147等边三角形（分层练习）-2022-2023学年七年级数学下册

14.7等边三角形（分层练习）【夯实基础】一、单选题1．（2022春·上海·七年级上外附中校考期末）下列条件中，不能说明△ABC为等边三角形的是（）A．∠A＝∠B＝60° B．∠B+∠C＝120°C．∠B＝60°，AB＝AC D．∠A＝60°，AB＝AC【答案】B【分析】根据等边三角形的判定定理可得出答案．【详解】A．∵∠A＝∠B＝60°，∴∠C＝60°，∴∠A＝∠B＝∠C，∴△ABC是等边三角形．故A选项不符合题意；B．∵∠B+∠C＝120°，∴∠A＝60°，∴△ABC不一定是等边三角形，故B选项符合题意；C．∵∠B＝60°，AB＝AC，∴△ABC是等边三角形．故C选项不符合题意；D．∵∠A＝60°，AB＝AC，∴△ABC是等边三角形．故D选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了等边三角形的判定，三角形内角和定理，能熟记等边三角形的判定定理是解此题的关键．2．（2022春·上海·七年级专题练习）下列说法正确的是（）A．周长相等的锐角三角形都全等B．周长相等的直角三角形都全等C．周长相等的钝角三角形都全等D．周长相等的等边三角形都全等【答案】D【分析】根据全等三角形的判定方法依次分析各选项即可作出判断.【详解】A.周长相等的锐角三角形不一定全等，故错误；B.周长相等的直角三角形不一定全等，故错误；C.周长相等的钝角三角形不一定全等，故错误；D.周长相等的等边三角形都全等，本选项正确．故选：D【点睛】全等三角形的判定和性质是初中数学的重点，贯穿于整个初中数学的学习，是中考中比较常见的知识点，一般难度不大，需熟练掌握.二、填空题3．（2022春·上海·七年级专题练习）在△ABC中，AB=AC，请你再添加一个条件使得△ABC成为等边三角形，这个条件可以是___（只要写出一个即可）．【答案】或等（答案不唯一）【分析】根据等边三角形的判定方法即可求解.【详解】∵在△ABC中，AB=AC，∴△ABC是等腰三角形，故只需或即可得出△ABC为等边三角形.【点睛】此题主要考查等边三角形的判定，解题的关键是熟知等边三角形的判定方法.4．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知是等边△内一点，是线段延长线上一点，且，=120°，那么_____．【答案】60°【分析】由的度数利用邻补角互补可得出，结合可得出为等边三角形，而根据旋转全等模型由易证出，根据全等三角形的性质可得出，再根据即可求出的度数．【详解】解：为等边三角形，，．，，．又，为等边三角形，，，．，．在和中，，，，．故答案为：60．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及角的计算，通过证明，找出是解题的关键．5．（2022春·上海·七年级专题练习）用一根长12cm的铁丝围成一个等边三角形，那么这个等边三角形的边长为___cm．【答案】4【分析】根据等边三角形的定义“三条边都相等的三角形”即可求出答案．【详解】根据等边三角形的三条边相等可知其边长cm．故答案为：4．【点睛】本题考查等边三角形的定义．掌握其定义是解答本题的关键．6．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知直线l1l2，等边三角形ABC的顶点A、C分别在直线l1、l2上，如果边AB与直线l1的夹角∠1＝26°，那么边BC与直线l2的夹角∠2＝_____．【答案】34°##34度【分析】先由等边三角形的性质得∠BAC＝∠BCA＝60°，再由平行线的性质得：∠1+∠BAC+∠BCA+∠2＝180°，则∠1+∠2＝60°，即可求解．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝60°，∵直线l1∥l2，∴∠1+∠BAC+∠BCA+∠2＝180°，∴∠1+∠2＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∵∠1＝26°，∴∠2＝60°﹣26°＝34°，故答案为：34°．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、平行线的性质等知识．熟练掌握等边三角形的性质和平行线的性质是解题的关键．7．（2022春·上海·七年级专题练习）已知是等边三角形，点D、E分别在AC、BC上，且，则______．【答案】60【详解】∵△ABC是等边三角形，∴∠ABE=∠C=60°，AB=BC，在△ABE和△BCD中，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BAE=∠CBD，∴∠AFD=∠ABF+∠BAE=∠ABF+∠CBD=∠ABC=60°．故答案为：60°．考点：等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．8．（2022秋·上海宝山·七年级校考期中）一个等边三角形的一边长为，则它的周长是_____________．【答案】3a【详解】解：因为等边三角形的三边相等，而等边三角形的边长为a，所以它的周长为3a．故答案为3a．9．（2022秋·上海·七年级专题练习）如图，将边长为的等边沿边向右平移得到，则四边形的周长为___________.【答案】【分析】由将边长为2cm的等边△ABC沿边BC向右平移1.5cm得到△DEF，根据平移的性质得到BE＝AD＝1.5cm，EF＝BC＝2cm，DF＝AC＝2cm，然后利用周长的定义可计算出四边形ABFD的周长．【详解】∵将边长为2cm的等边△ABC沿边BC向右平移1cm得到△DEF，∴BE＝AD＝1.5cm，EF＝BC＝2cm，DF＝AC＝2cm，∴四边形ABFD的周长＝AD＋AB＋BE＋EF＋FD＝1.5＋2＋1.5＋2＋2＝9（cm）．故答案为：9cm．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、平移的性质：平移不改变图象的大小和形状；平移后的线段与原线段平行（或在同一直线上）且相等；对应点的连线段等于平移的距离．10．