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1. 一题多解 [2026天津实验中学期中] 如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由点A向点C运动(不与点A,C重合)，Q是CB的延长线上一动点，由点B沿CB的延长线方向运动(点Q不与点B重合)，两点同时以相同的速度出发，过点P作PE⊥AB于点E，连接PQ交AB于点D。
(1)当∠BQD=30°时，求AP的长。
(2)在运动过程中，线段DE的长是否发生变化？如果不发生变化，求出线段DE的长；如果发生变化，请说明理由。
(1)当∠BQD=30°时，求AP的长。
(2)在运动过程中，线段DE的长是否发生变化？如果不发生变化，求出线段DE的长；如果发生变化，请说明理由。
答案
(1) 通解：
如图,过点P作PF//QC交AB于点F,则△AFP是等边三角形,∠FPD=∠BQD.∴AP=PF=AF.
∵点P,Q同时出发,且速度相同,
∴BQ=AP,
∴BQ=PF.
又
∵∠FDP=∠BDQ,
∴△DBQ≌△DFP(AAS),
∴BD=DF.
∵∠ABC=60°,∠BQD=30°,
∴∠BDQ=∠ABC - ∠BQD=60°-30°=30°,
∴∠BQD=∠BDQ=∠FDP=∠FPD=30°,
∴BQ=BD=DF=FA=1/3 AB=1/3 ×6=2,
∴AP=2.
另解：
∵点P,Q同时出发,且速度相同,
∴AP=BQ.
设AP=BQ=x,则PC=6-x,QC=6+x.在△QCP中,∠CQP=30°,∠C=60°,
∴∠CPQ=90°,
∴QC=2PC,即6+x=2(6-x),解得x=2,
∴AP=2.
(2)不发生变化.
由(1)中通解知BD=DF,
而△APF是等边三角形,PE⊥AF,
∴AE=EF.
∵DE + (BD + AE)=AB=6,
∴DE + (DF + EF)=6,即DE + DE=6,
∴DE=3为定值,即DE的长不变.
解析
【分析】
(1) 已知△ABC是边长为6的等边三角形，P、Q同时同速出发，故AP=BQ。求AP的长有两种思路：思路1：过P作PF平行于QC，构造等边△AFP和全等三角形△DBQ与△DFP，结合角度关系推出各段边和AB的关系求解；思路2：设AP=BQ=x，利用∠CQP=30°、∠C=60°得到△QCP是直角三角形，根据30°角对的直角边是斜边一半列方程求解。
(2) 判断DE是否为定值，可结合(1)中构造的辅助线，利用等边三角形三线合一得AE=EF，结合全等得到的BD=DF，将DE拆分为EF+DF，转化为AB长度的一半，即可判断为定值。
【解析】
(1) 解法1： 如图，过点P作PF//QC交AB于点F。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ABC=60°，
∵PF//QC，
∴∠AFP=∠ABC=60°，
∴△AFP是等边三角形，∠FPD=∠BQD，
∴AP=PF=AF。
∵P、Q同时出发且速度相同，
∴BQ=AP，
∴BQ=PF。
在△DBQ和△DFP中：
$\{\begin{array}{l}∠ BQD=∠ FPD\\ ∠ BDQ=∠ FDP\\ BQ=PF\end{array} $
∴△DBQ≌△DFP(AAS)，
∴BD=DF。
∵∠ABC=60°，∠BQD=30°，
∴∠BDQ=∠ABC-∠BQD=30°，
∴∠BQD=∠BDQ=∠FDP=∠FPD=30°，
∴BQ=BD=DF=FA，
∴FA=DF=BD=$\frac{1}{3}$AB=$\frac{1}{3}×6=2$，
∴AP=FA=2。
解法2：
∵P、Q同时出发且速度相同，
∴AP=BQ。
设AP=BQ=x，则PC=AC-AP=6-x，QC=QB+BC=6+x。
在△QCP中，∠CQP=30°，∠C=60°，
∴∠CPQ=180°-30°-60°=90°，
∴Rt△QCP中，QC=2PC，即$6+x=2(6-x)$，
解得x=2，即AP=2。
(2) 线段DE的长不发生变化，理由如下：
由(1)中解法1可知BD=DF，
∵△APF是等边三角形，PE⊥AF，根据等边三角形三线合一，得AE=EF。
∵AB=AE+EF+DF+BD=6，
将AE=EF、BD=DF代入得：$2EF+2DF=6$，即$2(EF+DF)=6$，
又
∵DE=EF+DF，
∴$2DE=6$，解得DE=3，为定值。
【答案】
(1) AP的长为2；
(2) 线段DE的长不发生变化，DE=3。
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形结合动点的经典题型，考查了构造平行线辅助线、方程思想和转化思想，第一问可通过两种方法求解，第二问需要利用第一问的结论拆分线段找到定值，能较好地考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 已知△ABC是边长为6的等边三角形，P、Q同时同速出发，故AP=BQ。求AP的长有两种思路：思路1：过P作PF平行于QC，构造等边△AFP和全等三角形△DBQ与△DFP，结合角度关系推出各段边和AB的关系求解；思路2：设AP=BQ=x，利用∠CQP=30°、∠C=60°得到△QCP是直角三角形，根据30°角对的直角边是斜边一半列方程求解。
