第三讲等边三角形.docx
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第三讲等边三角形
等边三角形
一、知识梳理/提炼
1.等边三角形的定义：
有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.
2.等边三角形的性质：
（1）等
三线合一
边三角形的内角都相等，且均为60°。
（2）等边三角形每条边上的中线、高线和所对角的平分线互相重合（三线合一）
（3）等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴，对称轴是每条边上的中线、高线或对角的平分线所在的直线。
（4）等边三角形重心、内心、外心、垂心重合于一点，称为等边三角形的中心。
（四心合一）
3.等边三角形的判定
（1）三边相等的三角形是等边三角形（定义）
（2）三个内角都相等的三角形是等边三角形
（3）有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形
二、课堂精讲例题
例题1
题目：
①有两个角等于60°；②有一个角等于60°的等腰三角形；③三个外角（每个顶点处各取一个外角）都相等的三角形；④一腰上的中线也是这条腰上的高的等腰三角形．其中是等边三角形的有（）
A．①②③B．①②④C．①③D．①②③④
-解题思路：
等边三角形是特殊的等腰三角形，故它具备了等腰三角形的一切性质。
但又因为等边三角形是特殊的等腰三角形，故等边三角形所拥有的一些性质是等腰三角形所不具有的。
解法与答案：
D
题目：
若一个三角形有两条边相等，且有一内角为60º，那么这个三角形一定为（）
A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D钝角三角形
-解析：
这道题考查了等边三角形的判定。
答案：
A
例题2
题目：
如图，D、E、F分别是等边△ABC各边上的点，且AD=BE=CF，则△DEF的形状是（）
A．等边三角形B．腰和底边不相等的等腰三角形C．直角三角形D．不等边三角形
-
-选题意图（对应知识点）：
等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定。
-解题思路：
根据题意证得以△ADF≌△BED≌△CFE即可求证．
-解法与答案：
⏹解：
∵△ABC为等边三角形，且AD=BE=CF∴AF=BD=CE
-又∵∠A=∠B=∠C=60°∴△ADF≌△BED≌△CFE
-∴DF=ED=EF∴△DEF是一个等边三角形故选A．
题目：
如图所示，在等边△ABC中，AD=BE=CF,D,E,F不是中点，连结AE,BF,CD.构成一些全等三角形，如果将三个全等三角形组成一组，那么图中全等三角形的组数是（）
A.3个B.4个C.5个D.6个
-解析：
这题是例2的变形，考查的知识点仍然是等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定。
答案：
C
例题3
题目：
如图，BD为等边△ABC的边AC上的中线，E为BC延长线上一点，且DB=DE，若AB=6cm，则CE=cm．
-选题意图（对应知识点）：
等边三角形的性质；直角三角形的性质．
-解题思路：
求CE的长，题中给出DB=DE，由角相等可求出CD=CE，所以CE为边长AC的一半．
-解法与答案：
∵BD为等边△ABC的边AC上的中线，∴BD⊥AC，
-∵DB=DE，∴∠DBC=∠E=30°∵∠ACB=∠E+∠CDE=60°
-∴∠CDE=30°∴∠CDE=∠E，即CE=CD=1/2AC=3cm．故填3．
-点评：
本题考查了等边三角形的性质；要熟练掌握等边三角形的性质，得到∠CDE=30°是正确解答本题的关键．
题目：
如图：
已知等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE=CD，DM⊥BC，垂足为M，求证：
M是BE的中点．
-解析：
要证M是BE的中点，根据题意可知，证明△BDE△为等腰三角形，利用等腰三角形的高和中线向重合即可得证．
-答案：
解：
在等边△ABC，且D是AC的中点，
-连接BD，且CE=CD，DM⊥BC；所以∠DBC=∠E=30°，
-则BD=ED，又DM⊥BC，∴M是BE的中点．
例题4
题目：
在等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上一点，且CE=CD，
（1）请说明DB=DE的理由．
（2）若等边△ABC的边长为6cm，求△BDE的面积．
-选题意图（对应知识点）：
等边三角形的性质；三角形的面积；三角形的外角性质；直角三角形的性质．
-解题思路：
-
（1）根据等边三角形三线合一的性质可得BD是∠ABC的角平分线，即可得∠CBD=30°，根据三角形外角性质即可得∠DCE=120°，根据CD=CE，可得∠CDE=∠CED=30°，即可得∠CED=∠CBD=30°，即DB=DE．