（2022春·上海·七年级专题练习）若把一个边长为2厘米的等边向右平移a厘米，则平移后所得三角形的周长为__________厘米．【答案】6【分析】平移不改变三角形的周长，求出原来的周长即可．【详解】解：原三角形的周长是：，平移后的三角形周长不变，还是．故答案是：6．【点睛】本题考查图形的平行，解题的关键是掌握图形平移的性质．11．（2022春·上海·七年级专题练习）在中，如果，，那么的形状为______．【答案】等边三角形【分析】根据三个角相等的三角形是等边三角形证明即可．【详解】在中，由得，又∵，∴，∴是等边三角形．故答案为：等边三角形．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，以及等边三角形的判定，熟练掌握三个角相等的三角形是等边三角形是解答本题的关键．12．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，将边长为6cm的等边△ABC沿BC边向右平移得到△DEF．平移后，如果四边形ABFD的周长是22cm，那么平移的距离应该是_______cm．【答案】2【分析】根据平移的性质，得；根据等边三角形的性质，得，结合题意，通过列一元一次方程并求解，即可得到答案．【详解】根据题意，得：，∴四边形ABFD的周长∴故答案为：2．【点睛】本题考查了等边三角形、平移的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、平移的性质，从而完成求解．三、解答题13．（2022春·上海闵行·七年级上海市闵行区莘松中学校考期中）已知：如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AB、BC的延长线上，且AD＝BE，联结DC、AE．(1)试说明△BCD≌△ACE的理由；(2)如果BE＝2AB，求∠BAE的度数．【答案】(1)见解析(2)90°【分析】（1）由等边三角形的性质得出AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°．可证明△BCD≌△ACE；（2）证得AC＝CE，得出∠CAE＝∠E，可求出∠E＝30°，由三角形的内角和定理可求出答案．(1)解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°．∴∠DBC＝∠ECA=120°．∵AD＝BE，∴AD﹣AB＝BE﹣BC，即BD＝CE．在△BCD和△ACE中，，∴△BCD≌△ACE（SAS）；(2)解∶∵BE＝2BC，∴BC＝CE，∵AC＝BC，∴AC＝CE，∴∠CAE＝∠E，∵∠ACB＝∠CAE+∠E＝60°，∴∠E＝30°，∵∠ABE+∠E+∠BAE＝180°，∠ABE=60°，∴∠BAE＝180°﹣∠ABE﹣∠E＝90°．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．14．（2022春·上海·七年级期末）如图，点E是等边△ABC外一点，点D是BC边上一点，AD＝BE，∠CAD＝∠CBE，连接ED，EC．(1)试说明△ADC与△BEC全等的理由；(2)试判断△DCE的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)等边三角形，理由见解析【分析】（1）由等边三角形的性质得出AC＝BC，∠ACB＝60°，由SAS证明△ADC≌△BEC即可；（2）由全等三角形的性质得出∠ACD＝∠BCE＝60°，DC＝EC，即可得出结论．（1）∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠ACB＝60°，在△ADC和△BEC中，，∴△ADC≌△BEC（SAS）；（2）△DCE是等边三角形；理由如下：∵△ADC≌△BEC，∴∠ACD＝∠BCE＝60°，DC＝EC，即△DCE是等腰三角形，∴△DCE是等边三角形．【点睛】本题考查了等边三角形的判定定理、直角三角形的性质，熟记等边三角形的判定是解题的关键．15．（2022春·上海·七年级期末）等边△ABC中，点P在△ABC内，点Q在△ABC外，且∠ABP＝∠ACQ，BP＝CQ，问△APQ是什么形状的三角形？试说明你的结论．【答案】等边三角形，证明见解析【分析】先证△ABP≌△ACQ得AP＝AQ，再证∠PAQ＝60°，从而得出△APQ是等边三角形．【详解】解：△APQ为等边三角形．∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，在△ABP与△ACQ中，∵，∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴AP＝AQ，∠BAP＝∠CAQ，∵∠BAC＝∠BAP+∠PAC＝60°，∴∠PAQ＝∠CAQ+∠PAC＝60°，∴△APQ是等边三角形．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABP≌△ACQ，是解题的关键．16．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，是等边三角形，是的中点，连接，延长至，使，连接．(1)等于多少度？(2)说明与相等的理由．【答案】(1)(2)理由见解析【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出，由可知，再根据三角形外角的性质即可得出结论；（2）根据等边三角形三线合一的性质得出，在由在同一三角形中等角对等边的性质即可得出结论．(1)解：∵是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴．(2)理由如下：∵是等边三角形，∴，，∵是的中点，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质．熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．17．（2022春·上海·七年级专题练习）如图：△ABC和△ADE是等边三角形，证明：BD=CE．