13.3.2 等边三角形 同步练习 （含解析）2022-2023学年上学期广西各地八年级数学期末试题选编

13.3.2 等边三角形
一、单选题
1．（2022秋·广西贵港·八年级统考期末）如图，为线段上一动点（不与点，重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点，与交于点，与交于点，连接，下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·广西贵港·八年级统考期末）如图，在三角形中，，，于点，于点，则下列结论：①；②；③≌其中结论正确的是（ ）
A．①②③ B．①② C．① D．①③
3．（2022秋·广西贺州·八年级统考期末）如图，已知∠MON=30°，点…在射线ON上，点…在射线OM上：…均为等边三角形．若=1，则的边长为（ ）
A．2021 B．4042 C． D．
4．（2022秋·广西桂林·八年级统考期末）△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若BC＝5，则五边形DECHF的周长为（　　）
A．8 B．10 C．11 D．12
5．（2022秋·广西崇左·八年级统考期末）下列条件中，不能得到等边三角形的是（ ）
A．三边都相等的三角形 B．三个角都相等的三角形
C．有一个角等于的三角形 D．有两个角等于的三角形
6．（2022秋·广西河池·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，是原点，与轴正半轴的夹角为60°，是坐标轴上的动点，且满足为等腰三角形，点的可能位置共有（ ）个．
A．5 B．6 C．7 D．8
7．（2022秋·广西贵港·八年级统考期末）如图，在中，，，，动点P在BC边上，则AP的长不可能是（　　）
A． B． C． D．
8．（2022秋·广西北海·八年级统考期末）若三角形三个内角的比为，则它的最长边与最短边的比为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·广西来宾·八年级统考期末）如图，在中，，，平分，交于点，若，则（ ）
A．2 B． C． D．4
10．（2022秋·广西南宁·八年级统考期末）在中，，，，则AB的长是（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
二、填空题
11．（2022秋·广西崇左·八年级统考期末）如图，是等边三角形，直线交于M，交于N，则 ．
12．（2022秋·广西玉林·八年级期末）如图，已知△ABC为等边三角形，BD为△ABC的中线，延长BC至E，使CE＝CD，连接DE，则∠BDE ＝ 度．
13．（2022秋·广西柳州·八年级统考期末）如图，在等边中，点D、E分别在和边上，以为边作等边，连接．若，．则的长是 ．
14．（2022秋·广西贵港·八年级统考期末）如图，等边三角形，，点D，E，F分别是，，的中点，点P是线段上的一动点，连接，，则周长的最小值是 ．
15．（2022秋·广西玉林·八年级统考期末）如图，等腰△ABC，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D．点P是BA延长线上一点，O点是线段AD上一点，OP＝OC，下面的结论：①OP平分∠AOC；②∠APO＝∠DCO；③△OPC是等边三角形；④AC＝AO+AP．其中正确结论是 （填序号）
16．（2022秋·广西防城港·八年级统考期末）如图，用圆规以直角顶点O为圆心，以适当半径画一条弧交两直角边于A，B两点，若再以A点为圆心，以OA为半径画弧，与弧AB交于点C，则∠BOC等于 ．
17．（2022秋·广西钦州·八年级统考期末）已知中，，，若，则 ．
18．（2022秋·广西柳州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝6，则BC＝ ．
19．（2022秋·广西崇左·八年级统考期末）如图，折叠直角三角形纸片的直角，使点C落在AB上的点E处，已知BC＝9，∠B＝30°，则DE的长是 ．
20．（2022秋·广西百色·八年级统考期末）如图，中，，将沿折痕对折，点恰好与的中点重合，若，则的长为 ．
三、解答题
21．（2022秋·广西河池·八年级统考期末）如图，已知是等边三角形，点D是边上一点．
(1)以为边构造等边（其中点D、E在直线两侧），连接，猜想与的位置关系，并证明你的结论；
(2)若过点C作，在上取一点F，连接、，使得，试猜想的形状，直接写出你的结论．
22．（2022秋·广西崇左·八年级统考期末）（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，求∠AEB的度数．
（2）拓展探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．
23．（2022秋·广西防城港·八年级统考期末）如图，边长为4cm的等边△ABC中，点P、Q分别是边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，且它们的速度都为1cm/s，连接AQ，CP交于点M，在点P，Q运动的过程中．
(1)求证：△ABQ≌△CAP；
(2)∠QMC的大小是否发生变化？若无变化，求∠QMC的度数；若有变化，请说明理由；
(3)连接PQ，当点P，Q运动多少秒时，△PBQ是直角三角形？
24．（2022秋·广西桂林·八年级统考期末）问题发现：
(1)如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，
①求证：△ACD≌△BCE；
②求∠AEB的度数．
(2)拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高交AE于M，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．
