題型專(zhuān)攻：等邊三角形【八大題型】（解析版）

等邊三角形【八大題型】【題型1與等邊三角形有關(guān)的角度的計(jì)算】【例1】（2022秋?泰興市期末）（1）如圖1，∠AOB和∠COD都是直角①若∠BOC＝60°，則∠BOD＝30°，∠AOC＝30°；②改變∠BOC的大小，則∠BOD與∠AOC相等嗎？為什么？（2）如圖2，∠AOB＝∠COD＝80°，若∠AOD＝∠BOC+40°，求∠AOC的度數(shù)；（3）如圖3，將三個(gè)相同的等邊三角形（三個(gè)內(nèi)角都是60°）的一個(gè)頂點(diǎn)重合放置，若∠BAE＝10°，∠HAF＝30°，則∠1＝20°．【分析】（1）根據(jù)余角的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)角的和差即可得到結(jié)果；（3）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，根據(jù)角的和差即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）∵∠AOB和∠COD都是直角，∠BOC＝60°，∴∠BOD＝30°，∠AOC＝30°，故答案為：30，30；（2）∵∠AOB＝∠COD＝80°，∴∠AOC＝∠BOD=12（∠AOD﹣∠∵∠AOD＝∠BOC+40°，∴∠AOC＝20°；（3）∵∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，∴∠DAE＝∠HAF＝30°，∴∠1＝60°﹣30°﹣10°＝20°．故答案為：20．【變式1-1】（2022秋?巫溪縣校級(jí)月考）已知：如圖，△ABC是等邊三角形，D是BC延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，BE、CE分別平分∠ABC和∠ACD，求∠BEC的度數(shù)．【分析】△ABC是等邊三角形的外角是120°，平分后是60°，又由角平分線與角的對(duì)邊垂直可知所求角是直角三角形內(nèi)的一個(gè)銳角，故而可解得．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，且有BE、CE分別平分∠ABC和∠ACD，AC⊥BE，∴∠ECD＝（180°﹣60°）÷2＝120°÷2＝60°，∴∠ACE＝60°，又∵AC⊥BE，∴∠BEC＝180°﹣90°﹣60°＝30°．【變式1-2】（2022秋?太原期末）問(wèn)題情境：如圖1，點(diǎn)D是△ABC外的一點(diǎn)，點(diǎn)E在BC邊的延長(zhǎng)線上，BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．試探究∠D與∠A的數(shù)量關(guān)系．（1）特例探究：如圖2，若△ABC是等邊三角形，其余條件不變，則∠D＝30°；如圖3，若△ABC是等腰三角形，頂角∠A＝100°，其余條件不變，則∠D＝50°；這兩個(gè)圖中，∠D與∠A度數(shù)的比是1：2；（2）猜想證明：如圖1，△ABC為一般三角形，在（1）中獲得的∠D與∠A的關(guān)系是否還成立？若成立，利用圖1證明你的結(jié)論；若不成立，說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于和它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根據(jù)角平分線的定義得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．（2）根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于和它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根據(jù)角平分線的定義得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．【解答】解：（1）如圖2，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∠ACE＝120°，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．∴∠DBC＝30°，∠DCE＝60°，∵∠DCE＝∠D+∠DBC，∴∠D＝30°；如圖3，∵△ABC是等腰三角形，∠A＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∠ACE＝140°，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．∴∠DBC＝20°，∠DCE＝70°，∵∠DCE＝∠D+∠DBC，∴∠D＝50°；故答案為30°，50°，1：2；（2）成立，如圖1，在△ABC中，∠ACE＝∠A+∠ABC，在△DBC中，∠DCE＝∠D+∠DBC，…（1）∵CD平分∠ACE，BD平分∠ABC，∴∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，又∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∴2∠DCE＝∠A+2∠DBC，…（2）由（1）×2﹣（2），∴2∠D+2∠DBC﹣（∠A+2∠DBC）＝0，∴∠A＝2∠D．【變式1-3】（2022秋?龍港區(qū)期末）已知△ABC，△EFG是邊長(zhǎng)相等的等邊三角形，點(diǎn)D是邊BC，EF的中點(diǎn)．（1）如圖①，連接AD，GD，則∠ADC的大?。?0（度）；∠GDF的大?。?0（度）；AD與GD的數(shù)量關(guān)系是AD＝GD；DC與DF的數(shù)量關(guān)系是DC＝DF；（2）如圖②，直線AG，F(xiàn)C相交于點(diǎn)M，求∠AMF的大小．【分析】（1）如圖①中，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)解答即可．（2）如圖連接AD，DG，利用等邊三角形的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．【解答】解：（1）如圖①，連接AD，GD，∵△ABC是等邊三角形，BD＝DC，則∠ADC的大小＝90°；∵△EGF是等邊三角形，ED＝DF，∴∠GDF＝90°；∵BC＝EF，∴AD＝GD；DC＝DF；故答案為：90；90；AD＝GD；DC＝DF．