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7（2025苏州期中）如图，点P在∠AOB内，OP与OC关于OA对称，OP与OD关于OB对称，若CD=OP，则∠AOB的度数是（
A.$15°$
B.$30°$
C.$45°$
D.$60°$
（第7题）
B
）A.$15°$
B.$30°$
C.$45°$
D.$60°$
（第7题）答案
7. B
解析
【分析】
解题时先利用轴对称的性质，得到OC、OD与OP的等量关系，以及对应角的相等关系；再结合CD=OP判定△OCD为等边三角形，得到∠COD的度数；最后通过角的和差推导∠AOB与∠COD的倍数关系，即可求出∠AOB的度数。
【解析】
∵OP与OC关于OA对称，
∴OC=OP，∠COA=∠AOP，
∵OP与OD关于OB对称，
∴OD=OP，∠POB=∠BOD，
又
∵CD=OP，
∴OC=OD=CD，
∴△OCD是等边三角形，即∠COD=60°，
∵∠COD=∠COA+∠AOP+∠POB+∠BOD=2∠AOP+2∠POB=2(∠AOP+∠POB)=2∠AOB，
∴∠AOB=$\frac{1}{2}$∠COD=$\frac{1}{2}×60°=30°$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
轴对称的性质；等边三角形的判定与性质；角的计算
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题的关键是结合轴对称性质得到边和角的等量关系，再借助等边三角形的性质完成角度推导，考查学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时先利用轴对称的性质，得到OC、OD与OP的等量关系，以及对应角的相等关系；再结合CD=OP判定△OCD为等边三角形，得到∠COD的度数；最后通过角的和差推导∠AOB与∠COD的倍数关系，即可求出∠AOB的度数。
【解析】
∵OP与OC关于OA对称，
∴OC=OP，∠COA=∠AOP，
∵OP与OD关于OB对称，
∴OD=OP，∠POB=∠BOD，
又
∵CD=OP，
∴OC=OD=CD，
∴△OCD是等边三角形，即∠COD=60°，
∵∠COD=∠COA+∠AOP+∠POB+∠BOD=2∠AOP+2∠POB=2(∠AOP+∠POB)=2∠AOB，
∴∠AOB=$\frac{1}{2}$∠COD=$\frac{1}{2}×60°=30°$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
轴对称的性质；等边三角形的判定与性质；角的计算
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题的关键是结合轴对称性质得到边和角的等量关系，再借助等边三角形的性质完成角度推导，考查学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
8（2025南京期中）如图，$∠ AOB=60°$，$OA=OB$，动点$C$从点$O$出发，沿射线$OB$方向移动，以$AC$为边在右侧作等边$△ ACD$，连接$BD$，则$BD$所在直线与$OA$所在直线的位置关系是（
A.平行
B.相交
C.垂直
D.平行、相交或垂直
A
）A.平行
B.相交
C.垂直
D.平行、相交或垂直
答案
8. A
解析
【分析】
首先观察已知条件，∠AOB=60°且OA=OB，可先判定△OAB是等边三角形，得到等边三角形边相等、内角为60°的性质；再结合等边△ACD的性质，找到两组相等的对应边，通过角的和差推导对应夹角相等，证明三角形全等；最后利用全等三角形对应角相等的性质得到一组内错角相等，即可判断两条直线的位置关系。
【解析】
解：
∵$∠ AOB=60°$，$OA=OB$，
∴$△ OAB$是等边三角形，
∴$OA=AB$，$∠ OAB=∠ ABO=60°$。
∵$△ ACD$是等边三角形，
∴$AC=AD$，$∠ CAD=60°$，
∴$∠ OAB+∠ BAC=∠ CAD+∠ BAC$，即$∠ OAC=∠ BAD$。
在$△ OAC$和$△ BAD$中：
$\begin{cases}OA=BA \\∠ OAC=∠ BAD \\AC=AD\end{cases}$
∴$△ OAC≌△ BAD$（SAS），
∴$∠ ABD=∠ AOC=60°$，
∴$∠ ABD=∠ OAB=60°$，
∴$OA// BD$（内错角相等，两直线平行），即BD所在直线与OA所在直线平行。
【答案】
A
【知识点】
等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定
【点评】
本题解题核心是借助两组等边三角形的性质推导全等条件，通过全等转化角的关系进而判断直线位置关系，是几何动态问题的常见考法，熟练掌握等边三角形和全等三角形的相关性质即可快速解题。
【难度系数】
0.7
首先观察已知条件，∠AOB=60°且OA=OB，可先判定△OAB是等边三角形，得到等边三角形边相等、内角为60°的性质；再结合等边△ACD的性质，找到两组相等的对应边，通过角的和差推导对应夹角相等，证明三角形全等；最后利用全等三角形对应角相等的性质得到一组内错角相等，即可判断两条直线的位置关系。
