .
.
在 和 中， ，
，
， .
在 和 中，DF=DE，AF=CE，
，
.
，
，
.
【分析】（1）方法一：在BC上截取BM=BA，连接DM，利用角平分线的定义得∠ABD=∠CBD，由SAS证明△ABD≌△MBD，利用全等三角形的性质得∠A=∠BMD，AD=MD；由此可推出DM=DC，即可证得结论；方法二：延长BA至点N，使BN=BC，连接DN，由角平分线定义得∠NBD=∠CBD，利用SAS证明△NBD≌△CBD，利用全等三角形的性质可得到∠C=∠BND，ND=CD；利用补角的性质可得∠BND=∠NAD，利用等角对等边可得到DN=DA，即可证得结论；
（2）延长CB到点P，使BP=BC，连接AP，易证△ADC是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得AC=AD，∠ADC=60°，再求出∠ABC，∠PBA的度数；再证明△ABP是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到∠PAB=60°，AB=AP，可推出∠PAC=∠BAD；然后利用SAS证明△PAC≌△BAD，利用全等三角形的性质可推出PC=BD，由此可得到AB，BC，BD之间的数量关系；
（3） 连接BD，过点D作DF⊥AC于点F，由补角的性质得∠FAD=∠C，利用AAS证明△DFA≌△DEC，利用全等三角形的性质可得到利用HL证明△BDF≌△BDE，利用全等三角形的性质可推出BF=BE，由此可推出BC=BA+2CE，由此可证得结论.
11．（2021八上·汉阴期末）如图， 和 中， ， 与 交于点P（不与点B，C重合），点B，E在 异侧， 、 的平分线相交于点I.
（1）当 时，求 的长；
（2）求证： ；
（3）当 时， 的取值范围为 ，求m，n的值.
【答案】（1）解：∵ ，
∴△ABP为直角三角形，
∵∠B=30°，AB=6，
∴AP=3，
∴PD=AD-AP=3；
（2）证明：在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE；
（3）解：设∠BAP=α，则∠PAC=90°-α，
∵∠B=30°，∠BAC=90°，
∴∠BCA=180°-30°-90°=60°，
∵AI、CI分别平分∠PAC，∠PCA，
∴∠IAC= ∠PAC= （90°-α）=45°- α，∠ICA= ∠PCA=30°，
∴∠AIC=180°-（∠IAC+∠ICA）
=180°-（45°- α+30°）
=105°+ α，
∵0°＜α＜90°，
∴105°＜ α+105°＜150°，即105°＜∠AIC＜150°，
∴m=105，n=150.
【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定（SAS）；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）利用垂直的定义可推出△ABP是直角三角形，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AP的长；然后根据PD=AD-AP，可求出PD的长；
（2）利用SAS证明△ABC≌△ADE，利用全等三角形的对应角相等，可证得∠BAC=∠DAE，由此可推出结论；
（3）设∠BAP=α，则∠PAC=90°-α， 利用三角形的内角和定理求出∠BCA=60°，再利用角平分线的定义可得到∠IAC和∠ICA的度数；再根据∠AIC=180°-（∠IAC+∠ICA），可表示出∠AIC的度数，然后根据0°＜α＜90°，可得到m，n的值.
12．（2020八上·东海期末）问题情境：
七下教材第149页提出这样一个问题：如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，把三角尺的直角顶点落在OC的任意一点P上，并使三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F，PE与PF相等吗？
（1）七年级学习这部分内容时，我们还无法对这个问题的结论加以证明，八下教材第59页第11题不仅对这一问题给出了答案：“通过实验可以得到PE＝PF”，还要求“现在请你证明这个结论”，请你给出证明：
（2）变式拓展：
如图2，已知∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，P是OC上一点，∠EPF＝60°，PE边与OA边相交于点E，PF边与射线OB的反向延长线相交于点F.试解决下列问题：
①PE与PF还相等吗？为什么？
②试判断OE、OF、OP三条线段之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）证明：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N.
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM＝PN，
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣3×90°＝90°，
∵∠MPN＝∠EPF＝90°，
∴∠MPF＝∠NPE，
在△PMF和△PNE中， ，
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF＝PE.
（2）解：①解：结论：PE＝PF.
理由：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N.
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM＝PN，
∵∠PMO＝∠PNO＝90°，∠MON＝120°，
∴∠MPN＝360°﹣2×90°﹣120°＝60°，
∵∠MPN＝∠EPF＝60°，
∴∠MPF＝∠NPE，
在△PMF和△PNE中， ，
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF＝PE.
