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1. 如图,已知$∠ MAN=60°,AB=6$,依据尺规作图的痕迹可求出$BD$的长为
3
。答案
1. 3
解析
【分析】
首先识别尺规作图的痕迹：第一步以A为圆心画弧得到AB=AC，第二步分别以B、C为圆心画弧，交点与A的连线是∠MAN的角平分线AD。已知∠MAN=60°，结合AB=AC可判定△ABC是等边三角形，再利用等边三角形三线合一的性质，可知AD是BC边上的中线，即可求出BD的长度。
【解析】
由尺规作图痕迹可得：AD平分∠MAN，且AB=AC=6。
∵∠MAN=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AB=6。
∵AD平分∠BAC，△ABC为等边三角形，根据等腰三角形三线合一的性质，AD是BC边上的中线，
∴$BD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×6=3$。
【答案】
3
【知识点】
角平分线尺规作图；等边三角形的判定与性质；三线合一
【点评】
本题考查尺规作图的识别与特殊三角形的综合应用，解题的关键是准确判断出所作线段是角平分线，结合等边三角形的性质即可快速求解，是几何基础类的典型题目。
【难度系数】
0.7
首先识别尺规作图的痕迹：第一步以A为圆心画弧得到AB=AC，第二步分别以B、C为圆心画弧，交点与A的连线是∠MAN的角平分线AD。已知∠MAN=60°，结合AB=AC可判定△ABC是等边三角形，再利用等边三角形三线合一的性质，可知AD是BC边上的中线，即可求出BD的长度。
【解析】
由尺规作图痕迹可得：AD平分∠MAN，且AB=AC=6。
∵∠MAN=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AB=6。
∵AD平分∠BAC，△ABC为等边三角形，根据等腰三角形三线合一的性质，AD是BC边上的中线，
∴$BD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×6=3$。
【答案】
3
【知识点】
角平分线尺规作图；等边三角形的判定与性质；三线合一
【点评】
本题考查尺规作图的识别与特殊三角形的综合应用，解题的关键是准确判断出所作线段是角平分线，结合等边三角形的性质即可快速求解，是几何基础类的典型题目。
【难度系数】
0.7
2. 如图，在$△ ABC$中，按以下步骤作图：①分别以点$B,C$为圆心，大于$\frac{1}{2}BC$的长为半径作弧，两弧相交于点$M,N$；②作直线$MN$交$AB$于点$D$，连接$CD$。若$CD=AC$，$∠ A=40°$，则$∠ ACB$的度数为（
A.$100°$
B.$110°$
C.$120°$
D.$130°$
C
）A.$100°$
B.$110°$
C.$120°$
D.$130°$
答案
2. C
解析
【分析】
解题时首先根据尺规作图的步骤判断MN是线段BC的垂直平分线，利用垂直平分线的性质可得BD=CD，结合等边对等角得到∠B=∠BCD；再根据已知CD=AC，利用等腰三角形等边对等角求出∠CDA的度数，结合三角形外角的性质求出∠B的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出∠ACB的度数。
【解析】
解：由作图可知，MN是线段BC的垂直平分线，
根据垂直平分线的性质可得：BD=CD，
∴ ∠B=∠BCD。
∵ CD=AC，∠A=40°，
∴ ∠CDA=∠A=40°。
∵ ∠CDA是△BCD的外角，
∴ ∠CDA=∠B+∠BCD=2∠B，
∴ ∠B=40°÷2=20°。
在△ABC中，根据三角形内角和为180°可得：
∠ACB=180°-∠A-∠B=180°-40°-20°=120°。
【答案】
C
【知识点】
线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题的关键是先通过尺规作图的特征识别出垂直平分线，再结合等腰三角形的边角关系、三角形外角性质逐步推导角度，是对基础几何性质应用的常规考查。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据尺规作图的步骤判断MN是线段BC的垂直平分线，利用垂直平分线的性质可得BD=CD，结合等边对等角得到∠B=∠BCD；再根据已知CD=AC，利用等腰三角形等边对等角求出∠CDA的度数，结合三角形外角的性质求出∠B的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出∠ACB的度数。
【解析】
解：由作图可知，MN是线段BC的垂直平分线，
根据垂直平分线的性质可得：BD=CD，
∴ ∠B=∠BCD。
∵ CD=AC，∠A=40°，
∴ ∠CDA=∠A=40°。
∵ ∠CDA是△BCD的外角，
∴ ∠CDA=∠B+∠BCD=2∠B，
