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【课本改编】
（1）如图①，$△ ABC$ 和 $△ CDE$都是等边三角形，且点 $B$，$C$，$E$ 在同一条直线上，连接 $BD$，$AE$，$BD$和$AE$相交于点 $P$，线段 $BD$ 与 $AE$ 有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？
【深入探究】
（2）如图②，将 $△ CDE$ 绕点 $C$ 逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同。
①线段 $BD$ 与 $AE$ 的数量关系是；
②$∠ DPE$ 的度数为。
【拓展应用】
（3）如图③，在四边形 $ABCD$中，$AB = BC$，$∠ ABC = 60°$，$∠ ADC=30°$，$AD=6$，$BD=10$，求边 $CD$ 的长度。
解（1）$BD=AE$。
理由如下：因为$△ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，
所以 $AB=AC=BC$，$CD=CE$，
$∠ ACB=∠ DCE=60°$。
所以$∠ ACB+∠ ACD=∠ DCE+∠ ACD$，即$∠ ACE=∠ BCD$。
在$△ ACE$和$△ BCD$中，
$\begin{cases} AC=BC, \\ ∠ ACE=∠ BCD, \\ CE=CD, \end{cases}$
所以$△ ACE ≌ △ BCD$（SAS）。
可以看成$△ ACE$绕点 $C$ 逆时针旋转$60°$得到$△ BCD$，所以 $BD=AE$。
（2）①$BD=AE$ ②$60°$
（3）如图，$AB = BC$，$∠ ABC =60°$，所以$△ ABC$是等边三角形。把$△ ACD$绕点 $C$ 逆时针旋转 $60°$得到$△ BCE$，连接 $DE$，则 $BE = AD$，$△ CDE$是等边三角形。
所以 $DE=CD$，$∠ CED=60°$。
因为$∠ ADC=30°$，所以$∠ BEC=30°$。
所以$∠ BED=30°+60°=90°$。
在 $Rt△ BDE$ 中，
$DE=\sqrt{BD^2 - BE^2}=\sqrt{10^2 -6^2}=8$。
所以 $CD=DE=8$。
（1）如图①，$△ ABC$ 和 $△ CDE$都是等边三角形，且点 $B$，$C$，$E$ 在同一条直线上，连接 $BD$，$AE$，$BD$和$AE$相交于点 $P$，线段 $BD$ 与 $AE$ 有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？
【深入探究】
（2）如图②，将 $△ CDE$ 绕点 $C$ 逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同。
①线段 $BD$ 与 $AE$ 的数量关系是；
②$∠ DPE$ 的度数为。
【拓展应用】
（3）如图③，在四边形 $ABCD$中，$AB = BC$，$∠ ABC = 60°$，$∠ ADC=30°$，$AD=6$，$BD=10$，求边 $CD$ 的长度。
解（1）$BD=AE$。
理由如下：因为$△ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，
所以 $AB=AC=BC$，$CD=CE$，
$∠ ACB=∠ DCE=60°$。
所以$∠ ACB+∠ ACD=∠ DCE+∠ ACD$，即$∠ ACE=∠ BCD$。
在$△ ACE$和$△ BCD$中，
$\begin{cases} AC=BC, \\ ∠ ACE=∠ BCD, \\ CE=CD, \end{cases}$
所以$△ ACE ≌ △ BCD$（SAS）。
可以看成$△ ACE$绕点 $C$ 逆时针旋转$60°$得到$△ BCD$，所以 $BD=AE$。
（2）①$BD=AE$ ②$60°$
（3）如图，$AB = BC$，$∠ ABC =60°$，所以$△ ABC$是等边三角形。把$△ ACD$绕点 $C$ 逆时针旋转 $60°$得到$△ BCE$，连接 $DE$，则 $BE = AD$，$△ CDE$是等边三角形。
所以 $DE=CD$，$∠ CED=60°$。
因为$∠ ADC=30°$，所以$∠ BEC=30°$。
所以$∠ BED=30°+60°=90°$。
在 $Rt△ BDE$ 中，
$DE=\sqrt{BD^2 - BE^2}=\sqrt{10^2 -6^2}=8$。
所以 $CD=DE=8$。
答案
解：
(1) $BD=AE$，且$BD$与$AE$的夹角为$60°$。
理由如下：