(2) 判断DE是否为定值，可结合(1)中构造的辅助线，利用等边三角形三线合一得AE=EF，结合全等得到的BD=DF，将DE拆分为EF+DF，转化为AB长度的一半，即可判断为定值。
【解析】
(1) 解法1：
如图，过点P作PF//QC交AB于点F。∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ABC=60°，
∵PF//QC，
∴∠AFP=∠ABC=60°，
∴△AFP是等边三角形，∠FPD=∠BQD，
∴AP=PF=AF。
∵P、Q同时出发且速度相同，
∴BQ=AP，
∴BQ=PF。
在△DBQ和△DFP中：
$\{\begin{array}{l}∠ BQD=∠ FPD\\ ∠ BDQ=∠ FDP\\ BQ=PF\end{array} $
∴△DBQ≌△DFP(AAS)，
∴BD=DF。
∵∠ABC=60°，∠BQD=30°，
∴∠BDQ=∠ABC-∠BQD=30°，
∴∠BQD=∠BDQ=∠FDP=∠FPD=30°，
∴BQ=BD=DF=FA，
∴FA=DF=BD=$\frac{1}{3}$AB=$\frac{1}{3}×6=2$，
∴AP=FA=2。
解法2：
∵P、Q同时出发且速度相同，
∴AP=BQ。
设AP=BQ=x，则PC=AC-AP=6-x，QC=QB+BC=6+x。
在△QCP中，∠CQP=30°，∠C=60°，
∴∠CPQ=180°-30°-60°=90°，
∴Rt△QCP中，QC=2PC，即$6+x=2(6-x)$，
解得x=2，即AP=2。
(2) 线段DE的长不发生变化，理由如下：
由(1)中解法1可知BD=DF，
∵△APF是等边三角形，PE⊥AF，根据等边三角形三线合一，得AE=EF。
∵AB=AE+EF+DF+BD=6，
将AE=EF、BD=DF代入得：$2EF+2DF=6$，即$2(EF+DF)=6$，
又
∵DE=EF+DF，
∴$2DE=6$，解得DE=3，为定值。
【答案】
(1) AP的长为2；
(2) 线段DE的长不发生变化，DE=3。
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形结合动点的经典题型，考查了构造平行线辅助线、方程思想和转化思想，第一问可通过两种方法求解，第二问需要利用第一问的结论拆分线段找到定值，能较好地考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
2. 【一题多解】[2026 淮南期末] 如图 1, 在 $△ ABC$ 中, $∠ BAC = 75°$, $∠ ACB = 35°$, $∠ ABC$ 的平分线 $BD$ 交边 $AC$ 于点 $D$.
(1) 求证: $△ BCD$ 为等腰三角形.
(2) 若 $∠ BAC$ 的平分线 $AE$ 交边 $BC$ 于点 $E$, 如图 2, 求证: $BD + AD = AB + BE$.
(3) 若 $△ ABC$ 外角的平分线 $AE$ 交 $CB$ 的延长线于点 $E$, 请你探究(2)中的结论是否仍然成立? 若成立, 请说明理由; 若不成立, 直接写出正确的结论.
(1) 求证: $△ BCD$ 为等腰三角形.
(2) 若 $∠ BAC$ 的平分线 $AE$ 交边 $BC$ 于点 $E$, 如图 2, 求证: $BD + AD = AB + BE$.
(3) 若 $△ ABC$ 外角的平分线 $AE$ 交 $CB$ 的延长线于点 $E$, 请你探究(2)中的结论是否仍然成立? 若成立, 请说明理由; 若不成立, 直接写出正确的结论.
答案
(1) 证明:在△ABC中,
∵∠BAC=75°,∠ACB=35°,
∴∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-75°-35°=70°.
∵BD平分∠ABC,
∴∠DBC=1/2 ∠ABC=35°,
∴∠DBC=∠ACB,
∴DB=DC,
∴△BCD为等腰三角形.
(2) 证明:通解
如图1,在AC上截取AH=AB,连接EH,∵AE平分∠BAC,
∴∠EAB=∠EAH.
在△ABE和△AHE中,
$\begin{cases} AB=AH, \\ ∠EAB=∠EAH, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ABE≌△AHE(SAS),
∴BE=EH,
∠AHE=∠ABE=70°,
∴∠HEC=∠AHE - ∠ACB=70°-35°=35°,
∴∠HEC=∠ACB,
∴EH=HC,
∴AB+BE=AH+HC=AC.
