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8. 如图15.3-22，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. 则在下列五个结论中，恒成立的结论有
①$AD=BE$；②$PQ// AE$；③$AP=BQ$；④$DE=DP$；⑤$∠ AOB=60°$.
①②③⑤
.（填序号）①$AD=BE$；②$PQ// AE$；③$AP=BQ$；④$DE=DP$；⑤$∠ AOB=60°$.
答案
8. ①②③⑤
解析
【分析】
本题是共顶点双等边三角形的经典题型，可按以下思路逐一验证结论：1. 要证线段相等优先考虑三角形全等，先利用等边三角形边角性质证△ACD≌△BCE，可直接判断①；2. 由上述全等得到角相等，再证△ACP≌△BCQ，可得CP=CQ、AP=BQ，即可判断③；3. 由CP=CQ加∠PCQ=60°可证△PCQ为等边三角形，利用内错角相等可判断PQ与AE平行，验证②；4. 利用全等得到的角相等，结合三角形外角性质可推导∠AOB的度数，验证⑤；5. 对④可通过分析角度是否恒等判断是否恒成立。
【解析】
已知△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=∠CDE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中：
$\{\begin{array}{l} AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCE\\ CD=CE\end{array} $
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，故①正确；
∴∠CAD=∠CBE，
又
∵∠ACP=180°-∠ACB-∠DCE=180°-60°-60°=60°，
∴∠ACP=∠BCQ=60°，
在△ACP和△BCQ中：
$\{\begin{array}{l} ∠ CAP=∠ CBQ\\ AC=BC\\ ∠ ACP=∠ BCQ\end{array} $
∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴AP=BQ，CP=CQ，故③正确；
∵CP=CQ，∠PCQ=60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴∠CPQ=60°=∠ACB，
∴PQ//AE（内错角相等，两直线平行），故②正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∠AOB是△AOE的外角，
∴∠AOB=∠OAE+∠BEC=∠OAE+∠ADC，
又
∵∠DCE=∠OAE+∠ADC=60°（三角形外角性质），
∴∠AOB=60°，故⑤正确；
对于④：DE=CD，若DE=DP，则需CD=DP，即∠DPC=∠DCP=60°，
但∠DPC=∠PAC+∠ACP=∠PAC+60°，∠PAC的度数随C点位置变化，不一定为0，故∠DPC不一定等于60°，DE=DP不恒成立，故④错误。
综上，恒成立的是①②③⑤。
【答案】
①②③⑤
【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】
本题属于共顶点等边三角形“手拉手”模型的典型考法，综合性较强，需要逐层推导全等，再结合等边三角形、平行线、外角的性质逐一判断结论，熟练掌握全等判定是解题关键。
【难度系数】
0.6
本题是共顶点双等边三角形的经典题型，可按以下思路逐一验证结论：1. 要证线段相等优先考虑三角形全等，先利用等边三角形边角性质证△ACD≌△BCE，可直接判断①；2. 由上述全等得到角相等，再证△ACP≌△BCQ，可得CP=CQ、AP=BQ，即可判断③；3. 由CP=CQ加∠PCQ=60°可证△PCQ为等边三角形，利用内错角相等可判断PQ与AE平行，验证②；4. 利用全等得到的角相等，结合三角形外角性质可推导∠AOB的度数，验证⑤；5. 对④可通过分析角度是否恒等判断是否恒成立。
【解析】
已知△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=∠CDE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中：
$\{\begin{array}{l} AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCE\\ CD=CE\end{array} $
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，故①正确；
∴∠CAD=∠CBE，
又
∵∠ACP=180°-∠ACB-∠DCE=180°-60°-60°=60°，
∴∠ACP=∠BCQ=60°，
在△ACP和△BCQ中：
$\{\begin{array}{l} ∠ CAP=∠ CBQ\\ AC=BC\\ ∠ ACP=∠ BCQ\end{array} $
∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴AP=BQ，CP=CQ，故③正确；
∵CP=CQ，∠PCQ=60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴∠CPQ=60°=∠ACB，
∴PQ//AE（内错角相等，两直线平行），故②正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∠AOB是△AOE的外角，
∴∠AOB=∠OAE+∠BEC=∠OAE+∠ADC，
又
∵∠DCE=∠OAE+∠ADC=60°（三角形外角性质），