-
（2）过A作AG⊥BC，过D作DF⊥BC，则DF=
AG，根据直角三角形的性质可以求得BE的长，根据BE、DF的长即可计算△BDE的面积．
-
解法与答案：
-解：
（1）∵D是等边△ABC的边AC的中点，
-∴BD是∠ABC的角平分线，∠CBD=30°，
-∵∠DCE=120°，且CD=CE，
-∴∠CDE=∠CED=30°，∴∠CBD=∠CED，∴DB=DE．
-
（2）过A作AG⊥BC，过D作DF⊥BC
-∵D为AC中点，∴CE=CD=3cm，∴BE=3cm+6cm=6cm，
-AG=
AB=
cm，
-∵DF⊥BC，AG⊥BC，∴DF=
AG=
cm，
-
=
BE•DF=
×9×
=
cm²．
-点评：
本题考查了等边三角形边长与高线长的关系，考查了三角形面积的计算，考查了等边三角形三线合一的性质，本题中正确计算DF的值是解题的关键．
题目：
如图，等边△ABC的边长为8，点P是边AB的中点，F为BC延长线上一点，CF=1/2BC，过P作PE⊥AC于E，连PF交AC边于D，求DE的长．
-解析：
本题主要考查了等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，灵活运用等边三角形的性质和判定进行证明是解此题的关键，题型较好，有一点难度．
-
答案：
解：
过P点作PG∥BC，交AC于G点
-∵等边△ABC的边长为8，
-∵点P是边AB的中点，CF=1/2BC，
-∴AP=CF，∵PG∥CF，∴△APG是等边三角形
-∵PE⊥AC，∴EG=1/2AG，∵△APG是等边三角形，AP=CF，
-∴PG=CF∵PG∥CF，∴∠PFD=DCQ，∠FPD=∠Q，
-∵PG=CF，∴△PDG≌△FDC，∴DG=CD，∴DG=1/2CQ，
-∴DE=EG+DG=1/2AG+1/2CQ=1/2AC，∴ED=5．
-答：
DE的长是5．
例题5
题目：
如图，已知C是线段AB上的任意一点（端点除外），分别以AC、BC为边并且在AB的同一侧作等边△ACD和等边△BCE，连接AE交CD于M，连接BD交CE于N．给出以下三个结论：
①AE=BD②CN=CM③MN∥AB
其中正确结论的个数是（ ）
-选题意图（对应知识点）：
平行线分线段成比例；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
-解题思路：
-由△ACD和△BCE是等边三角形，根据SAS易证得△ACE≌△DCB，即可得①正确；由△ACE≌△DCB，可得∠EAC=∠NDC，又由∠ACD=∠MCN=60°，利用ASA，可证得△ACM≌△DCN，即可得②正确；又可证得△CMN是等边三角形，即可证得③正确．
-
解法与答案：
-∵△ACD和△BCE是等边三角形，
-∴∠ACD=∠BCE=60°，AC=BC，EC=BC，
-∴∠ACD+∠DCE=∠DCE+∠ECB
-即∠ACE=∠DCB，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE=BD，故①正确；
-∴∠EAC=∠NDC，∵∠ACD=∠BCE=60°，∴∠DCE=60°，∴∠ACD=∠MCN=60°，
-∵AC=DC，∴△ACM≌△DCN（ASA），∴CM=CN，故②正确；
-∴△CMN是等边三角形，∴∠NMC=∠ACD=60°，∴MN∥AB，故③正确．
-故选D．
-方法归纳：
这个基本图形的特点是两个等边三角形有一个公共点，绕着公共顶点，图形可以进行旋转变换。
但无论图形怎样旋转，△ACE≌△DCB的结论都是成立的但其他的不一定会相等。
题目：
如图所示,已知线段BD上一点C,分别以BC和CD为边作等边△ABC和等边△CDE,连结AD和BE，在AD和BE上截取AG=BF.连结CF，FC，CG。
证明△CFG是正三角形
-解析：
本题主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，灵活运用等边三角形的性质和判定进行证明是解此题的关键，题型很典型，是在基本图形上变化出来的图形，我们可以通过基本图形的结论来得出新的结论．
-答案：
-∵△ABC和△CDE是等边三角形，
-∴∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，CD=CE，
-∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
-即∠BCE=∠ACD，
-∴△BCE≌△ACD，
-∴∠DAC=∠EBC，
-又∵AC=BC，AG=BF
-∴△BFC≌△AGC，
-∴CG=FC,∠FCB=∠GCA，
-∴∠FCB+∠ACF=∠GCA+∠ACF,即∠ACB=∠GCF=60°
-∴△CFG是等边三角形，
例题6：
题目：
如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB=100°，∠BOC=α．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD．当α=时，△AOD是等腰三角形．
