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4. 已知:如图,在四边形ABCD中,∠B=∠C,点E在BC上,AB//DE,EC=CD.求证:△DEC是等边三角形.
答案
证明：
∵ AB//DE，
∴ ∠B = ∠DEC（两直线平行，同位角相等）。
又∵ ∠B = ∠C，
∴ ∠DEC = ∠C。
∴ DE = CD（等角对等边）。
∵ EC = CD，
∴ DE = EC = CD。
∴ △DEC是等边三角形。
∵ AB//DE，
∴ ∠B = ∠DEC（两直线平行，同位角相等）。
又∵ ∠B = ∠C，
∴ ∠DEC = ∠C。
∴ DE = CD（等角对等边）。
∵ EC = CD，
∴ DE = EC = CD。
∴ △DEC是等边三角形。
解析
【分析】
要证明△DEC是等边三角形，常见判定方法是证明三边相等或有一个角为60°的等腰三角形。本题已知EC=CD，因此只需再证明DE与另外两条边相等即可。首先利用平行线的同位角相等性质，结合已知∠B=∠C做等量代换，得到△DEC中两个内角相等，再依据等角对等边推导边的等量关系，最终得到三边相等的结论。
【解析】
证明：
∵ AB//DE，
∴ ∠B = ∠DEC（两直线平行，同位角相等）。
又
∵ ∠B = ∠C，
∴ ∠DEC = ∠C。
∴ DE = CD（等角对等边）。
∵ EC = CD，
∴ DE = EC = CD。
∴ △DEC是等边三角形。
【答案】
证明：
∵ AB//DE，
∴ ∠B = ∠DEC（两直线平行，同位角相等）。
又
∵ ∠B = ∠C，
∴ ∠DEC = ∠C。
∴ DE = CD（等角对等边）。
∵ EC = CD，
∴ DE = EC = CD。
∴ △DEC是等边三角形。
【知识点】
1.平行线的性质
2.等腰三角形的判定
3.等边三角形的判定
【点评】
本题是基础几何证明题，侧重考查基础性质与判定的综合应用，解题时只需理清角、边的等量转换逻辑，就能顺利推导出结论。
【难度系数】
0.8
要证明△DEC是等边三角形，常见判定方法是证明三边相等或有一个角为60°的等腰三角形。本题已知EC=CD，因此只需再证明DE与另外两条边相等即可。首先利用平行线的同位角相等性质，结合已知∠B=∠C做等量代换，得到△DEC中两个内角相等，再依据等角对等边推导边的等量关系，最终得到三边相等的结论。
【解析】
证明：
∵ AB//DE，
∴ ∠B = ∠DEC（两直线平行，同位角相等）。
又
∵ ∠B = ∠C，
∴ ∠DEC = ∠C。
∴ DE = CD（等角对等边）。
∵ EC = CD，
∴ DE = EC = CD。
∴ △DEC是等边三角形。
【答案】
证明：
∵ AB//DE，
∴ ∠B = ∠DEC（两直线平行，同位角相等）。
又
∵ ∠B = ∠C，
∴ ∠DEC = ∠C。
∴ DE = CD（等角对等边）。
∵ EC = CD，
∴ DE = EC = CD。
∴ △DEC是等边三角形。
【知识点】
1.平行线的性质
2.等腰三角形的判定
3.等边三角形的判定
【点评】
本题是基础几何证明题，侧重考查基础性质与判定的综合应用，解题时只需理清角、边的等量转换逻辑，就能顺利推导出结论。
【难度系数】
0.8
5. 如图,在等边三角形ABC中,点D在AB上,以CD为边作等边三角形CDE,使点A,E在直线DC的同侧,连接AE.
(1) 求证:$△ BCD ≌ △ ACE$.
(2) 求证:$AE // BC$.
(1) 求证:$△ BCD ≌ △ ACE$.
(2) 求证:$AE // BC$.