（2）連接AD，DG，由（1）得：∠ADC＝∠GDF＝90°，∴∠ADC﹣∠GDC＝∠GDF﹣∠GDC，即∠1＝∠2，由（1）得：AD＝GD，∴∠DGA＝∠DAG=180°-∠1由（1）得：DC＝DF，∴∠3＝∠DCF=180°-∠2∴∠DGA＝∠3，∵∠AMF＝∠AGF+∠5，∴∠AMF＝∠DGA+∠5+∠4＝∠3+∠5+∠4＝180°﹣∠GDF＝180°﹣90°＝90°．【題型2共頂點(diǎn)的等邊三角形（手拉手圖形）】【例2】（2022秋?華容縣期末）如圖，C為線段AE上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)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(diǎn)O，AD與BC交于點(diǎn)P，BE與CD交于點(diǎn)Q，連結(jié)PQ．以下五個(gè)結(jié)論：①AD＝BE；②PQ∥AE；③OP＝OQ；④△CPQ為等邊三角形；⑤∠AOB＝60°．其中正確的有①②④⑤．（注：把你認(rèn)為正確的答案序號(hào)都寫(xiě)上）【分析】①根據(jù)全等三角形的判定方法，證出△ACD≌△BCE，即可得出AD＝BE，①正確．④先證明△ACP≌△BCQ，即可判斷出CP＝CQ，即可得④正確；②根據(jù)∠PCQ＝60°，可得△PCQ為等邊三角形，證出∠PQC＝∠DCE＝60°，得出PQ∥AE，②正確．③沒(méi)有條件證出OP＝OQ，得出③錯(cuò)誤；⑤∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，⑤正確；即可得出結(jié)論．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC＝BC，∠ACD＝∠BCE，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，結(jié)論①正確．∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，又∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠ACP＝∠BCQ＝60°，在△ACP和△BCQ中，∠ACP＝∠BCQ，∠CAP＝∠CBQ，AC＝BC，∴△ACP≌△BCQ（AAS），∴AP＝BQ，CP＝CQ，又∵∠PCQ＝60°，∴△PCQ為等邊三角形，結(jié)論④正確；∴∠PQC＝∠DCE＝60°，∴PQ∥AE，結(jié)論②正確．∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠AEO，∴∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，∴結(jié)論⑤正確．沒(méi)有條件證出OP＝OQ，③錯(cuò)誤；綜上，可得正確的結(jié)論有4個(gè)：①②④⑤．故答案為：①②④⑤．【變式2-1】（2022秋?西青區(qū)期末）如圖，△ABC和△CDE都是等邊三角形，點(diǎn)E在△ABC內(nèi)部，連接AE，BE，BD．若∠EBD＝50°，則∠AEB的度數(shù)是110°．【分析】由已知條件推導(dǎo)出△ACE≌△BCD，從而∠DBC＝∠CAE，再通過(guò)角之間的轉(zhuǎn)化，利用三角形內(nèi)角和定理能求出∠AEB的度數(shù)．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴AC＝BC，CE＝CD，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝∠ECD＝60°，又∵∠ACB＝∠ACE+∠BCE，∠ECD＝∠BCE+∠BCD，∴∠BCD＝∠ACE，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠BCD=∠ACE∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠CAE＝∠DBC，∴∠EBD﹣∠EBC＝∠BAC﹣∠BAE，∵∠EBD＝50°，∴50°﹣∠EBC＝60°﹣∠BAE，∴50°﹣（60°﹣∠ABE）＝60°﹣∠BAE，∴∠ABE+∠BAE＝70°，∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝180°﹣70°＝110°，故答案為：110°．【變式2-2】（2022秋?興化市校級(jí)月考）如圖1，等邊△ABC中，D是AB邊上的點(diǎn)，以CD為一邊，向上作等邊△EDC，連接AE．（1）求證：△DBC≌△EAC；（2）求證：AE∥BC；（3）如圖2，若D在邊BA的延長(zhǎng)線上，且AB＝6，AD＝2，試求△ABC與△EAC面積的比值．【分析】（1）首先證明∠BCD＝∠ACE，然后利用SAS證明△DBC≌△EAC即可；（2）根據(jù)全等的性質(zhì)可得∠EAC＝∠B＝60°，進(jìn)而可得∠EAC＝∠ACB，從而可得AE∥BC；（3）利用等邊三角形的性質(zhì)可得BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，然后再證明△DBC≌△EAC，再推出∠EAC＝∠ACB，進(jìn)而可得AE∥BC，進(jìn)而利用三角形面積解答即可．【解答】證明：（1）∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD，∴∠BCD＝∠ACE，在△DBC和△EAC中，BC=∴△DBC≌△EAC（SAS）；（2）∵△DBC≌△EAC，∴∠EAC＝∠B＝60°，又∠ACB＝60°，∴∠EAC＝∠ACB，∴AE∥BC；（3）∵△ABC、△EDC為等邊三角形∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△DBC和△EAC中BC=∴△DBC≌△EAC（SAS），∴∠EAC＝∠B＝60°，AE＝BD＝AB+AD＝8，又∵∠ACB＝60°，∴∠EAC＝∠ACB，∴AE∥BC．∴△ABC與△EAC面積比=BC【變式2-3】（2022秋?赫山區(qū)期末）如圖，△ABC和△CDE都為等邊三角形，E在BC上，AE的延長(zhǎng)線交BD于F．