中考数学一轮复习：专题13.4 等边三角形的性质与判定【十大题型】（举一反三）（华东师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题13.4 等边三角形的性质与判定【十大题型】（举一反三）（华东师大版）（解析版），共63页。


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\l "_Tc272" 【题型1 利用等边三角形的性质求值】 PAGEREF _Tc272 \h 1
\l "_Tc6055" 【题型2 利用等边三角形的性质证明线段或角度相等】 PAGEREF _Tc6055 \h 7
\l "_Tc1660" 【题型3 等边三角形的证明】 PAGEREF _Tc1660 \h 12
\l "_Tc20643" 【题型4 等边三角形在坐标系中的运用】 PAGEREF _Tc20643 \h 17
\l "_Tc25325" 【题型5 等边三角形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc25325 \h 24
\l "_Tc31680" 【题型6 与等边三角形有关的规律问题】 PAGEREF _Tc31680 \h 29
\l "_Tc7267" 【题型7 等边三角形中的动态问题】 PAGEREF _Tc7267 \h 34
\l "_Tc10898" 【题型8 等边三角形中求最值】 PAGEREF _Tc10898 \h 40
\l "_Tc23409" 【题型9 等边三角形中的多结论问题】 PAGEREF _Tc23409 \h 44
\l "_Tc29572" 【题型10 确定等边三角形中的线段之间的关系】 PAGEREF _Tc29572 \h 52
【知识点 等边三角形】
（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.
（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°.
（3）等边三角形的判定：
①三条边都相等的三角形是等边三角形；
②三个角都相等的三角形是等边三角形；
③有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形.
【题型1 利用等边三角形的性质求值】
【例1】（2023春·福建厦门·八年级厦门市湖滨中学校考期末）如图，已知等边三角形ABC中，BD=CE，AD与BE交于点P，则∠APE= °．
【答案】60
【分析】由等边三角形的性质可得∠ABC=∠C=60°，AB=BC，由SAS证明△ABD≌△BCE得到∠BAD=∠CBE，再由三角形外角的性质可得∠APE=∠BAP+∠ABP=∠CBP+∠ABP=∠ABC=60°，即可得解．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠C=60°，AB=BC，
在△ABD和△BCE中，
AB=BC∠ABD=∠BCEBD=CE，
∴△ABD≌△BCESAS，
∴∠BAD=∠CBE，
∴∠APE=∠BAP+∠ABP=∠CBP+∠ABP=∠ABC=60°，
故答案为：60．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形外角的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·四川成都·八年级成都实外校考期末）已知：如图，点E是等边三角形ABC内一点，且EA=EB，△ABC外一点D满足BD=AC，BE平分∠DBC．

(1)求证：△DBE≌△CBE；
(2)求∠BDE的度数．
(3)若∠ABE=45°，试判断BD与AC的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)30°
(3)AC⊥BD，理由见解析
【分析】（1）由三角形ABC是等边三角形和BD=AC可得BD=BC，由角平分线的性质可得∠CBE=∠DBE，由“SAS”即可证明△DBE≌△CBE；
（2）由三角形ABC是等边三角形和BD=AC可得BD=BC，∠ACB=60°，由“SSS”证明△CBE≌△CAE，从而得到∠BCE=∠ACE=12∠ACB=30°，再由△CBE≌△DBE，∠BDE=∠BCE=30°；
（3）由全等三角形的性质可得∠CAE=∠DBE，由等腰三角形的性质可得∠ABE=∠BAE=45°，令AC、BD交于点F，通过计算得出∠ABF+∠BAF=90°，最后由三角形内角和定理可得出∠AFB=90°，从而得到答案．
【详解】（1）证明：∵三角形ABC是等边三角形，
∴AC=BC，
∵BD=AC，
∴BD=BC，
∵ BE平分∠DBC，
∴∠CBE=∠DBE，
在△CBE和△DBE中，
BD=BC∠CBE=∠DBEBE=BE，
∴△CBE≌△DBESAS；
（2）解：∵三角形ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
在△CBE和△CAE中，
AC=BCCE=CEBE=AE，
∴△CBE≌△CAESSS，
∴∠BCE=∠ACE，
∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴∠BCE=∠ACE=12∠ACB=30°，
由（1）得，△CBE≌△DBE，
∴∠BDE=∠BCE=30°；
（3）解：AC⊥BD，
理由如下：
由（1）得，△CBE≌△DBE，
∴∠DBE=∠CBE，
由（2）得，△CBE≌△CAE，
∴∠CAE=∠CBE，
∴∠CAE=∠DBE，
∵BE=AE，∠ABE=45°，
∴∠ABE=∠BAE=45°，
如图，令AC、BD交于点F，
，
则∠ABF+∠BAF
=∠ABF+∠BAE+∠EAC
=∠ABF+∠BAE+∠DBE
=∠ABE+∠BAE
=45°+45°
=90°，
∵∠ABF+∠BAF+∠AFB=180°，
∴∠AFB=90°，
∴AC⊥BD．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、角平分线的性质，熟练掌握等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、角平分线的性质，是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·四川成都·八年级校考期中）如图，△ABC为等边三角形，点D是BC边上异于B，C的任意一点，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F．若BC边上的高线AM=2，则DE+DF= ．

【答案】2
【分析】连接AD，等积法进行求解即可．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC，
连接AD，

则：S△ABC=S△ADB+S△ADC，
∵BC边上的高线AM=2，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F．
∴12×2BC=12AB⋅DE+12AC⋅DF，
即：2BC=BC⋅DE+DF，
∴DE+DF=2；
故答案为2．
【点睛】本题考查等边三角形的性质．解题的关键是熟练掌握等积法求三角形的面积．
【变式1-3】（2023春·新疆乌鲁木齐·八年级乌鲁木齐市第70中校考期末）如图，已知等边三角形ABC的边长为m，过AB边上一点P作PE⊥AC于点E，Q为BC延长线上一点，取PA=CQ，连接PQ，交AC于M，则EM的长为 ．

【答案】m2
【分析】延长AC，过点Q作QF⊥AC于点F，先证明△APE≌△CQFAAS，得出PE=QF，AE=CF，再证明△PME≌△QMFAAS，得出EM=FM，即可求解．
【详解】解：延长AC，过点Q作QF⊥AC于点F，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠ACB=∠QCF=60°，
∵QF⊥AC，PE⊥AC，
∴∠PEA=∠F=90°，
在△APE和△CQF中，
∠PEA=∠F∠A=∠QCFAP=CQ，
∴△APE≌△CQFAAS，
∴PE=QF，AE=CF，
在△PME和△QMF中，
∠PME=∠QMF∠PEM=∠FPE=QF，
∴△PME≌△QMFAAS，
∴EM=FM，
∵AE=CF，AC=m，
∴AC=CE+AE=CE+CF=EF=m，
∴EM=FM=m2．
故答案为：m2．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握等边三角形三个角都是60°，正确画出辅助线，构造全等三角形．
【题型2 利用等边三角形的性质证明线段或角度相等】
【例2】（2023春·河南周口·八年级校考期中）如图，△ABC是等边三角形，延长BC到E，使CE=12BC，点D是边AC的中点，连接ED并延长交AB于点F．