答案
证明：
(1) ∵ △ABC和△CDE都是等边三角形，
∴ BC = AC，CD = CE，∠BCA = ∠DCE = 60°，
∴ ∠BCA - ∠DCA = ∠DCE - ∠DCA，
即 ∠BCD = ∠ACE。
在△BCD和△ACE中，
$\{\begin{array}{l}BC = AC \\∠BCD = ∠ACE \\CD = CE\end{array} $
∴ △BCD ≌ △ACE（SAS）。
(2) ∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠B = ∠ACB = 60°。
∵ △BCD ≌ △ACE，
∴ ∠EAC = ∠B = 60°，
∴ ∠EAC = ∠ACB，
∴ AE // BC（内错角相等，两直线平行）。
(1) ∵ △ABC和△CDE都是等边三角形，
∴ BC = AC，CD = CE，∠BCA = ∠DCE = 60°，
∴ ∠BCA - ∠DCA = ∠DCE - ∠DCA，
即 ∠BCD = ∠ACE。
在△BCD和△ACE中，
$\{\begin{array}{l}BC = AC \\∠BCD = ∠ACE \\CD = CE\end{array} $
∴ △BCD ≌ △ACE（SAS）。
(2) ∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠B = ∠ACB = 60°。
∵ △BCD ≌ △ACE，
∴ ∠EAC = ∠B = 60°，
∴ ∠EAC = ∠ACB，
∴ AE // BC（内错角相等，两直线平行）。
解析
【分析】
(1) 要证$△ BCD ≌ △ ACE$，先从已知条件入手：题目给出$△ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，根据等边三角形的性质，可得两组对应边$BC=AC$、$CD=CE$，且两个三角形的顶角$∠ BCA$和$∠ DCE$都为$60°$，两个角同时减去公共部分$∠ DCA$，即可得到夹角$∠ BCD=∠ ACE$，满足SAS全等判定的三个条件，即可完成证明。
(2) 要证$AE // BC$，可通过证明内错角相等实现：首先等边$△ ABC$中$∠ ACB=∠ B=60°$，再结合第一问的全等结论，可得对应角$∠ EAC=∠ B=60°$，即$∠ EAC=∠ ACB$，这两个角是直线$AE$、$BC$被$AC$所截形成的内错角，根据内错角相等两直线平行，即可得证。
【解析】
(1) 证明：
$\because △ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，
$\therefore BC = AC$，$CD = CE$，$∠ BCA = ∠ DCE = 60°$，
$\therefore ∠ BCA - ∠ DCA = ∠ DCE - ∠ DCA$，
即 $∠ BCD = ∠ ACE$。
在$△ BCD$和$△ ACE$中，
$\{\begin{array}{l}BC = AC \\∠ BCD = ∠ ACE \\CD = CE\end{array} $
$\therefore △ BCD ≌ △ ACE$（SAS）。
(2) 证明：
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ B = ∠ ACB = 60°$。
$\because △ BCD ≌ △ ACE$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ B = 60°$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ ACB$，
$\therefore AE // BC$（内错角相等，两直线平行）。
【答案】
(1) 见上述(1)的证明过程；
(2) 见上述(2)的证明过程。
【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】
本题是等边三角形相关的基础综合题，解题关键是利用等边三角形的性质推导相等的边和角，进而证明三角形全等，同时要注意前后问题的关联性，前一问的全等结论通常是后一问推导的重要依据，熟练掌握全等判定和平行线判定定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
(1) 要证$△ BCD ≌ △ ACE$，先从已知条件入手：题目给出$△ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，根据等边三角形的性质，可得两组对应边$BC=AC$、$CD=CE$，且两个三角形的顶角$∠ BCA$和$∠ DCE$都为$60°$，两个角同时减去公共部分$∠ DCA$，即可得到夹角$∠ BCD=∠ ACE$，满足SAS全等判定的三个条件，即可完成证明。
(2) 要证$AE // BC$，可通过证明内错角相等实现：首先等边$△ ABC$中$∠ ACB=∠ B=60°$，再结合第一问的全等结论，可得对应角$∠ EAC=∠ B=60°$，即$∠ EAC=∠ ACB$，这两个角是直线$AE$、$BC$被$AC$所截形成的内错角，根据内错角相等两直线平行，即可得证。
【解析】
(1) 证明：
$\because △ ABC$和$△ CDE$都是等边三角形，
$\therefore BC = AC$，$CD = CE$，$∠ BCA = ∠ DCE = 60°$，
$\therefore ∠ BCA - ∠ DCA = ∠ DCE - ∠ DCA$，
即 $∠ BCD = ∠ ACE$。
在$△ BCD$和$△ ACE$中，
$\{\begin{array}{l}BC = AC \\∠ BCD = ∠ ACE \\CD = CE\end{array} $
$\therefore △ BCD ≌ △ ACE$（SAS）。
(2) 证明：
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ B = ∠ ACB = 60°$。
$\because △ BCD ≌ △ ACE$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ B = 60°$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ ACB$，
$\therefore AE // BC$（内错角相等，两直线平行）。
【答案】
(1) 见上述(1)的证明过程；
(2) 见上述(2)的证明过程。
【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】