（1）求證：AE＝BD；（2）求∠AFB的度數(shù)；（3）求證：CF平分∠AFD；（4）直接寫(xiě)出EF，DF，CF之間的數(shù)量關(guān)系．【分析】（1）要證明邊相等可證明邊所在的三角形全等，由△ABC和△CDE都為等邊三角形，可得∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，繼而證明三角形全等，即可解答題目；（2）由三角形全等可得∠CAE＝∠CBD，結(jié)合∠AEC＝∠BEF即可證明；（3）作CM⊥AF于點(diǎn)M，CN⊥DF于點(diǎn)N，連接CF，利用全等三角形的性質(zhì)證明CM＝CN，即可解答題目；（4）延長(zhǎng)AF到點(diǎn)Q，使FQ＝DF，連接DQ，則只需證明CF＝EQ，所以考慮證明△CDF≌△EDQ，自己試著解答．【解答】（1）證明：△ABC和△CDE都為等邊三角形，∴∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD．（2）解：∵△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD，又∠AEC＝∠BEF，∴∠AFB＝∠ACB＝60°．（3）證明：作CM⊥AF于點(diǎn)M，CN⊥DF于點(diǎn)N，連接CF，∵∠CAE＝∠CBD，∠AMC＝∠BNC＝90°，AC＝BC，∴△CAM≌△CBN（SAS），則CM＝CN，∴CF平分∠AFD．（4）解：延長(zhǎng)AF到點(diǎn)Q，使FQ＝DF，連接DQ，∵∠AFB＝∠ACB＝60°，則∠DFQ＝60°，∴△DFQ是等邊三角形，則DQ＝DF，∠FDQ＝∠CDE＝60°，∴∠CDF＝∠EDQ，∵CD＝DE，∠CDF＝∠EDQ，DQ＝DF，∴△CDF≌△EDQ（SAS），∴CF＝EQ，則CF＝EF+FQ＝EF+DF．【題型3平面直角坐標(biāo)系中的等邊三角形】【例3】（2022春?禪城區(qū)校級(jí)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，0），以線段OC為邊在第一象限內(nèi)作等邊△OBC，點(diǎn)D為x軸正半軸上一動(dòng)點(diǎn)（OD＞2），連結(jié)BD，以線段BD為邊在第一象限內(nèi)作等邊△BDE，直線CE與y軸交于點(diǎn)A，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為（）A．(0，-3) B．(0，-23) C．（【分析】根據(jù)“手拉手”全等可得∠BCE＝∠BOD＝60°，進(jìn)而可得∠OCA＝60°，即可求解A點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】解：∵△OBC，△BDE為等邊三角形，∴BO＝BC，BD＝BE，∠OBC＝∠DBE＝∠BCO＝60°，∴∠OBD＝∠CBE，在△OBD和△CBE中，BO=BC∠OBD=∠CBE∴△OBD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BOD＝60°，∴∠OCA＝60°，∵∠COA＝90°，∴OA=3OC=2即A點(diǎn)坐標(biāo)為：（0，-23故選：B．【變式3-1】（2022春?龍口市期末）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，直線MN分別與x軸，y軸交于點(diǎn)M，N，且OM＝4，∠OMN＝30°，等邊△AOB的頂點(diǎn)A，B分別在線段MN，OM上，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（）A．（1，3） B．（1，5） C．（3，1） D．（32，3【分析】根據(jù)∠OMN＝30°和△AOB為等邊三角形，證明△OAM為直角三角形，即可得出答案．【解答】解：∵直線MN分別與x軸正半軸、y軸正半軸交于點(diǎn)M、N，OM＝4，∠OMN＝30°，∴∠ONM＝60°，∵△AOB為等邊三角形，∴∠AOB＝60°，∠AMO＝30°，∴∠OAM＝90°，∴OA⊥MN，即△OAM為直角三角形，∴OA=12OM=12過(guò)點(diǎn)A作AC⊥OB于點(diǎn)C，∴OC=12OA＝∴AC=3∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，3）．故選：A．【變式3-2】（2022秋?新洲區(qū)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A在y軸的正半軸上，點(diǎn)B在第二象限，AO＝a，AB＝b，BO與x軸正方向的夾角為150°，且a2﹣b2+a﹣b＝0．（1）試判定△ABO的形狀；（2）如圖1，若BC⊥BO，BC＝BO，點(diǎn)D為CO的中點(diǎn)，AC、BD交于E，求證：AE＝BE+CE；（3）如圖2，若點(diǎn)E為y軸的正半軸上一動(dòng)點(diǎn)，以BE為邊作等邊△BEG，延長(zhǎng)GA交x軸于點(diǎn)P，問(wèn)：AP與AO之間有何數(shù)量關(guān)系？試證明你的結(jié)論．【分析】（1）△ABO為等邊三角形，理由為：根據(jù)（a2﹣b2）+（a﹣b）＝0，得到a＝b，再由BO與x軸正方向的夾角為150°得到∠AOB＝60°，即可得證；（2）在AC上截取AM＝CE，先證∠AEB＝60°，方法是根據(jù)題意得到△ABO為等邊三角形，△BOC為等腰直角三角形，確定出∠ABD度數(shù)，根據(jù)AB＝BC，且∠ABC＝120°，得到∠BAE度數(shù)，進(jìn)而確定出∠AEB為60°，再由AM＝CE，得到AE＝CM，再由AB＝CB，且?jiàn)A角∠BAC＝∠BCA，利用SAS得到△BCM與△BAE全等，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得到BM＝BE，得到△BEM為等邊三角形，得到BE＝EM，由AE＝EM+AM，等量代換即可得證；（3）AP＝2AO，理由為：由題意得到BG＝BE，AB＝OB，利用等式的性質(zhì)得到∠ABG＝∠OBE，利用SAS得到△ABG與△OBE全等，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等得到∠GAB＝∠BOE＝60°，利用外角的性質(zhì)得到∠APO＝30°，在Rt△AOP中，利用30度角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半得到AP＝2AO．