【解析】
解：
∵$∠ AOB=60°$，$OA=OB$，
∴$△ OAB$是等边三角形，
∴$OA=AB$，$∠ OAB=∠ ABO=60°$。
∵$△ ACD$是等边三角形，
∴$AC=AD$，$∠ CAD=60°$，
∴$∠ OAB+∠ BAC=∠ CAD+∠ BAC$，即$∠ OAC=∠ BAD$。
在$△ OAC$和$△ BAD$中：
$\begin{cases}OA=BA \\∠ OAC=∠ BAD \\AC=AD\end{cases}$
∴$△ OAC≌△ BAD$（SAS），
∴$∠ ABD=∠ AOC=60°$，
∴$∠ ABD=∠ OAB=60°$，
∴$OA// BD$（内错角相等，两直线平行），即BD所在直线与OA所在直线平行。
【答案】
A
【知识点】
等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定
【点评】
本题解题核心是借助两组等边三角形的性质推导全等条件，通过全等转化角的关系进而判断直线位置关系，是几何动态问题的常见考法，熟练掌握等边三角形和全等三角形的相关性质即可快速解题。
【难度系数】
0.7
9 如图，$△ ABC$是等边三角形，D是边BC上任意一点，$DE⊥ AB$于点E，$DF⊥ AC$于点F。若$BC=4$，则$BE+CF=$
2
。答案
9. 2
解析
【分析】
首先根据等边三角形的性质可知∠B和∠C均为60°，结合DE⊥AB、DF⊥AC的条件，可得△BDE、△CDF都是含30°锐角的直角三角形；再依据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，将BE、CF分别用BD、CD表示；最后将BE与CF求和，利用BD+CD=BC整体代入计算即可得到结果。
【解析】
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，BD+DC=BC=4。
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
在Rt△BDE中，∠BDE=90°-∠B=30°，
∴BE=$\frac{1}{2}$BD。
同理，DF⊥AC，
∴∠DFC=90°，
在Rt△CDF中，∠CDF=90°-∠C=30°，
∴CF=$\frac{1}{2}$DC。
∴BE+CF=$\frac{1}{2}$BD + $\frac{1}{2}$DC = $\frac{1}{2}$(BD+DC) = $\frac{1}{2}$×4=2。
【答案】
2
【知识点】
等边三角形的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题重点考查特殊三角形性质的综合应用，解题时无需单独求解BD、CD的长度，将BE+CF转化为与BC相关的整体计算即可，体现了整体思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
首先根据等边三角形的性质可知∠B和∠C均为60°，结合DE⊥AB、DF⊥AC的条件，可得△BDE、△CDF都是含30°锐角的直角三角形；再依据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，将BE、CF分别用BD、CD表示；最后将BE与CF求和，利用BD+CD=BC整体代入计算即可得到结果。
【解析】
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，BD+DC=BC=4。
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
在Rt△BDE中，∠BDE=90°-∠B=30°，
∴BE=$\frac{1}{2}$BD。
同理，DF⊥AC，
∴∠DFC=90°，
在Rt△CDF中，∠CDF=90°-∠C=30°，
∴CF=$\frac{1}{2}$DC。
∴BE+CF=$\frac{1}{2}$BD + $\frac{1}{2}$DC = $\frac{1}{2}$(BD+DC) = $\frac{1}{2}$×4=2。
【答案】
2
【知识点】
等边三角形的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题重点考查特殊三角形性质的综合应用，解题时无需单独求解BD、CD的长度，将BE+CF转化为与BC相关的整体计算即可，体现了整体思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
10（2025南通海安期末）如图，在等腰直角三角形$ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=BC$，$M,N$分别是边$AB,BC$上的动点，$△ BMN$与$△ B'MN$关于直线$MN$对称，点$B$的对称点为$B'$.若$∠ BMB'=30°$且$CN=MN$，$CM· BC=10$，则$△ AMC$的面积为$\underline{\hspace{5em}}$.