∴ ∠B=40°÷2=20°。
在△ABC中，根据三角形内角和为180°可得：
∠ACB=180°-∠A-∠B=180°-40°-20°=120°。
【答案】
C
【知识点】
线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题的关键是先通过尺规作图的特征识别出垂直平分线，再结合等腰三角形的边角关系、三角形外角性质逐步推导角度，是对基础几何性质应用的常规考查。
【难度系数】
0.7
3. 如图，C为线段AE上一动点(不与点A,E重合)，在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形ECD，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，则有以下五个结论：①$AD=BE$；②$PQ// AE$；③$AP=BQ$；④$DE=DP$；⑤$∠ AOB=60°$. 其中正确的有 (
A.①③⑤
B.①③④⑤
C.①②③⑤
D.①②③④⑤
C
)A.①③⑤
B.①③④⑤
C.①②③⑤
D.①②③④⑤
答案
3. C
解析
【分析】
本题是等边三角形共顶点的手拉手模型问题，解题思路如下：第一步先证明△ACD和△BCE全等，验证结论①和⑤；第二步利用已得的角相等、边相等证明△ACP和△BCQ全等，验证结论③，同时推出△PCQ是等边三角形，进而验证结论②；第三步通过边角关系判断结论④是否成立，最终选出所有正确结论。
【解析】
已知△ABC和△ECD都是等边三角形，推导如下：
1. 验证结论①：
$AC=BC$，$DC=EC$，$∠ ACB=∠ DCE=60°$，
$\therefore∠ ACB+∠ BCD=∠ DCE+∠ BCD$，即$∠ ACD=∠ BCE$，
在$△ ACD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AC=BC \\∠ ACD=∠ BCE \\DC=EC\end{cases}$
$\therefore△ ACD≌△ BCE(\mathrm{SAS})$，$\therefore AD=BE$，结论①正确。
2. 验证结论⑤：
由$△ ACD≌△ BCE$得$∠ CAD=∠ CBE$，
在$△ APC$和$△ BPO$中，$∠ APC=∠ BPO$（对顶角相等），
$\therefore∠ AOB=∠ ACB=60°$（三角形内角和定理，两个角对应相等则第三个角相等），结论⑤正确。
3. 验证结论②和③：
$\because∠ ACB=∠ DCE=60°$，$\therefore∠ BCQ=180°-∠ ACB-∠ DCE=60°$，即$∠ ACP=∠ BCQ=60°$，
在$△ ACP$和$△ BCQ$中：
$\begin{cases}∠ CAP=∠ CBQ \\AC=BC \\∠ ACP=∠ BCQ\end{cases}$
$\therefore△ ACP≌△ BCQ(\mathrm{ASA})$，$\therefore AP=BQ$，$PC=QC$，结论③正确。
$\because PC=QC$，$∠ PCQ=60°$，$\therefore△ PCQ$是等边三角形，
$\therefore∠ CPQ=60°=∠ ACB$，$\therefore PQ// AE$（内错角相等，两直线平行），结论②正确。
4. 验证结论④：
$△ ECD$是等边三角形，故$DE=DC$，
$∠ DPC=∠ CAP+∠ ACB=∠ CAP+60°$，$∠ DCP=60°$，
$\therefore∠ DPC＞∠ DCP$，$\therefore DC＞DP$，即$DE＞DP$，结论④错误。
综上，①②③⑤正确。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；平行线的判定
【点评】
本题是等边三角形手拉手模型的典型习题，综合考查了多个几何核心知识点，需要逐一对结论推导验证，解题时要注意利用全等得到的边角等量关系进行后续推导，避免凭直觉判断结论。
【难度系数】
0.6
本题是等边三角形共顶点的手拉手模型问题，解题思路如下：第一步先证明△ACD和△BCE全等，验证结论①和⑤；第二步利用已得的角相等、边相等证明△ACP和△BCQ全等，验证结论③，同时推出△PCQ是等边三角形，进而验证结论②；第三步通过边角关系判断结论④是否成立，最终选出所有正确结论。
【解析】
已知△ABC和△ECD都是等边三角形，推导如下：
1. 验证结论①：
$AC=BC$，$DC=EC$，$∠ ACB=∠ DCE=60°$，
$\therefore∠ ACB+∠ BCD=∠ DCE+∠ BCD$，即$∠ ACD=∠ BCE$，
在$△ ACD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AC=BC \\∠ ACD=∠ BCE \\DC=EC\end{cases}$
