第八講-等邊三角形

第4頁第八講等邊三角形一．知識回顧1等邊三角形的性質(zhì)和判定.2,含30°RT三角形的性質(zhì)二．講解與練習(xí)1．如圖所示，△ABC為等邊三角形，AQ=PQ，PR=PS，PR⊥AB于R，PS⊥AC于S，則四個結(jié)論正確的是．①P在∠A的平分線上；②AS=AR；③QP∥AR；④△BRP≌△QSP．2．如圖，等邊三角形ABC中，D、E分別為AB、BC邊上的兩動點，且總使AD=BE，AE與CD交于點F，AG⊥CD于點G，則=．3．如圖，△ABC是邊長為3的等邊三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°．以D為頂點作一個60°角，使其兩邊分別交AB于點M，交AC于點N，連接MN，則△AMN的周長為．344．如圖，等邊三角形ABC中，D、E分別在AB、BC邊上，且AD=BE，AE與CD交于點F，AG⊥CD于點G．下列結(jié)論：①AE=CD；②∠AFC=120°；③△ADF是正三角形；④．其中正確的結(jié)論是（填所有正確答案的序號）．5．用一塊等邊三角形的硬紙片（如圖甲）做一個底面為等邊三角形且高相等的無蓋的盒子（邊縫忽略不計，如圖乙），在△ABC的每個頂點處各需剪掉一個四邊形，其中四邊形AMDN中，∠MDN的度數(shù)為．6．如圖，D為等邊三角形ABC內(nèi)一點，AD=BD，BP=AB，∠DBP=∠DBC，則∠BPD=度．7．下列條件：①有兩個角等于60°的三角形；②有一個角等于60°的等腰三角形；③三個外角（每個頂點各取一個外角）都相等的三角形；④有一條邊上的高和中線重合的三角形，其中是等邊三角形的有（填序號）．8．如圖，在等邊△ABC的邊BC上任取一點D，作∠ADE=60°，DE交∠C的外角平分線于E，則△ADE是三角形．899．如圖所示，已知∠1=∠2，AD=BD=4，CE⊥AD，2CE=AC，那么DE的長是．10．如圖，在△ABC中，AB=AC，D、E是△ABC內(nèi)兩點，AD平分∠BAC，∠EBC=∠E=60°，若BE=60cm，DE=2cm，則BC=cm．11．等邊△ABC，點D是直線BC上一點，以AD為邊在AD的右側(cè)作等邊△ADE，連接CE．（1）如圖1，若點D在線段BC上，求證：CE+CD=AB；（2）如圖2，若點D在CB的延長線上，線段CE，CD，AB的數(shù)量有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請加以證明．19．如圖，點O是等邊△ABC內(nèi)一點，∠AOB=110°，∠BOC=α．以O(shè)C為一邊作等邊三角形OCD，連接AC、AD．（1）當(dāng)α=150°時，試判斷△AOD的形狀，并說明理由；（2）探究：當(dāng)a為多少度時，△AOD是等腰三角形？20．如圖，已知線段AB的同側(cè)有兩點C、D滿足∠ACB=∠ADB=60°，∠ABD=90°﹣∠DBC．求證：AC=AD．三．作業(yè)1．如圖，將邊長為1的正三角形OAP沿x軸正方向連續(xù)翻轉(zhuǎn)2012次，點P依次落在點p1、p2、…p2012的位置，則點p2012的橫坐標(biāo)為．2．已知△ABC為等邊三角形，BD為中線，延長BC至E，使CE=CD=1，連接DE，則DE=．3．△ABC是等邊三角形，把∠A按如圖折疊，則∠1+∠2=．4．兩塊完全一樣的含30°角的直角三角板，將它們重疊在一起并繞其較長直角邊的中點M轉(zhuǎn)動，使上面一塊三角板的斜邊剛好過下面一塊三角板的直角頂點C，如圖所示．已知AC=6，則這兩塊直角三角板頂點A、A′之間的距離等于．5．如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側(cè)分別作等邊△ABC和等邊△CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ．則下列結(jié)論：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP．其中正確的是．6．如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動點，由A向C運動（與A、C不重合），Q是CB延長線上一點，與點P同時以相同的速度由B向CB延長線方向運動（Q不與B重合），過P作PE⊥AB于E，連接PQ交AB于D．（1）當(dāng)∠BQD=30°時，求AP的長；（2）當(dāng)運動過程中線段ED的長是否發(fā)生變化？如果不變，求出線段ED的長；如果變化請說明理由．7．已知：在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD．（1）如圖①，若∠AOB=∠COD=60°，求證：①AC=BD②∠APB=60°．（2）如圖②，若∠AOB=∠COD=α，則AC與BD間的等量關(guān)系式為，∠APB的大小為（直接寫出結(jié)果，不證明）8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，等邊△OAB的頂點0為坐標(biāo)原點，B點坐標(biāo)為（4，0），且△OAB的面積為4，點P從A點出發(fā)沿射線AB運動．