25．（2022秋·广西来宾·八年级统考期末）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
26．（2022秋·广西百色·八年级统考期末）如图，在中，，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别在边上匀速移动，它们的速度分别为，，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为t．
(1)当t为何值时，为等边三角形？
(2)当t为何值时，为直角三角形？
27．（2022秋·广西贵港·八年级统考期末）如图，已知点D是等边三角形中边所在直线上的点，连接，过点D作，与的邻补角的平分线交于点F．
(1)如图①，当点D在线段上时，过点D作，且交于点E．求证：；
(2)如图①，在（1）的条件下，求证：；
(3)如图②，当点D在线段的延长线上时，（2）中线段，，之间的数量关系式还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请写出线段，，之间新的数量关系式，并说明理由．
28．（2022秋·广西柳州·八年级统考期末）已知等边△ABC的边长为4cm，点P，Q分别是直线AB，BC上的动点．
（1）如图1，当点P从顶点A沿AB向B点运动，点Q同时从顶点B沿BC向C点运动，它们的速度都为lcm/s，到达终点时停止运动．设它们的运动时间为t秒，连接AQ，PQ．
①当t＝2时，求∠AQP的度数．
②当t为何值时△PBQ是直角三角形？
（2）如图2，当点P在BA的延长线上，Q在BC上，若PQ＝PC，请判断AP，CQ和AC之间的数量关系，并说明理由．
29．（2022秋·广西贺州·八年级统考期末）如图，在中，，直线是线段的垂直平分线，，求线段BE的长．
30．（2022秋·广西南宁·八年级统考期末）如图1，分别以的两边为边作和，使得．
(1)求证：；
(2)过点A分别作于点F，于点G，
①如图2，连接，请判断的形状，并说明理由；
②如图3，若与相交于点H，且，试猜想之间的数量关系，并证明．
参考答案：
1．C
【分析】由“”可证，可得，，由外角的性质可得，通过证明是等边三角形，可得，可证，即可求解．
【详解】解：和是等边三角形，
，，，
，，
在和中，
，
，
，，故选项A不合题意；
，
，故选项B不合题意；
在和中，
，
，
，
又，
是等边三角形，
，
，
，故选项D不合题意；
∵，若，
则，
则，
而一定不等于，
故选项C不成立，符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
2．A
【分析】根据已知，易证≌，所以；根据等腰三角形的性质知，，，所以，内错角相等，所以；根据的结论，易证正确．
【详解】解：，于，于，
点在的平分线上；，
正确，点在的平分线上，
，
∵于点，于点，
∴
又∵，
≌．
．
正确，点在的平分线上；
．
又，
．
．
∴．
正确，为等边三角形，
．
又于，于，
．
又，
≌．
故选：A．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
3．C
【分析】根据等边三角形的性质得到∠B1A1A2=60°，根据三角形的外角性质求出∠OB1A1，得到∠OB1A1=∠MON，根据等腰三角形的判定定理得到A1B1=OA1=1，即可得解；
【详解】∵△A1B1A2为等边三角形，
∴∠B1A1A2=60°，
∴∠OB1A1=∠B1A1A2 ∠MON=30°，
∴∠OB1A1=∠MON，
∴A1B1=OA1=1，
同理可得A2B2=OA2=2，A3B3=OA3=4=22，
……，
∴△A2021B2021A2022的边长为．
故选：B．
【点睛】本题考查的是图形的变化规律，涉及到等边三角形的性质、三角形的外角性质，等腰三角形的判定及其性质，总结出规律是解题的关键．
4．B
【分析】证明△AFH≌△CHG（AAS），得出AF=CH．由题意可知BE=FH，则得出五边形DECHF的周长=AB+BC，则可得出答案．
【详解】解：∵△GFH为等边三角形，
∴FH=GH，∠FHG=60°，
∴∠AHF+∠GHC=120°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC=5，∠ACB=∠A=60°，
∵∠AHF=180°-∠FHG-∠GHC =120°-∠GHC，
∠HGC=180°-∠C-∠GHC =120°-∠GHC，
∴∠AHF=∠HGC，
在△AFH和△CHG中
，
∴△AFH≌△CHG（AAS），
∴AF=CH．
∵△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，
∴BE=FH，
∴五边形DECHF的周长=DE+CE+CH+FH+DF=BD+CE+AF+BE+DF，
=(BD+DF+AF)+(CE+BE)，
=AB+BC=10．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
5．C
【分析】根据等边三角形的定义和判定定理，即可解答．
【详解】解：A、三边都相等的三角形是等边三角形，正确，故本选项不符合题意；
B、三个角都相等的三角形三边都相等，故此三角形是等边三角形，正确，故本选项不符合题意；
C、有一个角等于的三角形，不一定是等边三角形，错误，故本选项符合题意；
D、有两个角是60°的三角形，那么第三个角也是60°，故是等边三角形，正确，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定，解决本题的关键是熟记等边三角形的定义和判定定理．
6．B
【分析】为等腰三角形，但没有说明哪条边为腰，故分OA=OP、OA=AP、OP=AP三类讨论，确定点P的位置，在根据与轴正半轴的夹角为60°，去掉重合的点，问题得解．
【详解】解：当OA=OP时，如图，共有4个点符合条件；
当OA=AP时，如图，共有2个点符合条件；
当OP=AP时，如图，共有两个点符合条件；
其中，P1、P6、P8三个点重合，
∴符合条件的点有4+2+2-2=6个．
故选：B.
