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7.如果$a,b,c$为三角形的三边长，且$(a-b)^2+(a-c)^2+|b-c|=0$，则这个三角形是
等边
三角形。答案
7.等边
解析
【分析】
解题时首先观察到式子是两个平方与一个绝对值的和等于0，需结合平方和绝对值的非负性思考：几个非负数的和为0时，每个非负数都等于0。据此分别列出关于三边长的等式，推导三边的数量关系，再结合三角形的分类判断三角形的形状即可。
【解析】
∵ 平方数和绝对值都具有非负性，即$(a-b)^2≥0$，$(a-c)^2≥0$，$|b-c|≥0$，
且三者相加的和为0，
∴ $\begin{cases}(a-b)^2=0\\(a-c)^2=0\\|b-c|=0\end{cases}$，
解得：$\begin{cases}a=b\\a=c\\b=c\end{cases}$，即$a=b=c$。
又
∵$a,b,c$为三角形的三边长，
∴ 三边都相等的三角形是等边三角形。
【答案】
等边
【知识点】
非负数的性质；等边三角形的判定
【点评】
本题属于基础题，解题核心是掌握几个非负数的和为0时，每一个非负数都为0的性质，结合边长关系即可快速判断三角形形状，该类非负性问题的解题逻辑需要熟练掌握。
【难度系数】
0.85
解题时首先观察到式子是两个平方与一个绝对值的和等于0，需结合平方和绝对值的非负性思考：几个非负数的和为0时，每个非负数都等于0。据此分别列出关于三边长的等式，推导三边的数量关系，再结合三角形的分类判断三角形的形状即可。
【解析】
∵ 平方数和绝对值都具有非负性，即$(a-b)^2≥0$，$(a-c)^2≥0$，$|b-c|≥0$，
且三者相加的和为0，
∴ $\begin{cases}(a-b)^2=0\\(a-c)^2=0\\|b-c|=0\end{cases}$，
解得：$\begin{cases}a=b\\a=c\\b=c\end{cases}$，即$a=b=c$。
又
∵$a,b,c$为三角形的三边长，
∴ 三边都相等的三角形是等边三角形。
【答案】
等边
【知识点】
非负数的性质；等边三角形的判定
【点评】
本题属于基础题，解题核心是掌握几个非负数的和为0时，每一个非负数都为0的性质，结合边长关系即可快速判断三角形形状，该类非负性问题的解题逻辑需要熟练掌握。
【难度系数】
0.85
8.如图,已知△ABC是等边三角形,点B,C,D,E在同一直线上,且CG=CD,DF=DE,则∠E=
15
°.答案
8.15
解析
【分析】
解题时先从已知的等边三角形入手，利用等边三角形内角为60°的性质求出∠ACB的度数，再通过邻补角关系得到△CGD的顶角度数；结合CG=CD可知△CGD是等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等即可求出∠CDG的度数；最后∠CDG是△DEF的外角，结合DF=DE可知△DEF也是等腰三角形，利用三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，就能推导出∠E的度数。
【解析】
解：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠GCD=180°-∠ACB=180°-60°=120°，
∵CG=CD，
∴△CGD是等腰三角形，∠CGD=∠CDG，
∴$∠ CDG=\frac{180°-∠ GCD}{2}=\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∵DF=DE，
∴△DEF是等腰三角形，∠E=∠DFE，
又
∵∠CDG是△DEF的外角，
∴∠CDG=∠E+∠DFE=2∠E，
∴$∠ E=\frac{∠ CDG}{2}=\frac{30°}{2}=15°$。
【答案】
15
【知识点】