答案
10. $\frac{5}{2}$
解析
【分析】
首先根据等腰直角三角形的性质得到∠B=45°，再利用折叠的对称性求出∠BMN的度数，结合三角形内角和算出∠BNM，进一步得到∠MNC的度数；由CN=MN和∠MNC=60°可判定△CMN是等边三角形，得到∠MCB=60°，推出∠ACM=30°；最后利用直角三角形中30°角的性质表示出△ACM的高，结合已知CM·BC=10（AC=BC）即可求出面积。
【解析】
解：
∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，AC=BC
∴∠B=45°
∵△BMN与△B'MN关于直线MN对称
∴∠BMN=∠B'MN
∵∠BMB'=30°
∴$∠ BMN=\frac{1}{2}∠ BMB'=15°$
在△BMN中，$∠ BNM=180°-∠ B-∠ BMN=180°-45°-15°=120°$
∴$∠ MNC=180°-∠ BNM=60°$
又
∵CN=MN
∴△CMN是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形）
∴$∠ MCB=60°$
∴$∠ ACM=∠ ACB-∠ MCB=90°-60°=30°$
过点M作$MD⊥ AC$于D，在$Rt△ MCD$中，∠ACM=30°
∴$MD=\frac{1}{2}CM$（直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半）
∵AC=BC，$CM· BC=10$
∴$CM· AC=10$
$△ AMC$的面积$S=\frac{1}{2}· AC· MD=\frac{1}{2}· AC· \frac{1}{2}CM=\frac{1}{4}· AC· CM=\frac{1}{4}×10=\frac{5}{2}$
【答案】
$\frac{5}{2}$
【知识点】
折叠的性质，等边三角形的判定，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了图形折叠的对称性质、等腰直角三角形和等边三角形的相关性质，解题的关键是通过角度推导判定△CMN为等边三角形，再结合直角三角形30°角的性质转化面积表达式，利用已知的乘积条件快速求解。
【难度系数】
0.6
首先根据等腰直角三角形的性质得到∠B=45°，再利用折叠的对称性求出∠BMN的度数，结合三角形内角和算出∠BNM，进一步得到∠MNC的度数；由CN=MN和∠MNC=60°可判定△CMN是等边三角形，得到∠MCB=60°，推出∠ACM=30°；最后利用直角三角形中30°角的性质表示出△ACM的高，结合已知CM·BC=10（AC=BC）即可求出面积。
【解析】
解：
∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，AC=BC
∴∠B=45°
∵△BMN与△B'MN关于直线MN对称
∴∠BMN=∠B'MN
∵∠BMB'=30°
∴$∠ BMN=\frac{1}{2}∠ BMB'=15°$
在△BMN中，$∠ BNM=180°-∠ B-∠ BMN=180°-45°-15°=120°$
∴$∠ MNC=180°-∠ BNM=60°$
又
∵CN=MN
∴△CMN是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形）
∴$∠ MCB=60°$
∴$∠ ACM=∠ ACB-∠ MCB=90°-60°=30°$
过点M作$MD⊥ AC$于D，在$Rt△ MCD$中，∠ACM=30°
∴$MD=\frac{1}{2}CM$（直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半）
∵AC=BC，$CM· BC=10$
∴$CM· AC=10$
$△ AMC$的面积$S=\frac{1}{2}· AC· MD=\frac{1}{2}· AC· \frac{1}{2}CM=\frac{1}{4}· AC· CM=\frac{1}{4}×10=\frac{5}{2}$
【答案】
$\frac{5}{2}$
【知识点】
折叠的性质，等边三角形的判定，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了图形折叠的对称性质、等腰直角三角形和等边三角形的相关性质，解题的关键是通过角度推导判定△CMN为等边三角形，再结合直角三角形30°角的性质转化面积表达式，利用已知的乘积条件快速求解。
【难度系数】
0.6
11 教材P50习题T6·变式（2025连云港月考）如图，点A,B,C在同一直线上，△ABD，△BCE都是等边三角形.
（1）求证：AE=CD；
（2）若M,N分别是AE,CD的中点，试判断△BMN的形状，并证明你的结论.
（1）求证：AE=CD；
（2）若M,N分别是AE,CD的中点，试判断△BMN的形状，并证明你的结论.