【点睛】本题考查了等腰三角形的分类思想，等边三角形的性质，根据题意分别确定符合条件的点，并根据等边三角形的性质，确定出重合的点是解题关键．
7．D
【分析】首先利用直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，得出，然后再根据点P在BC边上运动，得出，进而得出，最后和选项进行对比，即可得出答案．
【详解】解：在中，
∵，，
∴，
又∵动点P在BC边上，
∴，
∴，
又∵，
∴的长不可能是．
故选：D
【点睛】本题考查了直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，解本题的关键在理解“动点P在BC边上”的含义．
8．B
【分析】设三个内角分别是k、2k、3k，根据题意列方程可得k=30°，则该三角形最大角为90°、最小角为30°，最后根据30度角所对的直角边等于斜边的一半解答即可．
【详解】解：根据题意，设三个内角分别是k，2k，3k，则k+2k+3k=180°，解得k=30°，
∴这个三角形的三个内角分别是30°，60°，90°
∴它的最长边与最短边之比为2：1．
故答案是B．
【点睛】本题主要考查了含30°角的直角三角形的边的关系、三角形三个内角和等知识点，运用三角形内角和求出三角形各角的度数是解答本题的关键．
9．D
【分析】根据角平分线性质求出∠BAD的度数，进而得到BD=AD，然后再根据含30度角的直角三角形性质求出AD即可．
【详解】解：∵∠C=90°，∠B=30°，
∴∠CAB=60°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD=30°，
∴∠B=∠BAD=30°
∴BD=AD
∵CD=2，∠C=90°，∠CAD=30°，
∴AD=4，
∴BD=AD=4，
故选D．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、角平分线性质的定义等知识点，根据题意说明BD=AD是解答本题的关键．
10．C
【分析】由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】∵∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝2，
∴AB＝2BC=4，
故选：C．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形的性质，掌握30°角所对的直角边是斜边的一半是解题的关键．
11．240°
【分析】根据是等边三角形可得∠B=∠C=60°，再通过四边形内角和求∠1+∠2的度数即可
【详解】∵是等边三角，
∴∠B=∠C=60°，
∵四边形MBCN内角和为360°，
∴∠1+∠2=360°-（∠B+∠C）=360°-120°=240°．
故答案为：240°．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质及多边形的外角和，是基础题，理清求解思路是解题的关键．
12．120
【分析】由△ABC为等边三角形，可求出∠BDC＝90°，由△DCE是等腰三角形求出∠CDE＝∠CED＝30°，即可求出∠BDE的度数．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，BD为中线，
∴∠BDC＝90°，∠ACB＝60°
∴∠ACE＝180° ∠ACB＝180° 60°＝120°，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠CED＝30°，
∴∠BDE＝∠BDC＋∠CDE＝90°＋30°＝120°，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质及等腰三角形的性质，解题的关键是熟记等边三角形的性质及等腰三角形的性质．
13．2
【分析】在上截取，连接，运用等边三角形性质即可证明，再利用全等三角形性质即可得出，据此即可求解．
【详解】解：如图，在上截取，连接，
是等边三角形，
(即)，
为等边三角形，
，，
∵以为边在其右侧作等边，
，，
，
，即，
在和中，
，
，
，
又，，
，
，
，
故答案为：2．
【点睛】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，作出辅助线是解决本题的关键．
14．/
【分析】连接交于H，根据等边三角形的性质证明A、E关于对称，得到P，D重合，周长最小，再求出即可得到答案．
【详解】解：∵等边三角形，，点E是的中点，
∴，
要使的周长最小，而一定，只要使最短即可，
连接交于H，
∵等边，D、E、F分别为，，的中点，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴A、E关于对称，
即当P和D重合时，此时最小，即的周长最小，
最小值是：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查对等边三角形的性质，轴对称-最短路线问题，等边三角形的判定与性质等知识点的理解和掌握，能求出的最小值是解此题的关键．