(1)求证：EF⊥AB；
(2)连接BD，求证：BD=DE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠ACB=∠ABC=60°，AC=BC，结合CE=12BC，点D是边AC的中点，可得CD=CE，即可得到∠CDE=∠E，再利用三角形外角的性质求得∠E=30°，从而即可求得∠EFB=90°，证得结论；
（2）由等边三角形的性质可得∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°，从而得到∠DBE=∠E，证得结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=∠ABC=60°，
∵D是AC的中点，
∴AD=CD=12AC，
∵CE=12BC，
∴CD=CE，
∴∠CDE=∠E，
∵∠E+∠CDE=∠ACB=60°，
∴∠E=∠CDE=30°，
∵∠ABC=60°，∠E+∠EFB+∠FBE=180°，
∴∠EFB=180°−∠ABC−∠E=90°，
∴EF⊥AB；
（2）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∵D是AC的中点，
∴∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°，
∵∠E=30°，
∴∠DBE=∠E，
∴DE=BD．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·海南省直辖县级单位·八年级统考期末）如图，△ABC是等边三角形，BD是高线，延长BC到E，使CE=AD．证明：BD=DE．
【答案】见解析
【分析】利用等边三角形的性质得∠ABD=∠CBD=30°，由CE=AD得，CE=CD，从而求出∠E=30°，则∠E=∠CBD，可得BD=DE．
【详解】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=∠ABC=60°，
∴∠E+∠CDE=60°，
又∵BD是高线，
∴AD=CD，∠CBD=12∠ABC=30°，
∵CE=AD，
∴CD=CE，
∴∠E=∠CDE，
∴∠E=30°，
∴∠E=∠CBD，
∴BD=DE．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握等腰三角形“三线合一”的性质是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·四川巴中·八年级统考期末）已知，将等边△ABC和一块含有30°角的直角三角板DEF (∠F=30°)如图1放置，点B与点E重合，点A恰好落在三角板的斜边DF上．
（1）利用图证明： EF=2AC；
（2）△ABC在EF所在的直线上向右平移，当AB、AC与三角板斜边的交点为G、H时，如图2．判断线段EB=AH是否成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）EB=AH成立，证明见解析．
【分析】（1）根据等边三角形得性质，得∠ACB=60°，AC=BC．结合三角形外角得性质得∠CAF得度数，则可证明结论．
（2）根据（1）中得证明方法，得到CH=CF，根据（1）中得结论，可推得BE+CF=AC，从而证明结论．
【详解】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC．
∵∠F=30°，
∴∠CAF=60°-30°=30°，
∴∠CAF=∠F．
∴CF=AC，
∴CF=AC=EC，
∴EF=2BC．
（2）成立．理由如下：
根据（1）中证CF=AC的方法， 同理，得CH=CF．
∵EF=2BC，
∴BE+CF=BC．
又∵AH+CH=AC，AC=BC，
∴AH=BE．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的判定，三角形外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·广西河池·八年级统考期末）如图，已知△ABC是等边三角形，点D是BC边上一点．
(1)以AD为边构造等边△ADE（其中点D、E在直线AC两侧），连接CE，猜想CE与AB的位置关系，并证明你的结论；
(2)若过点C作CM∥AB，在CM上取一点F，连接AF、DF，使得∠ADF=60°，试猜想△ADF的形状，直接写出你的结论．
【答案】(1)图见解析，AB∥CE，理由见解析
(2)△ADF为等边三角形，理由见解析
【分析】（1）以点A和点D为圆心，AD长为半径画弧，在AC右边相交于点E，连接AE,DE， △ADE即为所求；根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE，则∠BAD=∠CAE，进而得出△BAD≌△CAESAS，则∠ACE=∠B=∠BAC=60°，即可得出AB∥CE；
（2）根据题意画出图形，在AB上截取AG，使AG=CD，连接DG，通过证明△BDG为等边三角形，进而得出△GAD≌△CDFASA，则AD=DF，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图：△ADE即为所求，AB∥CE，理由如下：
∵△ABC、△ADE是等边三角形，
∴∠ABC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE，
∴∠ABC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴∠ACE=∠B=60°，
∴∠ACE=∠BAC，
∴AB∥CE．
（2）△ADF为等边三角形，理由如下：
如图：在AB上截取AG，使AG=CD，连接DG，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC，∠B=60°，
∵AG=CD，
∴AB−AG=BC−CD，即BG=BD，
∴△BDG为等边三角形，
∴∠AGD=180°−60°=120°，
∵CM∥AB，
∴∠DCF+∠B=180°，则∠DCF=120°，
∵∠ADC=∠ADF+∠CDF=∠B+∠GAD，∠B=∠ADF=60°，
∴∠CDF=∠GAD，
在△GAD和△CDF中，
∠CDF=∠GADAG=CD∠AGD=∠DCF=120°，
∴△GAD≌△CDFASA，
∴AD=DF，
又∵∠ADF=60°，
∴△ADF为等边三角形．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质、三角形全等的判定及性质、平行线的判定及性质，解题的关键是通过标出相应的角标找出角之间的关系，通过等量代换进行求解，熟练掌握并灵活运用等边三角形的性质和判定．
【题型3 等边三角形的证明】
【例3】（2023春·河南周口·八年级校考期末）在△ABC中，AB=BC，∠ABC=60°，BD是AC边上的高，点E为直线BC上点，且CE=AD．

(1)如图1，当点E在边BC上时，求证：△CDE为等边三角形；
(2)如图2，当点E在BC的延长线上时，求证：△BDE为等腰三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先证明△ABC为等边三角形，得到∠C=60°，再由三线合一定理得到AD=CD，进而推出CD=CE，由此即可证明结论；
（2）同理可得CD=CE，进而利用等边对等角和三角形外角的性质得到∠E=30°，再根据三线合一定理得到∠DBC=30°，则BD=ED，即△BDE为等腰三角形．
【详解】（1）证明：∵AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠C=60°，
∵BD是AC边上的高，
∴AD=CD，
∵CE=AD，
∴CD=CE，
∴△CDE是等边三角形．
（2）证明：同（1）可知CD=CE，
∴∠CDE=∠E=12∠ACB=30°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠DBC=12∠ABC=30°，
∴∠E=∠DBC，
∴BD=ED，即△BDE为等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质等等，熟知等边三角形的性质与判定条件是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·贵州铜仁·八年级统考期中）如图，E是CD的中点，EC=EB，∠CDA=120°，DF∥BE，且DF平分∠CDA．求证：△BEC是等边三角形．补全下面的证明过程及理由．
证明：∵DF平分∠CDA（已知），
∴∠FDC=12∠___________（___________）．
∵∠CDA=120°（已知），
∴∠FDC=__________°．
∵DF∥BE（已知），
∴∠FDC=∠__________（___________），
∴∠BEC=60°．
又∵EC=EB（已知），
∴△BCE是等边三角形（____________）．
【答案】ADC；角平分线的定义；60；BEC；两直线平行，同位角相等；有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
【分析】利用角平分线的性质得出∠FDC的度数，再利用平行线的性质得出∠BEC的度数，进而得出△BEC为等边三角形．
【详解】证明：∵DF平分∠CDA（已知），
∴∠FDC=12∠ADC（角平分线的定义）．
∵∠CDA=120°（已知），
∴∠FDC= 60°．
∵DF∥BE（已知），
∴∠FDC=∠BEC（两直线平行，同位角相等），
∴∠BEC=60°．
又∵EC=EB（已知），
∴△BCE是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）．
故答案为：ADC；角平分线的定义；60；BEC；两直线平行，同位角相等；有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定以及平行线的性质，根据已知得出∠FDC=∠BEC是解题关键．
【变式3-2】（2023春·甘肃天水·八年级校考期末）如图，在△ABC中，∠A=120°，AB=AC，D是BC边的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，点E、F为垂足．求证：