由(1)知BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC,
∴BD+AD=AB+BE.
另解
如图2,延长AB到点F,使AF=AC,连接EF,∵AE平分∠BAC,
∴∠EAF=∠EAC.
又
∵AF=AC,AE=AE,
∴△AEF≌△AEC(SAS),
∴∠F=∠C=35°,
∵∠ABC=70°,
∴∠BEF=∠ABC - ∠F=35°,
∴∠BFE=∠BEF,
∴BF=BE,
∴AB+BE=AB+BF=AF=AC.
由(1)知,BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC,
∴BD+AD=AB+BE.
(3) 解:(2)中的结论不成立,正确的结论是BD + AD = BE - AB.
由(1)知BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC.
如图3,在BE上截取BF=AB,连接AF.由(1)知∠ABC=70°,
∴∠AFB=∠BAF=35°.
∵∠BAC=75°,
∴∠HAB=105°.
∵AE平分∠HAB,
∴∠EAB=1/2 ∠HAB=52.5°,
∴∠EAF=∠EAB - ∠BAF=52.5°-35°=17.5°,∠AEF=∠ABC - ∠EAB=70°-52.5°=17.5°,
∴∠EAF=∠AEF,
∴AF=EF.
∵∠AFC=∠ACB=35°,
∴AF=AC=EF,
∴BE - AB = BE - BF = EF = AC,
∴BE - AB = AD + BD,
∴正确的结论是BD + AD = BE - AB.
解析
【分析】
(1) 要证△BCD为等腰三角形，只需证其有两个内角相等。首先利用三角形内角和求出∠ABC的度数，再结合角平分线的性质得到∠DBC的度数，验证其与∠ACB相等即可完成证明。
(2) 要证BD+AD=AB+BE，由(1)的结论BD=CD，可推出BD+AD=CD+AD=AC，因此只需证明AB+BE=AC即可。线段和差问题常用截长补短法求解：①截长法：在AC上截取AH=AB，通过SAS证△ABE≌△AHE，将BE转化为EH，再证EH=HC，即可得AB+BE=AC；②补短法：延长AB到F使AF=AC，通过SAS证△AEF≌△AEC，将BE转化为BF，即可得AB+BE=AC，进而得证等式。
(3) 当AE为外角平分线时，(1)的结论仍成立，故BD+AD=AC，此时需推导AC与BE、AB的数量关系。采用截长法，在BE上截取BF=AB，通过角度计算推导等腰三角形，得到EF=AC，即可得到正确结论。
【解析】
(1) 证明:在△ABC中,
∵∠BAC=75°,∠ACB=35°,
∴∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-75°-35°=70°.
∵BD平分∠ABC,
∴∠DBC=1/2 ∠ABC=35°,
∴∠DBC=∠ACB,
∴DB=DC,
∴△BCD为等腰三角形.
(2) 证明:通解 如图1,在AC上截取AH=AB,连接EH,
∵AE平分∠BAC,
∴∠EAB=∠EAH.
在△ABE和△AHE中,
$\begin{cases} AB=AH, \\ ∠EAB=∠EAH, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ABE≌△AHE(SAS),
∴BE=EH,
∠AHE=∠ABE=70°,
∴∠HEC=∠AHE - ∠ACB=70°-35°=35°,
∴∠HEC=∠ACB,
∴EH=HC,
∴AB+BE=AH+HC=AC.
由(1)知BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC,
∴BD+AD=AB+BE.
另解 如图2,延长AB到点F,使AF=AC,连接EF,
∵AE平分∠BAC,
∴∠EAF=∠EAC.
又
∵AF=AC,AE=AE,
∴△AEF≌△AEC(SAS),
∴∠F=∠C=35°,
∵∠ABC=70°,
∴∠BEF=∠ABC - ∠F=35°,
∴∠BFE=∠BEF,
∴BF=BE,
∴AB+BE=AB+BF=AF=AC.
由(1)知,BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC,
∴BD+AD=AB+BE.
(3) 解:(2)中的结论不成立,正确的结论是BD + AD = BE - AB.
由(1)知BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC.
如图3,在BE上截取BF=AB,连接AF.
由(1)知∠ABC=70°,
∴∠AFB=∠BAF=35°.
∵∠BAC=75°,
∴∠HAB=105°.
∵AE平分∠HAB,
∴∠EAB=1/2 ∠HAB=52.5°,
∴∠EAF=∠EAB - ∠BAF=52.5°-35°=17.5°,∠AEF=∠ABC - ∠EAB=70°-52.5°=17.5°,
∴∠EAF=∠AEF,
∴AF=EF.