15．③④/④③
【分析】①分别求出∠AOP＜60°，∠POC＝60°，可判断OP不平分∠AOC；
②因为点O是线段AD上一点，所以BO不一定是∠ABD的角平分线，可作判断；
③证明∠POC＝60°且OP＝OC，即可证得△OPC是等边三角形；
④首先证明△OPA≌△CPE，则AO＝CE，AC＝AE+CE＝AO+AP．
【详解】解：①∵AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，
∴∠CAD∠BAC＝60°，∠PAC＝180°﹣∠CAB＝60°，BD＝CD，∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠PAC＝∠DAC，
如图，连接BO，
∵BD＝CD，AD⊥BC，
∴BO＝CO＝OP，
∴∠ABO＝∠OPA，∠DBO＝∠DCO，
∴∠ABO＝∠ACO＝∠OPA，
∵∠BAO＝∠APO+∠AOP＝60°，
∴∠ACO+∠AOP＝60°，
∴∠POC＝60°，
∴∠AOP≠∠POC，
∴PO不平分∠AOC，故①错误；
②由①知：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∵点O是线段AD上一点，
∴∠ABO与∠DBO不一定相等，则∠APO与∠DCO不一定相等，
故②不正确；
③∵∠POC＝60°，OP＝OC，
∴△OPC是等边三角形；
故③正确；
④如图，在AC上截取AE＝PA，
∵∠PAE＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴△APE是等边三角形，
∴∠PEA＝∠APE＝60°，PE＝PA，
∴∠APO+∠OPE＝60°，
∵∠OPE+∠CPE＝∠CPO＝60°，
∴∠APO＝∠CPE，
∵OP＝CP，
在△OPA和△CPE中，
，
∴△OPA≌△CPE（SAS），
∴AO＝CE，
∴AC＝AE+CE＝AO+AP；
故④正确．
故答案为：③④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
16．30°/30度
【分析】根据作图可知为等边三角形，即得出，从而由即可求出的大小．
【详解】由作图可知，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质．根据题意判断出为等边三角形是解题关键．
17．5
【分析】由题意知是等边三角形，三边相等即可求AC的长．
【详解】解：∵
∴是等边三角形
∴
故答案为：5．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质．解题的关键在于掌握等边三角形的判定与性质．
18．3
【分析】根据直角三角形中,30°角所对直角边等于斜边的一半计算即可．
【详解】∵∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝6，
∴BC=，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形中,30°角所对直角边等于斜边的一半是解题的关键．
19．3
【分析】由折叠的性质可知；DC＝DE，∠DEA＝∠C＝90°，在Rt△BED中，∠B＝30°，故此BD＝2ED，从而得到BC＝3DE，于是可求得DE＝3．
【详解】解：由折叠的性质可知；DC＝DE，∠DEA＝∠C＝90°，
∵∠BED+∠DEA＝180°，
∴∠BED＝90°．
∵∠B＝30°，
∴BD＝2DE．
∴BC＝3ED＝9．
∴DE＝3．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查的是翻折的性质、含30°直角三角形的性质，根据题意得出BC＝3DE是解题的关键．
20．6
【分析】根据线段垂直平分线的性质得∠A=∠ABE，根据折叠的性质得∠ABE=∠CBE，然后根据直角三角形的性质计算即可．
【详解】解∶ 根据题意得：∠BDE=∠C=90°，∠ABE=∠CBE，
∵点D为AB的中点，
∴DE垂直平分AB，
∴AE=BE=4，
∴∠A=∠ABE，
∴∠ABC=2∠A，
∵∠C=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∴∠A=30°，
∴∠ABE=∠CBE =30°，
∴，
∴AC=4+2=6．
故答案为：6
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质和直角三角形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
21．(1)图见解析，，理由见解析
(2)为等边三角形，理由见解析
【分析】（1）以点A和点D为圆心，长为半径画弧，在右边相交于点E，连接即为所求；根据等边三角形的性质可得，则，进而得出，则，即可得出；
