专题19 等腰三角形（讲练）-2023年中考一轮复习讲练测（浙江专用）

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2023年中考数学总复习一轮讲练测（浙江专用）
专题19等腰三角形 （讲练）

1.等腰三角形的有关概念、性质及判定；
2.等边三角形的有关概念、性质及判定；
3.运用等腰三角形的性质与判定解决有关问题

1．（2022·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知在锐角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E是AD上一点，连结EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，则△EBC的面积是（  ）

A．12 B．9 C．6 D．32
【答案】B
【分析】根据三线合一可得ED⊥BC，根据垂直平分线的性质可得EB=EC，进而根据∠EBC＝45°，可得△BEC为等腰直角三角形，根据斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=12BC=3，然后根据三角形面积公式即可求解．
【详解】解：∵ AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BD,BD=DC，
∴EB=EC，
∵∠EBC＝45°，
∠ECB=∠EBC=45°，
∴ △BEC为等腰直角三角形，
∵BC=6，
∴ DE=12BC=3，
则△EBC的面积是12×3×6=9．
故选B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，垂直平分线的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=8，点E，F，G分别在边AB，BC，AC上，EF∥AC，GF∥AB，则四边形AEFG的周长是（    ）

A．32 B．24 C．16 D．8
【答案】C
【分析】根据EF∥AC，GF∥AB，可得四边形AEFG是平行四边形，从而得到FG=AE，AG=EF，再由EF∥AC，可得∠BFE=∠C，从而得到∠B=∠BFE，进而得到BE=EF，再根据四边形AEFG的周长是2（AE+EF），即可求解．
【详解】解∶∵EF∥AC，GF∥AB，
∴四边形AEFG是平行四边形，
∴FG=AE，AG=EF，
∵EF∥AC，
∴∠BFE=∠C，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B=∠BFE，
∴BE=EF，
∴四边形AEFG的周长是2（AE+EF）=2（AE+BE）=2AB=2×8=16．
故选：C
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
3．（2022·浙江舟山·中考真题）如图，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC=∠BDE=90°，点A在边DE的中点上，若AB=BC，DB=DE=2，连结CE，则CE的长为（    ）

A．14 B．15 C．4 D．17
【答案】D
【分析】过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，根据等腰直角三角形的性质可得BE=22，∠BED=45°，进而得到AB=BC=5，EG=AG=22AE=22，BG=322，再证得△BEF∽△ABG，可得BF=255,EF=655，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，

在Rt△BDE中，∠BDE=90°，DB=DE=2，
∴BE=BD2+DE2=22，∠BED=45°，
∵点A在边DE的中点上，
∴AD=AE=1，
∴AB=AD2+BD2=5，
∴AB=BC=5，
∵∠BED=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴EG=AG=22AE=22，
∴BG=322，
∵∠ABC=∠F=90°，
∴EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABG，
∴△BEF∽△ABG，
∴BEAB=BFAG=EFBG，即225=BF22=EF322，
解得：BF=255,EF=655，
∴CF=755，
∴CE=EF2+CF2=17．
故选：D
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
4．（2021·浙江杭州·统考中考真题）已知线段AB，按如下步骤作图：①作射线AC，使AC⊥AB；②作∠BAC的平分线AD；③以点A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点E；④过点E作EP⊥AB于点P，则AP:AB=（    ）

A．1:5 B．1:2 C．1:3 D．1:2
【答案】D
【分析】由题意易得∠BAD=45°，AB=AE，进而可得△APE是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵AC⊥AB，
∴∠CAB=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=45°，
∵EP⊥AB，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴AP=PE，
∴AE=AP2+PE2=2AP，
∵AB=AE，
∴AB=2AP，
∴AP:AB=1:2；
故选D．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理及角平分线的定义，熟练掌握等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理及角平分线的定义是解题的关键．
5．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，点D在△ABC的边BC上，点P在射线AD上（不与点A，D重合），连接PB，PC．下列命题中，假命题是（    ）

A．若AB=AC，AD⊥BC，则PB=PC B．若PB=PC，AD⊥BC，则AB=AC
C．若AB=AC，∠1=∠2，则PB=PC D．若PB=PC，∠1=∠2，则AB=AC
【答案】D
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质证明PD是否是BC的垂直平分线，判断即可．
【详解】因为AB=AC，且AD⊥BC，得AP是BC的垂直平分线，所以PB=PC，则A是真命题；
因为PB=PC，且AD⊥BC，得AP是BC的垂直平分线，所以AB=AC，则B是真命题；
因为AB=AC，且∠1=∠2，得AP是BC的垂直平分线，所以PB=PC，则C是真命题；
因为PB=PC，△BCP是等腰三角形，∠1=∠2，不能判断AP是BC的垂直平分线，所以AB和AC不一定相等，则D是假命题．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，掌握性质定理是解题的关键．
6．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC,∠B=36°．分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧相交于点D，E，作直线DE分别交AC，BC于点F，G．以G为圆心，GC长为半径画弧，交BC于点H，连结AG,AH．则下列说法错误的是（    ）

A．AG=CG B．∠B=2∠HAB
C．△CAH≅△BAG D．BG2=CG⋅CB
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得∠CAG=∠C=36°，从而可得∠AGB=72°，再根据等腰三角形的性质可得∠AHG=∠GAH=54°，然后根据三角形的外角性质可得∠HAB=18°，由此即可判断选项B；先假设△CAH≅△BAG可得∠CAH=∠BAG，再根据角的和差可得∠CAH=90°,∠BAG=72°，从而可得∠CAH≠∠BAG，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得BG=AB=AC，再根据相似三角形的判定可得△ABC∼△GAC，然后根据相似三角形的性质可得AC2=CG⋅CB，最后根据等量代换即可判断选项D．
【详解】解：由题意可知，DE垂直平分AC，CG=HG，
∴AG=CG，则选项A正确；
∵AB=AC,∠B=36°，
∴∠C=∠B=36°，
∵AG=CG，CG=HG，
∴∠CAG=∠C=36°，AG=HG，
∴∠AGB=∠CAG+∠C=72°，∠AHG=∠GAH=180°−∠AGB2=54°，
∴∠HAB=∠AHG−∠B=18°，
∴∠B=2∠HAB，则选项B正确；
假设△CAH≅△BAG，
∴∠CAH=∠BAG，
又∵∠CAH=∠CAG+∠GAH=36°+54°=90°，
∠BAG=∠HAB+∠GAH=18°+54°=72°，
∴∠CAH≠∠BAG，与∠CAH=∠BAG矛盾，
则假设不成立，选项C错误；
∵∠BAG=72°=∠AGB，AB=AC，
∴BG=AB=AC，
在△ABC和△GAC中，∠B=∠CAG=36°∠C=∠C，
∴△ABC∼△GAC，
∴ACCG=CBAC，即AC2=CG⋅CB，
∴BG2=CG⋅CB，则选项D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．
7．（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=40°，∠BAC=80°，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交射线BA于点D，连接CD，则∠BCD的度数是______．

【答案】10°或100°
【分析】分两种情况画图，由作图可知得AC=AD，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理解答即可．
【详解】解：如图，点D即为所求；