$\because △ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，
$\therefore AC=BC$，$CD=CE$，$∠ ACB=∠ DCE=60°$。
$\therefore ∠ ACB+∠ ACD=∠ DCE+∠ ACD$，即$∠ ACE=∠ BCD$。
$△ ACE$绕点$C$逆时针旋转$60°$可与$△ BCD$重合，根据旋转的性质，旋转前后的对应线段相等，因此$BD=AE$，且对应线段$AE$、$BD$的夹角等于旋转角$60°$。
(2) ① $\boldsymbol{BD=AE}$；② $\boldsymbol{60°}$
(3) $\because AB=BC$，$∠ ABC=60°$，
$\therefore △ ABC$是等边三角形。
将$△ ACD$绕点$C$逆时针旋转$60°$得到$△ BCE$，连接$DE$，
由旋转性质可得：$BE=AD=6$，$CE=CD$，$∠ BEC=∠ ADC=30°$，$∠ DCE=60°$。
$\because CE=CD$，$∠ DCE=60°$，
$\therefore △ CDE$是等边三角形，
$\therefore DE=CD$，$∠ CED=60°$。
$\therefore ∠ BED=∠ BEC+∠ CED=30°+60°=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
$\therefore CD=DE=8$。
答：边$CD$的长度为$8$。
(1) $BD=AE$，且$BD$与$AE$的夹角为$60°$。
理由如下：
$\because △ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，
$\therefore AC=BC$，$CD=CE$，$∠ ACB=∠ DCE=60°$。
$\therefore ∠ ACB+∠ ACD=∠ DCE+∠ ACD$，即$∠ ACE=∠ BCD$。
$△ ACE$绕点$C$逆时针旋转$60°$可与$△ BCD$重合，根据旋转的性质，旋转前后的对应线段相等，因此$BD=AE$，且对应线段$AE$、$BD$的夹角等于旋转角$60°$。
(2) ① $\boldsymbol{BD=AE}$；② $\boldsymbol{60°}$
(3) $\because AB=BC$，$∠ ABC=60°$，
$\therefore △ ABC$是等边三角形。
将$△ ACD$绕点$C$逆时针旋转$60°$得到$△ BCE$，连接$DE$，
由旋转性质可得：$BE=AD=6$，$CE=CD$，$∠ BEC=∠ ADC=30°$，$∠ DCE=60°$。
$\because CE=CD$，$∠ DCE=60°$，
$\therefore △ CDE$是等边三角形，
$\therefore DE=CD$，$∠ CED=60°$。
$\therefore ∠ BED=∠ BEC+∠ CED=30°+60°=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
$\therefore CD=DE=8$。
答：边$CD$的长度为$8$。
解析
【分析】
1. 第（1）问：观察到两个等边三角形共顶点C，根据等边三角形性质可得两组对应边相等，且两组对应边的夹角均为60°加公共角∠ACD，满足SAS全等条件；也可从旋转角度理解，△ACE绕点C逆时针旋转60°可与△BCD重合，根据旋转性质即可推导BD和AE的关系。
2. 第（2）问：△CDE旋转后，∠ACB和∠DCE仍为60°，∠ACE=∠BCD的等量关系依然成立，全等条件不变，因此BD与AE的数量关系不变，对应线段的夹角仍等于旋转角60°。
3. 第（3）问：由AB=BC、∠ABC=60°可判定△ABC是等边三角形，出现共顶点C的等线段，适合用旋转法构造全等：将△ACD绕点C旋转60°，可把AD转化为BE，同时得到等边△CDE，将CD转化为DE，再结合已知角度可推出∠BED为直角，把已知的AD、BD和待求的CD集中到直角三角形中，用勾股定理即可求解。
【解析】
(1) $\because △ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，
$\therefore AC=BC$，$CD=CE$，$∠ ACB=∠ DCE=60°$。
$\therefore ∠ ACB+∠ ACD=∠ DCE+∠ ACD$，即$∠ ACE=∠ BCD$。
$△ ACE$绕点$C$逆时针旋转$60°$可与$△ BCD$重合，根据旋转的性质，旋转前后的对应线段相等，因此$BD=AE$，且对应线段$AE$、$BD$的夹角等于旋转角$60°$。
(2) ① 由上述全等推导可知，旋转后△ACE≌△BCD的关系不变，因此$BD=AE$；