點Q從B點出發(fā)沿x軸正半軸運動，點P、點Q同時出發(fā)，速度均為每秒2個單位長度．運動時間為t秒，過點P作PH⊥x軸于點H．（1）求A點的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點P在線段AB上運動時，用含t的式子表示線段BQ的長度．（3）在點P0、點Q的運動過程，當(dāng)∠PQB=30°時，求點P、點Q運動時間t的值．9．如圖，已知等邊三角形ABC中，AG⊥BC，PD⊥BC，PE⊥AC，PF⊥AB．求證：PD+PE+PF=AG．10．如圖，在△ABC中，AB=AC，D是三角形外一點，且∠ABD=60°，BD+DC=AB．求證：∠ACD=60°．第八講等邊三角形參考答案與試題解析1．①②③④．2．．3．6．4．①②④）．5．120°．6．30度．7．①②③（填序號）．8．等邊．9．1．10．解：延長ED交BC于M，延長AD交BC于N，作DF∥BC，∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴AN⊥BC，BN=CN，∵∠EBC=∠E=60°，∴△BEM為等邊三角形，∴△EFD為等邊三角形，∵BE=60，DE=2，∴DM=58，∵△BEM為等邊三角形，∴∠EMB=60°，∵AN⊥BC，∴∠DNM=90°，∴∠NDM=30°，∴NM=29，∴BN=31，∴BC=2BN=62，故答案為62．11．證明：（1）如圖1，∵△ADE與△ABC都是等邊三角形，∴AC=AB，AE=AD，∠DAE=∠BAC=60°．∴∠DAE﹣∠CAD=∠BAC﹣∠CAD．即∠CAE=∠BAD．△CAE≌△BAD（SAS）．∴EC=DB（全等三角形的對應(yīng)邊相等）；∴CE+CD=DB+CD=BC=AB，即CE+CD=AB；（2）CE+CD=AB；理由如下：如圖2，∵△ADE與△ABC都是等邊三角形，∴AC=AB，AE=AD，∠DAE=∠BAC=60°．∴∠DAE﹣∠BAE=∠BAC﹣∠BAE．即∠CAE=∠BAD．△CAE≌△BAD（SAS）．∴EC=DB（全等三角形的對應(yīng)邊相等）；∴CE+AB=DB+BC=CD，即CE+AB=CD．12．解：（1）∠BFD=60°在等邊三角形ABC與三角形CDA中，AB=AC，∠BAE=∠C=60°，AE=CD，∴△AEB≌△CDA．∴∠AEB=∠CDA，又∠DAC+∠ADC=180°﹣∠C=120°，∴∠AEB+∠DAC=120°，∴∠AFE=∠BFD=60°（2）∵∠BAC=∠ACB=60°，∴∠EAB=∠ACD=120°，△ABE≌△ACD，∴∠E=∠D，∵∠EAF=∠CAD，∠CAD+∠D=60°，∴∠EAF+∠E=60°，∴∠BFD=60°．13．猜想：AP=BP+PC，（1）證明：延長BP至E，使PE=PC，連接CE，∵∠BPC=120°，∴∠CPE=60°，又PE=PC，∴△CPE為等邊三角形，∴CP=PE=CE，∠PCE=60°，∵△ABC為等邊三角形，∴AC=BC，∠BCA=60°，∴∠ACB=∠PCE，∴∠ACB+∠BCP=∠PCE+∠BCP，即：∠ACP=∠BCE，∴△ACP≌△BCE（SAS），∴AP=BE，∵BE=BP+PE，∴AP=BP+PC．（2）證明：在AD外側(cè)作等邊△AB′D，則點P在三角形ADB′外，連接PB'，B'C，∵∠APD=120°∴由（1）得PB′=AP+PD，在△PB′C中，有PB′+PC＞CB′，∴PA+PD+PC＞CB′，∵△AB′D、△ABC是等邊三角形，∴AC=AB，AB′=AD，∠BAC=∠DAB′=60°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAB′+∠CAD，即：∠BAD=∠CAB′，∴△AB′C≌△ADB，∴CB′=BD，∴PA+PD+PC＞BD．14．解：（1）判斷：EN與MF相等（或EN=MF），點F在直線NE上，（2）成立．連接DF，NF，證明△DBM和△DFN全等（AAS），∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC．又∵D，E，F(xiàn)是三邊的中點，∴EF=DF=BF．∵∠BDM+∠MDF=60°，∠FDN+∠MDF=60°，∴∠BDM=∠FDN，∴△DBM≌△DFN，∴BM=FN，∠DFN=∠FDB=60°，∴NF∥BD，∵E，F(xiàn)分別為邊AC，BC的中點，∴EF是△ABC的中位線，∴EF∥BD，∴F在直線NE上，∵BF=EF，∴MF=EN．（3）如圖③，MF與EN相等的結(jié)論仍然成立（或MF=NE成立）．連接DF、DE，由（2）知DE=DF，∠NDE=∠FDM，DN=DM，∴△DNE≌△DMF，∴MF=NE．15．16．