【答案】见解析【分析】根据等边三角形的性质可得到两组边对应相等，一组角相等，从而利用SAS判定两三角形全等，根据全等三角形的对应边相等即可得到BD=CE．【详解】证明：∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°．∴∠BAD=∠CAE．在△BAD与△CAE中，∴△BAD≌△CAE（SAS）．∴BD=CE【点睛】此题考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定与性质；证明线段相等常常通过三角形全等进行解决，全等的证明是正确解答本题的关键．18．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知与都是等边三角形，点D在边上，说明的理由．解：因为是等边三角形（已知），所以，（等边三角形的意义）因为是等边三角形（已知）所以（等边三角形的意义）所以（等式性质）得在与中；所以（）所以（）又因为，所以（等量代换）所以（）【答案】，全等三角形的对应角相等；，内错角相等，两直线平行【分析】先证明，再证明，可得，从而可得结论.【详解】解：因为是等边三角形（已知），所以（等边三角形的性质）．因为是等边三角形（已知），所以（等边三角形的性质）．所以（等式性质），得．在与中，，所以．所以（全等三角形的对应角相等）．又因为，所以（等量代换）．所以（内错角相等，两直线平行）．故答案为，全等三角形的对应角相等；，内错角相等，两直线平行．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定方法．也考查了等边三角形的性质．19．（2022春·上海·七年级期末）如图，已知△ACM是等边三角形，点E在边CM上，以CE为边作等边△CEF，联结AE并延长交CF的延长线于点N，联结MF并延长交AC的延长线于点B，联结BN．(1)说明△ACE≌△MCF的理由；(2)说明△CNB为等边三角形的理由．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由△ACM和△CEF是等边三角形，得CA=CM，CE=CF，∠ACM=∠ECF=60°，再利用SAS即可证出△ACE≌△MCF；（2）由△ACE≌△MCF，得∠CAE=∠CMF，由∠ACN=∠ACM+∠ECF=120°，∠MCB=180°∠ACM=120°，可得∠ACN=∠MCB，再利用ASA证出△ACN≌△MCB，得到CN=CB，再由∠BCN=180°∠ACM∠ECF=60°，即可证明△CNB是等边三角形．(1)证明：△ACM和△CEF是等边三角形，∴CA=CM，CE=CF，∠ACM=∠ECF=60°，在△ACE和△MCF中，，∴△ACE≌△MCF（SAS）；(2)解：∵△ACE≌△MCF（SAS），∴∠CAE=∠CMF，∵∠ACN=∠ACM+∠ECF=120°，∠MCB=180°∠ACM=120°，∴∠ACN=∠MCB，在△ACN与△MCB中，，∴△ACN≌△MCB（ASA），∴CN=CB，∵∠BCN=180°∠ACM∠ECF=60°，∴△CNB是等边三角形．【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，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质是解题的关键．【能力提升】一、单选题1．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，△ABC、△DEF和△GMN都是等边三角形，且点E、M在线段AC上，点G在线段EF上，那么∠1+∠2+∠3等于（）A．90° B．120° C．150° D．180°【答案】D【分析】由等边三角形的性质和平角的定义以及三角形内角和定理即可得出结果．【详解】解：∵△ABC、△DEF和△GMN都是等边三角形，∴∠GMN＝∠MGN＝∠DEF＝60°，∵∠1+∠GMN+∠GME＝180°，∠2+∠MGN+∠EGM＝180°，∠3+∠DEF+∠MEG＝180°，∴∠1+∠GMN+∠GME+∠2+∠MGN+∠EGM+∠3+∠DEF+∠MEG＝3×180°，∵∠GME+∠EGM+∠MEG＝180°，∴∠1+∠2+∠3＝3×180°﹣180°﹣3×60°＝180°；故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形内角和定理、平角的定义；熟练掌握等边三角形的性质和三角形内角和定理是解决问题的关键．2．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知点B、C、E在一直线上，、都是等边三角形，联结和，与相交于点F，与相交于点G，下列说法不一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等边三角形的性质和“SAS”证明可得A选项；可利用“ASA”证明可得C、D选项，利用排除法求解即可．【详解】解：∵、都是等边三角形，∴，=60°，，∴∠ACB+∠ACD=∠ECD+∠ACD，即∠ACE=∠BCD，∴（SAS），∴BD=AE，（故A正确）；∴∠AEC=∠BDC，又，，∴（ASA），∴EG=FD，（故C正确），FC=GC，（故D正确）由于B项不能由已知条件得到，故B错误，故选：B．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．3．（2022春·上海·七年级期末）如图，是绕点逆时针方向旋转60°后所得的图形，点恰好在上，，则∠D的度数是（