【解答】（1）解：結(jié)論：△ABO為等邊三角形，理由：∵a2﹣b2+a﹣b＝（a+b）（a﹣b）+（a﹣b）＝（a﹣b）（a+b+1）＝0∴a﹣b＝0，得到a＝b，即AO＝AB∵OB與x軸正半軸夾角為150°∴∠AOB＝150°﹣90°＝60°∴△AOB為等邊三角形；（2）證明：在AC上截取AM＝EC，可得AM+EM＝CE+EM，即AE＝CM．∵△AOB為等邊三角形，△BOC為等腰直角三角形∴∠OBC＝90°，∠ABO＝60°∵D為CO的中點(diǎn)∴BD平分∠OBC，即∠CBD＝∠OBD＝45°∴∠ABD＝105°，∠ABC＝150°∴∠BAC＝∠BCA＝15°∴∠AEB＝60°在△ABE和△CBM中AB=CB∠BAE=∠BCM∴△ABE≌△CBM（SAS）∴BM＝BE∴△BEM為等邊三角形∴BE＝EM∴AE＝AM+EM＝CE+BE；（3）解：結(jié)論：AP＝2AO，理由：∵△AOB與△BGE都為等邊三角形∴BE＝BG，AB＝OB，∠EBG＝∠OBA＝60°∴∠EBG+∠EBA＝∠OBA+∠EBA即∠ABG＝∠OBE在△ABG和△OBE中AB=OB∠ABG=∠OBE∴△ABG≌△OBE（SAS）∴∠BAG＝∠BOE＝60°∴∠GAO＝∠GAB+∠BAO＝120°∵∠GAO為△AOP的外角且∠AOP＝90°∴∠APO＝30°在Rt△AOP中，∠APO＝30°∴AP＝2AO．【變式3-3】（2022秋?漢陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知A（﹣2，0），B（2，0），C（6，0），D為y軸正半軸上一點(diǎn)，且∠ODB＝30°，延長(zhǎng)DB至E，使BE＝BD．P為x軸正半軸上一動(dòng)點(diǎn)（P在C點(diǎn)右邊），M在EP上，且∠EMA＝60°，AM交BE于N．（1）求證：BE＝BC；（2）求證：∠ANB＝∠EPC；（3）當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，求BP﹣BN的值．【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)求出AD＝BD，根據(jù)直角三角形兩銳角互余求出∠ABD＝60°，然后判斷出△ABD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得BD＝AB＝4，再求出BC＝4，從而得到BC＝BD，然后等量代換即可得證；（2）根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和可得∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，即可得證；（3）求出△BCE是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得BC＝CE，然后求出AB＝CE，再求出∠ABN＝∠ECP＝120°，然后利用“角角邊”證明△ABN和△ECP全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等BN＝CP，再根據(jù)BP﹣CP＝BC等量代換即可得解．【解答】（1）證明：∵A（﹣2，0），B（2，0），∴AD＝BD，AB＝4，∵∠ODB＝30°，∴∠ABD＝90°﹣30°＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AB＝4，∵B（2，0），C（6，0），∴BC＝6﹣2＝4，∴BC＝BD，又∵BE＝BD，∴BE＝BC；（2）證明：由三角形的外角性質(zhì)得，∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，所以，∠ANB＝∠EPC；（3）解：∵BE＝BD＝BC，∠CBE＝∠ABD＝60°，∴△BCE是等邊三角形，∴BC＝CE，∵AB＝BC＝4，∴AB＝CE，∵∠ABD＝∠BCE＝60°，∴∠ABN＝∠ECP＝120°，在△ABN和△ECP中，∠ANB=∠EPC∠ABN=∠ECP∴△ABN≌△ECP（AAS），∴BN＝CP，∵BP﹣CP＝BC，∴BP﹣BN＝BC＝4，故BP﹣BN的值為4，與點(diǎn)P的位置無(wú)關(guān)．【題型4與等邊三角形有關(guān)的線段長(zhǎng)度的計(jì)算】【例4】（2022?南陵縣模擬）如圖，在邊長(zhǎng)為2的等邊三角形ABC中，D為邊BC上一點(diǎn)，且BD=12CD．點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AC上，且∠EDF＝90°，M為邊EF的中點(diǎn)，連接CM交DF于點(diǎn)N．若DF∥AB，則A．233 B．343 C．5【分析】根據(jù)等邊三角形邊長(zhǎng)為2，在Rt△BDE中求得DE的長(zhǎng)，再根據(jù)CM垂直平分DF，在Rt△CDN中求得CN，最后根據(jù)線段和可得CM的長(zhǎng)．【解答】解：∵等邊三角形邊長(zhǎng)為2，BD=12∴BD=23，CD∵等邊三角形ABC中，DF∥AB，∴∠FDC＝∠B＝60°，∵∠EDF＝90°，∴∠BDE＝30°，∴DE⊥BE，∴∠BED＝90°，∵∠B＝60°，∴∠BDE＝30°，∴BE=12BD∴DE=B如圖，連接DM，則Rt△DEF中，DM=12EF＝∵∠FDC＝∠FCD＝60°，∴△CDF是等邊三角形，∴CD＝CF=4∴CM垂直平分DF，∴∠DCN＝30°，DN＝FN，∴Rt△CDN中，DN=23，CN∵M(jìn)為EF的中點(diǎn)，∴MN=12DE∴CM＝CN+MN=2故選：C．【變式4-1】（2022春?西鄉(xiāng)縣期末）如圖，△ABC是等邊三角形，BD是中線，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于E交BC邊延長(zhǎng)線于F，AE＝1，求BF的長(zhǎng)．【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和中線的性質(zhì)解答即可．