∴∠AOB=60°，故⑤正确；
对于④：DE=CD，若DE=DP，则需CD=DP，即∠DPC=∠DCP=60°，
但∠DPC=∠PAC+∠ACP=∠PAC+60°，∠PAC的度数随C点位置变化，不一定为0，故∠DPC不一定等于60°，DE=DP不恒成立，故④错误。
综上，恒成立的是①②③⑤。
【答案】
①②③⑤
【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】
本题属于共顶点等边三角形“手拉手”模型的典型考法，综合性较强，需要逐层推导全等，再结合等边三角形、平行线、外角的性质逐一判断结论，熟练掌握全等判定是解题关键。
【难度系数】
0.6
9. 如图15.3-23，已知等边三角形ABC的边长为3，过AB边上一点P作$PE⊥ AC$，垂足为E，Q为BC延长线上一点，取$CQ=PA$，连接PQ，交AC于点M，则EM的长为
1.5
。答案
9. 1.5
解析
【分析】
本题是等边三角形与全等三角形的综合应用题，解题思路如下：首先通过作辅助线（过P作PF//BC交AC于F），利用平行线和等边三角形的性质可推出△APF为等边三角形，结合已知CQ=PA得到PF=CQ，进而可证明△PFM与△QCM全等，得到FM=CM；再利用等腰三角形三线合一的性质得到AE=EF，最终可推导出EM的长度为AC边长的一半，代入数值即可求解。
【解析】
解：过点P作PF//BC，交AC于点F。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠ACB=60°，AC=3。
∵PF//BC，
∴∠APF=∠B=60°，∠PFM=∠QCM，
∴△APF是等边三角形，
∴AP=PF=AF。
∵PE⊥AC，△APF为等边三角形，
∴根据等腰三角形三线合一的性质，得AE=EF。
∵CQ=PA，
∴PF=CQ。
在△PFM和△QCM中：
$\{\begin{array}{l}∠PMF=∠QMC\quad (\mathrm{对顶角相等})\\∠PFM=∠QCM\\PF=CQ\end{array} $
∴△PFM≌△QCM（AAS），
∴FM=CM。
∴$EM=EF+FM=\frac{1}{2}AF+\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}(AF+FC)=\frac{1}{2}AC$，
代入AC=3，得$EM=\frac{1}{2}×3=1.5$。
【答案】
1.5
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形三线合一
【点评】
本题解题的核心是通过构造平行线得到全等三角形和等边三角形，将未知线段转化为已知边长的一半，对几何辅助线的构造思路有一定要求，能有效考查等边三角形、全等三角形相关性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
本题是等边三角形与全等三角形的综合应用题，解题思路如下：首先通过作辅助线（过P作PF//BC交AC于F），利用平行线和等边三角形的性质可推出△APF为等边三角形，结合已知CQ=PA得到PF=CQ，进而可证明△PFM与△QCM全等，得到FM=CM；再利用等腰三角形三线合一的性质得到AE=EF，最终可推导出EM的长度为AC边长的一半，代入数值即可求解。
【解析】
解：过点P作PF//BC，交AC于点F。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠ACB=60°，AC=3。
∵PF//BC，
∴∠APF=∠B=60°，∠PFM=∠QCM，
∴△APF是等边三角形，
∴AP=PF=AF。
∵PE⊥AC，△APF为等边三角形，
∴根据等腰三角形三线合一的性质，得AE=EF。
∵CQ=PA，
∴PF=CQ。
在△PFM和△QCM中：
$\{\begin{array}{l}∠PMF=∠QMC\quad (\mathrm{对顶角相等})\\∠PFM=∠QCM\\PF=CQ\end{array} $
∴△PFM≌△QCM（AAS），
∴FM=CM。
∴$EM=EF+FM=\frac{1}{2}AF+\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}(AF+FC)=\frac{1}{2}AC$，
代入AC=3，得$EM=\frac{1}{2}×3=1.5$。
【答案】
1.5
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形三线合一
【点评】
本题解题的核心是通过构造平行线得到全等三角形和等边三角形，将未知线段转化为已知边长的一半，对几何辅助线的构造思路有一定要求，能有效考查等边三角形、全等三角形相关性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
10. 如图15.3-24，在边长为4的等边三角形ABC中，BD=CE，AD与BE相交于点P.
（1）求证△ABD≌△BCE；
（2）若四边形PDCE的面积为2，求点P到AB的距离.
图15.3-24
（1）求证△ABD≌△BCE；
（2）若四边形PDCE的面积为2，求点P到AB的距离.
图15.3-24
答案
10. （1）证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，
∠ABD=∠C=60°.
在△ABD和△BCE中，$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABD=∠C, \\ BD=CE, \end{cases}$
∴△ABD≌△BCE（SAS）.
（2）解：
∵△ABD≌△BCE，
∴$S_{△ABD}=S_{△BCE}$.