等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题属于基础几何运算题，将等边三角形、等腰三角形的性质与三角形外角性质结合考查，解题时需要逐步推导角度之间的数量关系，熟练掌握特殊三角形的角度性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知的等边三角形入手，利用等边三角形内角为60°的性质求出∠ACB的度数，再通过邻补角关系得到△CGD的顶角度数；结合CG=CD可知△CGD是等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等即可求出∠CDG的度数；最后∠CDG是△DEF的外角，结合DF=DE可知△DEF也是等腰三角形，利用三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，就能推导出∠E的度数。
【解析】
解：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠GCD=180°-∠ACB=180°-60°=120°，
∵CG=CD，
∴△CGD是等腰三角形，∠CGD=∠CDG，
∴$∠ CDG=\frac{180°-∠ GCD}{2}=\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∵DF=DE，
∴△DEF是等腰三角形，∠E=∠DFE，
又
∵∠CDG是△DEF的外角，
∴∠CDG=∠E+∠DFE=2∠E，
∴$∠ E=\frac{∠ CDG}{2}=\frac{30°}{2}=15°$。
【答案】
15
【知识点】
等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题属于基础几何运算题，将等边三角形、等腰三角形的性质与三角形外角性质结合考查，解题时需要逐步推导角度之间的数量关系，熟练掌握特殊三角形的角度性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
9.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CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ.以下五个结论：①$AD=BE$；②$PQ// AE$；③$AP=BQ$；④$DE=DP$；⑤$∠ AOB=60°$，其中正确的结论是
①②③⑤
(填序号).答案
9.①②③⑤
解析
【分析】
这是共顶点双等边三角形的典型问题，解题时先利用等边三角形的边角性质找全等关系，再逐一验证每个结论：第一步先证△ACD≌△BCE，判断结论①和⑤；第二步利用第一次全等得到的等角，证△ACP≌△BCQ，判断结论③，再推导△PCQ为等边三角形，结合平行线判定验证结论②；最后通过角度大小关系判断结论④是否成立。
【解析】
已知△ABC和△CDE均为等边三角形，因此$AC=BC$，$CD=CE$，$∠ ACB=∠ DCE=60°$。
1. 验证结论①：
$∠ ACB+∠ BCD=∠ DCE+∠ BCD$，即$∠ ACD=∠ BCE$。
在$△ ACD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AC=BC \\∠ ACD=∠ BCE \\CD=CE\end{cases}$
$\therefore△ ACD≌△ BCE(\mathrm{SAS})$，可得$AD=BE$，故①正确。
2. 验证结论⑤：
由$△ ACD≌△ BCE$得$∠ CAD=∠ CBE$。
$∠ ACB$是$△ BCE$的外角，因此$∠ CBE+∠ CEB=∠ ACB=60°$。
$∠ AOB=∠ CAD+∠ CEB=∠ CBE+∠ CEB=60°$，故⑤正确。
3. 验证结论③：
在$△ ACP$和$△ BCQ$中：
$\begin{cases}∠ CAP=∠ CBQ \\AC=BC \\∠ ACP=∠ BCQ=60°\end{cases}$
$\therefore△ ACP≌△ BCQ(\mathrm{ASA})$，可得$AP=BQ$，$CP=CQ$，故③正确。
4. 验证结论②：
$∠ PCQ=180°-∠ ACB-∠ DCE=180°-60°-60°=60°$，结合$CP=CQ$，可知$△ PCQ$是等边三角形，因此$∠ PQC=60°=∠ DCE$。
根据内错角相等，两直线平行，可得$PQ// AE$，故②正确。
5. 验证结论④：