$\therefore△ ACD≌△ BCE(\mathrm{SAS})$，$\therefore AD=BE$，结论①正确。
2. 验证结论⑤：
由$△ ACD≌△ BCE$得$∠ CAD=∠ CBE$，
在$△ APC$和$△ BPO$中，$∠ APC=∠ BPO$（对顶角相等），
$\therefore∠ AOB=∠ ACB=60°$（三角形内角和定理，两个角对应相等则第三个角相等），结论⑤正确。
3. 验证结论②和③：
$\because∠ ACB=∠ DCE=60°$，$\therefore∠ BCQ=180°-∠ ACB-∠ DCE=60°$，即$∠ ACP=∠ BCQ=60°$，
在$△ ACP$和$△ BCQ$中：
$\begin{cases}∠ CAP=∠ CBQ \\AC=BC \\∠ ACP=∠ BCQ\end{cases}$
$\therefore△ ACP≌△ BCQ(\mathrm{ASA})$，$\therefore AP=BQ$，$PC=QC$，结论③正确。
$\because PC=QC$，$∠ PCQ=60°$，$\therefore△ PCQ$是等边三角形，
$\therefore∠ CPQ=60°=∠ ACB$，$\therefore PQ// AE$（内错角相等，两直线平行），结论②正确。
4. 验证结论④：
$△ ECD$是等边三角形，故$DE=DC$，
$∠ DPC=∠ CAP+∠ ACB=∠ CAP+60°$，$∠ DCP=60°$，
$\therefore∠ DPC＞∠ DCP$，$\therefore DC＞DP$，即$DE＞DP$，结论④错误。
综上，①②③⑤正确。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；平行线的判定
【点评】
本题是等边三角形手拉手模型的典型习题，综合考查了多个几何核心知识点，需要逐一对结论推导验证，解题时要注意利用全等得到的边角等量关系进行后续推导，避免凭直觉判断结论。
【难度系数】
0.6
4. 如图，在某草原上，有两条交叉且笔直的公路OA，OB，∠AOB=30°，在两条公路之间的点P处有一个草场，OP=4. 现在在两条公路上各有一户牧民在移动放牧，分别记为M，N，存在M，N使得△PMN的周长最小. 则△PMN周长的最小值是（
A.4
B.6
C.8
D.12
A
）A.4
B.6
C.8
D.12
答案
4. A
解析
【分析】要解决△PMN周长最小的问题，属于最短路径类问题，核心思路是利用轴对称变换将折线段转化为直线段。首先分别作点P关于OA、OB的对称点，根据轴对称性质，可将△PMN的三边转化为两条对称点到动点的线段与MN的和，根据“两点之间线段最短”，当两个对称点和M、N共线时，周长最小，等于两个对称点之间的线段长度，再结合已知角度和OP长度求解该线段即可。
【解析】
解：分别作点P关于OA的对称点$P_1$，关于OB的对称点$P_2$，连接$OP_1$、$OP_2$、$P_1P_2$，$P_1P_2$与OA、OB的交点即为周长最小时的M、N点。
根据轴对称的性质：
$PM=P_1M$，$PN=P_2N$，$OP_1=OP=OP_2=4$，
$∠ P_1OA=∠ POA$，$∠ P_2OB=∠ POB$，
因此$△ PMN$的周长$=PM+MN+PN=P_1M+MN+P_2N$，
当$P_1$、$M$、$N$、$P_2$四点共线时，$P_1M+MN+P_2N$的长度最小，最小值为$P_1P_2$的长度。
接下来计算$∠ P_1OP_2$：
$∠ P_1OP_2=∠ P_1OA+∠ POA+∠ POB+∠ P_2OB=2(∠ POA+∠ POB)=2∠ AOB$，
已知$∠ AOB=30°$，因此$∠ P_1OP_2=2×30°=60°$。
又因为$OP_1=OP_2=4$，所以$△ P_1OP_2$是等边三角形，
因此$P_1P_2=OP_1=4$，即$△ PMN$周长的最小值为4。
【答案】A
【知识点】最短路径问题；轴对称的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】本题是典型的将军饮马类变形问题，核心是通过轴对称将折线长度转化为两点之间的线段长度，再结合特殊三角形的性质求解，需要熟练掌握轴对称的性质和等边三角形的判定方法。
【难度系数】0.6
【解析】
解：分别作点P关于OA的对称点$P_1$，关于OB的对称点$P_2$，连接$OP_1$、$OP_2$、$P_1P_2$，$P_1P_2$与OA、OB的交点即为周长最小时的M、N点。
根据轴对称的性质：
$PM=P_1M$，$PN=P_2N$，$OP_1=OP=OP_2=4$，
$∠ P_1OA=∠ POA$，$∠ P_2OB=∠ POB$，
因此$△ PMN$的周长$=PM+MN+PN=P_1M+MN+P_2N$，
当$P_1$、$M$、$N$、$P_2$四点共线时，$P_1M+MN+P_2N$的长度最小，最小值为$P_1P_2$的长度。
接下来计算$∠ P_1OP_2$：