∵∠AFC=∠ACB=35°,
∴AF=AC=EF,
∴BE - AB = BE - BF = EF = AC,
∴BE - AB = AD + BD,
∴正确的结论是BD + AD = BE - AB.
【答案】
(1) 已证△BCD为等腰三角形；
(2) 已证$BD + AD = AB + BE$；
(3) (2)的结论不成立，正确结论为$\boldsymbol{BD + AD = BE - AB}$。
【知识点】
1. 等腰三角形判定与性质
2. 全等三角形判定与性质
3. 角平分线的定义
【点评】
本题属于三角形综合题，核心考查角平分线、全等三角形、等腰三角形相关知识点，重点考察截长补短法在线段和差类证明中的应用。第三问为变式探究，需要结合外角性质调整辅助线构造思路，能有效锻炼逻辑推理能力和知识迁移应用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证△BCD为等腰三角形，只需证其有两个内角相等。首先利用三角形内角和求出∠ABC的度数，再结合角平分线的性质得到∠DBC的度数，验证其与∠ACB相等即可完成证明。
(2) 要证BD+AD=AB+BE，由(1)的结论BD=CD，可推出BD+AD=CD+AD=AC，因此只需证明AB+BE=AC即可。线段和差问题常用截长补短法求解：①截长法：在AC上截取AH=AB，通过SAS证△ABE≌△AHE，将BE转化为EH，再证EH=HC，即可得AB+BE=AC；②补短法：延长AB到F使AF=AC，通过SAS证△AEF≌△AEC，将BE转化为BF，即可得AB+BE=AC，进而得证等式。
(3) 当AE为外角平分线时，(1)的结论仍成立，故BD+AD=AC，此时需推导AC与BE、AB的数量关系。采用截长法，在BE上截取BF=AB，通过角度计算推导等腰三角形，得到EF=AC，即可得到正确结论。
【解析】
(1) 证明:在△ABC中,
∵∠BAC=75°,∠ACB=35°,
∴∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-75°-35°=70°.
∵BD平分∠ABC,
∴∠DBC=1/2 ∠ABC=35°,
∴∠DBC=∠ACB,
∴DB=DC,
∴△BCD为等腰三角形.
(2) 证明:通解
如图1,在AC上截取AH=AB,连接EH,∵AE平分∠BAC,
∴∠EAB=∠EAH.
在△ABE和△AHE中,
$\begin{cases} AB=AH, \\ ∠EAB=∠EAH, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ABE≌△AHE(SAS),
∴BE=EH,
∠AHE=∠ABE=70°,
∴∠HEC=∠AHE - ∠ACB=70°-35°=35°,
∴∠HEC=∠ACB,
∴EH=HC,
∴AB+BE=AH+HC=AC.
由(1)知BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC,
∴BD+AD=AB+BE.
另解
如图2,延长AB到点F,使AF=AC,连接EF,∵AE平分∠BAC,
∴∠EAF=∠EAC.
又
∵AF=AC,AE=AE,
∴△AEF≌△AEC(SAS),
∴∠F=∠C=35°,
∵∠ABC=70°,
∴∠BEF=∠ABC - ∠F=35°,
∴∠BFE=∠BEF,
∴BF=BE,
∴AB+BE=AB+BF=AF=AC.
由(1)知,BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC,
∴BD+AD=AB+BE.
(3) 解:(2)中的结论不成立,正确的结论是BD + AD = BE - AB.
由(1)知BD=CD,
∴BD+AD=CD+AD=AC.
如图3,在BE上截取BF=AB,连接AF.由(1)知∠ABC=70°,
∴∠AFB=∠BAF=35°.
∵∠BAC=75°,
∴∠HAB=105°.
∵AE平分∠HAB,
∴∠EAB=1/2 ∠HAB=52.5°,
∴∠EAF=∠EAB - ∠BAF=52.5°-35°=17.5°,∠AEF=∠ABC - ∠EAB=70°-52.5°=17.5°,
∴∠EAF=∠AEF,
∴AF=EF.
∵∠AFC=∠ACB=35°,
∴AF=AC=EF,
∴BE - AB = BE - BF = EF = AC,
∴BE - AB = AD + BD,
∴正确的结论是BD + AD = BE - AB.
【答案】
(1) 已证△BCD为等腰三角形；
(2) 已证$BD + AD = AB + BE$；
(3) (2)的结论不成立，正确结论为$\boldsymbol{BD + AD = BE - AB}$。
【知识点】
1. 等腰三角形判定与性质
2. 全等三角形判定与性质
3. 角平分线的定义
【点评】
本题属于三角形综合题，核心考查角平分线、全等三角形、等腰三角形相关知识点，重点考察截长补短法在线段和差类证明中的应用。第三问为变式探究，需要结合外角性质调整辅助线构造思路，能有效锻炼逻辑推理能力和知识迁移应用能力。
【难度系数】
0.6