(1)DE=DF；
(2)△DEF是等边三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用AAS证明△BDE≌≌CDF，进而解答即可；
（2）由△BDE≌≌CDF，进而得到DE=DF．由（1）得∠B=∠C=30°，求出∠EDF=180°−∠BDE−∠CDF=60°．所以△DEF是等边三角形．
【详解】（1）解：证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
∵∠A=120°，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠B=∠C=30°．
∵D是BC边的中点，
∴BD=CD．
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠BED=∠CFD=90°．
在△BDE和△CDF中，
∠BED=∠CFD∠B=∠CBD=CD，
∴△BDE≌CDF(AAS)，
∴DE=DF．
（2）由（1）得△BDE≌CDF，
∴DE=DF．
∠BED=∠CFD=90°，
由（1）得∠B=∠C=30°，
∴∠BDE=∠CDF=90°−30°=60°．
∴∠EDF=180°−∠BDE−∠CDF=60°．
∴△DEF是等边三角形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，解决本题的关键是熟记等腰三角形的性质以及全等三角形的性质．
【变式3-3】（2023春·山东菏泽·八年级校联考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，AD是BC边上的中线，且BD=BE，CD的垂直平分线MF交AC于F，交BC于M．

(1)求∠ADE的度数．
(2)证明：△ADF是等边三角形．
【答案】(1)15°
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠B和∠C，求出∠BDE，即可求出答案；
（2）求出DF=CF，根据等腰三角形的性质求出∠FDC=∠C，求出∠AFD和∠DAF，根据等边三角形的判定得出即可．
【详解】（1）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=12×180°−∠BAC=30°，
∵BD=BE，
∴∠BDE=∠BED=12×180°−∠B=75°，
在△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADE=∠ADB−∠BDE=15°．
（2）∵CD的垂直平分线MF交AC于F，交BC于M，
∴DF=CF，
∵∠C=30°，
∴∠FDC=∠C=30°，
∴∠AFD=∠C+∠FDC=60°，
∵AD⊥BC，AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠DAF=12∠BAC=60°，
∴∠ADF=60°，
即∠DAF=∠AFD=60°，
∴△ADF是等边三角形．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线性质，等边三角形的性质和判定，等腰三角形“三线合一”的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
【题型4 等边三角形在坐标系中的运用】
【例4】（2023春·河南驻马店·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为1,0，以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C为x轴正半轴上一动点（OC>1），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边三角形CBD，连接DA并延长，交y轴于点E．
(1)求证：OC=AD；
(2)在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果改变，请说明理由；
(3)当点C运动到什么位置时，以A、E、C为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出点C的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)不会发生变化，60°
(3)C3,0
【分析】（1）先根据等边三角形的性质得∠OBA=∠CBD=60°,OB=BA,BC=BD，则∠OBC=∠ABD，然后可根据“SAS”可判定△OBC≌△ABD，由全等三角形的判定与性质可得出结论；
（2）由△AOB是等边三角形知∠BOA=∠OAB=60°，再由全等三角形的性质分析可得结论；
（3）先根据全等三角形的性质以及等边三角形的性质，求得∠EAC=120°，进而得出以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，最后根据Rt△AOE中，OA=1，∠OEA=30°，求得AC=AE=2，据此得到OC=3，即可得出点C的位置．
【详解】（1）∵△AOB，△CBD都是等边三角形，
∴OB=AB，CB=DB，∠ABO=∠DBC，
∴∠OBC=∠ABD，
在△OBC和△ABD中，
∵OB=AB∠OBC=∠ABDCB=DB，
∴△OBC≅△ABDSAS，
∴OC=AD；
（2）点C在运动过程中，∠CAD的度数不会发生变化，理由如下：
∵△AOB是等边三角形，
∴∠BOA=∠OAB=60°，
∵△OBC≅△ABD，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
∴∠CAD=180°−∠OAB−∠BAD=60°；
（3）解：∵△OBC≌△ABD，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
又∵∠OAB=60°，
∴∠OAE=180°−60°−60°=60°，
∴∠EAC=120°,∠OEA=30°，
∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，
在Rt△AOE中，OA=1，∠OEA=30°，
∴AC=AE=2，
∴OC=3，
∴当点C的坐标为3,0时，以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形．
【点睛】本题是三角形的综合问题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质和判定等知识，解决本题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式4-1】（2023春·辽宁铁岭·八年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(1,0)，以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C为x轴正半轴上一动点(OC>1)，连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边三角形CBD，连接DA并延长，交y轴于点E．
(1)求证：OC=AD；
(2)在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果改变，请说明理由；
(3)当点C运动到什么位置时，以A、E、C为顶点的三角形是等腰三角形？
【答案】(1)见解析
(2)不变，∠CAD=60°
(3)当点C的坐标为(3,0)时，以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形
【分析】（1）根据 “SAS”可判定△OBC≌△ABD，由全等三角形的性质可得出结论；
（2）由△AOB是等边三角形得∠BOA=∠OAB=60°，再由△OBC≌△ABD得∠BAD=∠BOC=60°，根据∠CAD=180°−∠OAB−∠BAD可得结论；
（3）先求得∠EAC=120°，进而得出以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，最后根据Rt△AQE中，OA=1,∠OEA=30°，求得AC=AE=2，据此得到OC=3，即可得出点C的位置．
【详解】（1）∵△AOB，△CBD都是等边三角形，
∴OB=AB，CB=DB，∠ABO=∠DBC，
∴∠OBC=∠ABD，
在△OBC和△ABD中，
∵OB=AB∠OBC=∠ABDCB=DB，
∴△OBC≌△ABD(SAS)，
∴OC=AD；
（2）点C在运动过程中，∠CAD的度数不会发生变化，理由如下：
∵△AOB是等边三角形，
∴∠BOA=∠OAB=60°，
∵△OBC≌△ABD，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
∴∠CAD=180°−∠OAB−∠BAD=60°；
（3）∵△OBC≌△ABD，
∴∠BOC=∠BAD=60°，
∵∠OAB=60°，
∴∠OAE=180°−60°−60°=60°，
∴∠EAC=120°,∠OEA=30°，
∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，
在Rt△AQE中，OA=1,∠OEA=30°，
∴AE=2OA=2，
∴AC=AE=2，
∴OC=1+2=3，
∴当点C的坐标为(3,0)时，以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，等边三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
【变式4-2】（2023春·北京·八年级北京市广渠门中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，△AOP为等边三角形，A0 ， 2，点B为y轴上一动点，以BP为边作等边△PBC，延长CA交x轴于点E．