② 对应线段的夹角等于旋转角，因此$∠ DPE=60°$。
(3) $\because AB=BC$，$∠ ABC=60°$，
$\therefore △ ABC$是等边三角形。
将$△ ACD$绕点$C$逆时针旋转$60°$得到$△ BCE$，连接$DE$，
由旋转性质可得：$BE=AD=6$，$CE=CD$，$∠ BEC=∠ ADC=30°$，$∠ DCE=60°$。
$\because CE=CD$，$∠ DCE=60°$，
$\therefore △ CDE$是等边三角形，
$\therefore DE=CD$，$∠ CED=60°$。
$\therefore ∠ BED=∠ BEC+∠ CED=30°+60°=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
$\therefore CD=DE=8$。
【答案】
(1) $BD=AE$，且$BD$与$AE$的夹角为$60°$；
(2) ① $\boldsymbol{BD=AE}$；② $\boldsymbol{60°}$；
(3) 边$CD$的长度为$\boldsymbol{8}$。
【知识点】
等边三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理
【点评】
本题是“手拉手”全等模型的典型应用，从基础的共线等边三角形问题逐步递进，到通过构造旋转解决四边形线段求解问题，核心是掌握共顶点等线段的特征，利用旋转将分散的已知条件集中到特殊三角形中，简化求解过程。
【难度系数】
0.6
1. 第（1）问：观察到两个等边三角形共顶点C，根据等边三角形性质可得两组对应边相等，且两组对应边的夹角均为60°加公共角∠ACD，满足SAS全等条件；也可从旋转角度理解，△ACE绕点C逆时针旋转60°可与△BCD重合，根据旋转性质即可推导BD和AE的关系。
2. 第（2）问：△CDE旋转后，∠ACB和∠DCE仍为60°，∠ACE=∠BCD的等量关系依然成立，全等条件不变，因此BD与AE的数量关系不变，对应线段的夹角仍等于旋转角60°。
3. 第（3）问：由AB=BC、∠ABC=60°可判定△ABC是等边三角形，出现共顶点C的等线段，适合用旋转法构造全等：将△ACD绕点C旋转60°，可把AD转化为BE，同时得到等边△CDE，将CD转化为DE，再结合已知角度可推出∠BED为直角，把已知的AD、BD和待求的CD集中到直角三角形中，用勾股定理即可求解。
【解析】
(1) $\because △ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，
$\therefore AC=BC$，$CD=CE$，$∠ ACB=∠ DCE=60°$。
$\therefore ∠ ACB+∠ ACD=∠ DCE+∠ ACD$，即$∠ ACE=∠ BCD$。
$△ ACE$绕点$C$逆时针旋转$60°$可与$△ BCD$重合，根据旋转的性质，旋转前后的对应线段相等，因此$BD=AE$，且对应线段$AE$、$BD$的夹角等于旋转角$60°$。
(2) ① 由上述全等推导可知，旋转后△ACE≌△BCD的关系不变，因此$BD=AE$；
② 对应线段的夹角等于旋转角，因此$∠ DPE=60°$。
(3) $\because AB=BC$，$∠ ABC=60°$，
$\therefore △ ABC$是等边三角形。
将$△ ACD$绕点$C$逆时针旋转$60°$得到$△ BCE$，连接$DE$，
由旋转性质可得：$BE=AD=6$，$CE=CD$，$∠ BEC=∠ ADC=30°$，$∠ DCE=60°$。
$\because CE=CD$，$∠ DCE=60°$，
$\therefore △ CDE$是等边三角形，
$\therefore DE=CD$，$∠ CED=60°$。
$\therefore ∠ BED=∠ BEC+∠ CED=30°+60°=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
$\therefore CD=DE=8$。
【答案】
(1) $BD=AE$，且$BD$与$AE$的夹角为$60°$；
(2) ① $\boldsymbol{BD=AE}$；② $\boldsymbol{60°}$；
(3) 边$CD$的长度为$\boldsymbol{8}$。
【知识点】
等边三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理
【点评】
本题是“手拉手”全等模型的典型应用，从基础的共线等边三角形问题逐步递进，到通过构造旋转解决四边形线段求解问题，核心是掌握共顶点等线段的特征，利用旋转将分散的已知条件集中到特殊三角形中，简化求解过程。
【难度系数】
0.6