$∠ P_1OP_2=∠ P_1OA+∠ POA+∠ POB+∠ P_2OB=2(∠ POA+∠ POB)=2∠ AOB$，
已知$∠ AOB=30°$，因此$∠ P_1OP_2=2×30°=60°$。
又因为$OP_1=OP_2=4$，所以$△ P_1OP_2$是等边三角形，
因此$P_1P_2=OP_1=4$，即$△ PMN$周长的最小值为4。
【答案】A
【知识点】最短路径问题；轴对称的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】本题是典型的将军饮马类变形问题，核心是通过轴对称将折线长度转化为两点之间的线段长度，再结合特殊三角形的性质求解，需要熟练掌握轴对称的性质和等边三角形的判定方法。
【难度系数】0.6
5. 如图,过等边三角形ABC的顶点A,B,C依次作AB,BC,CA的垂线MG,MN,NG,三条垂线围成△MNG,已知CG=4 cm,则△MNG的周长为
36
cm. 答案
5. 36
解析
【分析】
拿到本题首先回忆等边三角形的性质：等边三角形三个内角均为60°，三边长度相等。首先结合已知的三条垂线的直角条件，先推导三条垂线围成的△MNG的内角度数，判断△MNG的形状，再结合已知CG的长度，利用含30°角的直角三角形性质和勾股定理求出△MNG的边长，最终计算周长。
【解析】
解：
∵△ABC是等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC=AC
∵MG⊥AB，MN⊥BC，NG⊥AC
∴∠MAB=∠MBC=∠ACG=90°
∴∠ABM=90°-∠ABC=90°-60°=30°，∠CAG=180°-∠MAB-∠BAC=180°-90°-60°=30°
在Rt△ABM中，∠M=90°-∠ABM=60°，同理可证∠N=60°，∠G=60°
∴△MNG是等边三角形，三边长度相等。
在Rt△ACG中，∠CAG=30°，CG=4cm，30°角所对直角边等于斜边的一半，因此AG=2CG=8cm。
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AG^2-CG^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$cm，因此AB=AC=$4\sqrt{3}$cm。
在Rt△ABM中，∠ABM=30°，设MA=x，则斜边MB=2x，由勾股定理得：
$x^2+(4\sqrt{3})^2=(2x)^2$
解得x=4，即MA=4cm。
∴MG=MA+AG=4+8=12cm
△MNG的周长=12×3=36cm
【答案】
36
【知识点】
等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题的核心是先判断出围成的△MNG为等边三角形，将周长问题转化为单边长求解问题，再结合特殊直角三角形的性质和勾股定理计算边长，解题时需理清图中各角的度数关系，避免角度计算错误。
【难度系数】
0.65
拿到本题首先回忆等边三角形的性质：等边三角形三个内角均为60°，三边长度相等。首先结合已知的三条垂线的直角条件，先推导三条垂线围成的△MNG的内角度数，判断△MNG的形状，再结合已知CG的长度，利用含30°角的直角三角形性质和勾股定理求出△MNG的边长，最终计算周长。
【解析】
解：
∵△ABC是等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC=AC
∵MG⊥AB，MN⊥BC，NG⊥AC
∴∠MAB=∠MBC=∠ACG=90°
∴∠ABM=90°-∠ABC=90°-60°=30°，∠CAG=180°-∠MAB-∠BAC=180°-90°-60°=30°
在Rt△ABM中，∠M=90°-∠ABM=60°，同理可证∠N=60°，∠G=60°
∴△MNG是等边三角形，三边长度相等。
在Rt△ACG中，∠CAG=30°，CG=4cm，30°角所对直角边等于斜边的一半，因此AG=2CG=8cm。
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AG^2-CG^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$cm，因此AB=AC=$4\sqrt{3}$cm。
在Rt△ABM中，∠ABM=30°，设MA=x，则斜边MB=2x，由勾股定理得：
$x^2+(4\sqrt{3})^2=(2x)^2$
解得x=4，即MA=4cm。
∴MG=MA+AG=4+8=12cm
△MNG的周长=12×3=36cm
【答案】
36
【知识点】
等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题的核心是先判断出围成的△MNG为等边三角形，将周长问题转化为单边长求解问题，再结合特殊直角三角形的性质和勾股定理计算边长，解题时需理清图中各角的度数关系，避免角度计算错误。
【难度系数】
0.65