$∠ DPC=∠ CAD+∠ ACP=∠ CAD+60°＞60°$，而$∠ DCP=60°$，因此$∠ DPC＞∠ DCP$，可得$DC＞DP$，又$DC=DE$，因此$DE＞DP$，故④错误。
【答案】
①②③⑤
【知识点】
等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的判定
【点评】
本题是双等边三角形的经典结论题，核心是利用共顶点等边三角形的等角等边关系构造全等三角形，再逐步推导线段、角度关系，熟练掌握全等三角形和等边三角形的相关性质是快速解题的关键。
【难度系数】
0.65
这是共顶点双等边三角形的典型问题，解题时先利用等边三角形的边角性质找全等关系，再逐一验证每个结论：第一步先证△ACD≌△BCE，判断结论①和⑤；第二步利用第一次全等得到的等角，证△ACP≌△BCQ，判断结论③，再推导△PCQ为等边三角形，结合平行线判定验证结论②；最后通过角度大小关系判断结论④是否成立。
【解析】
已知△ABC和△CDE均为等边三角形，因此$AC=BC$，$CD=CE$，$∠ ACB=∠ DCE=60°$。
1. 验证结论①：
$∠ ACB+∠ BCD=∠ DCE+∠ BCD$，即$∠ ACD=∠ BCE$。
在$△ ACD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AC=BC \\∠ ACD=∠ BCE \\CD=CE\end{cases}$
$\therefore△ ACD≌△ BCE(\mathrm{SAS})$，可得$AD=BE$，故①正确。
2. 验证结论⑤：
由$△ ACD≌△ BCE$得$∠ CAD=∠ CBE$。
$∠ ACB$是$△ BCE$的外角，因此$∠ CBE+∠ CEB=∠ ACB=60°$。
$∠ AOB=∠ CAD+∠ CEB=∠ CBE+∠ CEB=60°$，故⑤正确。
3. 验证结论③：
在$△ ACP$和$△ BCQ$中：
$\begin{cases}∠ CAP=∠ CBQ \\AC=BC \\∠ ACP=∠ BCQ=60°\end{cases}$
$\therefore△ ACP≌△ BCQ(\mathrm{ASA})$，可得$AP=BQ$，$CP=CQ$，故③正确。
4. 验证结论②：
$∠ PCQ=180°-∠ ACB-∠ DCE=180°-60°-60°=60°$，结合$CP=CQ$，可知$△ PCQ$是等边三角形，因此$∠ PQC=60°=∠ DCE$。
根据内错角相等，两直线平行，可得$PQ// AE$，故②正确。
5. 验证结论④：
$∠ DPC=∠ CAD+∠ ACP=∠ CAD+60°＞60°$，而$∠ DCP=60°$，因此$∠ DPC＞∠ DCP$，可得$DC＞DP$，又$DC=DE$，因此$DE＞DP$，故④错误。
【答案】
①②③⑤
【知识点】
等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的判定
【点评】
本题是双等边三角形的经典结论题，核心是利用共顶点等边三角形的等角等边关系构造全等三角形，再逐步推导线段、角度关系，熟练掌握全等三角形和等边三角形的相关性质是快速解题的关键。
【难度系数】
0.65
10.如图,过边长为4的等边三角形ABC的边AB上一点P,作$PE⊥AC$,垂足为E,Q为BC延长线上一点,当$PA=CQ$时,连接PQ交边AC于点D,则DE的长为
2
.答案
10.2
解析
【分析】
本题是等边三角形中求线段长度的问题，解题思路如下：1. 结合已知$PA=CQ$，我们可以通过作辅助线构造全等三角形，过$P$作$PF// BC$交$AC$于$F$，首先利用平行线和等边三角形的性质可得$△ APF$是等边三角形，从而得到$PF=PA=CQ$；2. 由$PE$垂直等边$△ APF$的边$AF$，根据等边三角形三线合一可得$AE=EF$；3. 证明$△ PFD$和$△ QCD$全等，得到$FD=CD$；4. 最后将$DE$转化为$AC$长度的一半，代入$AC$的长度即可求出结果。
【解析】
解：过点$P$作$PF// BC$，交$AC$于点$F$。
$\because △ ABC$是边长为4的等边三角形，
$\therefore ∠ A=∠ ACB=60°$，$AC=4$。