②解：结论：OE﹣OF＝OP.
理由：在△OPM和△OPN中， ，
∴△POM≌△PON（AAS），
∴OM＝ON，
∵△PMF≌△PNE（ASA），
∴FM＝EN，
∴OE﹣OF＝EN+ON+﹣（FM﹣OM）＝2OM，
在Rt△OPM中，∠PMO＝90°，∠POM＝ ∠AOB＝60°，
∴∠OPM＝30°，
∴OP＝2OM，
∴OE﹣OF＝OP.
【知识点】角平分线的性质；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N，由角平分线的性质可得PM＝PN，由同角的余角相等得∠MPF＝∠NPE，根据ASA证明△PMF≌△PNE，可得PF＝PE；
（2）①PE＝PF；理由：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N， 同（1）证法相同；
②OE﹣OF＝OP，理由：先利用AAS证明△POM≌△PON，得OM＝ON，由△PMF≌△PNE可得FM＝EN，从而得出OE﹣OF＝EN+ON+﹣（FM﹣OM）＝2OM， 在Rt△OPM中 ，求出 ∠OPM＝30°， 可得 OP＝2OM， 即得 OE﹣OF＝OP.
13．（2021八上·遵义期末）在边长为8的等边三角形 中，点Q是BC上一点，点P是AB上一动点，点P以1个单位每秒的速度从点A向点B移动，设运动时间为t秒.
（1）如图1，若 ，当t取何值时 ？
（2）若点P从点A向点B运动，同时点Q以2个单位的速度从点B经点C向点A运动，当t为何值时， 为等边三角形（在图2中画出示意图）.
（3）如图3，将边长为 的等边三角形 变换为AB，AC为腰，BC为底的等腰三角形，且 ， ，点P运动到AB中点处静止后，点M，N分别为BC，AC上动点，点M以1个单位每秒的速度从点B向C运动，同时点N以a个单位每秒的速度从点C向A运动，当 ， 全等时，直接写出a的值.
【答案】（1）解：如图1
是等边三角形，PQ//AC，
， ，
又 ，
，
是等边三角形，
，
由题意可知： ，则 ，
，
解得： ，
故t的值为2时，PQ//AC.
（2）解：如图2
①当点Q在边BC上时，
此时 不可能为等边三角形；
②当点Q在边AC上时，
若 为等边三角形，则 ，
由题意可知， ， ，
，
即： ，
解得： ，
故当 秒时， 为等边三角形；
（3）解：如图3：
，
当 ， 全等时，分两种情况讨论，
当 时，
设经过 秒后全等，
，
根据 ，
，
解得： ，
即 时， ， 全等；
当 时，
设经过 秒后全等，
，
根据 ，
即 ，
解得： ，
，
，
解得： ，
综上：当 ， 全等时，a的值为1或 .
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质得∠BQP=∠C=60°，根据平行线的性质得∠BPQ=∠A=60°，推出△BPQ为等边三角形，得到BP=BQ，由题意可得AP=t，BP=8-t，然后根据BP=BQ可得t的值；
（2）①当点Q在边BC上时，△APQ不可能为等边三角形；②当点Q在边AC上时，若△APQ为等边三角形，则AP=AQ，由题意可知AP=t，BC+CQ=2t，则AQ=BC+AC-(BC+CQ)=16-2t，接下来根据AP=AQ进行求解就可得到t的值；
（3）当BP=CM、BM=CN时，设经过t秒后全等，则BP=4，CM=6-t，BM=t，CN=at，根据BM=CN可得a的值；当BP=CN、BM=CM时，设经过t秒后全等，则BP=4，CM=6-t，BM=t，
CN=at，根据BM=CM可得t的值，根据BP=CN可得a的值.