證明：（1）∵∠EDF=60°，∴∠CDF+∠EDB=120°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠C=60°，∴∠CDF+∠DFC=120°，∴∠EDB=∠DFC；（2）∵D點由B點開始以1cm/秒的速度向C點運動，E點由B點開始以2cm/秒的速度向A點運動，∴t=3秒，BE=6，BD=3，∴CD=BC﹣BD=9﹣3=6，∵△EBD∽△DFC，∴=，即=，∴CF=3，∴BE+CF=6+3=9．（3）存在，理由如下．∵△EBD∽△DFC，∴==，∵CF=cm，∴CD=，∴BD=9﹣=，∴BE=9，即t=，∴當(dāng)t=時，使得CF=cm．17．證明：∵△ABC是等邊三角形，BD⊥AC，∴∠DBE=30°，∠ACB=60°，∵CE=CD，∴∠CDE=∠E，∵∠ACB是△CDE的外角，∴∠ACB=∠E+∠CDE=60°，∴∠E=30°，∴∠E=∠DBE=30°，∴BD=DE，∴△BDE是等腰三角形，∵DF⊥BE，∴BF=EF，即BF=BE，∵∠DFC=90°，∠ACB=60°，∴∠FDC=30°，∴CF=CD=CE，∴CF=EF，∴CF=BE．18．（1）解：AC⊥DE；理由如下：∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴∠BAC=∠DAE=60°，∵AD為BC邊上的中線，∴BD=CD，∠BAD=∠DAC=∠BAC=30°，∴∠CAE=60°﹣30°=30°，∴∠DAC=∠CAE，∴AC垂直平分DE，即AC⊥DE；（2）解：BC=2CE；理由如下：∵AC垂直平分DE，∴CD=CE，∵BD=CD，∴BC=2CE．19．解：（1）∵△OCD是等邊三角形，∴OC=CD，而△ABC是等邊三角形，∴BC=AC，∵∠ACB=∠OCD=60°，∴∠BCO=∠ACD，△BOC≌△ADC，∴∠BOC=∠ADC，而∠BOC=α=150°，∠ODC=60°，∴∠ADO=150°﹣60°=90°，∴△ADO是直角三角形；（2）∵設(shè)∠CBO=∠CAD=a，∠ABO=b，∠BAO=c，∠CAO=d，則a+b=60°，b+c=180°﹣110°=70°，c+d=60°，a+d=50°∠DAO=50°，∴b﹣d=10°，∴（60°﹣a）﹣d=10°，∴a+d=50°，即∠CAO=50°，①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO，∴190°﹣α=α﹣60°，∴α=125°；②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO，∴α﹣60°=50°，∴α=110°；③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD，∴190°﹣α=50°，∴α=140°．所以當(dāng)α為110°、125°、140°時，三角形AOD是等腰三角形．20．證明：以AB為軸作△ABC的對稱△ABC′，如圖：則AC=AC′，∠C=∠C′=60°，∠ABC′=∠ABC，因為∠ABD=90°﹣∠DBC所以2∠ABD+∠DBC=180°所以∠ABD+∠DBC+∠ABD=180°即∠ABC+∠ABD=180°所以∠ABC′+∠ABD=180°所以D、B、C′共線又因為∠D=60°所以∠DAC=180°﹣∠C′﹣∠D=60°=∠D=∠C′所以△ADC′是等邊三角形，所以AD=AC′=AC．【作業(yè)】1．2011．2．．3．120°．4．解：連接AA′，∵點M是線段AC、線段A′C′的中點，AC=6，∴M=MC=A′M=MC′=3，∵∠MA′C=30°，∴∠MCA′=∠MA′C=30°，∴∠MCB′=180°﹣30°=150°，∴∠C′MC=360°﹣（∠MCB′+∠B′+∠C′）=180°﹣（150°+60°+90°）=60°，∴∠AMA′=∠C′MC=60°，∴△AA′M是等邊三角形，∴AA′=AM=3，故答案為：3．5．①②③6．解：（1）∵△ABC是邊長為6的等邊三角形，∴∠ACB=60°，∵∠BQD=30°，∴∠QPC=90°，設(shè)AP=x，則PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+BC=6+x，∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2，∴AP=2；（2）當(dāng)點P、Q同時運動且速度相同時，線段DE的長度不會改變．理由如下：作QF⊥AB，交直線AB于點F，連接QE，PF，又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°，∵點P、Q速度相同，∴AP=BQ，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°，在△APE和△BQF中，∵∠AEP=∠BFQ=90°，∴∠APE=∠BQF，△APE≌△BQF（AAS），∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF，∴四邊形PEQF是平行四邊形，∴DE=EF，∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=AB，又∵等邊△ABC的邊長為6，∴DE=3，