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，BD是中線，∴∠A＝∠ACB＝60°，AC＝BC，AD＝CD=12∵DE⊥AB于E，∴∠ADE＝90°﹣∠A＝30°，∴CD＝AD＝2AE＝2，∴∠CDF＝∠ADE＝30°，∴∠F＝∠ACB﹣∠CDF＝30°，∴∠CDF＝∠F，∴DC＝CF，∴BF＝BC+CF＝2AD+AD＝6．【變式4-2】（2022?浙江模擬）如圖，等邊△ABC的邊長(zhǎng)為10，點(diǎn)P是邊AB的中點(diǎn)，Q為BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，CQ：BC＝1：2，過(guò)P作PE⊥AC于E，連PQ交AC邊于D，求DE的長(zhǎng)【分析】過(guò)P點(diǎn)作PF∥BC交AC于F點(diǎn)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和判定求出△APF是等邊三角形，推出AP＝AF＝PF＝CQ，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AE＝EF，根據(jù)AAS證△PFD和△QCD全等，求出FD＝CD，推出DE=12【解答】解：過(guò)P點(diǎn)作PF∥BC交AC于F點(diǎn)，∵等邊△ABC的邊長(zhǎng)為10，點(diǎn)P是邊AB的中點(diǎn)，CQ：BC＝1：2，∴AB＝BC，∠B＝∠ACB＝∠A＝60°，∴AP＝CQ，∵PF∥AB，∴∠APF＝∠B＝60°，∠AFP＝∠ACB＝60°，∴∠A＝∠APF＝∠AFP＝60°，∴△APF是等邊三角形，∵PE⊥AC，∴EF=12∵△APF是等邊三角形，AP＝CQ，∴PF＝CQ∵PF∥AB，∴∠Q＝∠FPD，在△PDF和△QDC中∵∠FPD=∠Q∠FDP=∠QDC∴△PDF≌△QDC，∴DF＝CD，∴DF=12∴DE＝EF+DF=12AF+12∴ED＝5．【變式4-3】（2022秋?崇川區(qū)校級(jí)月考）如圖，在△ABC中，AB＝AC，D、E是△ABC內(nèi)兩點(diǎn)，AD平分∠BAC，∠EBC＝∠E＝60°，若BE＝30cm，DE＝2cm，則BC＝32cm．【分析】作出輔助線后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出BE＝30，DE＝2，進(jìn)而得出△BEM為等邊三角形，△EFD為等邊三角形，從而得出BN的長(zhǎng)，進(jìn)而求出答案．【解答】解：延長(zhǎng)ED交BC于M，延長(zhǎng)AD交BC于N，∵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＝30，DE＝2，∴DM＝28，∵△BEM為等邊三角形，∴∠EMB＝60°，∵AN⊥BC，∴∠DNM＝90°，∴∠NDM＝30°，∴NM＝14，∴BN＝16，∴BC＝2BN＝32，故答案為32．【題型5等邊三角形的證明】【例5】（2022秋?建水縣校級(jí)期中）如圖，△ABC為等邊三角形，D為BC邊上一點(diǎn)，以AD為邊作∠ADE＝60°，DE與△ABC的外角平分線CE交于點(diǎn)E，連接AE．求證：△ADE是等邊三角形．【分析】過(guò)D作DG∥AC交AB于G，得出∠3＝∠2，再利用AAS得出△AGD≌△DCE，進(jìn)而得出答案．【解答】解：過(guò)D作DG∥AC交AB于G，則∠1＝∠3，△GDB為等邊三角形，∠AGD＝∠DCE＝120°，AG＝DC．又∵∠ADE＝∠ACE＝60°，∠ACE＝∠ECF，∴∠1＝∠2，∴∠3＝∠2．在△AGD和△DCE中，∠3=∠2∠AGD=∠DCE∴△AGD≌△DCE（AAS），∴AD＝DE，∵∠ADE＝60°，∴△ADE是等邊三角形．【變式5-1】如圖，已知△ABC是等邊三角形，E是AC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，選擇一點(diǎn)D，使得△CDE是等邊三角形，如果M是線段AD的中點(diǎn)，N是線段BE的中點(diǎn)，求證：△CMN是等邊三角形．【分析】根據(jù)△ACD≌△BCE，得出AD＝BE，AM＝BN；又△AMC≌△BNC，可得CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，證明∠NCM＝∠ACB＝60°即可證明△CMN是等邊三角形；【解答】證明：∵△ABC是等邊三角形，△CDE是等邊三角形，M是線段AD的中點(diǎn)，N是線段BE的中點(diǎn)，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠ECD+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，AM＝BN；∴AC＝BC，∠CAD＝∠CBE，AM＝BN，∴△AMC≌△BNC（SAS），∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN；又∵∠NCM＝∠BCN﹣∠BCM，∠ACB＝∠ACM﹣∠BCM，∴∠NCM＝∠ACB＝60°，∴△CMN是等邊三角形．【變式5-2】（2022春?龍口市期末）如圖，E是∠AOB的平分線上一點(diǎn)，EC⊥OB，ED⊥OA，C、D是垂足，連接CD交OE于點(diǎn)F，若∠AOB＝60°．（1）求證：△OCD是等邊三角形；（2）若EF＝5，求線段OE的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出DE＝CE，然后根據(jù)HL證得Rt△ODE≌Rt△OCE，得出OD＝OC，由∠AOB＝60°，證得△OCD是等邊三角形；（2）根據(jù)三線合一的性質(zhì)得出∠AOE＝∠BOE＝30°，OE⊥DC，進(jìn)而證得∠EDF＝30°，然后根據(jù)30°的直角三角形的性質(zhì)即可求得OE的長(zhǎng)．【解答】解：（1）∵點(diǎn)E是∠AOB的平分線上一點(diǎn)，EC⊥OB，ED⊥OA，垂足分別是C，D，∴DE＝CE，在Rt△ODE與Rt△OCE中，DE=CEOE=OE∴Rt△ODE≌Rt△OCE（HL），∴OD＝OC，∵∠AOB＝60°，∴△OCD是等邊三角形；（2）∵△OCD是等邊三角形，OF是∠COD的平分線，∴OE⊥DC，∵∠AOB＝60°，∴∠AOE＝∠BOE＝30°，∵∠ODF＝60°，ED⊥OA，∴∠EDF＝30°，∴DE＝2EF＝10，∴OE＝2DE＝20．【變式5-3】（2022秋?