$\because PF// BC$，
$\therefore ∠ AFP=∠ ACB=60°$，
$\therefore △ APF$是等边三角形，
$\therefore AP=PF$。
又$\because PA=CQ$，
$\therefore PF=CQ$。
$\because PE⊥ AC$，$△ APF$是等边三角形，
$\therefore PE$是$AF$边上的中线，即$AE=EF$。
在$△ PFD$和$△ QCD$中：
$\{\begin{array}{l}∠ PDF=∠ QDC \quad (\mathrm{对顶角相等})\\∠ PFD=∠ QCD=120°\\PF=CQ\end{array} $
$\therefore △ PFD ≌ △ QCD \ (\mathrm{AAS})$，
$\therefore FD=CD$。
$\therefore DE=EF+FD=\frac{1}{2}AF+\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}(AF+FC)=\frac{1}{2}AC$，
代入$AC=4$，得$DE=\frac{1}{2}×4=2$。
【答案】
$2$
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；平行线的性质
【点评】
本题属于等边三角形的典型应用题型，核心是通过作平行线构造全等三角形和等边三角形，将所求线段转化为已知边长的一半，解题时要熟练掌握等边三角形三线合一、全等三角形的判定等知识点，学会构造合适的辅助线简化问题。
【难度系数】
0.6
本题是等边三角形中求线段长度的问题，解题思路如下：1. 结合已知$PA=CQ$，我们可以通过作辅助线构造全等三角形，过$P$作$PF// BC$交$AC$于$F$，首先利用平行线和等边三角形的性质可得$△ APF$是等边三角形，从而得到$PF=PA=CQ$；2. 由$PE$垂直等边$△ APF$的边$AF$，根据等边三角形三线合一可得$AE=EF$；3. 证明$△ PFD$和$△ QCD$全等，得到$FD=CD$；4. 最后将$DE$转化为$AC$长度的一半，代入$AC$的长度即可求出结果。
【解析】
解：过点$P$作$PF// BC$，交$AC$于点$F$。
$\because △ ABC$是边长为4的等边三角形，
$\therefore ∠ A=∠ ACB=60°$，$AC=4$。
$\because PF// BC$，
$\therefore ∠ AFP=∠ ACB=60°$，
$\therefore △ APF$是等边三角形，
$\therefore AP=PF$。
又$\because PA=CQ$，
$\therefore PF=CQ$。
$\because PE⊥ AC$，$△ APF$是等边三角形，
$\therefore PE$是$AF$边上的中线，即$AE=EF$。
在$△ PFD$和$△ QCD$中：
$\{\begin{array}{l}∠ PDF=∠ QDC \quad (\mathrm{对顶角相等})\\∠ PFD=∠ QCD=120°\\PF=CQ\end{array} $
$\therefore △ PFD ≌ △ QCD \ (\mathrm{AAS})$，
$\therefore FD=CD$。
$\therefore DE=EF+FD=\frac{1}{2}AF+\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}(AF+FC)=\frac{1}{2}AC$，
代入$AC=4$，得$DE=\frac{1}{2}×4=2$。
【答案】
$2$
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；平行线的性质
【点评】
本题属于等边三角形的典型应用题型，核心是通过作平行线构造全等三角形和等边三角形，将所求线段转化为已知边长的一半，解题时要熟练掌握等边三角形三线合一、全等三角形的判定等知识点，学会构造合适的辅助线简化问题。
【难度系数】
0.6
11.在等边三角形ABC中，点D在边AC上(不与点A，C重合)，延长BC至点E，使CE=AD，连接DE.
