专题13.5 等边三角形【九大题型】（解析版）

专题135 等边三角形【九大题型】 【人版】 【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】.........................................................................................................1 【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】.................................................................................................. 5 【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】........................................................................................................11 【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】................................................................................................17 【题型5 等边三角形的证明】...............................................................................................................................22 【题型6 与等边三角形有关的规律问题】...........................................................................................................27 【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】.......................................................................................................31 【题型8 与等边三角形有关的动点问题】...........................................................................................................36 【题型9 含30°角的直角三角形性质】................................................................................................................. 41 【知识点1 等边三角形】 （1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形 （2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60° （3）等边三角形的判定： ①三条边都相等的三角形是等边三角形； ②三个角都相等的三角形是等边三角形； ③有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形 【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】 【例1】（2022 秋•泰兴市期末）（1）如图1，∠B 和∠D 都是直角 ①若∠B＝60°，则∠BD＝ 30 °，∠＝ 30 °； ②改变∠B 的大小，则∠BD 与∠相等吗？为什么？ （2）如图2，∠B＝∠D＝80°，若∠D＝∠B+40°，求∠的度数； （3）如图3，将三个相同的等边三角形（三个内角都是60°）的一个顶点重合放置，若 ∠BE＝10°，∠F＝30°，则∠1＝ 20 °． 1 【分析】（1）根据余角的性质即可得到结论； （2）根据角的和差即可得到结果； （3）根据等边三角形的性质得到∠D＝∠EF＝∠B＝60°，根据角的和差即可得到结论． 【解答】解：（1）∵∠B 和∠D 都是直角，∠B＝60°， ∴∠BD＝30°，∠＝30°， 故答为：30，30； （2）∵∠B＝∠D＝80°， ∴∠＝∠BD¿ 1 2（∠D﹣∠B）， ∵∠D＝∠B+40°， ∴∠＝20°； （3）∵∠D＝∠EF＝∠B＝60°， ∴∠DE＝∠F＝30°， 1 ∴∠＝60° 30° 10° ﹣ ﹣ ＝20°． 