（1）求证：OB=AC；
（2）∠CAP的度数是 ；（直接写出答案，不需要说明理由．）
（3）当B点运动时，猜想AE的长度是否发生变化？如不变，请求出AE的长度；若改变，请说明理由．
【答案】（1）见详解；（2）60°；（3）不变，AE=8
【分析】（1）由题意易得△OPB≌△APC，然后根据三角形全等的性质可求证；
（2）由（1）可直接进行求解；
（3）由题意易得∠EAO=60°，则有∠AEO=30°，进而根据直角三角形的性质可求解．
【详解】（1）证明：∵△AOP为等边三角形，
∴AP=OP，∠APO=60°，
∵△PBC是等边三角形，
∴PB=PC，∠BPC=60°，
∵∠APB是公共角，
∴∠OPB=∠APC，
∴△OPB≌△APC（SAS），
∴OB=AC；
（2）解：由（1）可得△OPB≌△APC，
∴∠BOP=∠CAP，
∵∠BOP=60°，
∴∠CAP=60°，
故答案为60°；
（3）解：不变，AE=8，理由如下：
由（2）得：∠CAP=60°，
∵∠OAP=60°，
∴∠EAO=60°，
∴∠AEO=30°，
∵A0 ， 2，
∴OA=4，
∴AE=2OA=8．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系与图形的综合、等边三角形的性质及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握平面直角坐标系与图形的综合、等边三角形的性质及含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·湖北黄石·八年级校考期末）如图，平面直角坐标系中．A点在y轴上，B（b，0），C（c，0）在x轴上，∠BAC=60°，且b、c满足等式b2+2bc+c2＝0．
(1)判断△ABC的形状，并说明理由；
(2)如图1，F为AB延长线上一点，连FC，若∠GFC+∠ACG=60°．求证：FG平分∠AFC；
(3)如图2，△BDE中，DB=DE，∠BDE=120°，M为AE中点，试确定DM与CM的位置关系．
【答案】(1)△ABC是等边三角形，理由见解析；
(2)见解析；
(3)DM⊥CM．
【分析】（1）由b2+2bc+c2＝0得B与C关于y轴对称，推出AB=AC，△ABC是等边三角形．
（2）连接BG，知△AGB≌△AGC，得GB=GC，在FC的延长线上取点P，使GP=GF，证明△GBF≌△GCP，∠BFG=∠P，则结论得证．
（3）延长DM至F，使DM=MF，连接CD，证△DBC≌△FAC，得CD=CF，则结论得证．
【详解】（1）解：△ABC是等边三角形，理由如下：
∵b2+2bc+c2＝0
∴b+c=0，
∴B与C关于y轴对称，
∴AO是BC的中垂线，
∴AB=AC，
∵∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
（2）解：连接BG，
由（1）知△AGB≌△AGC．
∴GB=GC．
在FC的延长线上取点P，使GP=GF．
设∠GFC=α，∠ACG＝β，
∠ABG＝∠ACG＝β，
∴∠BGC＝60°+2β=180°﹣2α，
∵GF=GP，
∴∠GFC=∠P=α，
∴∠FGP=180°﹣2α，
∴∠BGC=∠FGP，
∴△GBF≌△GCP（SAS），
∴∠BFG=∠P，
∴∠AFG=∠GFC，
即FG平分∠AFC．
（3）解：延长DM至F，使DM=MF，连接CD．
∵M为AE中点，
∴AM=EM，
∵DM=MF，
∴△DME≌△FMASAS，
∴AF=DE，∠DEA=∠FAE，
∴AF=DE=BD，AF∥DE，
∵∠BDE=120°，
∴∠BGF=∠BDE=120°，
∴∠AGB=∠ACB=60°，
∴∠FAC=∠DBC，
∴△DBC≌△FACSAS，
∴CD=CF，
∴DM⊥CM．
【点睛】本题考查了完全平方公式、等边三角形的性质与判定、线段垂直平分线的性质、全等三角形的性质与判定等知识点，添加辅助线、构造全等三角形是解题关键．
【题型5 等边三角形中的折叠问题】
【例5】（2023春·四川成都·八年级校考期末）如图，已知等边△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，把△BDE沿直线DE翻折，使点B落在点B′处，DB′，EB′分别交边AC于点F，G.若∠ADF=80°，则∠GEC的度数为 度．

【答案】40
【分析】根据等边三角形的性质，折叠的性质，得到∠A=∠B′=∠C=60°，结合∠ADF=80°，根据三角形内角和定理，对顶角的性质得∠AFD=∠GFB′=40°，根据∠EGC=∠FGB′得∠GEC=∠GFB′=40°，计算即可．
【详解】∵等边△ABC，△BDE沿直线DE翻折，使点B落在点B′处，
∴∠A=∠B′=∠C=60°，
∵∠ADF=80°，
根据三角形内角和定理，对顶角的性质得
∴∠AFD=∠GFB′=40°，
∵∠EGC=∠FGB′，
∴∠GEC=∠GFB′=40°，
故答案为：40．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，对顶角的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·湖北省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，等边△ABC的边长为1cm，D、E分别AB、AC是上的点，将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A′处，且点A′在△ABC外部，则阴影部分的周长为（ ）cm
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由题意得到DA′＝DA，EA′＝EA，经分析判断得到阴影部分的周长等于△ABC的周长即可解决问题．
【详解】
如图，由题意得：
DA′＝DA,EA′＝EA，
∴阴影部分的周长＝DA′＋EA′＋DB＋CE＋BG＋GF＋CF
＝(DA＋BD)＋(BG＋GF＋CF)＋(AE＋CE)
＝AB＋BC＋AC
＝1＋1＋1＝3(cm)
故选C.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及折叠的问题，折叠问题的实质是“轴对称”，解题关键是找出经轴对称变换所得的等量关系.
【变式5-2】（2023春·四川成都·八年级统考期末）如图，将等边三角形ABC纸片折叠，使得点A的对应点D落在BC边上，其中折痕分别交边AB,AC于点E，F，连接DE,DF．若DF⊥BC，则∠AEF的度数是（ ）