(1)如图1，当点D是边AC中点时，求证DB=DE；
(2)如图2，当点D是边AC上任意一点时，(1)中线段DB与DE的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
(1)如图1，当点D是边AC中点时，求证DB=DE；
(2)如图2，当点D是边AC上任意一点时，(1)中线段DB与DE的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
答案
11.(1)略 (2)成立,理由略
解析
【分析】
(1) 首先利用等边三角形“三线合一”的性质，结合D是AC中点的条件，求出∠DBC的度数；再根据CE=AD推导出CE=CD，利用等腰三角形性质和三角形外角的性质求出∠E的度数，通过“等角对等边”即可证明DB=DE。
(2) 当D为AC上任意点时，可通过作辅助线构造全等三角形证明结论：过D作DG//AB交BC于G，先证△DGC是等边三角形，得到边和角的相等关系，再结合CE=AD推导出相等的边，利用SAS证明△DBG和△DEC全等，即可得到对应边DB=DE。
【解析】
(1) 证明：
∵△ABC是等边三角形
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=60°
∵D是AC中点，根据等边三角形三线合一的性质
∴AD=CD，BD平分∠ABC
∴$∠ DBC=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$
由题知CE=AD，
∴CE=CD
∴∠CDE=∠E
∵∠ACB是△DCE的外角，
∴$∠ ACB=∠ CDE+∠ E=60°$
解得$∠ E=30°$
∴∠DBC=∠E
∴DB=DE
(2) 结论成立，证明如下：
过点D作$DG// AB$，交BC于点G
∴$∠ DGC=∠ ABC=60°$
又
∵∠ACB=60°，
∴△DGC是等边三角形
∴$DC=GC=DG$，$∠ DGC=∠ DCG=60°$
∴$∠ BGD=180°-∠ DGC=120°$，$∠ DCE=180°-∠ ACB=120°$，即$∠ BGD=∠ DCE$
∵AC=BC，DC=GC
∴$AC-DC=BC-GC$，即$AD=BG$
又
∵CE=AD，
∴$BG=CE$
在△DBG和△DEC中：
$\begin{cases}BG=CE\\∠ BGD=∠ ECD\\DG=DC\end{cases}$
∴$△ DBG≌△ DEC(SAS)$
∴DB=DE
【答案】
(1) DB=DE，证明成立；(2) 成立，DB=DE。
【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】
本题第一问基础，直接应用等边三角形和等腰三角形的性质即可求解；第二问的核心是通过作平行线构造等边三角形和全等三角形，考察几何辅助线的构造能力，是等边三角形性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.65
(1) 首先利用等边三角形“三线合一”的性质，结合D是AC中点的条件，求出∠DBC的度数；再根据CE=AD推导出CE=CD，利用等腰三角形性质和三角形外角的性质求出∠E的度数，通过“等角对等边”即可证明DB=DE。
(2) 当D为AC上任意点时，可通过作辅助线构造全等三角形证明结论：过D作DG//AB交BC于G，先证△DGC是等边三角形，得到边和角的相等关系，再结合CE=AD推导出相等的边，利用SAS证明△DBG和△DEC全等，即可得到对应边DB=DE。
【解析】
(1) 证明：
∵△ABC是等边三角形
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=60°
∵D是AC中点，根据等边三角形三线合一的性质
∴AD=CD，BD平分∠ABC
∴$∠ DBC=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$
由题知CE=AD，
∴CE=CD
∴∠CDE=∠E
∵∠ACB是△DCE的外角，
∴$∠ ACB=∠ CDE+∠ E=60°$
解得$∠ E=30°$
∴∠DBC=∠E
∴DB=DE
(2) 结论成立，证明如下：
过点D作$DG// AB$，交BC于点G
∴$∠ DGC=∠ ABC=60°$
又
∵∠ACB=60°，
∴△DGC是等边三角形
∴$DC=GC=DG$，$∠ DGC=∠ DCG=60°$
∴$∠ BGD=180°-∠ DGC=120°$，$∠ DCE=180°-∠ ACB=120°$，即$∠ BGD=∠ DCE$
∵AC=BC，DC=GC
∴$AC-DC=BC-GC$，即$AD=BG$
又
∵CE=AD，
∴$BG=CE$
在△DBG和△DEC中：
$\begin{cases}BG=CE\\∠ BGD=∠ ECD\\DG=DC\end{cases}$
∴$△ DBG≌△ DEC(SAS)$
∴DB=DE
【答案】
(1) DB=DE，证明成立；(2) 成立，DB=DE。
【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】
本题第一问基础，直接应用等边三角形和等腰三角形的性质即可求解；第二问的核心是通过作平行线构造等边三角形和全等三角形，考察几何辅助线的构造能力，是等边三角形性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.65