14．（2021八上·庄河期末）如图，为等边三角形，点D、E分别为AC、BC边上一点，且，BD与AE交于点K．
（1）①求证：；
②如图1，连接CK，若，求证：．
（2）如图2，已知点F为等边外一点，连接BF、EF，且，．求的度数．
【答案】（1）证明：①为等边三角形，
，
在和中，，
，
，
；
②如图，过点作于点，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
在和中，，
，
，
；
（2）解：如图，延长至点，使得，连接，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
在和中，，
，
．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的性质
【解析】【分析】（1）①利用SAS证出，得出，即可得出结论；②过点作于点，利用SAS证出，即可得出结论；
（2）延长至点，使得，连接，证出是等边三角形，利用SSS证出，即可得出结论。
15．（2021八上·香坊期末）已知， 中， ．
（1）如图1，求证： ；
（2）如图2，D是 外一点连接 、 ，且 ，作 的平分线交 于点E，若 ，求 的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接 交 于点F，若 ， ，求 的长．
【答案】（1）证明：∵△ABC
∴∠A+∠B+∠C=180°
∵
∴∠A+∠B+∠C=∠A+2∠B
∴∠B=∠C
∴ ；
（2）解：∵ ，
∴△ABC是等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°
设∠ABD=x，则∠D=∠ABD=x，
∵四边形ACBD
∴∠C+∠DBC+∠D+∠DAC=360°，即60°+60°+x+x+∠DAC=360°
∴∠DAC=240°-2x
∵作 的平分线交 于点E
∴∠EAD= ∠DAC=120°-x
∵△AED
∴∠D+∠AED+∠EAD=180°，即∠x+∠AED+120°-x =180°，解得∠AED=60°；
（3）解：作AM⊥BD
∵AB=AD
∴MD=MB
∵AC=AD，AE平分∠CAD
∴AE⊥CD
∵由（2）得∠AED=60°，设ME=x
∴AE=2x，DE=2EF，BM=MF=x+3
∴DE=MD+ME=2x+3
∴EF=
∴AE=EF+AF= +3
∴ +3=2x，解得：x=
∴DE=2x+3=10．
【知识点】三角形内角和定理；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先求出 ∠A+∠B+∠C=180° ，再求出 ∠B=∠C ，最后证明即可；
（2）先求出 60°+60°+x+x+∠DAC=360° ，再求出 ∠EAD= ∠DAC=120°-x ，最后计算求解即可；
（3）先求出 DE=MD+ME=2x+3 ，再列方程计算求解即可。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
人教版八上数学第十三章13.3.2等边三角形 课时易错题三刷（第二刷）
一、单选题
1．（2021八上·凉山期末）如图， 中， ， ， ，垂足为Q，延长MN至G，取 ，若 的周长为12， ，则 周长是（ ）
A．8＋2m B．8＋m C．6＋2m D．6＋m
2．（2021八上·松桃期末）如图，△ABC是等边三角形，点E是AC的中点，过点E作EF⊥AB于点F，延长BC交EF的反向延长线于点D，若EF=1，则DF的长为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
3．（2021八上·讷河期末）如图，，点P在的内部，点C，D分别是点P关于、的对称点，连接交、分别于点E、F；若的周长的为10，则线段（ ）．
A．8 B．9 C．10 D．11
4．（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
5．（2021八上·朝阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B =30°，CD是高．若AD=2，则BD= ．
6．（2021八上·道里期末）如图，是等边三角形，点E在AC的延长线上，点D在线段AB上，连接ED交线段BC于点F，过点F作于点N，，，若，则AN的长为 ．
三、解答题
7．（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．
四、综合题
8．（2021八上·伊通期末）如图，点O是等边△ABC内一点，点D是△ABC外一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，连接OD．
（1）求证：△OCD是等边三角形；
（2）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；
（3）当α＝∠AOB，AO＝8cm时，求OC的长度．
9．（2021八上·东莞期末）如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，连接CD，BE交于点F．
求证：
（1）∠BFC＝120°；
（2）FA平分∠DFE．
10．（2021八上·南充期末）
（1）阅读理解：问题：如图1，在四边形 中，对角线 平分 ， .求证： .
思考：“角平分线+对角互补”可以通过“截长、补短”等构造全等去解决问题.
方法1：在 上截取 ，连接 ，得到全等三角形，进而解决问题；
方法2：延长 到点N，使得 ，连接 ，得到全等三角形，进而解决问题.
结合图1，在方法1和方法2中任选一种，添加辅助线并完成证明.
（2）问题解决：如图2，在（1）的条件下，连接 ，当 时，探究线段 ， ， 之间的数量关系，并说明理由；
（3）问题拓展：如图3，在四边形 中， ， ，过点D作 ，垂足为点E，请直接写出线段 、 、 之间的数量关系.
11．（2021八上·汉阴期末）如图， 和 中， ， 与 交于点P（不与点B，C重合），点B，E在 异侧， 、 的平分线相交于点I.