在ΔABC中，∠ABC=40°，∠BAC=80°，
∴∠ACB=180°−40°−80°=60°，
由作图可知：AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC=12(180°−80°)=50°，
∴∠BCD=∠ACB−∠ACD=60°−50°=10°；
由作图可知：AC=AD'，
∴∠ACD'=∠AD'C，
∵∠ACD'+∠AD'C=∠BAC=80°，
∴∠AD'C=40°，
∴∠BCD'=180°−∠ABC−∠AD'C=180°−40°−40°=100°．
综上所述：∠BCD的度数是10°或100°．
故答案为：10°或100°．
【点睛】本题考查了作图−复杂作图，三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是掌握基本作图方法．
8．（2021·浙江·统考中考真题）为庆祝中国共产党建党100周年，某校用红色灯带制作了一个如图所示的正五角星（A,B,C,D,E是正五边形的五个顶点），则图中∠A的度数是_______度．

【答案】36
【分析】根据题意，得五边形（F,G,H,J,K是正五边形的五个顶点）为正五边形，且AF=AK；根据多边形内角和性质，得正五边形FGHJK内角和，从而得∠4；再根据补角、等腰三角形、三角形内角和性质计算，即可得到答案．
【详解】∵正五角星（A,B,C,D,E是正五边形的五个顶点）
∴五边形（F,G,H,J,K是正五边形的五个顶点）为正五边形，且AF=AK

∴正五边形FGHJK内角和为：5−2×180°=540°
∴∠4=540°5=108°
∴∠3=180°−∠4=72°
∵AF=AK
∴∠2=∠3=72°
∴∠1=180°−∠2−∠3=36°
故答案为：36．
【点睛】本题考查了正多边形、多边形内角和、补角、等腰三角形、三角形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握正多边形、多边形内角和、等腰三角形、三角形内角和的性质，从而完成求解．
9．（2021·浙江绍兴·统考中考真题）已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC=∠ABD=30°，AB=4，AC=AD=22，则CD长为_______．
【答案】23±2，4，26
【分析】首先确定满足题意的两个三角形的形状，再通过组合得到四种不同的结果，每种结果分别求解，共得到四种不同的取值；图2、图3、图4均可通过过A点向BC作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的性质可求出相应线段的长，与CD关联即可求出CD的长；图5则是要过D点向BC作垂线，构造直角三角形，解直角三角形即可求解．
【详解】解：如图1，满足条件的△ABC 与△ABD的形状为如下两种情况，点C，D不重合，则它们两两组合，形成了如图2、图3、图4、图5共四种情况；
如图2，△ABC≌△ABD，此时，BC=BD，由题可知：
∠CBD=∠ABC+∠ABD=30°+30°=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD=BC；
过A点作AE⊥BC，垂足为E点，
在Rt△ABE中，∵AB=4,∠ABC=30°，
∴AE=12AB=2,
BE=42−22=23;
在Rt△ACE中，CE=AC2−AE2=222−22=2;
∴BC=23+2；
（同理可得到图4和图5中的BC=23+2，CF=2，BF=23．）
∴CD=BC=23+2．
如图3，△ABC≌△ABD，此时，BC=BD，由题可知：
∠CBD=∠ABC+∠ABD=30°+30°=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD=BC；
过A点作AM⊥BC，垂足为M，
在Rt△ABM中，∵AB=4,∠ABC=30°，
∴AM=12AB=2,
BM=42−22=23;
在Rt△ACM中，CM=AC2−AM2=222−22=2;
（同理可得到图4和图5中的BD=23−2，DF=2，BF=23．）
∴CD=BC=BM−CM=23−2；
如图4，由上可知：CD=CF+FD=CF+BF−BD=2+23−23−2=4；
如图5，过D点作DN⊥BC，垂足为N点；
∵∠CBD=∠ABC+∠ABD=30°+30°=60°，
∴∠BDN=30°，
∴在Rt△BDN中，BN=12BD=1223−2=3−1,
DN=BN⋅tan60°=33−1=3−3；
∵CN=CB−BN=23+2−3−1=3+3,
∴在Rt△DCN中，CD=NC2+DN2=3+32+3−32=26;
综上可得：CD的长为23±2，4，26．
故答案为：23±2，4，26．


【点睛】本题主要考查了对几何图形的分类讨论问题，内容涉及到勾股定理、直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半、解直角三角形、等边三角形等知识，考查了学生对相关概念与性质的理解与应用，本题对综合分析能力要求较高，属于填空题中的压轴题，涉及到了分类讨论与数形结合的思想等．
10．（2021·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠B=70°，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，连结AP，则∠BAP的度数是_______．

【答案】15°或75°
【分析】分①点P在BC的延长线上，②点P在CB的延长线上两种情况，再利用等腰三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：①当点P在BC的延长线上时，如图

∵AB=AC，∠B=70°，
∴∠B=∠ACB=70°
∴∠CAB=40°
∵以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，
∴AC=PC
∴∠P=∠CAP
∵∠ACB=∠B+∠CAP=70°
∴∠P=∠CAP=35∘
∴∠BAP=∠BAC+∠CAP=40∘+35∘=75∘
②当点P在CB的延长线上时，如图

由①得∠C=70°，∠CAB=40°
∵AC=PC
∴∠P=∠CAP=55∘
∴∠BAP=∠CAP-∠BAC=55∘-40∘=15∘
故答案为：15°或75°
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，分类讨论不重不漏是解题的关键．
11．（2022·浙江温州·统考中考真题）如图，BD是△ABC的角平分线，DE∥BC，交AB于点E．

(1)求证：∠EBD=∠EDB．
(2)当AB=AC时，请判断CD与ED的大小关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)相等，见解析

【分析】（1）利用角平分线的定义和平行线的性质可得结论；
 （2）利用平行线的性质可得∠ADE=∠AED， 则AD= AE，从而有CD = BE，由(1) 得，∠EBD=∠EDB，可知BE = DE，等量代换即可．
【详解】（1）证明：∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠CBD=∠EBD．
∵DE∥BC，
∴∠CBD=∠EDB，
∴∠EBD=∠EDB．
（2）CD=ED．理由如下：
∵AB=AC，
∴∠C=∠ABC．
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠C,∠AED=∠ABC，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴AC−AD=AB−AE，即CD=BE．
由（1）得∠EBD=∠EDB，
∴BE=ED，
∴CD=ED．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义等知识，熟练掌握平行与角平分线可推出等腰三角形是解题的关键．
12．（2022·浙江湖州·统考中考真题）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，a>b．记△ABC的面积为S．

(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1，正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9，S2=16，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：S2−S1=2S．
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为S1，等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索S2−S1与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)S2−S1=14S，理由见解析

【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用FAAN=ANNB，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
（2）等边△ABF与等边△CBE共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用Rt△CFE，cos30°=FECE=ba=32，得到a与b的关系，从而得到结论
【详解】（1）∵S1=9，S2=16
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴S=12ab=12×3×4=6
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴FAAN=ANNB
∴a+ba=ab，
得：ab+b2=a2
∴2S+S1=S2．
即S2−S1=2S
（2）S2−S1=14S，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴ba=FECE=cos30°=32
∴b=32a
∴S=12ab=34a2
由题意得：S1=34b2，S2=34a2
∴S2−S1=34a2−34b2=316a2
∴S2−S1=14S
【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等


一、等腰三角形
等腰三角形
等腰三角形概念
有两边相等的三角形角等腰三角形。
等腰三角形性质
1：等腰三角形的两个底角相等（简写成“等边对等角”）
2：等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合。（三线合一）
等腰三角形的判定
如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简写成“等角对等边”）.