故答为：20． 【变式1-1】（2022 秋•巫溪县校级月考）已知：如图，△B 是等边三角形，D 是B 延长线上 的点，BE、E 分别平分∠B 和∠D，求∠BE 的度数． 【分析】△B 是等边三角形的外角是120°，平分后是60°，又由角平分线与角的对边垂直 可知所求角是直角三角形内的一个锐角，故而可解得． 【解答】解：∵△B 是等边三角形，且有BE、E 分别平分∠B 和∠D，⊥BE， ∴∠ED＝（180° 60° ﹣ ）÷2＝120°÷2＝60°， ∴∠E＝60°， 又∵⊥BE， ∴∠BE＝180° 90° 60° ﹣ ﹣ ＝30°． 【变式1-2】（2022 秋•太原期末）问题情境：如图1，点D 是△B 外的一点，点E 在B 边的 延长线上，BD 平分∠B，D 平分∠E．试探究∠D 与∠的数量关系． （1）特例探究： 如图2，若△B 是等边三角形，其余条件不变，则∠D＝ 30° ； 如图3，若△B 是等腰三角形，顶角∠＝100°，其余条件不变，则∠D＝ 50° ；这两个 1 图中，∠D 与∠度数的比是 1 ： 2 ； （2）猜想证明： 如图1，△B 为一般三角形，在（1）中获得的∠D 与∠的关系是否还成立？若成立，利用 图1 证明你的结论；若不成立，说明理由． 【分析】（1）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用∠和∠D 表示出 ∠E，再根据角平分线的定义得到∠E＝2∠DE，∠B＝2∠DB，然后整理即可． （2）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用∠和∠D 表示出∠E，再根 据角平分线的定义得到∠E＝2∠DE，∠B＝2∠DB，然后整理即可． 【解答】解：（1）如图2，∵△B 是等边三角形， ∴∠B＝60°，∠E＝120°， ∵BD 平分∠B，D 平分∠E． ∴∠DB＝30°，∠DE＝60°， ∵∠DE＝∠D+∠DB， ∴∠D＝30°； 如图3，∵△B 是等腰三角形，∠＝100°， ∴∠B＝∠B＝40°，∠E＝140°， ∵BD 平分∠B，D 平分∠E． ∴∠DB＝20°，∠DE＝70°， ∵∠DE＝∠D+∠DB， ∴∠D＝50°； 故答为30°，50°，1：2； （2）成立， 如图1，在△B 中，∠E＝∠+∠B， 在△DB 中，∠DE＝∠D+∠DB，…（1） ∵D 平分∠E，BD 平分∠B， ∴∠E＝2∠DE，∠B＝2∠DB， 又∵∠E＝∠+∠B， 2 ∴∠DE＝∠+2∠DB，…（2） 由（1）×2﹣（2）， 1 2 ∴∠D+2∠DB﹣（∠+2∠DB）＝0， ∴∠＝2∠D． 【变式1-3】（2022 秋•龙港区期末）已知△B，△EFG 是边长相等的等边三角形，点D 是边 B，EF 的中点． （1）如图①，连接D，GD，则∠D 的大小＝ 90 （度）；∠GDF 的大小＝ 90 （度）； D 与GD 的数量关系是 D ＝ GD ；D 与DF 的数量关系是 D ＝ DF ； （2）如图②，直线G，F 相交于点M，求∠MF 的大小． 【分析】（1）如图①中，根据等边三角形的性质解答即可． （2）如图连接D，DG，利用等边三角形的性质即可解决问题． 【解答】解：（1）如图①，连接D，GD，∵△B 是等边三角形，BD＝D，则∠D 的大小 ＝90°； ∵△EGF 是等边三角形，ED＝DF， ∴∠GDF＝90°； ∵B＝EF， ∴D＝GD；D＝DF； 故答为：90；90；D＝GD；D＝DF． （2）连接D，DG， 由（1）得：∠D＝∠GDF＝90°， ∴∠D﹣∠GD＝∠GDF﹣∠GD， 即∠1＝∠2， 1 由（1）得：D＝GD， ∴∠DG＝∠DG¿ 180°−∠1 2 ， 由（1）得：D＝DF， 3 ∴∠＝∠DF¿ 180°−∠2 2 ， ∴∠DG＝∠3， ∵∠MF＝∠GF+ 5 ∠， ∴∠MF＝∠DG+ 5+ 4 ∠ ∠ ＝∠3+ 5+ 4 ∠ ∠ ＝180°﹣∠GDF ＝180° 90° ﹣ ＝90°． 【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】 【例2】（2022 秋•华容县期末）如图，为线段E 上一动点（不与点，E 重合），在E 同侧 分别作等边△B 和等边△DE，D 与BE 交于点，D 与B 交于点P，BE 与D 交于点Q，连结 PQ．以下五个结论： ①D＝BE；②PQ∥E；③P＝Q；④△PQ 为等边三角形；⑤∠B＝60°．其中正确的有 ① ②④⑤ ．