（2）根据题意画出图形，在上截取，使，连接，通过证明为等边三角形，进而得出，则，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图：即为所求，，理由如下：
∵、是等边三角形，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）为等边三角形，理由如下：
如图：在上截取，使，连接，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，则，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴为等边三角形．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质、三角形全等的判定及性质、平行线的判定及性质，解题的关键是通过标出相应的角标找出角之间的关系，通过等量代换进行求解，熟练掌握并灵活运用等边三角形的性质和判定．
22．（1）；（2），AE＝BE+2CM，理由见解析
【分析】（1）先证出∠ACD＝∠BCE，那么△ACD≌△BCE，根据全等三角形证出∠ADC＝∠BEC，求出，得出，从而证出；
（2）证明△ACD≌△BCE，得出∠ADC＝∠BEC，最后证出DM＝ME＝CM即可．
【详解】解：（1）∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，，
∴ ．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴，
∴．
∴．
（2） ，AE＝BE+2CM．
理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴，
∴．
∴．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质；证明三角形全等是解决问题的关键．
23．(1)见解析；
(2)∠QMC的大小不发生变化，∠QMC=60°；
(3)秒或秒
【分析】（1）利用等边三角形的性质根据SAS证明；
（2）利用全等三角形的性质证明即可；
（3）设点P，Q运动t秒时，分两种情况：①当∠PQB=90°时，由BP=2BQ，即4-t=2t，解得t；②当∠QPB=90°时，由BQ=2BP，即2(4-t)=t，解得t．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，AB=AC，
在△ABQ和△CAP中，
∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
（2）解：∠QMC的大小不发生变化，理由如下：
∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ=∠ACP，
∵∠ACP+∠APC=180°-∠BAC=120°，
∴∠AMP=180°-(∠BAQ+∠APC)=180°-(∠ACP+∠APC)=60°，
∴∠QMC=∠AMP=60°，
（3）解：设点P，Q运动t秒时，△PBQ是直角三角形，
分两种情况：
①当∠PQB=90°时，
∵∠B=60°，
∴∠BPQ=30°，
∴BP=2BQ，即4-t=2t，
解得t=；
②当∠QPB=90°时，
∵∠B=60°，
∴∠BQP=30°，
∴BQ=2BP，即2(4-t)=t，
解得t=；
综上，点P，Q运动秒或秒时，△PBQ是直角三角形．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，直角三角形30度角的性质，熟记等边三角形的性质及全等三角形的判定定理是解题的关键，题中还考查了分类思想解决问题．
24．(1)①见解析；②∠AEB＝60°
(2)∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．理由见解析
【分析】（1）①先证明 再结合等边三角形的性质，利用证明△ACD≌△BCE即可；②先求解 由△ACD≌△BCE可得∠ADC＝∠BEC，再利用角的和差关系可得答案；
（2）先证明 再结合全等三角形的性质与等腰直角三角形的性质可得 由 结合等腰直角三角形的性质，可得 结合全等三角形的性质可得
【详解】（1）证明：①∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°﹣∠DCB＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
解：②∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
（2）解：∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．
理由如下： 如图2所示：由题意得：
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°，
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，确定每一问中的两个全等三角形是解本题的关键.