A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】C
【分析】根据等边三角形折叠的性质及垂直的定义得出∠FDB=90°,∠FDE=60°，结合图形及三角形外角的性质得出∠AED=90°，利用折叠得出∠AEF=∠FED即可求解．
【详解】解：∵DF⊥BC，将等边三角形ABC纸片折叠，使得点A的对应点D落在BC边上，
∴∠FDB=90°,∠FDE=60°，
∴∠EDB=30°，
∵等边三角形ABC，
∴∠B=60°，
∴∠AED=90°，
∵将等边三角形ABC纸片折叠，使得点A的对应点D落在BC边上，
∴∠AEF=∠FED=45°，
故选：C．
【点睛】题目主要考查等边三角形的性质、三角形外角的定义及折叠的性质，结合图形找准各角之间的关系是解题关键．
【变式5-3】（2023春·河北张家口·八年级统考期末）在△ABC中，∠B=60°，D是边AB上的动点，过点D作DE∥BC交AC于点E，将△ADE沿DE折叠，点A的对应点为点F．
(1)如图1，若点F恰好落在边BC上，判断△BDF的形状，并证明；
(2)如图2，若点F落在△ABC内，且DF的延长线恰好经过点C，CF=EF，求∠A的度数；
(3)若AB=9，当△BDF是直角三角形时，直接写出AD的长．
【答案】(1)△BDF是等边三角形；见解析
(2)∠A=40°；
(3)AD的长是3或6
【分析】（1）根据平行线的性质即可求出相等的角，再根据等边三角形的判定即可得到结论；
（2）根据折叠的性质可知角相等，再根据三角形的内角和定理即可得到结果；
（3）根据题意分两种情况，再根据图形以及折叠的性质得到AD的长度．
【详解】（1）解：△BDF是等边三角形，理由如下：
∵∠B=60°，DE∥BC，
∴∠ADE=∠B=60°，
由折叠可得∠FDE=∠ADE=60°，
∴∠BDF=60°，
∴∠DFB=∠B=∠BDF=60°，
∴△BDF是等边三角形；
（2）解：由折叠可得∠A=∠DFE，
∵∠FDE=∠ADE=60°，
∴∠ADC=120°，
∵CF=EF，
∴∠FEC=∠FCE，
设∠FEC=∠FCE=x，则∠A=∠DFE=∠FEC+∠FCE=2x，
在△ADC中，∠A+∠ACD+∠ADC=180°，即2x+x+120°=180°，
解得x=20°，
∴∠A=2x=40°；
（3）解：AD的长是3或6，理由如下：
当∠BFD=90°时，点F在△ABC内（如图所示）
∵∠BDF=60°，
∴∠DBF=30°，
∴BD=2DF
由折叠得DF=AD，
∴BD=2AD，
∴3AD=9，
∴AD=3；
当∠DBF=90°时，点F在△ABC外，
同理可得AD=DF=2BD，
∴AD=6．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，平行线的性质，根据题意画出图形是解题的关键．
【题型6 与等边三角形有关的规律问题】
【例6】（2023春·安徽芜湖·八年级芜湖市第二十九中学校考期末）如图，等边△A1C1C2的周长为1，作C1D1⊥A1C2于D1，在C1C2的延长线上取点C3，使D1C3=D1C1，连接D1C3，以C2C3为边作等边△A2C2C3；作C2D2⊥A2C3于D2，在C2C3的延长线上取点C4，使D2C4=D2C2，连接D2C4，以C3C4为边作等边△A3C3C4；…且点A1，A2，A3，…都在直线C1C2同侧，如此下去，则△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△AnCnCn+1的周长和为 ．

【答案】2n−12n−1
【分析】根据等边三角形的性质分别求出△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△AnCnCn+1的周长，再求周长和即可．
【详解】如下图，

∵等边△A1C1C2的周长为1，C1D1⊥A1C2于D1，
∴A1D1=D1C2，C2D1=12A1C2，
由D1C3=D1C1得，∠D1C3C2=∠D1C1C2=30°，
∴∠C1D1C3=120°，
∴∠C3D1C2=120°−90°=30°，
∴∠D1C3C2=∠C3D1C2，
于是D1C2=C2C3，
∴C2C3=12A1C2
∴△A2C2C3的周长=12△A1C1C2的周长=12，
∴△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△AnCnCn+1的周长分别为1，12，122，…，12n−1，
∴△A1C1C2的周长为1=11=21−121−1
△A1C1C2，△A2C2C3的周长和为1+12=32=22−122−1
△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4的周长和为1+12+122=74=23−122
△A1C1C2，△A2C2C3，△A3C3C4，…，△AnCnCn+1的周长和为1+12+122+…+12n−1=2n−12n−1，
故所有等边三角形的周长和为：2n−12n−1．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、数字类规律探究，理解题意，找出变化规律是解答的关键．
【变式6-1】（2023春·山东济宁·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A坐标是0，4，以为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1，以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，再过点A2作x轴的垂线，垂足为点O2，以O2A2为边在右侧作等边三角形O2A2A3，……，按此规律继续作下去，得到等边三角形O2022A2022A2023，则点A2023的纵坐标为（ ）
A．122021B．122022C．122023D．122024
【答案】A
【分析】利用含30°的直角三角形的最短边是斜边的一半解题即可．
【详解】解：∵三角形OAA1为等边三角形，O1A1⊥x轴，
∴∠AOA1=60°，∠A1OO1=30°，∠A1O1O=90°，
∴O1A1=12OA1=4×12，
同理得：O2A2=4×122，O3A3=12O2A2=4×123，
综上可得：O2023A2023=4×122023=122021
故选A．
【点睛】本题主要考查含30°的直角三角形的性质，能够熟记性质并能够熟练进行指数计算是解题关键．
【变式6-2】（2023·四川·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形A1B1C1D1（记为第1个正方形）的顶点A1与原点重合，点B1在y轴上，点D1在x轴上，点C1在第一象限内，以C1为顶点作等边△C1A2B2，使得点A2落在x轴上，A2B2⊥x轴，再以A2B2为边向右侧作正方形A2B2C2D2（记为第2个正方形），点D2在x轴上，以C2为顶点作等边△C2A3B3，使得点A3落在x轴上，A3B3⊥x轴，若按照上述的规律继续作正方形，则第2021个正方形的边长为 ．
【答案】22020
【分析】通过正方形和等边三角形的性质和直角三角形的性质，依次求得第2个正方形、第3个正方形、第 4个正方形的边长，再总结规律求得第2021个正方形的边长．
【详解】解：∵正方形A1B1C1D1（称为第1个正方形）的边长为1，
∴C1D1＝1，
∵C1A2B2为等边三角形，
∵∠B2A2C1＝60°，
∵A2B2⊥x轴，
∴∠C1A2D1＝30°，
∴A2B2=C1A2=2C1D1=2=22−1，
同理得A3B3=4=23−1，
A4B4=8=24−1，
…
由上可知第n个正方形的边长为：2n−1，
∴第2021个正方形的边长为：22021−1=22020．
故答案为：22020．
【点睛】本题主要考查了等边三角形，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形以及直角三角形的性质是解答此题的关键．
【变式6-3】（2023春·广西柳州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点B1，与y轴交点于D，且OB1=1,∠ODB1=60°，以OB1为边长作等边三角形A1OB1，过点A1作A1B2平行于x轴，交直线l于点B2，以A1B2为边长作等边三角形A2A1B2，过点A2作A2B3平行于x轴，交直线l于点B3，以A2B3为边长作等边三角形A3A2B3，…，按此规律进行下去，则点A6的横坐标是 ．
【答案】31.5
【分析】过A1作A1A⊥OB1于A，过A2作A2B⊥A1B2于B，过A3作A3C⊥A2B3于C，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，分别求得A1的横坐标为21−12，，A2的横坐标为22−12， A3的横坐标为23−12，进而得到An的横坐标为2n−12，据此可得点A6的横坐标．
【详解】解：如图所示,过A1作A1A⊥OB1于A,则OA=12OB1=12，
即A1的横坐标为12=21−12，
∵∠ODB1=60°，
∴∠OB1D=30°，
∵A1B2//x轴，
∴∠A1B2B1=∠OB1D=30°，∠B2A1B1=∠A1B1O=60°，
∴∠A1B1B2=90°，
∴A1B2=2A1B1=2，
过A2作A2B⊥A1B2于B,则A1B=12A1B2=1，
即A2的横坐标为12+1=22−12，
过A3作A3C⊥A2B3于C，
同理可得,A2B3=2A2B2=4,A2C=12A2B3=2，
即A3的横坐标为12+1+2=23−12，
同理可得,A4的横坐标为12+1+2+4=24−12，
由此可得,An的横坐标为2n−12，
∴点A6的横坐标是26−12=632=31.5，
故答案为31.5．
【点睛】本题是一道找规律问题，涉及到等边三角形的性质、含30度角的直角三角形，解题的关键要利用等边三角形的性质总结出关于点A的系列点的规律．
【题型7 等边三角形中的动态问题】
【例7】（2023春·河南濮阳·八年级统考阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4cm，动点P，Q同时从A、B两点出发，分别在AB、BC边上匀速移动，它们的速度分别为vP=2cm/s，vQ=1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为ts．