-选题意图（对应知识点）：
三角形的性质；等边三角形的性质；等腰三角形的判定．
-解题思路：
要使△AOD为等腰三角形，应有OA=OD，或OD=DA或OA=AD，只要相关角相等由已知条件利用等边三角形的性质即可结论．
-解法与答案：
-∵△BOC绕点C按逆时针方向旋转60°得△ADC，
-∴△COD为一等边三角形，
-∴∠COD=60°
-假设OD=OA，则α+100°+60°+∠AOD=360°，∠AOD=180°-2（α-60°），解得α=100°；
-当OD=AD时，α+100°+60°+∠AOD=360°，∠AOD=180°-（α-60°）2，解得α=160°；
-当OA=AD时，α+100°+60°+∠AOD=360°，∠AOD=α-60°，解得，α=130°
题目：
如图，设E是正△ABC内的一点，EB=3，EC=4，EA=5，,求∠BEC的度数。
-解析：
本题三个△ABE、△AEC、△BEC都可以旋转，通过旋转可以构造等边三角形，在利用等边三角形的性质解决问题。
-答案：
150°
例题7：
题目：
如图所示，等边△ABC的边长为2，△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于M，交AC于N，连接MN，形成一个△AMN，则△AMN的周长为
．
-难度分级：
B类
-试题来源：
课时训练
-选题意图（对应知识点）：
等边三角形的性质;全等三角形；截长补短法；数形结合思想．
-解题思路：
-这道题目设计到了线段的和，△AMN的周长=AM+AN+MN,故我们也可以考虑截长补短法。
由于∠BDM+∠CDN=60°，∠MDN=60°，BD=CD，∴在∠NDN内是可以作出DE=BD=CD，且∠ECN=∠CDN，且∠EDM=∠BDM的，解题的关键是证明点E在线段MN上，根据∠DEN=∠DCN=90°，∠DEM=∠DBM=90°，∴∠DEM+∠DEN=180°，从而证明点E在线段MN上，于是再利用EN=NC，EM=MB证得△AMN的周长=AB+AC=4．
-解法与答案：
-截长补短法
-
解：
∵∠MDN=60°，∠BDC=120°，
-∴∠BDM+∠CDN=60°，
-∵BD=CD，
-∴∠DCB=∠DBC=（180°-120°）/2=30°，
-∵∠ABC=∠ACB=60°，∠ABD=∠ACD=90°，
-又∵BD=CD，DM=DN，
-∴Rt△MBD≌NCD（HL），
-∴∠BDM=∠CDN=∠BDC-∠MDN2=（120°-60°）/2=30°，
-过D作DE⊥MN，又三角形MDN为等边三角形，
-∴DE为∠MDN的平分线，即∠MDN=30°，
-∴∠MDB=∠EDM=30°，∠MBD=∠DEM=90°，且MD=MD，
-∴△DEM≌△DBM，∴ME=BM，
-同理△EDN≌△CDN，∴EN=CN，
-∴△AMN的周长=AN+AM+MN=AM+MB+AN+NC=AB+AC=2+2=4．
-故填4．
题目：
（1）用旋转变换处理例题7
（2）在等边
的两边AB，AC所在直线上分别有两点M，N，D为
外一点，且
，
，
，探究：
当点M，N分别爱直线AB，AC上移动时，BM，NC，MN之间的数量关系及
的周长与等边
的周长L的关系．
⑴如图①，当点M，N在边AB，AC上，且DM=DN时，BM，NC，MN之间的数量关系式__________；此时
=__________
⑵如图②，当点M，N在边AB，AC上，且
时，猜想
（1）问的两个结论还成立吗？
写出你的猜想并加以证明；
⑶如图③，当点M，N分别在边AB，CA的延长线上时，若AN=x，则Q=_________（用x，L表示）
-解析：
（1）由DM=DN，∠MDN=60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD=BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC=MN，此时Q/L=2/3；
-
（2）在CN的延长线上截取CM1=BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM=DM1，易证得∠CDN=∠MDN=60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；
-（3）首先在CN上截取CM1=BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM=DM1，然后证得∠CDN=∠MDN=60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC-BM=MN．
例题8
题目：
如图，已知△ABC中，AB=AC，D是△ABC外一点且∠ABD=60°，∠ADB=90°-1/2∠BDC．
求证：
AC=BD+CD.