二、等边三角形
等边三角形
等边三角形概念
三条边都相等的三角形，叫等边三角形。它是特殊的等腰三角形。
等边三角形性质和判定
（1）等边三角形的三个内角都相等，并且每一个角都等于60º。
（2）三个角都相等的三角形是等边三角形。
（3）有一个角是60º的等腰三角形是等边三角形。
（4）在直角三角形中，如果一个锐角等于30º，那么它所对的直角边等于斜边的一半。
（补充：
（1）三角形三个内角的平分线交于一点，并且这一点到三边的距离等。
（2）三角形三个边的中垂线交于一点，并且这一点到三个顶点的距离相等。
（3）常用辅助线：①三线合一；②过中点做平行线

考点一、等腰三角形的性质
1．（2022秋•嘉陵区校级期末）等腰三角形的两条边长分别为8和4，则它的周长等于（　　）
A．12 B．16 C．20 D．16或20
【分析】根据8和4可分别作等腰三角形的腰，结合三边关系定理，分别讨论求解．
【解答】解：当4为腰时，三边为4，4，8，由三角形三边关系定理可知，不能构成三角形，
当8为腰时，三边为8，8，4，符合三角形三边关系定理，周长为：8+8+4＝20．
故选：C．
2．（2022秋•安徽期末）如图，一个小孩坐在秋千上，若秋千绕点O旋转了86°，小孩的位置也从A点运动到了A'点，则∠OA'A的度数为（　　）

A．33° B．37° C．43° D．47°
【分析】根据旋转角的定义、旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行解答．
【解答】解：∵秋千旋转了86°，小林的位置也从A点运动到了A'点，
∴AOA′＝86°，OA＝OA′，
∴∠OAA'＝（180°﹣86°）＝47°．
故选：D．
3．（2022秋•东昌府区校级期末）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为36°，则该等腰三角形的底角的度数为（　　）
A．50° B．27° C．64°或27° D．63°或27°
【分析】分锐角三角形和钝角三角形两种情况，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出它的底角的度数．
【解答】解：在三角形ABC中，设AB＝AC，BD⊥AC于D．
①若是锐角三角形，∠A＝90°﹣36°＝54°，
底角＝（180°﹣54°）÷2＝63°；

②若三角形是钝角三角形，∠BAC＝36°+90°＝126°，
此时底角＝（180°﹣126°）÷2＝27°．

所以等腰三角形底角的度数是63°或27°．
故选：D．
4．（2022秋•万全区期末）如图，在△ABE中，BA＝BE，F为AE中点．若∠ABC＝34°，∠C＝50°，则∠ADB的度数为（　　）

A．67° B．68° C．70° D．84°
【分析】根据等腰三角形的性质可求∠DBC，再根据三角形外角的性质即可求解．
【解答】解：在△ABE中，BA＝BE，F为AE中点，∠ABC＝34°，
∴∠DBC＝17°，
∵∠C＝50°，
∴∠ADB＝67°．
故选：A．
5．（2022秋•九龙坡区期末）已知等腰三角形一腰上的高与另一腰所在直线的夹角是40°，则底角的度数是（　　）
A．65° B．65°或25° C．70° D．70°或20°
【分析】作出图形，分①三角形是锐角三角形，根据直角三角形两锐角互余求出顶角，再根据等腰三角形两底角相等列式计算即可得解；②三角形是钝角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出顶角度数，再根据等腰三角形两底角相等列式计算即可得解．
【解答】解：①如图，三角形是锐角三角形时，

∠A＝90°﹣40°＝50°
底角为：×（180°﹣50°）＝65°，
②如图2，三角形是钝角三角形时，

∵∠BAC＝90°+40°＝130°，
底角为：×（180°﹣130°）＝25°，
综上所述，底角为65°或25°．
故选：B．
6．（2022秋•沈丘县期末）如图，在等腰△ABC中，∠A＝56°，AB＝AC．在边AC上任取一点A1，延长BC到C1，使A1C＝CC1，得到△A1CC1；在边A1C1上任取一点A2，延长CC1到C2，使A2C1＝C1C2，得到A2C1C2，…，按此做法继续下去，则∠A2022C2022C2021的度数是（　　）

A．×62° B．×62°
C．×62° D．×62°
【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠ABC＝∠ACB＝62°，再根据等腰三角形的性质以及三角形外角的性质可得∠A1C1C＝×62°，∠A2C2C1＝（）2×62°，∠A3C3C2＝∠C3A3C2＝∠A2C2C1＝（）3×62°，按此规律，即可求出∠A2022C2022C2021的度数．
【解答】解：∵∠A＝56°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝62°，
∵A1C＝CC1，
∴∠A1C1C＝∠C1A1C＝∠ACB＝×62°，
∵A2C1＝C1C2，
∴∠A2C2C1＝∠C2A2C1＝∠A1C1C＝（）2×62°，
同理，∠A3C3C2＝∠C3A3C2＝∠A2C2C1＝（）3×62°，
∴∠A2022C2022C2021＝（）2022×62°．
故选：C．
7．（2022秋•南宫市期末）定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形的“特征值”．若在等腰△ABC中，∠A＝50°，则它的特征值k等于（　　）
A． B． C．或 D．或
【分析】分两种情况：当等腰三角形的顶角为50°；当等腰三角形的一个底角为50°时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的顶角为50°，
∴等腰三角形的两个底角都＝×（180°﹣50°）＝65°，
∴这个等腰三角形的“特征值”k＝＝；
当等腰三角形的一个底角为50°时，那么另一个底角也是50°，
∴等腰三角形的顶角＝180°﹣2×50°＝80°，
∴这个等腰三角形的“特征值”k＝＝；
综上所述：或，
故选：D．
8．（2022秋•启东市校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，BD＝CE，∠FDE＝65°，则∠A的度数是（　　）

A．45° B．70° C．65° D．50°
【分析】由“SAS”证△BFD≌△CDE，得∠BFD＝∠CDE，再由三角形的外角性质得∠B＝∠FDE＝65°＝∠C，然后由三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，
，
∴△BDF≌△CED（SAS），
∴∠BFD＝∠CDE，
∵∠FDE+∠EDC＝∠B+∠BFD，
∴∠B＝∠FDE＝65°，
∴∠C＝∠B＝65°，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
故选：D．
9．（2022秋•西城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B的度数为α．点P在边BC上（点P不与点B点C重合），作PD⊥AB于点D，连接PA，取PA上一点E，使得在连接ED，CE并延长CE交AB于点F之后，有EC＝ED＝EA＝EP．若记∠APC的度数为x，则下列关于∠DEF的表达式正确的是（　　）