(1)当t为何值时，△PBQ为等边三角形？
(2)当t为何值时，△PBQ为直角三角形？
【答案】(1)t=43
(2)1或85
【分析】（1）先表示出BP,BQ，根据△PBQ为等边三角形，由等边三角形的性质得到BP=BQ，由此建立方程4−2t=t进行求解；
（2）当△PBQ为直角三角形可分当∠BQP=90°时和当∠BPQ=90°时两种情况进行求解即可．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4cm，
∴∠B=60°，
∵VP=2cm/s，VQ=1cm/s，
∴AP=2tcm，BQ=tcm，点P运动的总时间为4÷2=2s；
∴BP=AB−AP=4−2tcm，
当△PBQ为等边三角形时，BP=BQ，
∴4−2t=t，
解得t=43；
（2）当∠BQP=90°时，则∠BPQ=30°，
∴BP=2BQ，
∴4−2t=2t，
解得t=1；
当∠BPQ=90°时，则∠BQP=30°，
∴BP=12BQ，
则4−2t=12t，
解得t=85；
综上：t的值为1或85．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，含30度的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·甘肃张掖·八年级校考期末）如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同．连接AQ、CP交于点M．

(1)求证：△ABQ≌△CAP；
(2)当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．
(3)如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交于点M，则△ABQ和△CAP还全等吗？说明理由；
【答案】(1)证明见解析
(2)不变，60°
(3)全等，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP；
（2）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP，从而得到∠QMC=60°；
（3）△ABQ和△CAP还全等，根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ=∠CAP=60°，AB=CA=BC，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP=BQ，
在△ABQ与△CAP中，
∵AB=CA∠ABQ=∠CAPAP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP SAS；
（2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ=∠ACP，
∵∠QMC=∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=60°；
（3）△ABQ和△CAP还全等，理由如下：
∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ=∠CAP=60°，AB=CA=BC，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP=BQ，
在△ABQ与△CAP中，
∵AB=CA∠ABQ=∠CAPAP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP SAS；
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和等边三角形的性质是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·山东威海·八年级统考期末）如图，点P，Q是等边△ABC边AB，BC上的动点，它们分别从点A，B同时出发，以相同的速度向点B，C方向运动（不与点B，C重合）．连接AQ,CP,PQ，其中AQ与CP交于点M．针对点P，Q的运动过程，下列结论错误的是（ ）
A．BQ=AP B．△ABQ≌△CAP
C．△BPQ的形状可能是等边三角形D．∠CMQ的度数随点P，Q的运动而变化
【答案】D
【分析】点P，Q以相同的速度向点B，C方向运动，得到BQ=AP；根据等边三角形的性质，证明△ABQ≌△CAP；根据等边三角形的判定方法证明△BPQ的形状可能是等边三角形，利用外角的性质，求出∠CMQ的度数，进行判断即可．
【详解】解：∵点P，Q以相同的速度向点B，C方向运动，
∴BQ=AP；故选项A正确；
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠B=∠BAC=∠ACB=60°，
又BQ=AP，
∴△ABQ≌△CAP；故选项B正确；
当P,Q为AB,BC的中点时，BP=BQ，
∵∠B=60°，
∴△BPQ是等边三角形；故选项C正确；
∵△ABQ≌△CAP，
∴∠ACP=∠BAQ，
∴∠CQM=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°，
∴∠CMQ是个定值；故选项D错误；
故选D．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握等边三角形的性质，证明△ABQ≌△CAP是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·吉林松原·八年级校联考期中）如图，在△ABC中，AB=AC，D为直线BC上一动点（不与点B，C重合），在AD的右侧作△ADE，使得AE=AD，∠DAE=∠BAC，连接CE．

(1)当D在线段BC上时，求证：△BAD≌△CAE；
(2)当CE∥AB时．
①若D在线段BC上，判断△ABC的形状，并说明理由；
②若△ABD中的最小角为20°，直接写出∠ADB的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)①△ABC为等边三角形．理由见解析；②∠ADB的度数为100°或40°或20°
【分析】（1）根据SAS即可证明；
（2）①根据平行线的性质和全等三角形的性质可得∠ABD=∠BAC，由等腰三角形等边对等角可得∠ABC=∠ACB，即∠ABC=∠ACB=∠BAC，即可证明；②分D在线段BC上、当点D在CB的延长线上、点D在BC的延长线上三种情形根据等边三角形的性质、三角形内角和定理，三角形外角的性质等计算即可．
【详解】（1）证明：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS；
（2）解：①当D在线段BC上时，△ABC为等边三角形．理由如下：
∵CE∥AB，
∴∠ACE=∠BAC．
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE．
∴∠ABD=∠BAC．
又AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC，
∴△ABC为等边三角形．
②如图，当D在线段BC上时，

由①得△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∴∠ADB=180°−60°−20°=100°；
如图，当点D在CB的延长线上时，

∵CE∥AB，
∴∠BAE=∠AEC．
∵△BAD≌△CAE，
∴∠BAD=∠CAE，∠ADB=∠AEC．
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC，
∵∠ABC=∠BAD+∠ADC=∠EAC+∠AEC=∠EAC+∠BAE．
∴∠BAC=∠ABC，
又AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC，
∴△ABC为等边三角形．
∴∠ABC=60°，
∴∠ADB=40°，
当△ABD中的最小角是∠ADB时，∠ADB=20°，
当点D在BC的延长线上时，只能∠ADB=20°，
∴∠ADB的度数为100°或40°或20°．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的首先思考问题．
【题型8 等边三角形中求最值】
【例8】（2023春·广东深圳·八年级校联考开学考试）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=8，点D是BC边的中点，点P是AC边上的一个动点，连接PD，以PD为边在PD的下方做等边三角形PDQ，连接CQ，则CQ的最小值是（ ）