（注：把你认为正确的答序号都写上） 【分析】①根据全等三角形的判定方法，证出△D≌△BE，即可得出D＝BE，①正确． ④先证明△P≌△BQ，即可判断出P＝Q，即可得④正确； ②根据∠PQ＝60°，可得△PQ 为等边三角形，证出∠PQ＝∠DE＝60°，得出PQ∥E，②正 确． ③没有条件证出P＝Q，得出③错误； ⑤∠B＝∠DE+∠E＝∠DE+∠D＝∠DE＝60°，⑤正确；即可得出结论． 【解答】解：∵△B 和△DE 都是等边三角形， ∴＝B，D＝E，∠B＝∠DE＝60°， ∴∠B+∠BD＝∠DE+∠BD， ∴∠D＝∠BE， 在△D 和△BE 中， 1 ＝B，∠D＝∠BE，D＝E， ∴△D≌△BE（SS）， ∴D＝BE，结论①正确． ∵△D≌△BE， ∴∠D＝∠BE， 又∵∠B＝∠DE＝60°， ∴∠BD＝180° 60° 60° ﹣ ﹣ ＝60°， ∴∠P＝∠BQ＝60°， 在△P 和△BQ 中， ∠P＝∠BQ，∠P＝∠BQ，＝B， ∴△P≌△BQ（S）， ∴P＝BQ，P＝Q， 又∵∠PQ＝60°， ∴△PQ 为等边三角形，结论④正确； ∴∠PQ＝∠DE＝60°， ∴PQ∥E，结论②正确． ∵△D≌△BE， ∴∠D＝∠E， ∴∠B＝∠DE+∠E＝∠DE+∠D＝∠DE＝60°， ∴结论⑤正确． 没有条件证出P＝Q，③错误； 综上，可得正确的结论有4 个：①②④⑤． 故答为：①②④⑤． 【变式2-1】（2022 秋•西青区期末）如图，△B 和△DE 都是等边三角形，点E 在△B 内部， 连接E，BE，BD．若∠EBD＝50°，则∠EB 的度数是 110° ． 【分析】由已知条件推导出△E≌△BD，从而∠DB＝∠E，再通过角之间的转化，利用三角 1 形内角和定理能求出∠EB 的度数． 【解答】解：∵△B 和△DE 都是等边三角形， ∴＝B，E＝D，∠B＝∠B＝∠B＝∠ED＝60°， 又∵∠B＝∠E+∠BE，∠ED＝∠BE+∠BD， ∴∠BD＝∠E， 在△E 和△BD 中， ¿， ∴△E≌△BD（SS）， ∴∠E＝∠DB， ∴∠EBD﹣∠EB＝∠B﹣∠BE， ∵∠EBD＝50°， 50° ∴ ∠ ﹣ EB＝60°﹣∠BE， 50° ∴ ﹣（60°﹣∠BE）＝60°﹣∠BE， ∴∠BE+∠BE＝70°， ∴∠EB＝180°﹣（∠BE+∠BE）＝180° 70° ﹣ ＝110°， 故答为：110°． 【变式2-2】（2022 秋•兴化市校级月考）如图1，等边△B 中，D 是B 边上的点，以D 为一 边，向上作等边△ED，连接E． （1）求证：△DB≌△E； （2）求证：E∥B； （3）如图2，若D 在边B 的延长线上，且B＝6，D＝2，试求△B 与△E 面积的比值． 【分析】（1）首先证明∠BD＝∠E，然后利用SS 证明△DB E ≌△ 即可； （2）根据全等的性质可得∠E＝∠B＝60°，进而可得∠E＝∠B，从而可得E B ∥； （3）利用等边三角形的性质可得B＝，D＝E，∠B＝∠DE＝60°，然后再证明△DB E ≌△，再 推出∠E＝∠B，进而可得E B ∥，进而利用三角形面积解答即可． 【解答】证明：（1）∵∠B＝60°，∠DE＝60°， BD ∴∠ ＝60° D ﹣∠，∠E＝60° D ﹣∠， BD ∴∠ ＝∠E， 在△DB 和△E 中， 1 { BC=AC ∠BCD=∠ACE EC=DC DB E ∴△ △ ≌ （SS）； （2）∵△DB E ≌△， E ∴∠＝∠B＝60°，又∠B＝60°， E ∴∠＝∠B， E B ∴∥； （3）∵△B、△ED 为等边三角形 B ∴＝，D＝E，∠B＝∠DE＝60°， B+ D ∠ ∠＝∠DE+ D ∠， 即∠BD＝∠E， 在△DB 和△E 中{ BC=AC ∠BCD=∠ACE CD=CE ， DB E ∴△ △ ≌ （SS）， E ∴∠＝∠B＝60°，E＝BD＝B+D＝8， 又∵∠B＝60°， E ∴∠＝∠B， E B ∴∥． B ∴△ 与△E 面积比¿ BC AE = 6 6+2= 3 4 ． 【变式2-3】（2022 秋•赫山区期末）如图，△B 和△DE 都为等边三角形，E 在B 上，E 的延 长线交BD 于F． （1）求证：E＝BD； （2）求∠FB 的度数； （3）求证：F 平分∠FD； （4）直接写出EF，DF，F 之间的数量关系． 【分析】（1）要证明边相等可证明边所在的三角形全等，由△B 和△DE 都为等边三角形， 可得∠E＝∠BD＝60°，＝B，E＝D，继而证明三角形全等，即可解答题目； （2）由三角形全等可得∠E＝∠BD，结合∠E＝∠BEF 即可证明； （3）作M⊥F 于点M，⊥DF 于点，连接F，利用全等三角形的性质证明M＝，即可解 答题目； （4）延长F 到点Q，使FQ＝DF，连接DQ，则只需证明F＝EQ，所以考虑证明 △DF≌△EDQ，自己试着解答． 