本题是等边三角形相关的基础综合题，解题关键是利用等边三角形的性质推导相等的边和角，进而证明三角形全等，同时要注意前后问题的关联性，前一问的全等结论通常是后一问推导的重要依据，熟练掌握全等判定和平行线判定定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
6. 老师给出了下面的题目:如图①,在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$P$在边$BC$上,作$PE⊥ AB$,$PF⊥ AC$,$BG⊥ AC$,垂足分别为$E,F,G$.
(1) 求证:$PE+PF=BG$.
(2) 如图②,将“在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$P$在边$BC$上”改为“$P$是等边三角形$ABC$内一点”,作$PE⊥ AB$,$PF⊥ AC$,$PM⊥ BC$,$BG⊥ AC$,垂足分别为$E,F,M,G$.有类似结论吗？请写出结论并证明.
(1) 求证:$PE+PF=BG$.
(2) 如图②,将“在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$P$在边$BC$上”改为“$P$是等边三角形$ABC$内一点”,作$PE⊥ AB$,$PF⊥ AC$,$PM⊥ BC$,$BG⊥ AC$,垂足分别为$E,F,M,G$.有类似结论吗？请写出结论并证明.
答案
(1) 证明：
连接$AP$。
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$BG⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABP}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}AC· PF$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BG$。
又$\because S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$，
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF$。
$\because AB=AC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$BG=PE+PF$，即$PE+PF=BG$。
---
(2) 结论：$PE+PF+PM=BG$，证明如下：
连接$PA$、$PB$、$PC$。
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$PM⊥ BC$，$BG⊥ AC$，
$\therefore S_{△ PAB}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ PAC}=\frac{1}{2}AC· PF$，$S_{△ PBC}=\frac{1}{2}BC· PM$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BG$。
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore AB=AC=BC$。
又$\because S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PAC}+S_{△ PBC}$，
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF+\frac{1}{2}BC· PM$，
代入$AB=AC=BC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$BG=PE+PF+PM$，即$PE+PF+PM=BG$。
连接$AP$。
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$BG⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABP}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}AC· PF$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BG$。
又$\because S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$，
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF$。
$\because AB=AC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$BG=PE+PF$，即$PE+PF=BG$。
---
(2) 结论：$PE+PF+PM=BG$，证明如下：
连接$PA$、$PB$、$PC$。
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$PM⊥ BC$，$BG⊥ AC$，
$\therefore S_{△ PAB}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ PAC}=\frac{1}{2}AC· PF$，$S_{△ PBC}=\frac{1}{2}BC· PM$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BG$。
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore AB=AC=BC$。
又$\because S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PAC}+S_{△ PBC}$，
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF+\frac{1}{2}BC· PM$，
代入$AB=AC=BC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$BG=PE+PF+PM$，即$PE+PF+PM=BG$。
解析
【分析】
(1) 要证明两条线段的和等于第三条线段，观察到题中已知多条垂线，对应三角形的高，可采用面积法求解：连接AP将△ABC拆分为△ABP和△ACP，两个小三角形的面积之和等于△ABC的面积，再结合AB=AC的条件，消去等式两边的公共项即可完成证明。