（1）当 时，求 的长；
（2）求证： ；
（3）当 时， 的取值范围为 ，求m，n的值.
12．（2020八上·东海期末）问题情境：
七下教材第149页提出这样一个问题：如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，把三角尺的直角顶点落在OC的任意一点P上，并使三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F，PE与PF相等吗？
（1）七年级学习这部分内容时，我们还无法对这个问题的结论加以证明，八下教材第59页第11题不仅对这一问题给出了答案：“通过实验可以得到PE＝PF”，还要求“现在请你证明这个结论”，请你给出证明：
（2）变式拓展：
如图2，已知∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，P是OC上一点，∠EPF＝60°，PE边与OA边相交于点E，PF边与射线OB的反向延长线相交于点F.试解决下列问题：
①PE与PF还相等吗？为什么？
②试判断OE、OF、OP三条线段之间的数量关系，并说明理由.
13．（2021八上·遵义期末）在边长为8的等边三角形 中，点Q是BC上一点，点P是AB上一动点，点P以1个单位每秒的速度从点A向点B移动，设运动时间为t秒.
（1）如图1，若 ，当t取何值时 ？
（2）若点P从点A向点B运动，同时点Q以2个单位的速度从点B经点C向点A运动，当t为何值时， 为等边三角形（在图2中画出示意图）.
（3）如图3，将边长为 的等边三角形 变换为AB，AC为腰，BC为底的等腰三角形，且 ， ，点P运动到AB中点处静止后，点M，N分别为BC，AC上动点，点M以1个单位每秒的速度从点B向C运动，同时点N以a个单位每秒的速度从点C向A运动，当 ， 全等时，直接写出a的值.
14．（2021八上·庄河期末）如图，为等边三角形，点D、E分别为AC、BC边上一点，且，BD与AE交于点K．
（1）①求证：；
②如图1，连接CK，若，求证：．
（2）如图2，已知点F为等边外一点，连接BF、EF，且，．求的度数．
15．（2021八上·香坊期末）已知， 中， ．
（1）如图1，求证： ；
（2）如图2，D是 外一点连接 、 ，且 ，作 的平分线交 于点E，若 ，求 的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接 交 于点F，若 ， ，求 的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵ ，
，
∴△PMN是等边三角形，
∵ ，
∴QN=PQ=
，∠QMN=30°，∠QNM=60°，
∵ ，
∴∠GQN=∠G=30°，QN=NG=
，
∴∠QMN=∠G=30°，
∴QM=QG，
∵ 的周长为12，
，
∴MN=4，QN=NC=2，QM=QG=m，
∴ 周长是QM+QG+MN+NG=6+2m.
故答案为：C.
【分析】易得△PMN是等边三角形，得QN=PQ=
MN，∠QMN=30°，∠QNM=60°，根据等腰三角形的性质可得∠GQN=∠G=30°，QN=NG=
MN，推出QM=QG，根据△MNP的周长可得MN=4，QN=NC=2，QM=QG=m，据此求解.
2．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：连接BE，
∵△ABC是等边三角形，点E是AC的中点，
∴∠ABC=60°，∠ABE=∠CBE=30°，
∵EF⊥AB，
∴∠D=90°-∠ABC=30°，即∠D=∠CBE=30°，
∴BE=DE，
在Rt△BEF中，EF=1，
∴BE=2EF=2，
∴BE=DE=2，
∴DF=EF+DE=3，
故答案为：C.
【分析】连接BE，根据等边三角形的性质得∠ABC=60°，∠ABE=∠CBE=30°，易求∠D=30°，即得∠D=∠CBE，由等角对等边可得BE=DE，根据含30°角的直角三角形的性质可得BE=2EF=2，即得DE=2，从而得出DF=EF+DE=3
3．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：连接，，
∵D、C分别是点P关于直线、的对称点，
，，，，，
，
是等边三角形，
∵CD=CE+EF+DF=PE+EF+PF=10，
．
故答案为：C．
【分析】连接，，由对称性可得，，，，，从而可求出△DOC是等边三角形，由于CD=CE+EF+DF=PE+EF+PF=10，由等边三角形的性质可得．
4．【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.