A．∠DEF＝2x﹣3α B．∠DEF＝2α
C．∠DEF＝2α﹣x D．∠DEF＝180°﹣3α
【分析】由等腰三角形的性质求出∠CEP，由三角形外角的性质可求∠PAB，∠DEP，由平角定义即可求出∠DEF．
【解答】解：∵EC＝EP，
∴∠ECP＝∠EPC＝x，
∴∠CEP＝180°﹣2x，
∵∠APC＝∠B+∠PAB，
∴∠PAB＝∠APC﹣∠B，
∴∠PAB＝x﹣α，
∵ED＝EA，
∴∠EAD＝∠EDA＝x﹣α，
∴∠DEP＝∠EAD+∠EDA＝2x﹣2α，
∵∠DEF＝180°﹣∠CEP﹣∠DEP，
∴∠DEF＝180°﹣（180°﹣2x）﹣（2x﹣2α）＝2α．
故选：B．
考点二、等腰三角形的判定
1．（2022秋•鞍山期末）用一条长为18cm的细绳围成一个腰与底边不等的等腰三角形，各边的长可能是（　　）
A．4，4，10 B．3.6，7.2，7.2
C．4，6，8 D．6，6，6
【分析】根据等腰三角形的性质，三角形的三边关系即可求解．
【解答】解：A、4+4＜10，不符合三角形的三边关系，不符合题意；
B、3.6+7.2＞7.2，是腰与底边不等的等腰三角形，符合题意；
C、三边都不相等，不符合题意；
D、是腰与底边相等的等腰三角形，不符合题意．
故选：B．
2．（2022秋•东城区期末）生物小组的同学想用18米长的篱笆围成一个等腰三角形区域作为苗圃，如果苗圃的一边长是4米，那么苗圃的另外两边长分别是（　　）
A．4米，4米 B．4米，10米
C．7米，7米 D．7米，7米，或4米，10米
【分析】分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：当4米为腰时，另两边为，4米，10米，
∵4+4＜10，
∴不合题意舍去，
当4米为底边时，另两边为：7米，7米，
故选：C．
3．（2022秋•顺义区期末）如图，在正方形网格中，A，B两点都在小方格的顶点上，如果点C也是图中小方格的顶点，且△ABC是等腰三角形，那么点C的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】分AB为腰和为底两种情况考虑，画出图形，即可找出点C的个数．
【解答】解：当AB为腰时，点C的个数有2个；
当AB为底时，点C的个数有1个，
故选：C．
4．（2022秋•西岗区校级期末）如图，已知点P是射线OD上一动点（即点P可在射线OD上运动）．∠AOD＝30°，当∠A＝（　　）度时，△AOP为等腰三角形．

A．120 B．30或75
C．30或75或120 D．120或75或45或30
【分析】分三种情况：①OA＝OP时，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠A＝∠OPA＝75°；②AO＝AP时，由等腰三角形的性质得∠APO＝∠O＝30°，则∠A＝180°﹣∠O﹣∠APO＝120°；③PO＝PA时，∠A＝∠O＝30°．
【解答】解：分三种情况：
①OA＝OP时，
则∠A＝∠OPA＝（180°﹣∠O）＝（180°﹣30°）＝75°；
②AO＝AP时，
则∠APO＝∠O＝30°，
∴∠A＝180°﹣∠O﹣∠APO＝120°；
③PO＝PA时，
则∠A＝∠O＝30°；
综上所述，当∠A＝75°或120°或30°时，△AOP为等腰三角形．
故选：C．
5．（2022秋•东西湖区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝36°，以C为原点，AC所在直线为y轴，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，在坐标轴上取一点M使△MAB为等腰三角形，符合条件的M点有（　　）

A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
【分析】分两种情况推论，当AB是底边时，当AB是腰时，即可判断．
【解答】解：（1）当AB是底边时，作AB的垂直平分线分别与AC，x轴负半轴相交，共两个交点，都符合条件；
（2）当AB是腰时，①以点A为圆心AB长为半径画圆分别与y轴正半轴，负半轴，x轴负半轴相交，共三个交点，都符合条件；
②以点B为圆心AB长为半径画圆分别与x轴正半轴，负半轴，y轴负半轴相交，共三个交点，都符合条件，
因此共有8个符合条件的点．
故选：D．
6．（2022秋•拱墅区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，CD是∠ACB的平分线交AB于点D，
（1）求∠ADC的度数；
（2）过点A作AE∥BC，交CD的延长交于点E．
①求证：△ADE是等腰三角形；
②判断：△ACE是否是等腰三角形，请先写出结论，再说明理由．

【分析】（1）关键等腰三角形性质和三角形内角和定理求出∠B＝∠ACB＝72°，求出∠DCB，根据三角形外角性质求出即可；
（2）①根据平行线求出∠EAD，根据三角形内角和定理求出∠ADE，即可得出答案；
②先判断出∠BCE＝∠ACE，再判断出∠BCE＝∠E，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝36°
∴∠B＝∠ACB＝（180°﹣∠BAC）＝72°，
∵CD是∠ACB的平分线
∴∠DCB＝∠ACB＝36°，
∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝72°+36°＝108°；

（2）①证明：∵AE∥BC
∴∠EAB＝∠B＝72°，
∵∠B＝72°，∠DCB＝36°，
∴∠ADE＝∠BDC＝180°﹣72°﹣36°＝72°，
∴∠EAD＝∠ADE，
∴AE＝DE，
即△ADE是等腰三角形；

②解：结论：△ACE是等腰三角形．
理由：∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠BCE＝∠ACE，
∵AE∥BC，
∴∠BCE＝∠E，
∴∠ACE＝∠E，
∴AE＝AC，
∴△ACE是等腰三角形．
7．（2022秋•前郭县校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边的中点，连接AD，BE平分∠ABC交AC于点E．
（1）若∠C＝36°，求∠BAD的度数；
（2）过点E作EF∥BC交AB于点F，求证：△BEF是等腰三角形．

【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质即可得到∠ADB＝90°，再利用等腰三角形的性质即可求出∠ABC的度数．
（2）只要利用角平分线的定义和平行线的性质证明∠FBE＝∠FEB，即可解决问题．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC．
∵∠C＝36°，
∴∠ABC＝36°．
∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠BDA＝90°．
∴∠BAD＝90°﹣∠ABC＝90°﹣36°＝54°；
（2）证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC．
又∵EF∥BC，
∴∠EBC＝∠BEF．
∴∠EBF＝∠FEB．
∴BF＝EF，
∴△BEF是等腰三角形．
8．（2022秋•邗江区期中）如图：E在△ABC的AC边的延长线上，D点在AB边上，DE交BC于点F，DF＝EF，BD＝CE，过D作DG∥AC交BC于G．求证：△ABC是等腰三角形．

【分析】首先根据题意证明出△GDF≌△CEF（ASA），然后得到DG＝CE，结合得到∠ABC＝∠ACB，即可证明出△ABC是等腰三角形．
【解答】证明：∵DG∥AC
∴∠GDF＝∠CEF（两直线平行，内错角相等），
在△GDF和△CEF中，
，
∴△GDF≌△CEF（ASA）；
∴DG＝CE，
又∵BD＝CE，
∴DG＝BD，
∴∠DBG＝∠DGB，
∵DG∥AC，
∴∠DGB＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴△ABC是等腰三角形．
考点三、等腰三角形的性质与判定综合问题
1．（2022秋•苍溪县期末）“剑门雄关天下险，女皇故里美名扬”.2022年11月22日第34届女儿节在广元南河水上公园拉开帷幕，文艺表演后，举行了精彩的凤舟竞赛，经过激烈角逐，旺苍、剑阁、苍溪代表队分别夺得前三名．如图，若苍溪代表队划行的彩船从点A出发，以每秒4米的速度向正北方向划行，经过70秒到达点B处．在出发地A和点B处分别望向湖中心C处，测得∠NAC＝30°，∠NBC＝60°．
（1）求湖中心C到点B的距离；
（2）彩船到达B点后，继续向正北方向航行，问：还要经过多长时间，彩船到湖中心C的距离最短？