答案
11.（1）证明:因为△ABD,△BCE都是等边三角形，
所以AB=BD,BC=BE,∠ABD=∠CBE=60°,
所以∠ABD+∠DBE=∠DBE+∠CBE,即∠ABE=∠DBC.
在△ABE和△DBC中,$\begin{cases} AB=DB,\\ ∠ABE=∠DBC,\\ BE=BC, \end{cases}$
所以△ABE≌△DBC(SAS),所以AE=CD.
（2）解:△BMN是等边三角形,理由如下:
因为△ABE≌△DBC,所以∠BAE=∠BDC.
因为AE=CD,M,N分别是AE,CD的中点，
所以$AM=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}CD=DN$.
在△ABM和△DBN中,$\begin{cases} AB=DB,\\ ∠BAM=∠BDN,\\ AM=DN, \end{cases}$
所以△ABM≌△DBN(SAS),
所以BM=BN,∠ABM=∠DBN,
所以∠DBM+∠DBN=∠DBM+∠ABM=∠ABD=60°,
即∠MBN=60°,所以△BMN是等边三角形.
所以AB=BD,BC=BE,∠ABD=∠CBE=60°,
所以∠ABD+∠DBE=∠DBE+∠CBE,即∠ABE=∠DBC.
在△ABE和△DBC中,$\begin{cases} AB=DB,\\ ∠ABE=∠DBC,\\ BE=BC, \end{cases}$
所以△ABE≌△DBC(SAS),所以AE=CD.
（2）解:△BMN是等边三角形,理由如下:
因为△ABE≌△DBC,所以∠BAE=∠BDC.
因为AE=CD,M,N分别是AE,CD的中点，
所以$AM=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}CD=DN$.
在△ABM和△DBN中,$\begin{cases} AB=DB,\\ ∠BAM=∠BDN,\\ AM=DN, \end{cases}$
所以△ABM≌△DBN(SAS),
所以BM=BN,∠ABM=∠DBN,
所以∠DBM+∠DBN=∠DBM+∠ABM=∠ABD=60°,
即∠MBN=60°,所以△BMN是等边三角形.
解析
【分析】
（1）要证明两条线段相等，通常优先证明两条线段所在的三角形全等。本题已知两个等边三角形，可先得到两组对应边相等，再通过角的和差关系推出相等的夹角，利用SAS判定定理证明△ABE≌△DBC，即可得到对应边AE=CD。
（2）判断三角形形状可从边、角的特征入手。首先借助第一问的全等结论得到一组对应角相等，结合M、N是中点的条件推出一组对应边相等，再次用SAS证明△ABM≌△DBN，得到BM=BN，再推导得到∠MBN=60°，根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”即可判断△BMN的形状。
【解析】
（1）证明：
∵△ABD，△BCE都是等边三角形，
∴AB=BD，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABD+∠DBE=∠DBE+∠CBE，即∠ABE=∠DBC。
在△ABE和△DBC中，
$\begin{cases} AB=DB,\\ ∠ABE=∠DBC,\\ BE=BC, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE=CD。
（2）△BMN是等边三角形，证明如下：
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE=∠BDC。
∵AE=CD，M、N分别是AE、CD的中点，
∴$AM=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}CD=DN$。
在△ABM和△DBN中，
$\begin{cases} AB=DB,\\ ∠BAM=∠BDN,\\ AM=DN, \end{cases}$
∴△ABM≌△DBN（SAS），
∴BM=BN，∠ABM=∠DBN，
∴∠DBM+∠DBN=∠DBM+∠ABM=∠ABD=60°，即∠MBN=60°，
∴△BMN是等边三角形。
【答案】