-选题意图（对应知识点）：
轴对称的性质；等边三角形的判定与性质
-解题思路：
以AD为轴作△ABD的对称△AB′D，后证明C、D、B′在一条直线上，及△ACB′是等边三角形，继而得出答案．
-解法与答案：
-
证明：
以AD为轴作△ABD的对称△AB′D（如图），
则有B′D=BD，AB′=AB=AC，
∠B′=∠ABD=60°，∠ADB′=∠ADB=90°-12∠BDC，
所以∠ADB′+∠ADB+∠BDC=180°-∠BDC+∠BDC=180°，
所以C、D、B′在一条直线上，
所以△ACB′是等边三角形，
所以CA=CB′=CD+DB′=CD+BD．
题目：
如图，已知△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，并且使AE=BD，连接CE，DE．求证：
EC=ED．
-
解析：
首先延长BD至F，使DF=BC，得出△BEF为等边三角形，进而求出△EBC≌△EDF，从而得出EC=DE．
-答案：
证明：
延长BD至F，使DF=BC，
∵AE=BD，△ABC为等边三角形，
∴BE=BF，∠B=60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴∠F=60度，
∴BE=EF，∠B=∠F=60°，BC=DF，
∴△EBC≌△EDF，
∴EC=ED．
例题9
题目：
已知，△ABC是边长3cm的等边三角形．动点P以1cm/s的速度从点A出发，沿线段AB向点B运动．
（1）如图1，设点P的运动时间为t（s），那么t=（s）时，△PBC是直角三角形；
（2）如图2，若另一动点Q从点B出发，沿线段BC向点C运动，如果动点P、Q都以1cm/s的速度同时出发．设运动时间为t（s），那么t为何值时，△PBQ是直角三角形？
（3）如图3，若另一动点Q从点C出发，沿射线BC方向运动．连接PQ交AC于D．如果动点P、Q都以1cm/s的速度同时出发．设运动时间为t（s），那么t为何值时，△DCQ是等腰三角形?
（4）如图4，若另一动点Q从点C出发，沿射线BC方向运动．连接PQ交AC于D，连接PC．如果动点P、Q都以1cm/s的速度同时出发．请你猜想：
在点P、Q的运动过程中，△PCD和△QCD的面积有什么关系？
并说明理由
-难度分级：
C类
-试题来源：
课时训练
-选题意图（对应知识点）：
勾股定理的应用；三角形的面积；等腰三角形的判定
-解题思路：
-
（1）当△PBC是直角三角形时，∠B=60°，所以BP=1.5cm，即可算出t的值；
（2）因为∠B=60°，可选取∠BPQ=90°或∠BQP=90°，然后根据勾股定理计算出BP长，即可算出t的大小；
（3）因为∠DCQ=120°，当△DCQ是等腰三角形时，CD=CQ，然后可证明△APD是直角三角形，即可根据题意求出t的值；
（4）面积相等．可通过同底等高验证．
-解法与答案：
-解：
（1）当△PBC是直角三角形时，∠B=60°，
∠BPC=90°，所以BP=1.5cm，
所以t=3/2
（2）当∠BPQ=90°时，BP=0.5BQ，
3-t=0.5t，所以t=2；
当∠BQP=90°时，BP=2BQ，
3-t=2t，所以t=1；
所以t=1或2（s）
（3）因为∠DCQ=120°，当△DCQ是等腰三角形时，CD=CQ，
所以∠PDA=∠CDQ=∠CQD=30°，
又因为∠A=60°，
所以AD=2AP，2t+t=3，
解得t=1（s）；
（4）相等，如图所示：
作PE垂直AD，QF垂直AD延长线，因为AP=QF，
∠F=∠AEP，∠QCF=∠A，所以△EAP≌FCQ，
所以PE=QF，所以，△PCD和△QCD同底等高，所以面积相等．
-
搭配课堂训练题（和例题相一致，起到巩固的作用，数量可根据课程容量设计）
题目：
如图，在等边△ABC中，AB=9cm，点P从点C出发沿CB边向点B点以2cm/s的速度移动，点Q点从B点出发沿BA边向A点以5cm/s速度移动．P、Q两点同时出发，它们移动的时间为t秒钟.