【分析】（1）根据三角形的外角的性质，得∠ACB＝∠NBC﹣∠NAC＝30°，那么∠ACB＝∠NAC，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
（2）如图，过点C作CP⊥AB于点P，根据垂线段最短，线段CP的长为小船与灯塔C的最短距离．欲确定什么时间小船与灯塔C的距离最短，求得AP．根据三角形内角和定理，得∠PCB＝180°﹣∠BPC﹣∠CBP＝30°．根据含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）由题意得：AB＝4×70＝280（米）．
∵∠NBC＝60°，∠NAC＝30°，
∴∠ACB＝∠NBC﹣∠NAC＝30°．
∴∠ACB＝∠NAC．
∴AB＝BC＝280（海里）．
∴从海岛B到灯塔C的距离为280米．
（2）如图，过点C作CP⊥AB于点P．

根据垂线段最短，线段CP的长为小船与灯塔C的最短距离，∠BPC＝90°．
又∵∠NBC＝60°，
∴∠PCB＝180°﹣∠BPC﹣∠CBP＝30°．
在Rt△CBP中，∠BCP＝30°，
∴PB＝BC＝140（米），
∴AP＝AB+BP＝280+140＝420（米）．
∴航行的时间为420÷4＝105（秒）．
∴这条船继续向正北航行，还要经过105秒，彩船到湖中心C的距离最短．
2．（2022秋•苍溪县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，AC的垂直平分线DE分别交AB，AC于点D，E．
（1）求证：△BCD是等腰三角形；
（2）若△BCD的周长是13，BC＝5，求AC的长．

【分析】（1）先利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠B＝∠ACB＝72°，再利用线段的垂直平分线性质可得DA＝DC，从而利用等腰三角形的性质可得∠A＝∠ACD＝36°，然后利用三角形外角的性质可得∠CDB＝72°，最后根据等角对等边即可解答；
（2）根据已知和（1）的结论易得BC+AB＝13，从而可得AC＝＝AB＝8．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠A＝36°，
∴∠B＝∠ACB＝（180°﹣∠A）＝72°，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴DA＝DC，
∴∠A＝∠ACD＝36°，
∴∠CDB＝∠A+∠ACD＝72°，
∴∠CDB＝∠B＝72°，
∴CD＝CB，
∴△BCD是等腰三角形；
（2）解：∵△BCD的周长是13，
∴BC+BD+CD＝13，
∵AD＝CD，
∴BC+BD+AD＝13，
∴BC+AB＝13，
∵BC＝5，
∴AB＝13﹣5＝8，
∴AC＝AB＝8，
3．（2022秋•市中区校级期末）如图①，△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于O点，过O点作BC平行线交AB、AC于E、F．
（1）请写出图①中线段EO和BE的大小关系：　OE＝BE　．
（2）请写出图①中线段EF与BE、CF间的关系：　EF＝BE+CF　．
（3）如图②，若∠ABC的平分线与△ABC的外角∠ACG平分线交于O，过点O作BC的平行线交AB于E，交AC于F．请写出EF与BE、CF的关系，并说明理由．


【分析】（1）由EF∥BC和OB平分∠ABC，易证得∠ABO＝∠EOB，即可得出结论；
（2）同（1）可证CF＝OF，又BE＝OE，即可得出EF＝BE+CF；
（3）同（2）可证OE＝BE，OF＝CF，即可得出EF＝BE﹣CF．
【解答】解：（1）EO＝BE，
理由：∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，
∵OB是∠ABC的平分线，
∴∠EOB＝∠OBC，
∴∠ABO＝∠OBC，
∴∠EOB＝∠ABO，
∴BE＝OE，
故答案为：BE＝OE；
（2）线段EF与BE，CF间的关系为：EF＝BE+CF，理由如下：
∵EF∥BC，
∴∠FOC＝∠OCB，
∵OC是∠ACB的平分线，
∴∠FCO＝∠OCB，
∴∠FCO＝∠FOC，
∴CF＝OF，
由（1）得：BE＝OE，
∴EF＝OE+OF＝BE+CF，
故答案为：EF＝BE+CF；
（3）EF与BE，CF的关系为：EF＝BE﹣CF，理由如下：
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，
∵OB平分∠ABC，
∴∠ABO＝∠OBC，
∴∠ABO＝∠EOB，
∴OE＝BE，
∵EF∥BC，
∴∠FOC＝∠OCG，
∵OC平分∠ACG，
∴∠FCO＝∠OCG，
∴∠FOC＝∠FCO，
∴OF＝CF，
∴EF＝OE﹣OF＝BE﹣CF．
4．（2022•海曙区校级开学）如图，在△ABC中，AB＝AC，CD⊥AB于点D，过点D作DE⊥BC于点E，交CA的延长线于点F．
（1）求证：△ADF是等腰三角形．
（2）当CD＝8，CF＝10时，求AD的长．

【分析】（1）要证明△ADF是等腰三角形，只要证明AF＝AD或∠AFD＝∠ADF即可；
（2）先在Rt△ADC中，设AD为x，则AC＝10﹣x，然后利用勾股定理列出方程计算即可．
【解答】（1）证明∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵EF⊥BC，
∴∠DEB＝∠FEC＝90°，
∴∠B+∠BDE＝90°，∠ACB+∠F＝90°，
∴∠BDE＝∠F，
又∵∠BDE＝∠FDA，
∴∠F＝∠FDA，
∴AF＝AD，
∴△ADF是等腰三角形；
（2）解：设AF＝AD＝x，则AC＝10﹣x，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°
由勾股定理可得：AD2+CD2＝AC2，
∴x2+82＝（10﹣x）2，
∴x＝，
∴AD＝．
5．（2022秋•宿豫区期中）如图，AD是△ABC的角平分线，CE∥AD，与BA的延长线相交于点E，点F在AD的延长线上，且FC＝AC．求证：
（1）△ACE是等腰三角形；
（2）AB∥CF．

【分析】（1）根据角平分线的定义得出∠BAF＝∠CAF，根据平行线的性质得出∠CAF＝∠ACE，∠BAF＝∠E，根据等腰三角形的判定得出答案即可；
（2）根据等腰三角形的性质，得出∠CAF＝∠F，根据平行线的判定即可得出答案．
【解答】证明：（1）∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAF＝∠CAF，
∵CE∥AD，
∴∠CAF＝∠ACE，∠BAF＝∠E，
∴∠E＝∠ACE，
∴AE＝AC，
∴△ACE是等腰三角形．
（2）∵FC＝AC，
∴∠CAF＝∠F，
∵∠CAF＝∠BAF，
∴∠F＝∠BAF，
∴AB∥CF．
6．（2021秋•石泉县期末）已知在△ABC中，∠ACB的平分线CD交AB于点D，DE∥BC．
（1）如图1，求证：△CDE是等腰三角形；
（2）如图2，若DE平分∠ADC交AC于E，∠ABC＝30°，在BC边上取点F使BF＝DF，若BC＝9，求DF的长．