（1）AE=CD，得证；（2）△BMN是等边三角形。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等边三角形的判定
【点评】
本题是等边三角形与全等三角形结合的经典题型，第一问考查基础的全等证明，第二问需要在前一问结论的基础上，再次利用全等转化边角关系，最终判定三角形形状，解题时要注意挖掘等边三角形隐含的等边、等角条件，逐步推导。
【难度系数】
0.6
（1）要证明两条线段相等，通常优先证明两条线段所在的三角形全等。本题已知两个等边三角形，可先得到两组对应边相等，再通过角的和差关系推出相等的夹角，利用SAS判定定理证明△ABE≌△DBC，即可得到对应边AE=CD。
（2）判断三角形形状可从边、角的特征入手。首先借助第一问的全等结论得到一组对应角相等，结合M、N是中点的条件推出一组对应边相等，再次用SAS证明△ABM≌△DBN，得到BM=BN，再推导得到∠MBN=60°，根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”即可判断△BMN的形状。
【解析】
（1）证明：
∵△ABD，△BCE都是等边三角形，
∴AB=BD，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABD+∠DBE=∠DBE+∠CBE，即∠ABE=∠DBC。
在△ABE和△DBC中，
$\begin{cases} AB=DB,\\ ∠ABE=∠DBC,\\ BE=BC, \end{cases}$
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE=CD。
（2）△BMN是等边三角形，证明如下：
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE=∠BDC。
∵AE=CD，M、N分别是AE、CD的中点，
∴$AM=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}CD=DN$。
在△ABM和△DBN中，
$\begin{cases} AB=DB,\\ ∠BAM=∠BDN,\\ AM=DN, \end{cases}$
∴△ABM≌△DBN（SAS），
∴BM=BN，∠ABM=∠DBN，
∴∠DBM+∠DBN=∠DBM+∠ABM=∠ABD=60°，即∠MBN=60°，
∴△BMN是等边三角形。
【答案】
（1）AE=CD，得证；（2）△BMN是等边三角形。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等边三角形的判定
【点评】
本题是等边三角形与全等三角形结合的经典题型，第一问考查基础的全等证明，第二问需要在前一问结论的基础上，再次利用全等转化边角关系，最终判定三角形形状，解题时要注意挖掘等边三角形隐含的等边、等角条件，逐步推导。
【难度系数】
0.6
12 在等边三角形ABC中，点E在边AB上，点D在CB的延长线上，且$DE=EC$.
（1）如图1，当E为AB的中点时，求证：$CB=2BD$；
（2）如图2，若$AB=12$，$AE=2$，求$CD$的长.
（1）如图1，当E为AB的中点时，求证：$CB=2BD$；
（2）如图2，若$AB=12$，$AE=2$，求$CD$的长.
答案
12.（1）证明:因为△ABC为等边三角形，
所以∠ABC=∠A=∠ACB=60°.
因为E为AB的中点，
所以CE⊥AB,CE是∠ACB的平分线，
所以∠BEC=90°,∠BCE=30°,所以2EB=BC.
因为ED=EC,所以∠D=∠ECD=30°,
所以∠DEB=∠ABC-∠D=60°-30°=30°,
所以BD=BE,即2BD=BC.
（2）解:如图,过点E作EF//BC,交AC于点F.
因为△ABC为等边三角形，
所以∠A=∠AFE=∠ACB=∠ABC=60°,
所以△AEF为等边三角形，
所以∠EFC=∠EBD=120°,EF=AE.
因为ED=EC,所以∠D=∠ECB,∠ECB=∠FEC,
所以∠D=∠FEC.
在△BDE和△FEC中,$\begin{cases} ∠EBD=∠CFE,\\ ∠D=∠CEF,\\ ED=CE, \end{cases}$
所以△BDE≌△FEC(AAS),所以BD=EF,
即AE=BD=2,故CD=BC+BD=12+2=14.