(2) 类比第一问的解题思路，当点P在等边三角形内部时，连接PA、PB、PC将△ABC拆分为△PAB、△PAC、△PBC三个小三角形，三个小三角形的面积之和等于△ABC的面积，再结合等边三角形三边相等的性质，消去公共项即可得到对应的线段和结论。
【解析】
(1) 证明：
连接$AP$。
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$BG⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABP}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}AC· PF$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BG$。
又$\because S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$，
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF$。
$\because AB=AC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$BG=PE+PF$，即$PE+PF=BG$。
(2) 结论：$PE+PF+PM=BG$，证明如下：
连接$PA$、$PB$、$PC$。
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$PM⊥ BC$，$BG⊥ AC$，
$\therefore S_{△ PAB}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ PAC}=\frac{1}{2}AC· PF$，$S_{△ PBC}=\frac{1}{2}BC· PM$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BG$。
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore AB=AC=BC$。
又$\because S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PAC}+S_{△ PBC}$，
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF+\frac{1}{2}BC· PM$，
代入$AB=AC=BC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$BG=PE+PF+PM$，即$PE+PF+PM=BG$。
【答案】
(1) 证明成立，$PE+PF=BG$；
(2) 结论为$PE+PF+PM=BG$，证明成立。
【知识点】
等腰三角形性质，等边三角形性质，面积法证明线段关系
【点评】
本题是特殊三角形中线段和证明的经典题型，核心考查面积法的应用，通过拆分大三角形为若干个以待证线段为高的小三角形，结合特殊三角形边相等的性质化简得到结论，解题过程体现了类比迁移的数学思想。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明两条线段的和等于第三条线段，观察到题中已知多条垂线，对应三角形的高，可采用面积法求解：连接AP将△ABC拆分为△ABP和△ACP，两个小三角形的面积之和等于△ABC的面积，再结合AB=AC的条件，消去等式两边的公共项即可完成证明。
(2) 类比第一问的解题思路，当点P在等边三角形内部时，连接PA、PB、PC将△ABC拆分为△PAB、△PAC、△PBC三个小三角形，三个小三角形的面积之和等于△ABC的面积，再结合等边三角形三边相等的性质，消去公共项即可得到对应的线段和结论。
【解析】
(1) 证明：
连接$AP$。
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$BG⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABP}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}AC· PF$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BG$。
又$\because S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$，
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF$。
$\because AB=AC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$BG=PE+PF$，即$PE+PF=BG$。
(2) 结论：$PE+PF+PM=BG$，证明如下：
连接$PA$、$PB$、$PC$。
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$PM⊥ BC$，$BG⊥ AC$，
$\therefore S_{△ PAB}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ PAC}=\frac{1}{2}AC· PF$，$S_{△ PBC}=\frac{1}{2}BC· PM$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BG$。
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore AB=AC=BC$。
又$\because S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PAC}+S_{△ PBC}$，
$\therefore \frac{1}{2}AC· BG=\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF+\frac{1}{2}BC· PM$，
代入$AB=AC=BC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$BG=PE+PF+PM$，即$PE+PF+PM=BG$。
【答案】
(1) 证明成立，$PE+PF=BG$；
(2) 结论为$PE+PF+PM=BG$，证明成立。
【知识点】
等腰三角形性质，等边三角形性质，面积法证明线段关系
【点评】
本题是特殊三角形中线段和证明的经典题型，核心考查面积法的应用，通过拆分大三角形为若干个以待证线段为高的小三角形，结合特殊三角形边相等的性质化简得到结论，解题过程体现了类比迁移的数学思想。
【难度系数】
0.65