5．【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵CD⊥AB，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝90°＝∠ACB，
∵∠B＝30°，
∴∠A＝90° ∠B＝60°，
∴∠ACD＝90° ∠A＝30°，
∵AD＝2，
∴AC＝2AD＝4，
∴AB＝2AC＝8，
∴BD＝AB AD＝8 2＝6，
故答案为：6．
【分析】先求出∠ACB＝30°，再利用含30°角的直角三角形的性质可得AC＝2AD＝4，再根据∠B＝30°，可得AB＝2AC＝8，最后利用BD＝AB AD计算即可。
6．【答案】22
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的性质
【解析】【解答】解：作DG∥AC交BC于G，
∵是等边三角形，
∴，
∴∠DGB=∠ACB=60°，∠DGF=∠ECF，
∵∠DFG=∠EFC，，
∴△DFG≌△EFC，
∴，
∵∠DGB=∠ACB=60°，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，，
，
，
则，，
AN的长为27-5=22，
故答案为：22．
【分析】作DG∥AC交BC于G，根据是等边三角形，证出△DFG≌△EFC，得出，再证出是等边三角形，得出，设，则，根据垂直的性质得出a的值即可。
7．【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。
8．【答案】（1）解：∵△BOC≌△ADC，
∴OC=OD，∠OCB=∠ACD，
∴∠OCD=∠ACB，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠OCD=60°，
∴△OCD是等边三角形；
（2）解：△AOD是直角三角形，理由如下：
∵△OCD是等边三角形，
∴∠ODC=∠COD=60°，
∵△BOC≌△ADC，
∴∠ADC=∠BOC=150°，
∴∠ADO=90°，
∴△AOD是直角三角形；
（3）解：∵△OCD是等边三角形，
∴∠ODC=∠COD=60°，OC=OD，
∵△BOC≌△ADC，
∴∠ADC=∠BOC=110°，
∴∠ADO=∠ADC-∠ODC=50°，
∵∠BOC=∠AOB=110°，
∴∠AOD =360°-∠AOB-∠BOC-∠COD=80°，
∴∠OAD=180°-∠ADO- ∠AOD=50°，
∴∠OAD=∠ADO，
∴AO=OD，
∵AO＝8cm，
∴OC=OD＝8cm．
【知识点】等边三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据△BOC≌△ADC，得出∠OCD=∠ACB，再根据△ABC为等边三角形，得出∠OCD=60°，∠ACB=60°，即可得出结论；
（2）根据△OCD是等边三角形，得出∠ODC=∠COD=60°，再根据△BOC≌△ADC，得出∠ADC=∠BOC=150°，由此得出结论；
（3）根据△OCD是等边三角形，得出∠ODC=∠COD=60°，OC=OD，再根据△BOC≌△ADC，得出∠ADC=∠BOC=110°，从而得出∠OAD=∠ADO，AO=OD，计算即可。
9．【答案】（1）解：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAC=∠BAC+60°，∠BAE=∠BAC+60°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ABE=∠ADC，
令AB与DC的交点为G，
∵∠BGD=∠ABE+∠BFG，∠BGD=∠ADC+∠DAG，
∴∠ABE+∠BFG=∠ADC+∠DAG，
∴∠BFG=∠DAG=60°，
∴∠BFC=180°-∠BFG=120°；
（2）解：过点A作AH⊥DC，AG⊥BE，垂足分别为H、G．
∵AH⊥DC，AG⊥BE，
∴∠DHA=∠BGA=90°．
∵△DAC≌△BAE，
∴∠ADC=∠ABE．
在△DAH和△BAG中 ，
∴△DAH≌△BAG．
∴AH=AG．
又∵AH⊥DC，AG⊥BE，
∴FA为∠DFE的角平分线．
【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）先可利用“SAS”证明△DAC≌△BAE，再利用全等三角形的性质可得∠ABE=∠ADC，再结合∠BGD=∠ABE+∠BFG，∠BGD=∠ADC+∠DAG，可得∠BFG=∠DAG=60°，即可得到∠BFC=180°-∠BFG=120°；
（2）先利用“AAS”证明△DAH≌△BAG，再利用全等三角形的性质可得AH=AG，再利用角平分线的判定结合AH⊥DC，AG⊥BE，即可证明FA为∠DFE的角平分线．
10．【答案】（1）解：方法1：在 上截 ，连接 ，如图.
平分 ，
.
在 和 中， ，
，
， .
， .
.
，
.
方法2：延长 到点N，使得 ，连接 ，如图.
平分 ，
.
在 和 中， ，
.
， .
，
.
，
，
.
（2）解： 、 、 之间的数量关系为： .
（或者： ， ）.
延长 到点P，使 ，连接 ，如图2所示.