25．（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由见解析；（2）不变，理由见解析；（3）①BD＝AC，理由见解析；②能，60°或120°．
【分析】（1）延长BD交AC于F，根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；
（2）根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；
（3）①根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；②设与交于点，根据全等三角形的性质，即可求证．
【详解】（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延长BD交AC于F．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中
∴，
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）
不发生变化，
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，
②能．设与交于点，如下图：
理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．
∴
，
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法与性质．
26．(1)当t=2时，△PBQ为等边三角形；
(2)当t=1.5或t=2.4时，△PBQ为直角三角形．
【分析】先用含t的代数式表示出BP、BQ．
（1）由于∠B=60°，当BP=BQ时，可得到关于t的一次方程，求解即得结论；
（2）分两种情况进行讨论：①当∠BQP=90°时，②当∠BPQ=90°时．利用直角三角形中，含30°角的边间关系，得到关于t的一次方程，求解得结论．
【详解】（1）解：在△ABC中，∵∠C=90°，∠A=30°，
∴∠B=60°，
∵6÷2=3，
∴0≤t≤3，BP=（6-2t）cm，BQ=t cm．
当BP=BQ时，△PBQ为等边三角形，
即6-2t=t， ∴t=2；
当t=2时，△PBQ为等边三角形；
（2）若△PBQ为直角三角形， ①当∠BQP=90°时，BP=2BQ，
即6-2t=2t，
∴t=1.5，
②当∠BPQ=90°时，BQ=2BP，
即t=2（6-2t），
∴t=2.4．
即当t=1.5或t=2.4时，△PBQ为直角三角形．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形、等边三角形以及分类讨论的思想方法，利用“直角三角形中，30°角所对的边等于斜边的一半”及“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”，得到关于t的一次方程是解决本题的关键．
27．(1)见解析
(2)见解析
(3)不成立，，理由见解析
【分析】(1)根据平行线的性质得到，得到是等边三角形，根据等边三角形的性质即可证得；
(2)证明，根据全等三角形的性质得到，结合图形即可证得；
(3)过点D作交于点G，证明，根据全等三角形的性质得到，结合图形证明即可．
【详解】（1）证明：是等边三角形，
，
，
，，
，
是等边三角形，
；
（2）证明： 与都是等边三角形，
，，
，即．
，
．
是的邻补角的平分线，的邻补角为，
，
，
．
，，
．
，
．
在和中，
，
，
，
∴；
（3）解：（2）中线段，，之间的数量关系式不成立，
新的数量关系式是：．
理由如下：
过点D作交于点G，
则，，
为等边三角形，，
．
，，
．
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
28．（1）①∠AQP＝30°；②当t＝秒或t＝秒时，△PBQ为直角三角形；（2）AC＝AP+CQ，理由见解析.
【分析】（1）①由△ABC是等边三角形知AQ⊥BC，∠B＝60°，从而得∠AQB＝90°，△BPQ是等边三角形，据此知∠BQP＝60°，继而得出答案；
②由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，再分∠PQB＝90°和∠BPQ＝90°两种情况分别求解可得．
（2）过点Q作QF∥AC，交AB于F，知△BQF是等边三角形，证∠QFP＝∠PAC＝120°、∠BPQ＝∠ACP，从而利用AAS可证△PQF≌△CPA，得AP＝QF，据此知AP＝BQ，根据BQ+CQ＝BC＝AC可得答案．
【详解】解:（1）①根据题意得AP＝PB＝BQ＝CQ＝2，
∵△ABC是等边三角形，
∴AQ⊥BC，∠B＝60°，
∴∠AQB＝90°，△BPQ是等边三角形，
∴∠BQP＝60°，
∴∠AQP＝∠AQB﹣∠BQP＝90°﹣60°＝30°；
②由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，
当∠PQB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，得：4﹣t＝2t，解得t＝；
当∠BPQ＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），解得t＝；
∴当t＝秒或t＝秒时，△PBQ为直角三角形；
（2）AC＝AP+CQ，理由如下：
如图所示，过点Q作QF∥AC，交AB于F，
则△BQF是等边三角形，
∴BQ＝QF，∠BQF＝∠BFQ＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴BC＝AC，∠BAC＝∠BFQ＝60°，
∴∠QFP＝∠PAC＝120°，
∵PQ＝PC，
∴∠QCP＝∠PQC，
∵∠QCP＝∠B+∠BPQ，∠PQC＝∠ACB+∠ACP，∠B＝∠ACB，
∴∠BPQ＝∠ACP，
在△PQF和△CPA中，
∵
∴△PQF≌△CPA（AAS），
∴AP＝QF，
∴AP＝BQ，
∴BQ+CQ＝BC＝AC，
∴AP+CQ＝AC．
【点睛】考核知识点:等边三角形的判定和性质.利用全等三角形判定和性质分析问题是关键.
29．12
【分析】连接，由垂直平分线的性质可以得出，，得出，利用直角三角形的性质计算即可．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴线段的长为12．
【点睛】本题主要考查垂直平分线的性质及含直角三角形的性质，能够熟练运用性质添加辅助线是解题关键．
30．(1)见解析
(2)①是等腰三角形，理由见解析；②，理由见解析
【分析】（1）根据，可得，可证得，即可；
（2）①根据，可得，可证得，从而得到，即可；②证明，可得，再证明，可得，再得到，可得，从而得到，进而得到，则有，即可 ．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：①是等腰三角形，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
②解：，理由如下：
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定是解题的关键．