）．A．40° B．50° C．60° D．70°【答案】B【分析】先根据旋转的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，从而可得，然后根据角的和差可得，最后根据三角形的内角和定理即可得．【详解】解：由旋转的性质得：，是等边三角形，，，，，，故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题关键．4．（2022春·七年级单元测试）如图，在等边△ABC中，∠BAD＝20°，AE＝AD，则∠CDE的度数是（）A．10° B．12.5° C．15° D．20°【答案】A【分析】先求出，根据等腰三角形性质求出，可求出，再根据三角形的外角性质求出，即可求出答案．【详解】解：是等边三角形，，，，，，，，，．故选：A．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质和判定，三角形的外角性质，三角形的内角和定理等知识点的综合运用，解题的关键是考查了学生运用定理进行推理和计算的能力．5．（2022秋·上海闵行·七年级校考阶段练习）如图，中，，将沿射线的方向平移，得到．再将绕点逆时针旋转一定角度后，恰使点与点C重合，点的对应点是点，若，则的度数为（）．A．50 B．60 C．70 D．80【答案】B【分析】根据平移和旋转的性质，对应边和对应角相等，得到，为等边三角形，进而得到，利用平角的定义，即可求出的度数．【详解】解：将沿射线的方向平移，得到，∴，将绕点逆时针旋转一定角度后，恰使点与点C重合，点的对应点是点，∴，∴为等边三角形，∴，∴；故选B．【点睛】本题考查平移，旋转，以及等边三角形的判定和性质．熟练掌握平移和旋转的性质：对应边和对应角相等，是解题的关键．二、填空题6．（2022春·上海杨浦·七年级校考期末）在等边三角形中，，与相交于点，，垂足为，则______．【答案】##120度【分析】由“”可证≌，可得，即可求解．【详解】解：是等边三角形，，，在和中，，≌，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．7．（2022春·上海·七年级专题练习）a、b、c为△ABC的三条边，满足条件点（a﹣c，a）与点（0，﹣b）关于x轴对称，判断△ABC的形状_____．【答案】等边三角形．【分析】由两点关于x轴对称可得ac=0，a=b，进而根据三角形三边关系判断△ABC的形状即可．【详解】解：∵点（ac，a）与点（0，b）关于x轴对称，∴ac=0，a=b，∴a=b=c，∴△ABC是等边三角形，故答案为等边三角形．【点睛】此题主要考查两点关于x轴对称的坐标的特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．8．（2022春·上海·七年级专题练习）如果等边三角形的边长为m厘米，那么这个三角形的面积等于_____平方厘米（用含m的代数式表示）．【答案】【分析】根据等边三角形的性质和三角形面积公式解答即可．【详解】因为等边三角形的边长为m厘米，可得等边三角形的高是厘米，所以这个三角形的面积=×m×m=m2平方厘米；故答案为．【点睛】此题考查等边三角形的性质，关键是得出等边三角形的高．9．（2022春·七年级单元测试）边长为2的正三角形的面积是____．【答案】．【详解】试题分析：过A作AD⊥BC，∵AB=AB=BC=2，∴BD=CD=BC=1，在Rt△ABD中，根据勾股定理得：AD==，则S△ABC=BC•AD=，故答案为．考点：等边三角形的性质．10．（2022秋·上海·七年级期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，将这个三角形折叠，使点B与点A重合，折痕交边AB于点M，交BC于点N，如果BN＝2NC，那么∠ABC＝_____度．【答案】30【分析】根据折叠的性质得到∠1＝∠B，NA＝NB，求出∠ANC＝60°，再利用三角形的外角定理得∠2＝2∠B，然后根据直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：如图，∵将这个三角形折叠，使点B与点A重合，折痕交AB于点M，交BC于点N，∴∠1＝∠B，NA＝NB，∵BN＝2NC，∴AN＝2NC，∵∠C＝90°，∴∠CAN＝30°，∴∠ANC＝60°，∵∠2＝2∠B，∴∠B＝30°，故答案为：30．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即得到对应角相等，对应线段相等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．11．（2022春·上海·七年级专题练习）如图所示，已知边长为2的正三角形ABC中，P0是BC边的中点，一束光线自P0发出射到AC上的P1后，依次反射到AB、BC上的点P2和P3，且1＜BP3＜（反射角等于入射角），则P1C的取值范围是_____．【答案】【分析】首先利用光的反射定律及等边三角形的性质证明△P0P1C∽△P2P1A∽△P2P3B，再根据相似三角形对应边成比例得到用含P3B的代数式表示P1C的式子，然后由1＜BP3＜，即可求出P1C长的取值范围．【详解】解：∵反射角等于入射角，∴∠P0P1C＝∠P2P1A＝∠P2P3B，又∵∠C＝∠A＝∠B＝60°，∴△P0P1C∽△P2P1A∽△P2P3B，∴＝＝，设P1C＝x，P2A＝y，则P1A＝2﹣x，P2B＝2﹣y．∴＝＝，∴，∴x＝（2+P3B）．又∵1＜BP3＜，∴1＜x＜，即P1C长的取值范围是：1＜P1C＜．故答案为：1＜P1C．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，解题的关键是根据等边三角形的性质找出对应点是解此题的关键，难度较大．三、解答题12．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知等边△ABC和等边△CDE，P、Q分别为AD、BE的中点．(1)试判断△CPQ的形状并说明理由．(2)如果将等边△CDE绕点C旋转，在旋转过程中△CPQ的形状会改变吗？请你将图2中的图形补画完整并说明理由．【答案】(1)等边三角形，理由见解析(2)不变，图及理由见解析【分析】（1）由“有一内角为60°的等腰三角形为等边三角形”进行判断与证明；（2）通过全等三角形△ACD≌△BCE、△ACP≌△BCQ的对应边相等、对应角相等的性质推知△CPQ的两边PC＝QC、内角∠PCQ＝60°，从而确定△CPQ是等边三角形．(1)如图1，△CPQ是等边三角形．理由如下：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠C＝60°，AC＝BC，DC＝EC，∴AC﹣DC＝BC﹣EC，即AD＝BE．