由（1）可知 ，
.
为等边三角形.
， .
，
.
.
，
为等边三角形.
， .
，
，
即 .
在 和 中， ，
.
，
，
.
（3）
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：（3） AB，CE，BC之间的数量关系为： .
（或者： ， ）
连接BD ，过点D作DF⊥AC于F，如图3所示.
， .
.
在 和 中， ，
，
， .
在 和 中，DF=DE，AF=CE，
，
.
，
，
.
【分析】（1）方法一：在BC上截取BM=BA，连接DM，利用角平分线的定义得∠ABD=∠CBD，由SAS证明△ABD≌△MBD，利用全等三角形的性质得∠A=∠BMD，AD=MD；由此可推出DM=DC，即可证得结论；方法二：延长BA至点N，使BN=BC，连接DN，由角平分线定义得∠NBD=∠CBD，利用SAS证明△NBD≌△CBD，利用全等三角形的性质可得到∠C=∠BND，ND=CD；利用补角的性质可得∠BND=∠NAD，利用等角对等边可得到DN=DA，即可证得结论；
（2）延长CB到点P，使BP=BC，连接AP，易证△ADC是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得AC=AD，∠ADC=60°，再求出∠ABC，∠PBA的度数；再证明△ABP是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到∠PAB=60°，AB=AP，可推出∠PAC=∠BAD；然后利用SAS证明△PAC≌△BAD，利用全等三角形的性质可推出PC=BD，由此可得到AB，BC，BD之间的数量关系；
（3） 连接BD，过点D作DF⊥AC于点F，由补角的性质得∠FAD=∠C，利用AAS证明△DFA≌△DEC，利用全等三角形的性质可得到利用HL证明△BDF≌△BDE，利用全等三角形的性质可推出BF=BE，由此可推出BC=BA+2CE，由此可证得结论.
11．【答案】（1）解：∵ ，
∴△ABP为直角三角形，
∵∠B=30°，AB=6，
∴AP=3，
∴PD=AD-AP=3；
（2）证明：在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE；
（3）解：设∠BAP=α，则∠PAC=90°-α，
∵∠B=30°，∠BAC=90°，
∴∠BCA=180°-30°-90°=60°，
∵AI、CI分别平分∠PAC，∠PCA，
∴∠IAC= ∠PAC= （90°-α）=45°- α，∠ICA= ∠PCA=30°，
∴∠AIC=180°-（∠IAC+∠ICA）
=180°-（45°- α+30°）
=105°+ α，
∵0°＜α＜90°，
∴105°＜ α+105°＜150°，即105°＜∠AIC＜150°，
∴m=105，n=150.
【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定（SAS）；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）利用垂直的定义可推出△ABP是直角三角形，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AP的长；然后根据PD=AD-AP，可求出PD的长；
（2）利用SAS证明△ABC≌△ADE，利用全等三角形的对应角相等，可证得∠BAC=∠DAE，由此可推出结论；
（3）设∠BAP=α，则∠PAC=90°-α， 利用三角形的内角和定理求出∠BCA=60°，再利用角平分线的定义可得到∠IAC和∠ICA的度数；再根据∠AIC=180°-（∠IAC+∠ICA），可表示出∠AIC的度数，然后根据0°＜α＜90°，可得到m，n的值.
12．【答案】（1）证明：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N.
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM＝PN，
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣3×90°＝90°，
∵∠MPN＝∠EPF＝90°，
∴∠MPF＝∠NPE，
在△PMF和△PNE中， ，
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF＝PE.
（2）解：①解：结论：PE＝PF.
理由：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N.
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM＝PN，
∵∠PMO＝∠PNO＝90°，∠MON＝120°，
∴∠MPN＝360°﹣2×90°﹣120°＝60°，
∵∠MPN＝∠EPF＝60°，
∴∠MPF＝∠NPE，
在△PMF和△PNE中， ，
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF＝PE.
②解：结论：OE﹣OF＝OP.
理由：在△OPM和△OPN中， ，
∴△POM≌△PON（AAS），
∴OM＝ON，
∵△PMF≌△PNE（ASA），
∴FM＝EN，
∴OE﹣OF＝EN+ON+﹣（FM﹣OM）＝2OM，
在Rt△OPM中，∠PMO＝90°，∠POM＝ ∠AOB＝60°，
∴∠OPM＝30°，
∴OP＝2OM，
∴OE﹣OF＝OP.