韶關(guān)期末）已知：如圖，△ABC、△CDE都是等邊三角形，AD、BE相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M、N分別是線段AD、BE的中點(diǎn)．（1）求證：AD＝BE；（2）求∠DOE的度數(shù)；（3）求證：△MNC是等邊三角形．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形性質(zhì)得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，證△ACD≌△BCE即可；（2）根據(jù)全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出即可；（3）求出AM＝BN，根據(jù)SAS證△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE．（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∵等邊三角形DCE，∴∠CED＝∠CDE＝60°，∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，＝∠ADC+60°+∠BED，＝∠CED+60°，＝60°+60°，＝120°，∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，答：∠DOE的度數(shù)是60°．（3）證明：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC又∵點(diǎn)M、N分別是線段AD、BE的中點(diǎn)，∴AM=12AD，BN=∴AM＝BN，在△ACM和△BCN中AC=BC∠CAM=∠CBN∴△ACM≌△BCN，∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，又∠ACB＝60°，∴∠ACM+∠MCB＝60°，∴∠BCN+∠MCB＝60°，∴∠MCN＝60°，∴△MNC是等邊三角形．【題型6與等邊三角形有關(guān)的規(guī)律問(wèn)題】【例6】（2022秋?思明區(qū)校級(jí)期中）如圖，已知∠MON＝30°，點(diǎn)A1，A2，A3…在射線ON上，點(diǎn)B1，B2，B3…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均為等邊三角形，若OA1＝2，則△A7B7A8的邊長(zhǎng)為27．【分析】據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝8，A4B4＝8B1A2＝16，A5B5＝16B1A2＝32…，進(jìn)而得出答案．【解答】解：∵△A1B1A2是等邊三角形，∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°，∴∠2＝120°，∵∠MON＝30°，∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，又∵∠3＝60°，∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵∠MON＝∠1＝30°，∴OA1＝A1B1＝1，∴A2B1＝1，∵△A2B2A3、△A3B3A4是等邊三角形，∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，∵∠4＝∠12＝60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°，∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3，∴A3B3＝4B1A2＝8，A4B4＝8B1A2＝16，A5B5＝16B1A2＝32，…∴△AnBnAn+1的邊長(zhǎng)為2n，∴△A7B7A8的邊長(zhǎng)為27．故答案為27．【變式6-1】（2022秋?簡(jiǎn)陽(yáng)市期中）一只電子青蛙在如圖的平面直角坐標(biāo)系做如下運(yùn)動(dòng)：從坐標(biāo)原點(diǎn)開(kāi)始起跳記為A1，然后沿著邊長(zhǎng)為1的等邊三角形跳躍即A1→A2→A3→A4→A5……已知A3的坐標(biāo)為（1，0），則A2018的坐標(biāo)是（1008.5，32）【分析】根據(jù)已知圖形得出A2，A4，A6的坐標(biāo)，進(jìn)而得出變化規(guī)律求出點(diǎn)A2018的坐標(biāo)．【解答】解：過(guò)點(diǎn)A2作A2B，交y軸于點(diǎn)B，由題意可得出：A2B=12OA3∴BO=3∴A2坐標(biāo)為：（12，3A4坐標(biāo)為：（32，3A6坐標(biāo)為：（52，3…∴點(diǎn)A2018的坐標(biāo)為（1008.5，32故答案是：（1008.5，32【變式6-2】（2022?定興縣二模）如圖，△ABC是一個(gè)邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AD0⊥BC，垂足為點(diǎn)D0．過(guò)點(diǎn)D0作D0D1⊥AB，垂足為點(diǎn)D1；再過(guò)點(diǎn)D1作D1D2⊥AD0，垂足為點(diǎn)D2；又過(guò)點(diǎn)D2作D2D3⊥AB，垂足為點(diǎn)D3；…；這樣一直作下去，得到一組線段：D0D1，D1D2，D2D3，…，則線段D1D2的長(zhǎng)為34，線段Dn﹣1Dn的長(zhǎng)為(32)【分析】由三角形ABC為等邊三角形，AD0⊥BC，利用等邊三角形的性質(zhì)及三線合一得到BD0＝1，∠B＝60°，再由D0D1⊥AB，得到∠D1D0B＝30°，求出D1D0的長(zhǎng)，同理求出D1D2的長(zhǎng)，依此類(lèi)推得出Dn﹣1Dn的長(zhǎng)．【解答】解：∵△ABC是一個(gè)邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AD0⊥BC，∴BD0＝1，∠B＝60°，∵D0D1⊥AB，∴∠D1D0B＝30°，∴D1D0=3同理∠D0D1D2＝30°，D1D2＝（32）2=依此類(lèi)推，線段Dn﹣1Dn的長(zhǎng)為（32）n故答案為：34；（32【變式6-3】（2022?