∵P、Q分别为AD、BE的中点，∴PD＝EQ，∴CD+DP＝CE+EQ，即CP＝CQ，∴△CPQ是等边三角形；(2)如果将等边△CDE绕点C旋转，在旋转过程中△CPQ的形状不会改变．理由如下：如图2，∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，DC＝EC，∵∠ACD＝∠DCE﹣∠ACE，∠BCE＝∠ACB﹣∠ACE，∴∠ACD＝∠BCE，∴在△ACD与△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE，即∠CAP＝∠CBQ．∵P是AD的中点，Q是BE的中点，∴AP＝AD，BQ＝BE，∴AP＝BQ，∴在△ACP与△BCQ中，，∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴PC＝QC，∠BCQ＝∠ACP，∵∠BCQ+∠ACQ＝∠ACB＝60°，∴∠ACP+∠ACQ＝60°，∴∠PCQ＝60°，∴△CPQ是等边三角形．【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．根据等边三角形的判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．13．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上．(1)如果AD⊥BC，BE⊥AC，试证明∠APE＝60°的理由；(2)如果BD＝EC，那么“∠APE＝60°”是否还能成立？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)仍然成立，理由见解析【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一，可知∠DAC＝30°，在直角△AEP中，即可得出∠APE＝60°；（2）易证△ABD≌△BCE，得∠BAD＝∠CBE，又∠CBE+∠ABE＝60°，则∠BAD+∠ABE＝60°，根据三角形外角的性质，可得∠APE＝60°．(1)∵△ABC是等边三角形中，AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠DAC＝30°，∴在直角△AEP中，∠APE＝90°﹣30°＝60°；(2)仍然成立．理由如下：在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE，∴∠BAD＝∠CBE，又∠CBE+∠ABE＝60°，∴∠APE＝∠BAD+∠ABE＝60°．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质，应熟记等腰三角形的三线合一及证明三角形全等的几个判定方法．14．（2022春·上海闵行·七年级上海市闵行区莘松中学校考期末）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．(1)求∠DOE的度数；(2)试判断△MNC的形状，并说明理由．【答案】(1)∠DOE=60°；(2)△MNC是等边三角形，理由见解析【分析】（1）证明△ACD≌BCE（SAS），得∠ADC=∠BEC，再求出∠ADE+∠BED=120°，即可得出∠DOE的度数；（2）证明△ACM≌△BCN得CM=CN，∠ACM=∠BCN，再求出∠MCN=60°，即可得出△MNC是等边三角形．（1）解：∵△ABC、△CDE都是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌BCE（SAS），∴∠ADC=∠BEC，∵△DCE是等边三角形，∴∠CED=∠CDE=60°，∴∠ADE+∠BED=∠ADC+∠CDE+∠BED=∠ADC+60°+∠BED=∠BEC+∠CED+60°=∠DEC+60°=60°+60°=120°，∴∠DOE=180°（∠ADE+∠BED）=60°；（2）解：△MNC是等边三角形，理由如下：由（1）得：△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，∴AM=AD，BN=BE，∴AM=BN，在△ACM和△BCN中，，∴△ACM≌△BCN（SAS），∴CM=CN，∠ACM=∠BCN，又∵∠ACB=60°，∴∠ACM+∠MCB=60°，∴∠BCN+∠MCB=60°，∴∠MCN=60°，∴△MNC是等边三角形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的外角性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．15．（2022春·上海·七年级校联考期末）在等边中，，垂足为，延长到，使，连结、．(1)与有怎样的关系？请说明你的理由．(2)把改成什么条件，还能得到中的结论？【答案】(1)，理由见解析(2)是边的中线或是的平分线【分析】（1）由等边三角形的性质CD＝AC＝BC，∠CBD＝∠ABC＝∠ACB，由CE＝BC，得CE＝CD，则有∠E＝∠CDE，再由三角形的外角性质∠ACD＝∠E＋∠CDE，即有∠E＝∠ACD，从而得∠E＝∠CBD，故得BD＝DE；（2）根据等边三角形的性质，等边三角形的相应的高线，中线，角平分线重合，据此进行求解即可．（1）解：，理由如下：等边，，，，，，，是的外角，，，，；（2）解：∵是等边三角形，等边三角形的相应的高线，中线，角平分线重合，可把改为：是边的中线或是的平分线，（1）的结论仍然成立．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，解答的关键是对等边三角形的“三线合一”的掌握．16．（2022春·上海·七年级专题练习）已知：如图，点B，C，D在同一直线上，△ABC和△CDE都是等边三角形，BE交AC于点F，AD交CE于点H，（1）求证：△BCE≌△ACD；（2）求证：CF＝CH；（3）判断△CFH的形状并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）△CFH是等边三角形，理由见解析．