1 【解答】（1）证明：△B 和△DE 都为等边三角形， ∴∠E＝∠BD＝60°，＝B，E＝D， ∴△E≌△BD（SS）， ∴E＝BD． （2）解：∵△E≌△BD， ∴∠E＝∠BD， 又∠E＝∠BEF， ∴∠FB＝∠B＝60°． （3）证明：作M⊥F 于点M，⊥DF 于点，连接F， ∵∠E＝∠BD，∠M＝∠B＝90°，＝B， ∴△M≌△B（SS）， 则M＝， ∴F 平分∠FD． （4）解：延长F 到点Q，使FQ＝DF，连接DQ， ∵∠FB＝∠B＝60°， 则∠DFQ＝60°， ∴△DFQ 是等边三角形， 则DQ＝DF，∠FDQ＝∠DE＝60°， ∴∠DF＝∠EDQ， ∵D＝DE，∠DF＝∠EDQ，DQ＝DF， ∴△DF≌△EDQ（SS）， ∴F＝EQ， 则F＝EF+FQ＝EF+DF． 1 【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】 【例3】（2022 春•禅城区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为（2，0）， 以线段为边在第一象限内作等边△B，点D 为x 轴正半轴上一动点（D＞2），连结BD， 以线段BD 为边在第一象限内作等边△BDE，直线E 与y 轴交于点，则点的坐标为（ ） ．(0，−❑ √3) B．(0，−2❑ √3) ．（0，﹣2） D．(0，−2❑ √2) 【分析】根据“手拉手”全等可得∠BE＝∠BD＝60°，进而可得∠＝60°，即可求解点坐 标． 【解答】解：∵△B，△BDE 为等边三角形， ∴B＝B，BD＝BE，∠B＝∠DBE＝∠B＝60°， ∴∠BD＝∠BE， 在△BD 和△BE 中， { BO=BC ∠OBD=∠CBE BD=BE ， ∴△BD≌△BE（SS）， ∴∠BE＝∠BD＝60°， ∴∠＝60°， ∵∠＝90°， ∴¿ ❑ √3OC=¿2❑ √3， 即点坐标为：（0，−2❑ √3）， 故选：B． 【变式3-1】（2022 春•龙口市期末）如图，在直角坐标系xy 中，直线M 分别与x 轴，y 轴 交于点M，，且M＝4，∠M＝30°，等边△B 的顶点，B 分别在线段M，M 上，点的坐标 为（ ） 1 ．（1，❑ √3） B．（1，❑ √5） ．（❑ √3，1） D．（3 2，❑ √3） 【分析】根据∠M＝30°和△B 为等边三角形，证明△M 为直角三角形，即可得出答． 【解答】解：∵直线M 分别与x 轴正半轴、y 轴正半轴交于点M、，M＝4，∠M＝30°， ∴∠M＝60°， ∵△B 为等边三角形， ∴∠B＝60°，∠M＝30°， ∴∠M＝90°， ∴⊥M，即△M 为直角三角形， ∴¿ 1 2M¿ 1 2 ×4＝2， 过点作⊥B 于点， ∴¿ 1 2＝1， ∴¿ ❑ √3， ∴点的坐标为（1，❑ √3）． 故选：． 【变式3-2】（2022 秋•新洲区期末）在平面直角坐标系中，已知点在y 轴的正半轴上，点 B 在第二象限，＝，B＝b，B 与x 轴正方向的夹角为150°，且2﹣b2+﹣b＝0． 1 （1）试判定△B 的形状； （2）如图1，若B⊥B，B＝B，点D 为的中点，、BD 交于E，求证：E＝BE+E； （3）如图2，若点E 为y 轴的正半轴上一动点，以BE 为边作等边△BEG，延长G 交x 轴 于点P，问：P 与之间有何数量关系？试证明你的结论． 【分析】（1）△B 为等边三角形，理由为：根据（2﹣b2）+（﹣b）＝0，得到＝b，再由 B 与x 轴正方向的夹角为150°得到∠B＝60°，即可得证； （2）在上截取M＝E，先证∠EB＝60°，方法是根据题意得到△B 为等边三角形，△B 为 等腰直角三角形，确定出∠BD 度数，根据B＝B，且∠B＝120°，得到∠BE 度数，进而确 定出∠EB 为60°，再由M＝E，得到E＝M，再由B＝B，且夹角∠B＝∠B，利用SS 得到 △BM 与△BE 全等，利用全等三角形的对应边相等得到BM＝BE，得到△BEM 为等边三角 形，得到BE＝EM，由E＝EM+M，等量代换即可得证； （3）P＝2，理由为：由题意得到BG＝BE，B＝B，利用等式的性质得到∠BG＝∠BE， 利用SS 得到△BG 与△BE 全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠GB＝∠BE＝60°，利 用外角的性质得到∠P＝30°，在Rt△P 中，利用30 度角所对的直角边等于斜边的一半得 到P＝2． 【解答】（1）解：结论：△B 为等边三角形， 理由：∵2﹣b2+﹣b＝（+b）（﹣b）+（﹣b）＝（﹣b）（+b+1）＝0 ∴﹣b＝0，得到＝b，即＝B ∵B 与x 轴正半轴夹角为150° ∴∠B＝150° 90° ﹣ ＝60° ∴△B 为等边三角形； （2）证明：在上截取M＝E，可得M+EM＝E+EM，即E＝M． ∵△B 为等边三角形，△B 为等腰直角三角形 ∴∠B＝90°，∠B＝60° ∵D 为的中点 ∴BD 平分∠B，即∠BD＝∠BD＝45° 1 ∴∠BD＝105°，∠B＝150° ∴∠B＝∠B＝15° ∴∠EB＝60°