【知识点】角平分线的性质；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N，由角平分线的性质可得PM＝PN，由同角的余角相等得∠MPF＝∠NPE，根据ASA证明△PMF≌△PNE，可得PF＝PE；
（2）①PE＝PF；理由：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N， 同（1）证法相同；
②OE﹣OF＝OP，理由：先利用AAS证明△POM≌△PON，得OM＝ON，由△PMF≌△PNE可得FM＝EN，从而得出OE﹣OF＝EN+ON+﹣（FM﹣OM）＝2OM， 在Rt△OPM中 ，求出 ∠OPM＝30°， 可得 OP＝2OM， 即得 OE﹣OF＝OP.
13．【答案】（1）解：如图1
是等边三角形，PQ//AC，
， ，
又 ，
，
是等边三角形，
，
由题意可知： ，则 ，
，
解得： ，
故t的值为2时，PQ//AC.
（2）解：如图2
①当点Q在边BC上时，
此时 不可能为等边三角形；
②当点Q在边AC上时，
若 为等边三角形，则 ，
由题意可知， ， ，
，
即： ，
解得： ，
故当 秒时， 为等边三角形；
（3）解：如图3：
，
当 ， 全等时，分两种情况讨论，
当 时，
设经过 秒后全等，
，
根据 ，
，
解得： ，
即 时， ， 全等；
当 时，
设经过 秒后全等，
，
根据 ，
即 ，
解得： ，
，
，
解得： ，
综上：当 ， 全等时，a的值为1或 .
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质得∠BQP=∠C=60°，根据平行线的性质得∠BPQ=∠A=60°，推出△BPQ为等边三角形，得到BP=BQ，由题意可得AP=t，BP=8-t，然后根据BP=BQ可得t的值；
（2）①当点Q在边BC上时，△APQ不可能为等边三角形；②当点Q在边AC上时，若△APQ为等边三角形，则AP=AQ，由题意可知AP=t，BC+CQ=2t，则AQ=BC+AC-(BC+CQ)=16-2t，接下来根据AP=AQ进行求解就可得到t的值；
（3）当BP=CM、BM=CN时，设经过t秒后全等，则BP=4，CM=6-t，BM=t，CN=at，根据BM=CN可得a的值；当BP=CN、BM=CM时，设经过t秒后全等，则BP=4，CM=6-t，BM=t，
CN=at，根据BM=CM可得t的值，根据BP=CN可得a的值.
14．【答案】（1）证明：①为等边三角形，
，
在和中，，
，
，
；
②如图，过点作于点，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
在和中，，
，
，
；
（2）解：如图，延长至点，使得，连接，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
在和中，，
，
．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的性质
【解析】【分析】（1）①利用SAS证出，得出，即可得出结论；②过点作于点，利用SAS证出，即可得出结论；
（2）延长至点，使得，连接，证出是等边三角形，利用SSS证出，即可得出结论。
15．【答案】（1）证明：∵△ABC
∴∠A+∠B+∠C=180°
∵
∴∠A+∠B+∠C=∠A+2∠B
∴∠B=∠C
∴ ；
（2）解：∵ ，
∴△ABC是等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°
设∠ABD=x，则∠D=∠ABD=x，
∵四边形ACBD
∴∠C+∠DBC+∠D+∠DAC=360°，即60°+60°+x+x+∠DAC=360°
∴∠DAC=240°-2x
∵作 的平分线交 于点E
∴∠EAD= ∠DAC=120°-x
∵△AED
∴∠D+∠AED+∠EAD=180°，即∠x+∠AED+120°-x =180°，解得∠AED=60°；
（3）解：作AM⊥BD
∵AB=AD
∴MD=MB
∵AC=AD，AE平分∠CAD
∴AE⊥CD
∵由（2）得∠AED=60°，设ME=x
∴AE=2x，DE=2EF，BM=MF=x+3
∴DE=MD+ME=2x+3
∴EF=
∴AE=EF+AF= +3
∴ +3=2x，解得：x=
∴DE=2x+3=10．
【知识点】三角形内角和定理；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先求出 ∠A+∠B+∠C=180° ，再求出 ∠B=∠C ，最后证明即可；
（2）先求出 60°+60°+x+x+∠DAC=360° ，再求出 ∠EAD= ∠DAC=120°-x ，最后计算求解即可；
（3）先求出 DE=MD+ME=2x+3 ，再列方程计算求解即可。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