∵四边形PDCE的面积为2，
∴$S_{△ABP}=S_{△ABD}-S_{△BDP}=S_{△BCE}-S_{△BDP}=S_{四边形PDCE}=2$.
设点P到AB的距离为h，则
$S_{△ABP}=\frac{1}{2}·AB·h=2$，即$\frac{1}{2}×4h=2$.
∴$h=1$，
即点P到AB的距离是1.
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，
∠ABD=∠C=60°.
在△ABD和△BCE中，$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABD=∠C, \\ BD=CE, \end{cases}$
∴△ABD≌△BCE（SAS）.
（2）解：
∵△ABD≌△BCE，
∴$S_{△ABD}=S_{△BCE}$.
∵四边形PDCE的面积为2，
∴$S_{△ABP}=S_{△ABD}-S_{△BDP}=S_{△BCE}-S_{△BDP}=S_{四边形PDCE}=2$.
设点P到AB的距离为h，则
$S_{△ABP}=\frac{1}{2}·AB·h=2$，即$\frac{1}{2}×4h=2$.
∴$h=1$，
即点P到AB的距离是1.
解析
【分析】
（1）要证明△ABD≌△BCE，先结合等边三角形的性质推导边角条件：等边三角形三边相等、三个内角均为60°，可得AB=BC，∠ABD=∠C=60°，再结合已知条件BD=CE，刚好满足全等三角形SAS的判定要求，即可完成证明。
（2）由全等三角形的性质可得△ABD和△BCE的面积相等，两个三角形同时减去公共部分△BDP的面积，可推出△ABP的面积等于四边形PDCE的面积，再利用三角形面积公式，代入已知的AB边长即可求出点P到AB的距离。
【解析】
（1）证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠C=60°。
在△ABD和△BCE中，
$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABD=∠C, \\ BD=CE, \end{cases}$
∴△ABD≌△BCE（SAS）。
（2）解：
∵△ABD≌△BCE，
∴$S_{△ABD}=S_{△BCE}$。
∵$S_{△ABD}=S_{△ABP}+S_{△BDP}$，$S_{△BCE}=S_{四边形PDCE}+S_{△BDP}$，
∴$S_{△ABP}=S_{四边形PDCE}=2$。
设点P到AB的距离为h，根据三角形面积公式可得：
$S_{△ABP}=\frac{1}{2}·AB·h$，
将AB=4、$S_{△ABP}=2$代入得：
$\frac{1}{2}×4h=2$，
解得h=1。
【答案】
（1）△ABD≌△BCE得证；（2）点P到AB的距离为1。
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题是全等三角形与等边三角形结合的基础综合题，解题核心是利用全等性质实现面积的转化，将不规则四边形的面积转化为规则三角形的面积，再结合面积公式求解未知量，是全等三角形应用的典型常考题。
【难度系数】
0.7
（1）要证明△ABD≌△BCE，先结合等边三角形的性质推导边角条件：等边三角形三边相等、三个内角均为60°，可得AB=BC，∠ABD=∠C=60°，再结合已知条件BD=CE，刚好满足全等三角形SAS的判定要求，即可完成证明。
（2）由全等三角形的性质可得△ABD和△BCE的面积相等，两个三角形同时减去公共部分△BDP的面积，可推出△ABP的面积等于四边形PDCE的面积，再利用三角形面积公式，代入已知的AB边长即可求出点P到AB的距离。
【解析】
（1）证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠C=60°。
在△ABD和△BCE中，
$\begin{cases} AB=BC, \\ ∠ABD=∠C, \\ BD=CE, \end{cases}$
∴△ABD≌△BCE（SAS）。
（2）解：
∵△ABD≌△BCE，
∴$S_{△ABD}=S_{△BCE}$。
∵$S_{△ABD}=S_{△ABP}+S_{△BDP}$，$S_{△BCE}=S_{四边形PDCE}+S_{△BDP}$，
∴$S_{△ABP}=S_{四边形PDCE}=2$。
设点P到AB的距离为h，根据三角形面积公式可得：
$S_{△ABP}=\frac{1}{2}·AB·h$，
将AB=4、$S_{△ABP}=2$代入得：
$\frac{1}{2}×4h=2$，
解得h=1。
【答案】
（1）△ABD≌△BCE得证；（2）点P到AB的距离为1。
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题是全等三角形与等边三角形结合的基础综合题，解题核心是利用全等性质实现面积的转化，将不规则四边形的面积转化为规则三角形的面积，再结合面积公式求解未知量，是全等三角形应用的典型常考题。
【难度系数】
0.7