解析
【分析】
（1）要证明$CB=2BD$，可借助等边三角形的性质推导边的关系：首先利用等边三角形三线合一的性质，由E是AB中点得到CE平分∠ACB且CE⊥AB，推出$∠ BCE=30°$，结合$DE=EC$得到$∠ D=30°$，再通过角度推导得出$BD=BE$，而BE是AB的一半，$AB=BC$，即可完成证明。
（2）要求CD的长，已知$BC=AB=12$，因此只需算出BD的长度即可。通过作辅助线$EF// BC$交AC于F，先证明$△ AEF$是等边三角形，再证明$△ BDE$和$△ FEC$全等，将BD转化为已知的$AE=2$，即可求出$CD=BC+BD=14$。
【解析】
（1）证明：
∵$△ ABC$为等边三角形，
∴$∠ ABC=∠ A=∠ ACB=60°$，$AB=BC$。
∵E为AB的中点，
∴$CE⊥ AB$，CE平分$∠ ACB$，
∴$∠ BEC=90°$，$∠ BCE=30°$，
∴$BC=2BE$。
∵$DE=EC$，
∴$∠ D=∠ ECD=30°$，
∴$∠ DEB=∠ ABC-∠ D=60°-30°=30°$，
∴$∠ D=∠ DEB$，
∴$BD=BE$，
∴$BC=2BD$，即$CB=2BD$。
（2）解：
过点E作$EF// BC$，交AC于点F，
∵$△ ABC$为等边三角形，
∴$∠ A=∠ ACB=∠ ABC=60°$，$AB=BC=12$。
∵$EF// BC$，
∴$∠ AFE=∠ ACB=60°$，$∠ AEF=∠ ABC=60°$，
∴$△ AEF$为等边三角形，
∴$EF=AE=2$，$∠ EFC=180°-∠ AFE=120°$。
又
∵$∠ EBD=180°-∠ ABC=120°$，
∴$∠ EBD=∠ CFE$。
∵$ED=EC$，
∴$∠ D=∠ ECB$。
∵$EF// BC$，
∴$∠ FEC=∠ ECB$，
∴$∠ D=∠ FEC$。
在$△ BDE$和$△ FEC$中，
$\begin{cases} ∠ EBD=∠ CFE \\ ∠ D=∠ CEF \\ ED=CE \end{cases}$
∴$△ BDE≌△ FEC$（AAS），
∴$BD=EF=2$，
∴$CD=BC+BD=12+2=14$。
【答案】
（1）$CB=2BD$，证明成立；
（2）CD的长为14。
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题重点考察等边三角形与全等三角形的综合应用，第一问属于基础题型，熟练掌握等边三角形三线合一的性质即可快速推导；第二问需要构造平行线得到全等三角形，将未知边转化为已知边，对几何辅助线的构造能力有一定要求，能够有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明$CB=2BD$，可借助等边三角形的性质推导边的关系：首先利用等边三角形三线合一的性质，由E是AB中点得到CE平分∠ACB且CE⊥AB，推出$∠ BCE=30°$，结合$DE=EC$得到$∠ D=30°$，再通过角度推导得出$BD=BE$，而BE是AB的一半，$AB=BC$，即可完成证明。
（2）要求CD的长，已知$BC=AB=12$，因此只需算出BD的长度即可。通过作辅助线$EF// BC$交AC于F，先证明$△ AEF$是等边三角形，再证明$△ BDE$和$△ FEC$全等，将BD转化为已知的$AE=2$，即可求出$CD=BC+BD=14$。
【解析】
（1）证明：
∵$△ ABC$为等边三角形，
∴$∠ ABC=∠ A=∠ ACB=60°$，$AB=BC$。
∵E为AB的中点，
∴$CE⊥ AB$，CE平分$∠ ACB$，
∴$∠ BEC=90°$，$∠ BCE=30°$，
∴$BC=2BE$。
∵$DE=EC$，
∴$∠ D=∠ ECD=30°$，
∴$∠ DEB=∠ ABC-∠ D=60°-30°=30°$，
∴$∠ D=∠ DEB$，
∴$BD=BE$，
∴$BC=2BD$，即$CB=2BD$。
（2）解：
过点E作$EF// BC$，交AC于点F，
∵$△ ABC$为等边三角形，
∴$∠ A=∠ ACB=∠ ABC=60°$，$AB=BC=12$。
∵$EF// BC$，
∴$∠ AFE=∠ ACB=60°$，$∠ AEF=∠ ABC=60°$，
∴$△ AEF$为等边三角形，
∴$EF=AE=2$，$∠ EFC=180°-∠ AFE=120°$。
又
∵$∠ EBD=180°-∠ ABC=120°$，
∴$∠ EBD=∠ CFE$。
∵$ED=EC$，
∴$∠ D=∠ ECB$。
∵$EF// BC$，
∴$∠ FEC=∠ ECB$，
∴$∠ D=∠ FEC$。
在$△ BDE$和$△ FEC$中，
$\begin{cases} ∠ EBD=∠ CFE \\ ∠ D=∠ CEF \\ ED=CE \end{cases}$
∴$△ BDE≌△ FEC$（AAS），
∴$BD=EF=2$，
∴$CD=BC+BD=12+2=14$。
【答案】
（1）$CB=2BD$，证明成立；
（2）CD的长为14。
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题重点考察等边三角形与全等三角形的综合应用，第一问属于基础题型，熟练掌握等边三角形三线合一的性质即可快速推导；第二问需要构造平行线得到全等三角形，将未知边转化为已知边，对几何辅助线的构造能力有一定要求，能够有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