【分析】（1）利用等边三角形的性质得出条件，可证明：△BCE≌△ACD；（2）利用△BCE≌△ACD得出∠CBF=∠CAH，再运用平角定义得出∠BCF=∠ACH进而得出△BCF≌△ACH因此CF=CH．（3）由CF=CH和∠ACH=60°根据“有一个角是60°的三角形是等边三角形可得△CFH是等边三角形．【详解】解：（1）∵∠BCA=∠DCE=60°，∴∠BCE=∠ACD．又BC=AC、CE=CD，∴△BCE≌△ACD．（2）∵△BCE≌△ACD，∴∠CBF=∠CAH．∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACH=60°．∴∠BCF=∠ACH．又BC=AC，∴△BCF≌△ACH．∴CF=CH．（3）∵CF=CH，∠ACH=60°，∴△CFH是等边三角形．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质及等边三角形的性质；普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS．同时还要结合等边三角形的性质，创造条件证明三角形全等是正确解答本题的关键．17．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，△AOC是边长为2的等边三角形．（1）写出△AOC的顶点C的坐标：_____．（2）将△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是_____（3）将△AOC绕原点O顺时针旋转得到△OBD，则旋转角可以是_____度（4）连接AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．【答案】（1）（﹣1，）；（2）2；（3）120；（4）∠AEO=90°．【分析】（1）过C作CH⊥AO于H，则HO=1，根据勾股定理可得，则可求点C坐标；（2）根据平移的性质可得△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD；（3）由等边三角形的性质和旋转可得，旋转角=∠AOD=120°；（4）根据平移的性质可得AC∥OD，进而可证△ACE≌△DOE，则CE=OE，根据等边三角形的性质得结论【详解】（1）如图，过C作CH⊥AO于H，则HO=AO=1，∴Rt△COH中，，∴点C的坐标为，故答案为；（2）由平移可得，平移的距离=AO=2，故答案为2；（3）由旋转可得，旋转角=∠AOD=120°，故答案为120；（4）如图，∵AC∥OD，∴∠CAE=∠ODE，∠ACE=∠DOE，又∵AC=DO，∴△ACE≌△DOE，∴CE=OE，∴AD⊥CO，即∠AEO=90°．【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、平移的性质.旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段夹角等于旋转角.关键利用等边三角形的性质转换边角关系求解.18．（2022春·上海闵行·七年级校考阶段练习）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E、F分别在、、上，且，，试说明的理由．解：因为，（已知），所以是等边三角形（）所以．又因为△ABC是等边三角形（已知），所以（）所以（等量代换），因为∠（），即，所以（）在和中，，所以（）所以（）【答案】见详解【分析】根据等边三角形性质与判定，三角形内外角关系及三角形全等的性质与判定直接填写即可得到答案．【详解】解：因为，（已知），所以是等边三角形（有一个角是的等腰三角形是等边三角形）所以．又因为△ABC是等边三角形（已知），所以（等边三角形三个角都是）所以（等量代换），因为（三角形外角等于与它不相邻两个内角之和

），即，所以（等量代换）在和中，，所以（）所以（全等三角形对应边相等）【点睛】本题考查等边三角形性质与判定，三角形内外角关系及三角形全等的性质与判定，解题的关键是根据两次等边三角形转换角度相等．19．（2022春·七年级单元测试）如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F．（1）求∠F的度数；（2）若CD＝2，求DF、EF的长．【答案】（1）∠F＝30°；（2）DF＝4，EF＝2．【分析】（1）根据平行线的性质可得∠EDC＝∠B＝60°，根据三角形内角和定理即可求解；（2）易证△EDC是等边三角形，再根据直角三角形的性质即可求解．【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°，∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠B＝60°，∵EF⊥DE，∴∠DEF＝90°，∴∠F＝90°﹣∠EDC＝30°；（2）∵∠ACB＝60°，∠EDC＝60°，∴△EDC是等边三角形．∴ED＝DC＝2，∵∠DEF＝90°，∠F＝30°，∴DF＝2DE＝4，∴EF＝DE＝2．【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，以及直角三角形的性质，解题的关键是熟记30度的角所对的直角边等于斜边的一半．20．（2022春·上海·七年级专题练习）说理填空：如图，点E是DC的中点，EC=EB，∠CDA=120°，DF//BE，且DF平分∠CDA，求证：△BEC为等边三角形．解：因为DF平分∠CDA（已知）所以∠FDC=∠________．（