A．32B．1C．2D．2
【答案】D
【分析】如图在CD的下方作等边△CDT，作射线TQ．证明△CDP≌△TDQSAS，推出∠DCP=∠DTQ=90°，推出∠CTQ=30°，推出点Q在射线TQ上运动，当CQ⊥TQ时，CQ的值最小．
【详解】解：如图在CD的下方作等边△CDT，作射线TQ．

∴∠CDT=∠QDP=60°，DC=DT，
∵等边三角形PDQ
∴DP=DQ，
∴∠CDP=∠QDT，
在△CDP和△TDQ中，DP=DQ∠CDP=∠TDQDC=DT，
∴△CDP≌△TDQSAS，
∴∠DCP=∠DTQ=90°，
∵∠CTD=60°，
∴∠CTQ=30°，
∴点Q在射线TQ上运动（点T是定点，∠CTQ是定值），
当CQ⊥TQ时，CQ的值最小，而D为BC的中点，
最小值=12CT=12CD=14BC=2，
故选：D．
【点睛】本题考垂线段最短，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式8-1】（2023春·山东烟台·八年级统考期末）如图，点B为线段AQ上的动点，AQ=8，以AB为边作等边△ABC，以BC为底边作等腰△PCB，则PQ的最小值为（ ）

A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】连接AP，证明△ABP≌△ACPSSS，得∠CAP=∠BAP=30°，从而点P在射线AP上运动，再利用垂线段最短解决问题．
【详解】解：连接AP，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠CAB=60°，

在△ABP和△ACP中，
AB=ACBP=PCAP=AP，
∴△ABP≌△ACPSSS，
∴∠CAP=∠BAP，
∴∠PAQ=30°，
∴点P在射线AP上运动，
∴当QP⊥AP时，PQ的值最小，
∴PQ=12AQ=12×8=4；
故选B．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，点的运动轨迹问题，证明点P在射线AP上运动是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·河南许昌·八年级统考期末）如图，在等腰△ABC中，AB=AC=20，BC=32，△ABD是等边三角形，P是∠BAC平分线上一动点连接PC、PD，则PC＋PD的最小值为 ．

【答案】20
【分析】连接BP，根据等腰三角形的性质可证AP垂直平分BC，即可得到CP=BP，再根据当B，P，D在同一直线上时，BP+PD的最小值为线段BD长，即可得出PD+PC的最小值为20．
【详解】解：如图，连接BP，