（1）你能用t表示BP和BQ的长度吗？
请你表示出来．
（2）请问几秒钟后，△PBQ为等边三角形？
（3）若P、Q两点分别从C、B两点同时出发，并且都按逆时针方向沿△ABC三边运动，请问经过几秒钟后点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？
-解析：
-
（1）由三角形ABC为等边三角形，根据等边三角形的三边相等得到AB=BC=9cm，由P的速度和时间t表示出P走过的路程CP的长，然后用边长BC减去CP即可表示出BP；由Q的速度及时间t，即可表示出Q走过的路程BQ；
（2）若△PBQ为等边三角形，根据等边三角形的边长相等则有PB=BQ，由
（1）表示出的代数式代入即可列出关于t的方程，求出方程的解即可得到满足题意的t的值；
（3）同时出发，要相遇其实是一个追击问题，由于Q的速度大于P的速度，即Q要追击上P，题意可知两点相距AB+AC即两个边长长，第一次相遇即为Q比P多走两个三角形边长，设出第一次相遇所需的时间，根据Q运动的路程-P运动的路程=18列出关于t的方程，求出方程的解即可求出满足题意的t的值，然后由求出t的值计算出P运动的路程，确定出路程的范围，进而判断出P的位置即为第一次相遇的位置．
-答案：
-解：
（1）∵等边△ABC，
∴BC=AB=9cm，
∵点P的速度为2cm/s，时间为ts，
∴CP=2t，
则PB=BC-CP=（9-2t）cm；
∵点Q的速度为5cm/s，时间为ts，
∴BQ=5t；
（2）若△PBQ为等边三角形，
则有BQ=BP，即9-2t=5t，
解得t=9/7，
所以当t=9/7s时，△PBQ为等边三角形；
（3）设ts时，Q与P第一次相遇，
根据题意得：
5t-2t=18，
解得t=6，
则6s时，两点第一次相遇．
当t=6s时，P走过得路程为2×6=12cm，
而9＜12＜18，即此时P在AB边上，
则两点在AB上第一次相遇．
例题10
题目：
附加题，学完“几何的回顾”一章后，老师布置了一道思考题：
如图，点M，N分别在正三角形ABC的BC，CA边上，且BM=CN，AM，BN交于点Q．求证：
∠BQM=60度．
（1）请你完成这道思考题；
（2）做完
（1）后，同学们在老师的启发下进行了反思，提出了许多问题，如：
①若将题中“BM=CN”与“∠BQM=60°”的位置交换，得到的是否仍是真命题？
②若将题中的点M，N分别移动到BC，CA的延长线上，是否仍能得到∠BQM=60°？
③若将题中的条件“点M，N分别在正三角形ABC的BC，CA边上”改为“点M，N分别在正方形ABCD的BC，CD边上”，是否仍能得到∠BQM=60°？
…
请你作出判断，在下列横线上填写“是”或“否”：
①；②；③．并对②，③的判断，选择一个给出证明.
-难度分级：
C类
-试题来源：
中考试题汇编
-选题意图（对应知识点）：
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．
-解题思路：
（1）在△ABM和△BCN中，
根据{BM=NC∠ABM=∠BCNAB=BC判定△ABM≌△BCN，
所以∠BAM=∠CBN，
则∠BQM=∠BAQ+∠ABQ=∠MBQ+∠ABQ=60度．
（2）②同样还是根据条件判定△ACM≌△BAN，
得到∠AMC=∠BNA，所以∠NQA=∠NBC+∠BMQ=∠NBC+∠BNA=180°-60°=120°，
即∠BQM=60°；
③同上，证明Rt△ABM≌Rt△BCN，
得到∠AMB=∠BNC，
所以，∠QBM+∠QMB=90°，∠BQM=90°，
即∠BQM≠60°．
-
解法与答案：
证明：
（1）在△ABM和△BCN中，
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM=∠CBN，
∴∠BQM=∠BAQ+∠ABQ=∠MBQ+∠ABQ=60°．
（2）①是；②是；③否．
②的证明：
如图，
在△ACM和△BAN中，
∴△ACM≌△BAN，
∴∠AMC=∠BNA，
∴∠NQA=∠NBC+∠BMQ=∠NBC+∠BNA=180°-60°=120°，
∴∠BQM=60°．
③的证明：
如图，
在Rt△ABM和Rt△BCN中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△BCN，
∴∠AMB=∠BNC．
又∠NBM+∠BNC=90°，
∴∠QBM+∠QMB=90°，
∴∠BQM=90°，即∠BQM≠60°．
搭配课堂训练题（和例题相一致，起到巩固的作用，数量可根据课程容量设计）
题目：
例题10第（3）问
四、巩固练习
基础训练题（A类）
1、如图，等边△ABC的三条角平分线相交于点O，OD∥AB交BC于D，OE∥AC交BC于点E，那么这个图形中的等腰三角形共有（ ）
A、5个B、6个C、7个D、8个
2、如图，△ABC是等边三角形，D为AB的中点，DE⊥AC垂足为点E，EF∥AB，AE=1，则△EFC的周长=。
3、如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别在AB、AC边上，且AD=CE，BE与CD交
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