）因为∠CDA=120°（已知）所以∠FDC=______°．因为DF//BE（已知）所以∠FDC=∠_________．（____________________________________）所以∠BEC=60°，又因为EC=EB，（已知）所以△BCE为等边三角形．（_____________________________）【答案】∠ADC；角平分线的意义；60；∠BEC；两直线平行，同位角相等；有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形．【分析】利用角平分线的性质得出∠FDC的度数，再利用平行线的性质得出∠BEC的度数，进而得出△BCE为等边三角形．【详解】解：∵DF平分∠CDA，（已知）∴∠FDC=∠ADC．（角平分线的意义）∵∠CDA=120°，（已知）∴∠FDC=60°．∵DF∥BE，（已知）∴∠FDC=∠BEC=60°．（两直线平行，同位角相等）∴∠BEC=60°又∵EC=EB，（已知）∴△BCE为等边三角形．（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）【点睛】此题主要考查了等边三角形的性质与判定以及平行线的性质，根据已知得出∠FDC=∠BEC是解题关键．21．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，∠1=∠2，AD=AE，∠B=∠ACE，且B、C、D三点在一条直线上，（1）试说明△ABD与△ACE全等的理由；（2）如果∠B=60°，试说明线段AC、CE、CD之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）见详解；（2）CE=AC+CD，理由见解析．【分析】（1）根据AAS证明△ABD与△ACE全等即可；（2）利用全等三角形的性质和等边三角形的判定和性质解答即可．【详解】（1）∵∠1=∠2，∴∠1+∠CAD=∠2+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，在△ABD与△ACE中，∴△ABD≌△ACE（AAS）；（2）CE=AC+CD，理由如下：由（1）可得△ABD≌△ACE：BD=CE，AB=AC，∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC，∴BD=CE=BC+CD=AC+CD，即CE=AC+CD．【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，掌握判定方法是解题关键．22．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，在等边△ABC中，边AB=6厘米，若动点P从点C开始，按C→B→A→C的路径运动，且速度为1厘米/秒，设点P的运动时间为秒．(1)当t=3秒时，判断AP与BC的位置关系，并说明理由．(2)当△PBC的面积为△ABC面积的一半时，求t的值．(3)另有一点Q，从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为1.5厘米/秒，若P、Q两点同时出发，当P、Q中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当t为何值时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．【答案】(1)AP⊥BC，证明见解析(2)9秒或15秒(3)秒或秒【分析】(1)根据等边三角形的性质即可得到结论；(2)根据等边三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；(3)根据等边三角形的性质和三角形的周长公式即可得到结论．(1)解：当t=3秒时，CP=3×1=3(cm)，∵在等边△ABC中，AB=6cm，∴BC=AB=6cm，∴此时，P为BC的中点，∴AP为等边△ABC的中线，∴AP⊥BC；(2)解：∵由题意得：，∴当P为AB中点时，满足题意，此时，P点运动路程为：BC＋BP=6＋3=9(cm)，∴P点运动时间为：9÷1=9(秒)；当P为AC中点时，满足题意，此时，P点运动路程为：BC＋AB＋AP=6＋6＋3=15(cm)，∴P点运动的时间为：15÷1=15(秒)，∴综上，t的值为9秒或15秒；(3)解：∵点P的速度为1厘米/秒，点Q的速度为1.5厘米/秒，∴由题意得：当时，点P在BC上，点Q在AC上，∴PC＋CQ=t＋1.5t=2.5tcm，，∴2.5t=9，解得：，符合；当时，点Q在AB上，点P在BC上，，，．，解得：，∴不符合，舍去；当时，P、Q都在AB上，不符合题意；当时，点Q在BC上，点P在AB上，∴BP=(t－6)cm，BQ=(1.5t－12)cm，，，解得：，符合，∴综上，符合条件的t的值为：秒或秒．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，动点问题的解决方法，用时间t表示出各时段的线段的长度列出方程求解是解题的关键．23．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，点D、E、F分别在AB、BC、CA上，△DEF是等边三角形，且∠1＝∠2＝∠3，△ABC是等边三角形吗？试说明理由．【答案】是，理由见解析【分析】根据等边三角形的性质得到∠EDF＝∠DEF＝∠DFE＝60°，根据平角的定义得到∠ADF＝∠BED＝∠CFE，由三角形的内角和得到∠A＝180°﹣∠2﹣∠ADF，∠B＝180°﹣∠1﹣∠BED，∠C＝180°﹣∠3﹣∠CFE，于是得到结论．【详解】解：△ABC是等边三角形，理由：∵△DEF是等边三角形，∴∠EDF＝∠DEF＝∠DFE＝60°，∵∠1＝∠2＝∠3，∴∠ADF＝∠BED＝∠CFE，∴∠A＝180°﹣∠2﹣∠ADF，∠B＝180°﹣∠1﹣∠BED，∠C＝180°﹣∠3﹣∠CFE，∴∠A＝∠B＝∠C=60°，∴△ABC是等边三角形．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形的内角和，平角的定义．熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．24．（2022春·上海·七年级专题练习）如图（1），等边△ABC中，D是AB边上的动点，以CD为一边，向上作等边△EDC，连接AE．(1)△DBC和△EAC会全等吗？请说说你的理由；(2)试说明AEBC的理由；(3)如图（2），将（1）动点D运动到边BA的延长线上，所作仍为等边三角形，请问是否仍有AEBC？证明你的猜想．