齊齊哈爾模擬）如圖，點(diǎn)A1是面積為3的等邊△ABC的兩條中線的交點(diǎn)，以BA1為一邊，構(gòu)造等邊△BA1C1，稱(chēng)為第一次構(gòu)造；點(diǎn)A2是△BA1C1的兩條中線的交點(diǎn)，再以BA2為一邊，構(gòu)造等邊△BA2C2，稱(chēng)為第二次構(gòu)造；以此類(lèi)推，當(dāng)?shù)趎次構(gòu)造出的等邊△BnAn?n的邊B?n與等邊△CBA的邊AB第一次在同一直線上時(shí)，構(gòu)造停止．則構(gòu)造出的最后一個(gè)三角形的面積是127【分析】設(shè)等邊△ABC的邊長(zhǎng)為a，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出A1C=33a，∠ABA1＝30°，同理判斷出每次構(gòu)造后等邊三角形的邊長(zhǎng)變?yōu)樵瓉?lái)的33倍，再確定出每一次構(gòu)造三角形繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，然后求出4【解答】解：設(shè)等邊△ABC的邊長(zhǎng)為a，則等邊△ABC的高為32a∵A1是兩條中線的交點(diǎn)，∴A1C=23×32a=33同理可得，每次構(gòu)造后等邊三角形的邊長(zhǎng)變?yōu)樵瓉?lái)的33∵第n次構(gòu)造出的等邊△BnAn?n的邊B?n與等邊△CBA的邊AB第一次在同一直線上時(shí)，構(gòu)造停止，∴（180°﹣60°）÷30°＝120°÷30°＝4，即4次構(gòu)造后，構(gòu)造停止，∴構(gòu)造停止時(shí)的等邊三角形的邊長(zhǎng)為（33）4a設(shè)最后一個(gè)三角形的面積為S，則S3=（(3解得S=1故答案為：127【題型7利用等邊三角形的性質(zhì)進(jìn)行證明】【例7】（2000?內(nèi)蒙古）如圖，已知△ABC為等邊三角形，延長(zhǎng)BC到D，延長(zhǎng)BA到E，并且使AE＝BD，連接CE，DE．求證：EC＝ED．【分析】首先延長(zhǎng)BD至F，使DF＝BC，連接EF，得出△BEF為等邊三角形，進(jìn)而求出△ECB≌△EDF，從而得出EC＝DE．【解答】證明：延長(zhǎng)BD至F，使DF＝BC，連接EF，∵AE＝BD，△ABC為等邊三角形，∴BE＝BF，∠B＝60°，∴△BEF為等邊三角形，∴∠F＝60°，在△ECB和△EDF中BE=EF∠B=∠F=60°∴△ECB≌△EDF（SAS），∴EC＝ED．【變式7-1】如圖，在等邊三角形ABC中，BO，CO分別平分∠ABC，∠ACB，OE∥AB，OF∥AC，試說(shuō)明BE＝EF＝FC．【分析】由題可證△OEF為等邊三角形，從而得到∠EOF＝60°，OE＝OF＝EF．又因?yàn)锽O，CO分別平分∠ABC，∠ACB，所以∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF．所以O(shè)E∥AB，OF∥AC，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等，得到∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，即∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF．根據(jù)等角對(duì)等邊得OE＝BE，OF＝CF，所以BE＝EF＝FC．【解答】證明：∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵OE∥AB，OF∥AC，∴∠OEF＝∠ABC＝60°，∠OFE＝∠ACF＝60°，∴∠OEF＝∠OFE，∴∠EOF＝60°，∴△OEF為等邊三角形，∴OE＝OF＝EF，∵BO，CO分別平分∠ABC，∠ACB，∴∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF，∵OE∥AB，OF∥AC，∴∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，∴∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF，∴OE＝BE，OF＝CF，∴BE＝EF＝FC．【變式7-2】（2022秋?綿竹市期末）在等邊△ABC中，點(diǎn)E是AB上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)E與點(diǎn)A、B不重合，點(diǎn)D在CB的延長(zhǎng)線上，且EC＝ED．（1）如圖1，若點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，求證：BD＝AE；（2）如圖2，若點(diǎn)E不是AB的中點(diǎn)時(shí)，（1）中的結(jié)論“BD＝AE”能否成立？若不成立，請(qǐng)直接寫(xiě)出BD與AE數(shù)量關(guān)系，若成立，請(qǐng)給予證明．【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得出AE＝BE，∠BCE＝30°，再根據(jù)ED＝EC，得出∠D＝∠BCE＝30°，再證出∠D＝∠DEB，得出DB＝BE，從而證出AE＝DB；（2）作輔助線得出等邊三角形AEF，得出AE＝EF，再證明三角形全等，得出DB＝EF，證出AE＝DB．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴CE平分∠ACB，AE＝BE，∴∠BCE＝30°，∵ED＝EC，∴∠D＝∠BCE＝30°．∵∠ABC＝∠D+∠BED，∴∠BED＝30°，∴∠D＝∠BED，∴BD＝BE．∴AE＝DB．（2）解：AE＝DB；理由：過(guò)點(diǎn)E作EF∥BC交AC于點(diǎn)F．如圖2所示：∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB．∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，AB＝AC＝BC，∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠ACB＝60°，即∠AEF＝∠AFE＝∠A＝60°，∴△AEF是等邊三角形．