【分析】（1）根据角平分线的定义，平行线的性质以及等腰三角形的判定进行推论即可；
（2）利用角平分线的定义、平行线性质，以及直角三角形的边角关系进行计算即可．
【解答】（1）证明：∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠BCD＝∠ACD，
∵DE∥BC，
∴∠BCD＝∠EDC，
∴∠EDC＝∠ACD，
∴ED＝EC，
即△CDE是等腰三角形；
（2）解：∵DE∥BC，∠ABC＝30°，
∴∠ADE＝∠ABC＝30°，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝30°，
由（1）可知，∠ACD＝∠BCD＝∠CDE＝30°，
∵BF＝DF，
∴∠B＝∠BDF＝30°，
∴∠DFC＝30°+30°＝60°，
在Rt△DFC中，∠FDC＝90°，∠FCD＝30°，
∴DF＝FC，
又∵DF＝BF，
∴DF＝BC＝×9＝3．

考点四、等边三角形的性质
1．（2022秋•二道区校级期末）如图，a∥b，△ABC为等边三角形，若∠1＝45°，则∠2的度数为（　　）

A．75° B．95° C．105° D．120°
【分析】先根据等边三角形的性质求出∠ACB的度数，再根据平行线的性质即可得出结论．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵∠1＝45°，
∴∠1+∠ACB＝105°，
∵a∥b，
∴∠2＝∠1+∠ACB＝105°．
故选：C．
2．（2022秋•邹平市校级期末）如图，在等边△ABC中，D为BC边上的中点，以A为圆心，AD为半径画弧，与AC边交点为E，则∠ADE的度数为（　　）

A．60° B．105° C．75° D．15°
【分析】根据等边三角形三线合一的性质可求出∠DAC＝30°，结合AD等于AE求出∠ADE的度数即可．
【解答】解：在等边△ABC中，D为BC边上的中点，
∴∠DAC＝30°（三线合一），
在△ADE中，AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣30°）＝75°，
故选：C．
3．如图，△ABC是等边三角形，DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E，P为线段AE上任意一点．若∠DPE＝80°，则∠PDE的度数为（　　）

A．20° B．40° C．60° D．100°
【分析】根据等边三角形的性质可得∠C＝60°，再利用平行线的性质可得∠PED＝60°，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠PED＝∠C＝60°，
∵∠DPE＝80°，
∴∠PDE＝180°﹣∠PED﹣∠DPE＝40°，
故选：B．
4．（2022秋•安次区期末）如图，已知△ABC是等边三角形，点B、C、D、E在同一直线上，且CG＝CD，DF＝DE，则∠E的度数为（　　）

A．25° B．20° C．15° D．7.5°
【分析】利用等边对等角和三角形的外角 等于和它不相邻的两个内角的和依次计算∠GDC和∠E即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°．
∵∠ACB＝∠CGD+∠CDG，
∴∠CGD+∠CDG＝60°．
∵CG＝CD，
∴∠CGD＝∠CDG＝30°．
∵∠CDG＝∠DFE+∠E，
∴∠DFE+∠E＝30°．
∵DF＝DE，
∴∠E＝∠DFE＝15°．
故选：C．
5．（2022秋•海淀区校级期末）如图，从等边三角形内一点P向三边作垂线，垂足分别是Q、R、S，PQ＝3，PR＝4，PS＝5，则△ABC的面积是（　　）

A．48 B． C．96 D．
【分析】先连接AP、BP、CP，过点A作AD⊥BC于D，根据S△ABC＝BC•（PQ+PR+PS）＝BC•AD得出PQ+PS+PR＝AD，由直角三角形的性质可得出BC的值，进而可得出△ABC的面积．
【解答】解：连接AP、BP、CP，过点A作AD⊥BC于D，
∵S△ABC＝BC•（PQ+PR+PS）＝BC•AD，
∴PQ+PR+PS＝AD，
∴AD＝3+4+5＝12，
∵∠ABC＝60°，
∴AB＝12×＝8，
∴S△ABC＝BC•AD＝×12×8＝48．
故选：B．

6．（2021秋•泉州期末）如图，在△ABC中，∠C＝60°，AB＝BC，AD⊥BC，垂足为D，延长AB至E．取BE＝BD，若△ABC的周长为12，则△ADE的周长是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据∠C＝60°，AB＝BC，可知△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质可知，D是BC的中点，∠BAD＝30°，根据勾股定理可得AD的长，再根据BE＝BD，可知∠E＝30°，进一步可得DE＝AD，再求△ADE的周长即可．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB＝∠C＝∠ABC＝60°，
∵△ABC的周长为12，
∴AB＝BC＝4，
∵AD⊥BC，
∴D点是BC的中点，∠DAB＝30°，
∴BD＝2，
根据勾股定理，可得AD＝＝，
∵BE＝BD＝2，
∴AE＝6，∠E＝∠BDE＝30°，
∴ED＝AD＝，
∴△ADE的周长为++6＝，
故选：C．
7．（2022秋•大埔县期中）等边三角形ABC中，若点A（﹣2，0），B（4，0），则点C的坐标为（　　）
A． B．
C．或 D．或
【分析】先由A点和点B坐标得到AB＝6，再根据等边三角形的性质可得BC＝6，BD＝3，然后根据勾股定理求出CD，即可写出C点坐标．
【解答】解：如图：

∵A（﹣2，0），B（4，0），，
∴AB＝4﹣（﹣2）＝6，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝6，BD＝3，
∴CD＝＝＝＝3，
∵点C可以在x轴的上方，也可以在x轴的下方，
∴C点坐标为（1，3）或（1，﹣3）．
故选：D．
8．（2022秋•兴义市期中）如图，已知△ABC是等边三角形，点B、C、D、E在同一直线上，且CG＝CD，DF＝DE，则∠E＝（　　）

A．20° B．25° C．10° D．15°
【分析】利用等边对等角和三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和依次计算∠GDC和∠E即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°．
∵∠ACB＝∠CGD+∠CDG，
∴∠CGD+∠CDG＝60°．
∵CG＝CD，
∴∠CGD＝∠CDG＝30°．
∵∠CDG＝∠DFE+∠E，
∴∠DFE+∠E＝30°．
∵DF＝DE，
∴∠E＝∠DFE＝15°．
故选：D．
考点五、等边三角形的判定
1．（2022秋•邹城市校级期末）已知：在△ABC中，∠A＝60°，如要判定△ABC是等边三角形，还需添加一个条件．现有下面三种说法：
①如果添加条件“AB＝AC”，那么△ABC是等边三角形；
②如果添加条件“∠B＝∠C”，那么△ABC是等边三角形；
③如果添加条件“边AB、BC上的高相等”，那么△ABC是等边三角形．
上述说法中，正确的有（　　）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【分析】利用有一个角为60°的等腰三角形为等边三角形可判断①正确；由∠A＝60°，∠B＝∠C，利用三角形的内角和定理得到∠B＝∠C＝60°，即三个内角相等，可得出三角形ABC为等边三角形，判断②正确；由HL判定出直角三角形ACD与直角三角形AEC全等，由全等三角形的对应角相等得到∠ACE＝∠BAC＝60°，再利用三角形的内角和定理得到第三个角也为60°，即三内角相等，可得出三角形ABC为等边三角形，判断③正确．
【解答】解：①若添加的条件为AB＝AC，由∠A＝60°，
利用有一个角为60°的等腰三角形为等边三角形可得出△ABC为等边三角形；
②若添加条件为∠B＝∠C，
又∵∠A＝60°，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠A＝∠B＝∠C，
则△ABC为等边三角形；
③若添加的条件为边AB、BC上的高相等，如图所示：