【答案】(1)全等，理由见解析(2)见解析(3)是，证明见解析【分析】（1）要证两个三角形全等，已知的条件有AC＝BC，CE＝CD，我们发现∠BCD和∠ACE都是60°减去一个∠ACD，因此两三角形全等的条件就都凑齐了（SAS）；（2）要证AE∥BC，关键是证∠EAC＝∠ACB，由于∠ACB＝∠ACB，那么关键是证∠EAC＝∠ACB，根据（1）的全等三角形，我们不难得出这两个角相等，也就得出了证平行的条件．（3）同（1）（2）的思路完全相同，也是通过先证明三角形BCD和ACE全等，得出∠EAC＝∠B＝60°，又由∠ABC＝∠ACB＝60°，得出这两条线段之间的内错角相等，从而得出平行的结论．【详解】（1）△DBC和△EAC会全等证明：∵△ABC和△EDC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，∠DCE＝60°∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD∴∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵，∴△DBC≌△EAC（SAS），（2）∵△DBC≌△EAC∴∠EAC＝∠B＝60°又∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC（3）结论：AE∥BC理由：∵△ABC、△EDC为等边三角形∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵，∴△DBC≌△EAC（SAS），∴∠EAC＝∠B＝60°又∵∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；本题中（1）（2）问实际是告诉解（3）题的步骤，通过全等三角形来得出角相等是解题的关键．25．（2022春·七年级单元测试）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°．（1）操作发现如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：①线段DE与AC的位置关系是；②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是．（2）猜想论证当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．（3）拓展探究已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．【答案】（1）①DE∥AC；②S1=S2；（2）见解析；（3）或．【分析】（1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°，然后根据内错角相等，两直线平行解答；②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；（2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；（3）过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰△BDE中求出BE的长，即可得解．【详解】（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，∴△BDC的面积和△ADC的面积相等，∵DE∥AC，∴△ADC的面积和△AEC的面积相等，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等，即S1=S2；故答案为：DE∥AC；S1=S2；（2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；（3）如图，过点D作DF1∥BE，∵DE∥AB，∴四边形BEDF1是平行四边形，∵∠ABC=60°，BD平分∠ABC，DE∥AB，∴∠DBE=∠BDE=30°，∴BE=DE，∴四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴点F2也是所求的点，∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=2÷，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2==，故BF的长为或．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．26．（2022春·上海·七年级期末）在等边ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．(1)如图1，ABC是周长为9的等边三角形，则△AMN的周长Q＝；(2)如图2，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；此时＝；(3)点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（2）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．【答案】(1)6；(2)，＝；(3)结论仍然成立，证明见解析【分析】（1）构建全等三角形来实现线段的转换．延长AC至E，使CE＝BM，连接DE．根据题意得到∠MBD＝∠NCD＝90°，那么三角形MBD和ECD中，有了一组直角，MB＝CE，BD＝DC，因此两三角形全等，那么DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，∠EDN＝∠BDC﹣∠MDN＝60°．三角形MDN和EDN中，有DM＝DE，∠EDN＝∠MDN＝60°，有一条公共边，因此两三角形全等，MN＝NE，至此我们把BM转换成了CE，把MN转换成了NE，因为NE＝CN+CE，因此NM＝BM+CN．可根据L的值确定与Q的值；（2）如果DM＝DN，∠DMN＝∠DNM，因为BD＝DC，那么∠DBC＝∠DCB＝30°，也就有∠MBD＝∠NCD