∴∠DBE＝∠EFC＝120°，∠D+∠BED＝∠FCE+∠ECD＝60°，∵DE＝EC，∴∠D＝∠ECD，∴∠BED＝∠ECF．在△DEB和△ECF中，∠DEB=∠ECF∠DBE=∠EFC∴△DEB≌△ECF（AAS），∴DB＝EF，∴AE＝BD．【變式7-3】（2022春?建平縣期末）如圖（1），等邊△ABC中，D是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)，以CD為一邊，向上作等邊△EDC，連接AE．（1）△DBC和△EAC會(huì)全等嗎？請(qǐng)說(shuō)說(shuō)你的理由；（2）試說(shuō)明AE∥BC的理由；（3）如圖（2），將（1）動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到邊BA的延長(zhǎng)線上，所作仍為等邊三角形，請(qǐng)問(wèn)是否仍有AE∥BC？證明你的猜想．【分析】（1）要證兩個(gè)三角形全等，已知的條件有AC＝BC，CE＝CD，我們發(fā)現(xiàn)∠BCD和∠ACE都是60°減去一個(gè)∠ACD，因此兩三角形全等的條件就都湊齊了（SAS）；（2）要證AE∥BC，關(guān)鍵是證∠EAC＝∠ACB，由于∠ACB＝∠ACB，那么關(guān)鍵是證∠EAC＝∠ACB，根據(jù)（1）的全等三角形，我們不難得出這兩個(gè)角相等，也就得出了證平行的條件．（3）同（1）（2）的思路完全相同，也是通過(guò)先證明三角形BCD和ACE全等，得出∠EAC＝∠B＝60°，又由∠ABC＝∠ACB＝60°，得出這兩條線段之間的內(nèi)錯(cuò)角相等，從而得出平行的結(jié)論．【解答】解：（1）△DBC和△EAC會(huì)全等證明：∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD∴∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵BC=AC∠BCD=∠ACE∴△DBC≌△EAC（SAS），（2）∵△DBC≌△EAC∴∠EAC＝∠B＝60°又∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC（3）結(jié)論：AE∥BC理由：∵△ABC、△EDC為等邊三角形∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵BC=AC∠BCD=∠ACE∴△DBC≌△EAC（SAS），∴∠EAC＝∠B＝60°又∵∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC．【題型8與等邊三角形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題】【例8】（2022秋?香洲區(qū)期中）如圖，在等邊△ABC中，AB＝9cm，點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)沿CB邊向B點(diǎn)以2cm/s的速度移動(dòng)，點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)沿BA邊向A點(diǎn)以5cm/s速度移動(dòng)．P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，它們移動(dòng)的時(shí)間為t秒鐘．（1）你能用t表示BP和BQ的長(zhǎng)度嗎？請(qǐng)你表示出來(lái)．（2）請(qǐng)問(wèn)幾秒鐘后，△PBQ為等邊三角形？（3）若P、Q兩點(diǎn)分別從C、B兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，并且都按順時(shí)針?lè)较蜓亍鰽BC三邊運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)問(wèn)經(jīng)過(guò)幾秒鐘后點(diǎn)P與點(diǎn)Q第一次在△ABC的哪條邊上相遇？【分析】（1）由三角形ABC為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三邊相等得到AB＝BC＝9cm，由P的速度和時(shí)間t表示出P走過(guò)的路程CP的長(zhǎng)，然后用邊長(zhǎng)BC減去CP即可表示出BP；由Q的速度及時(shí)間t，即可表示出Q走過(guò)的路程BQ；（2）若△PBQ為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的邊長(zhǎng)相等則有PB＝BQ，由（1）表示出的代數(shù)式代入即可列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到滿(mǎn)足題意的t的值；（3）同時(shí)出發(fā)，要相遇其實(shí)是一個(gè)追及問(wèn)題，由于Q的速度大于P的速度，即Q要追及上P，題意可知兩點(diǎn)相距AB+AC即兩個(gè)邊長(zhǎng)長(zhǎng)，第一次相遇即為Q比P多走兩個(gè)三角形邊長(zhǎng)，設(shè)出第一次相遇所需的時(shí)間，根據(jù)Q運(yùn)動(dòng)的路程﹣P運(yùn)動(dòng)的路程＝18列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可求出滿(mǎn)足題意的t的值，然后由求出t的值計(jì)算出P運(yùn)動(dòng)的路程，確定出路程的范圍，進(jìn)而判斷出P的位置即為第一次相遇的位置．【解答】解：（1）∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AB＝9cm，∵點(diǎn)P的速度為2cm/s，時(shí)間為ts，∴CP＝2t，則PB＝BC﹣CP＝（9﹣2t）cm；∵點(diǎn)Q的速度為5cm/s，時(shí)間為ts，∴BQ＝5t；（2）若△PBQ為等邊三角形，則有BQ＝BP，即9﹣2t＝5t，解得t=9所以當(dāng)t=97s時(shí)，△（3）設(shè)ts時(shí)，Q與P第一次相遇，根據(jù)題意得：5t﹣2t＝18，解得t＝6，則6s時(shí)，兩點(diǎn)第一次相遇．當(dāng)t＝6s時(shí)，P