已知：∠BAC＝60°，AE⊥BC，CD⊥AB，且AE＝CD，
求证：△ABC为等边三角形．
证明：∵AE⊥BC，CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠AEC＝90°，
在Rt△ADC和Rt△CEA中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△CEA（HL），
∴∠ACE＝∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠B＝∠ACB＝60°，
∴AB＝AC＝BC，即△ABC为等边三角形，
方法2：根据面积公式，高相等得到边相等，即AB＝BC，
在△ABC中，∠A＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
综上，正确的说法有3个．
故选：A．
2．（2022秋•周口期中）下列三角形：①三个角相等的三角形；②三条边都相等的三角形；③三条边上的高都相等的三角形；④有一个角是60°的等腰三角形．是等边三角形的个数是（　　）个
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据等边三角形的判定逐个分析即可得．
【解答】解：①三个角相等的三角形，是等边三角形；
②三条边都相等的三角形，是等边三角形；
③三条边上的高都相等的三角形，因为面积相等，所以三条边都相等，是等边三角形；
④有一个角是60°的等腰三角形，是等边三角形；
综上，是等边三角形的个数是4个，
故选：D．
3．（2022•苏州模拟）老师在黑板上画出了如图所示的3个三角形，则下列说法中错误的是（　　）

A．①是不等边三角形 B．②③都是等腰三角形
C．③是等边三角形 D．①②都是等腰三角形
【分析】根据等边三角形，等腰三角形的定义可逐项判定求解．
【解答】解：由图可得：
①2≠3≠4，故①﹣﹣不等边三角形，故A选项不符合题意；
②三角形中两角相等，故②﹣﹣等腰三角形，
③3＝3＝3，有一个角是60°，故③﹣﹣等边三角形，故B选项不符合题意；C选项不符合题意；
D选项符合题意．
故选：D．
4．（2022•费县校级二模）如图，在直角坐标系中，已知A（﹣1，0），B（3，0），点C在第一象限内，若△ABC是等边三角形，则点C的坐标是（　　）

A．（1，2） B．（2，2） C．（1，） D．（2，）
【分析】根据A（﹣1，0），B（3，0），可以得到AB的长和OA的长，然后根据△ABC是等边三角形和勾股定理，即可得到点C的坐标．
【解答】解：作CD⊥x轴于点D，如右图所示，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝3﹣（﹣1）＝3+1＝4，OA＝1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝4，AD＝2，
∴CD＝＝＝2，OD＝1，
∴点C的坐标为（1，2），
故选：A．

5．（2022秋•灌阳县期中）如图，∠AOB＝60°，点C是BO延长线上的一点，OC＝6cm，动点P从点C出发沿射线CB以2cm/s的速度移动，动点Q从点O出发沿射线OA以1cm/s的速度移动，如果点P、Q同时出发，用t（s）表示移动的时间，当t＝　6　s时，△POQ是等边三角形．

【分析】有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，根据等边三角形的判定方法可知，当点P运动到射线OB上且OQ＝OP时△POQ是等边三角形．
【解答】解：点P、Q运动的是ts，由题意得：
t＝2t﹣6，
解得t＝6，
即当P、Q运动的是6s时，△POQ是等边三角形．
故答案为：6．
6．（2022秋•桐柏县期中）已知如图等腰△ABC，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC，下面的结论：
①∠APO+∠DCO＝30°；②∠APO＝∠DCO；③△OPC是等边三角形．其中正确的是 　①③　．（填序号）

【分析】连接OB，根据等腰三角形的性质可得∠BAD的度数，再根据三角形内角和定理可得∠ABD的度数，再根据等腰三角形的性质可知∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD，可判断①选项；根据∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，∠ABO与∠DBO不一定相等，即可判断②选项；先求出∠APC+∠DCP的度数，再求出∠OPC+∠OCP的度数，即可求出∠POC的度数，再根据OP＝OC，即可判断③选项．
【解答】解：①连接OB，如图1所示：
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠BAC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝×120°＝60°，
∴OB＝OC，∠ABC＝90°﹣∠BAD＝30°，
∵OP＝OC，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∴∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD＝30°，
故①选项正确；
②由①可知，∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∵点O是线段AD上一点，
∴∠ABO与∠DBO不一定相等，
∴∠APO与∠DCO不一定相等，
故②选项不正确；
③∵∠APC+∠DCP+∠PBC＝180°，
∴∠APC+∠DCP＝150°，
∵∠APO+∠DCO＝30°，
∴∠OPC+∠OCP＝120°，
∴∠POC＝180°﹣（∠OPC+∠OCP）＝60°，
∵OP＝OC，
∴△OPC是等边三角形，
故③选项正确，
故答案为：①③．

7．（2022秋•颍泉区期中）在边长为9的等边三角形ABC中，点P是AB上一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B运动，设运动时间为t秒．
（1）如图1，若点Q是BC上一定点，BQ＝6，PQ∥AC，求t的值；
（2）如图2，若点P从点A向点B运动，同时点Q以每秒2个单位长度的速度从点B经点C向点A运动，当t为何值时，△APQ为等边三角形？

【分析】（1）由平行线的性质得∠BQP＝∠C＝60°，∠BPQ＝∠A＝60°，从而得出△BPQ是等边三角形，列方程求解即可；
（2 ）根据点Q所在的位置不同，分类讨论△APQ是否为等边三角形，再根据等边三角形的性质得到等量关系，列方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，PQ∥AC，
∴∠BQP＝∠C＝60°，∠BPQ＝∠A＝60°，
又∠B＝60°，
∴∠B＝∠BQP＝∠BPQ，
∴△BPQ是等边三角形，
∴BP＝BQ，
由题意可知：AP＝t，则BP＝9﹣t，
∴9﹣t＝6，
解得：t＝3，
∴当t的值为3时，PQ∥AC；
（2）如图2，①当点Q在边BC上时，

此时△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，
∴AQ＝BC+AC﹣（BC+CQ）＝9+9﹣2t＝18﹣2t，
即：18﹣2t＝t，解得：t＝6，
∴当t＝6时，△APQ为等边三角形．
8．（2022秋•德州期末）在边长为9的等边三角形ABC中，点Q是BC上一点，点P是AB上一动点，以每秒1个单位的速度从点A向点B移动，设运动时间为t秒．
（1）如图1，若BQ＝6，PQ∥AC，求t的值；
（2）如图2，若点P从点A向点B运动，同时点Q以每秒2个单位的速度从点B经点C向点A运动，当t为何值时，△APQ为等边三角形？


【分析】（1）由平行线的性质得∠BQP＝∠C＝60°，∠BPQ＝∠A＝60°，从而得出△BPQ是等边三角形，列方程求解即可；
（2 ）根据点Q所在的位置不同，分类讨论△APQ是否为等边三角形，再根据等边三角形的性质得到等量关系，列方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，PQ∥AC，
∴∠BQP＝∠C＝60°，∠BPQ＝∠A＝60°，
又∠B＝60°，
∴∠B＝∠BQP＝∠BPQ，
∴△BPQ是等边三角形，
∴BP＝BQ，
由题意可知：AP＝t，则BP＝9﹣t，
∴9﹣t＝6，
解得：t＝3，
∴当t的值为3时，PQ∥AC；
（2）如图2，①当点Q在边BC上时，

此时△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，
∴AQ＝BC+AC﹣（BC+CQ）＝9+9﹣2t＝18﹣2t，
即：18﹣2t＝t，解得：t＝6，
∴当t＝6时，△APQ为等边三角形．

考点六、等边三角形的性质与判定综合问题
1．（2022•新兴县校级模拟）如图，在等边△ABC的上方有一点D，AD＝CD，E为BC边上一点，DE∥AB交AC于点F且CF＝DF．
（1）求证：△DCE是直角三角形；
（2）若CF＝4，求BC的长．

【分析】（1）根据直角三角形的定义证明；
（2）连接BD，得到直角三角形，再利用三角函数求解．
【解答】（1）证明：在等边△ABC中，有∠CAB＝∠ACB＝∠B＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠CFE＝∠CAB＝60°＝∠ACD+∠CDE，
∵CF＝DF，
∴∠ACD＝∠CDE＝30°，
∴∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝90°，
∴△DCE是直角三角形；
解：（2）连接DB交AC于点O，如下图：

由（1）得：∠BCD＝90°，∠CDE＝30°，DF＝CE＝CF＝4，
∴CD＝4，
∵AD＝CD，
∴D在AC的垂直平分线上，
在等边△ABC中，有AB＝BC，
∴B在AC的垂直平分线上，
∴DB是AC的垂直平分线，
∴AO＝OC，AC⊥DB，
∴OC＝CDcos∠ACD＝4×＝6，
∴BC＝AC＝2CO＝12．
2．（2021秋•昭阳区校级期末）如图，已知AE⊥BC，∠ADB＝120°，∠B＝40°，∠CAE＝30°．
（1）求证：△ACD为等边三角形；
（2）求∠BAC的度数．

【分析】（1）根据＝∠C＝60°计算出∠ADC＝60°，然后求出∠C＝60°，利用等边三角形的判定从而得证；
（2）根据＝∠C＝60°°，然后求解即可．
【解答】（1）证明：∵∠ADB＝120°，
∴∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ADB＝180°﹣120°＝60°，
∵AE⊥BC，，
∴∠AEC＝90°
∴∠C+∠CAE＝90°．
∵∠CAE＝30°，
∴∠C＝90°﹣∠CAE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ADC＝∠C＝60°，
∴AD＝AC，
∴△ACD为等边三角形；
（2）由（1）得：∠C＝60°，
∵△ABC中，
∠B+∠C+∠BAC＝180°，∠B＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣40°﹣60°＝80°．
3．（2022秋•大连期中）如图，△ABC中，∠A＜60°，AB＝AC，D是△ABC外一点，∠ACD＝∠ABD＝60°，用等式表示线段BD、CD、AC的数量关系，并证明．

【分析】延长BD至E，使BE＝AB，连接AE、CE，可得△ABE是等边三角形，即可求得AC＝AE，可得∠ACE＝∠AEC，即可求得∠DCE＝∠DEC，可得DE＝CD，即可解题．
【解答】解：AC＝BD+CD，理由如下：延长BD至E，使BE＝AB，连接AE、CE，

∵∠ABD＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB，∠AEB＝60°，
∵AB＝AC，
∴AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC，
∵∠ACD＝60°，
∴∠ACE﹣∠ACD＝∠AEC﹣∠AEB，
即∠DCE＝∠DEC，
∴DE＝CD，
∴BE＝BD+DE＝BD+CD，
∴AC＝BE＝BD+CD．
4．（2022秋•鄱阳县月考）课本再现：（1）如图1，△ABC是等边三角形，DE∥BC，分别交AB，AC于点D，E．求证：△ADE是等边三角形．
课本中给出一种证明方法如下：
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C．
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴∠A＝∠ADE＝∠AED，
∴△ADE是等边三角形．
“想一想，本题还有其他证法吗？”
给出的另外一种证明方法，请补全：
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C，∠A＝60°．
∵DE∥BC，
∴∠B＝∠ADE，∠C＝①　∠AED　，
∴②　∠ADE　＝③　∠AED　，
∴AD＝AE．（④　等角对等边　）
∴△ADE是等腰三角形．
又∵∠A＝60°，∴△ADE是等边三角形．
（2）如图2，等边三角形ABC的两条角平分线相交于点D，延长BD至点E，使得AE＝AD，求证：△ADE是等边三角形．

【分析】（1）由等边三角形的性质可得出答案；
（2）由等边三角形的判定可得出答案．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C，∠A＝60°．
∵DE∥BC，
∴∠B＝∠ADE，∠C＝∠AED，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE（等角对等边），
∴△ADE是等腰三角形．
又∵∠A＝60°，
∴△ADE是等边三角形．
故答案为：①∠AED；②∠ADE；③∠AED；④等角对等边；
（2）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，
∵BE和AD分别为∠ABC和∠BAC的平分线，
∴，．
∵∠ADE为△ABD的外角，
∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°，
∵AE＝AD，
∴△ADE是等边三角形．
5．（2021秋•白水县期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，∠A＝60°，点E为AD上一点，连接BD，CE交于点F，CE∥AB．
（1）判断△DEF的形状，并说明理由；
（2）若AD＝12，CE＝8，求CF的长．

【分析】（1）先证明△ABD是等边三角形，可得∠ABD＝∠ADB＝60°，由平行线的性质可得∠CED＝∠ADB＝∠DFE＝60°，可得结论；
（2）由等边三角形的性质和平行线的性质可求AE＝CE＝8，即可求解．
【解答】解：（1）△DEF是等边三角形，
理由如下：∵AB＝AD，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝60°，
∵CE∥AB，
∴∠CED＝∠A＝60°，∠DFE＝∠ABD＝60°，
∴∠CED＝∠ADB＝∠DFE，
∴△DEF是等边三角形；
（2）连接AC交BD于点O，

∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AC是BD的垂直平分线，
即AC⊥BD，
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴∠BAC＝∠DAC＝30°，
∵CE∥AB，
∴∠BAC＝∠ACE＝∠CAD＝30°，
∴AE＝CE＝8，
∴DE＝AD﹣AE＝12﹣8＝4，
∵△DEF是等边三角形，
∴EF＝DE＝4，
∴CF＝CE﹣EF＝8﹣4＝4．
6．（2022秋•天河区校级期末）如图，△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方向匀速移动．
（1）当点P的运动速度是1cm/s，点Q的运动速度是2cm/s，当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△BPQ的形状，并说明理由；
（2）当它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t（s），则当t为何值时，△PBQ是直角三角形？

【分析】（1）先根据等边三角形的性质得：AB＝6cm，∠B＝60°，当t＝2时，计算BP和BQ的长，根据等边三角形的判定可得结论；
（2）若△PBQ是直角三角形，则∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，根据直角三角形含30度角的性质列方程可解答．
【解答】解：（1）如图，根据题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，

当t＝2时，AP＝2cm，BQ＝4cm，
∵△ABC是边长为6cm的等边三角形，
∴AB＝6cm，∠B＝60°，
∴BP＝4cm，
∴BP＝BQ，
∴△BPQ是等边三角形；
（2）△PBQ中，BP＝6﹣t，BQ＝t，
若△PBQ是直角三角形，则∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，
①当∠BQP＝90°时，∠B＝60°，
∴∠BPQ＝30°，
∴BQ＝BP，即t＝，
解得：t＝2；
②当∠BPQ＝90°时，同理得：BP＝BQ，
即6﹣t＝t，解得：t＝4，
答：当t＝2s或t＝4s时，△PBQ是直角三角形．
7．（2021秋•阎良区期末）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．

【分析】（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】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．