∵点P是∠BAC的角平分线上一动点，AB=AC，
∴AP垂直平分BC，
∴CP=BP，
∴PD+PC=PD+PB，
∴当B，P，D在同一直线上时，BP+PD的最小值为线段BD长，
又∵△ABD是等边三角形，AB=BD=20，
∴PD+PC的最小值为20，
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查了最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
【变式8-3】（2023春·湖北鄂州·八年级统考期末）如图，将等边△ABC折叠，使得点B恰好落在边AC上的点D处，折痕为EF，O为折痕EF上一动点，若AD＝2，AC＝6，△OCD周长的最小值是（ ）
A．8B．10C．12D．14
【答案】B
【分析】先根据等边三角形的性质、线段和差可得BC=6,CD=4，再连接OB，根据折叠的性质可得OB=OD，从而可得△OCD的周长为4+OC+OB，然后根据两点之间线段最短可得当点O与点F重合时，OC+OB的值最小，最小值为BC的长，由此即可得．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，且AC=6，
∴BC=AC=6，
∵AD=2，
∴CD=AC−AD=4，
如图，连接OB，
由折叠的性质得：OB=OD，
则△OCD的周长为CD+OC+OD=4+OC+OB，
由两点之间线段最短可知，当点O与点F重合时，OC+OB的值最小，最小值为BC的长，
则△OCD周长的最小值为4+BC=4+6=10，
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、两点之间线段最短等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
【题型9 等边三角形中的多结论问题】
【例9】（2023春·湖南长沙·八年级长沙市北雅中学校考开学考试）如图，C是线段AB上的一点，△ACD和△BCE都是等边三角形，AE交CD于M，BD交CE于N，交AE于O，则①DB=AE；②∠AMC=∠DNC；③∠AOB=60°；④DN=AM．其中，正确的有 ．
【答案】①②④
【分析】易证△ACE≌△DCB，可得①正确；即可求得∠AOB=120°，可得③错误；再证明△ACM≌△DCN，可得②④正确，即可解题．
【详解】解：∵△ACD和△BCE都是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，
∴∠DCE=60°，
在△ACE和△DCB中，
AC=DC∠ACE=∠DCB=120°CB=CE，
∴△ACE≌△DCB，
∴∠BDC=∠EAC，DB=AE，①正确；
∴∠CBD=∠AEC，
∵∠AOB=180°−∠OAB−∠DBC，
∴∠AOB=180°−∠AEC−∠OAB=∠ECB=120°，③错误；
在△ACM和△DCN中，
∠BDC=∠EACDC=AC∠ACD=∠DCN=60°，
∴△ACM≌△DCN，
∴AM=DN，④正确；
∴∠AMC=∠DNC，②正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中证明△ACE≌△DCB和△ACM≌△DCN是解题的关键．
【变式9-1】（2023春·湖北鄂州·八年级统考期末）如图，等边三角形ABD与等边三角形 ACE，连接 BE、CD，BE的延长线与CD交于点 F，连接AF，有以下四个结论：①BE=CD；②FA平分∠EFC；③∠BFD=60°；④FE+FC=FA．其中一定正确的结论有（ ）
A．1个B．2 个C．3 个D．4 个
【答案】D
【分析】①根据等边三角形的性质证出△BAE≌△DAC，可得BE=CD，从而得出①正确；
②过A作AM⊥BF于M，过A作AN⊥DC于N，由△BAE≌△DAC得出∠BEA=∠ACD，由等角的补角相等得出∠AEM=∠CAN，由AAS可证△AME≌△ANC，得到AM=AN，由角平分线的判定定理得到FA平分∠EFC，从而得出②正确；
③在FA上截取FG，使FG=FE，求出∠EFC=120°即可得出∠BFD=60°，得出③正确
④根据全等三角形的判定与性质得出△AGE≌△CFE，可得AG=CF，即可求得AF=CF+EF，从而得出④正确．
【详解】解：①∵△ABD和△ACE是等边三角形，
∴∠BAD=∠EAC=60°，AE=AC=EC，
∵∠BAE+∠DAE=60°，∠CAD+∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
∵AB=AD∠BAE=∠DACAE=AC，
∴△BAE≌△DACSAS，
∴BE=CD，①正确；
②过A作AM⊥BF于M，延长DC，过A作AN⊥DC于N，如图1．
∵△BAE≌△DAC，
∴∠BEA=∠ACD，
∴∠AEM=∠ACN，
∵AM⊥BF，AN⊥DC，
∴∠AME=∠ANC=90°，
在△AME和△ANC中∠AEM=∠CAN∠AME=∠ANCAE=AC，
∴△AME≌△ANC，
∴AM=AN，
∵AM⊥BF，AN⊥DC，AM=AN，
∴FA平分∠EFC，②正确；
③在FA上截取FG，使FG=FE，如图2．
∵∠BEA=∠ACD，∠BEA+∠AEF=180°，
∴∠AEF+∠ACD=180°，
∴∠EAC+∠EFC=180°，
∵∠EAC=60°，
∴∠EFC=120°，
∴∠EFD=180°−120°=60°，故③正确；
④∵FA平分∠EFC，
∴∠EFA=∠CFA=60°，
∵EF=FG，∠EFA=60°，
∴△EFG是等边三角形，
∴EF=EG，
∵∠AEG+∠CEG=60°，∠CEG+∠CEF=60°，
∴∠AEG=∠CEF，
在△AGE和△CFE中，
∵AE=AC∠AEG=∠CEFEG=EF，
∴△AGE≌△CFESAS，
∴AG=CF，
∵AF=AG+FG，
∴AF=CF+EF，④正确；
综上分析可知，正确的有4个，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作辅助线，构造全等三角形，是解答本题的关键．
【变式9-2】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，△ABC与△CDE是等边三角形，连接AE、BD，有以下结论：（1）△ACE≌△BCD；（2）AE=BD；（3）∠BCE=90°；（4）∠BFA=60°；（5）无论如何改变∠ACD的度数，△ACE与△BCD始终全等．其中正确结论的序号为 ．
【答案】（1）（2）（4）
【分析】根据△ABC与△CDE是等边三角形可得CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，继而得到∠ACE=∠BCD，可证△ACE≌△BCD，AE=BD，∠CBD=∠CAE，∠BFA=∠ACB=60°，在改变∠ACD的度数时，∠BCE的度数也会发生变化，同时也会出现A、C、E三点共线情况，即可得到正确结论．
【详解】解：∵△ABC与△CDE是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，即∠ACE=∠BCD；
在△ACE和△BCD中，
∵CA=CB，CD=CE，∠ACE=∠BCD，
∴△ACE≌△BCD，
∴故（1）正确；
∴AE=BD，∠CBD=∠CAE，
∴结论（2）正确；
设AE与BC相交于点G，如图所示：
∵∠AGC=∠BGF，∠CBD=∠CAE，
∴∠BFA=∠ACB=60°；
∴结论（4）正确；
∵当∠ACD=60°或120°时，A、C、E三点共线，构不成三角形，
∴无论如何改变∠ACD的度数，△ACE与△BCD始终全等不成立；
∴结论（5）错误；
∵当∠ACD=150°时，∠BCE=90°，当∠ACD发生变化时，∠BCE的度数也会变化，
∴结论（3）错误；
故答案为：（1）（2）（4）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式9-3】（2023春·全国·八年级期末）如图，等边△ABC中，D、E分别为AC、BC边上的点，AD=CE，连接AE、BD交于点F，∠CBD、∠AEC的平分线交于AC边上的点G，BG与AE交于点H，连接FG．下列说法：①△ABD≅△CAE；②∠BGE=30°；③∠ABG=∠BGF﹔④AB=AH+FG﹔⑤ S△AGE︰S△BGC=DG∶GC，其中正确的说法有 ．
【答案】①②③④⑤
【分析】根据等边三角形的性质，证明△ABD≅△CAE；即可得①正确；证明∠BFE=60°，∠AEC=∠FBE+60°，再由∠GEC=12∠AEC＝12∠FBE+30°，∠GBE＝12∠CBD=12∠FBE，即可得②正确；先证Rt△GFJ≅Rt△GFT，得∠BGF=60°−∠FBG，再证∠ABG=60°−∠CBG，即可得③正确；先证△GJF≅△GKC，得GF=GC，再证AH=AG，由AH+GF=AG+GC=AC=AB，即可得④正确；由题意得S△AEGSCBG=12⋅AE⋅GJ12⋅BC⋅GK=AEBC，由因为AE=BD，得S△AEGSCBG=BDBC，由因为S△BGDS△BGC=DGGC=12⋅BD⋅GT12BC⋅GK=BDBC，即可得⑤正确．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ACB=∠BAC=60°，
在△ABD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠ACE=60°AD=CE，
∴△ABD≅△CAE，故①正确；
∵△ABD≅△CAE，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵∠BFE=∠BAE+∠ABD，
∵∠BFE=∠BAE+∠ABD，
∴∠BFE=∠BAE+∠CAE=∠BAC=60° ，
∵∠AEC=∠EBF+∠BFE，
∴∠AEC=∠FBE+60°，
∵∠CBD、∠AEC的平分线交于AC边上的点G，
∴∠GEC=12∠AEC＝12∠FBE+30°，∠GBE＝12∠CBD=12∠FBE，
∵∠GEC=∠GBE+∠BGE，
∴∠BGE=30°，故②正确；
如下图，过点G作GT⊥BD于T，GJ⊥AE于J，GK⊥BC于K，
∵BG平分∠DBC，EG平分∠AEC，
∴GT=GK=GJ,∠FBG＝∠CBG，
∵∠GJF=∠GTF=90°,GF=GF，
∴Rt△GFJ≅Rt△GFT，
∴∠GFJ=∠GFT，
∵∠BFE=60°，
∴∠GFJ=∠GFT=60°，
∴∠BFG=120°，
∴∠BGF=180°−120°−∠FBG=60°−∠FBG，
∵∠ABG=∠ABC−∠CBG=60°−∠CBG，
∵∠FBG=∠CBG，
∴∠ABG=∠BGF，故③正确；
∵∠GFJ=∠C=60°,∠GJF=∠GKC=90°,GJ=GK，
∴△GJF≅△GKC，
∴GF=GC，
∵∠BAH+∠EAC=∠EAC+∠AGF=60°，
∴∠BAH=∠AGF，
∵∠AHG=∠ABG+∠BAH，∠AGH=∠BGF+∠AGF，∠ABG=∠BGF，
∴∠AHG=∠AGH，
∴AH=AG，
∴AH+GF=AG+GC=AC=AB，
∴AB=AH+FG，故④正确；
∵S△AEGSCBG=12⋅AE⋅GJ12⋅BC⋅GK=AEBC，
∵AE=BD，
∴S△AEGSCBG=BDBC，
∵S△BGDS△BGC=DGGC=12⋅BD⋅GT12BC⋅GK=BDBC，
∴S△AEGS△CBG=DGGC，
即S△AGE︰S△BGC=DG∶GC，故⑤正确；
故答案为：①②③④⑤．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义和性质，三角形内角和定理，三角形的外角，解题的关键是证三角形全等．
【题型10 确定等边三角形中的线段之间的关系】
【例10】（2023春·河南郑州·八年级校考期中）已知线段AB⊥l于点B，点D在直线l上，分别以AB、AD为边作等边三角形ABC和等边三角形ADE，直线CE交直线l于点F．
(1)当点F在线段BD上时，如图①，直接写出DF，CE，CF之间的关系 ．
(2)当点F在线段BD的延长线上时，如图②，当点F在线段DB的延长线上时，如图③，请分别写出线段DF、CE、CF之间的数量关系，在图②、图③中选一个进行证明．
(3)在（1）、（2）的条件下，若BD=2BF，EF=6，请直接写出CF的值．

【答案】(1)DF=CE−CF
(2)见解析
(3)CF=2或6
【分析】（1）如图①中，设AD交EF于O．首先证明△ABD≌△ACE(SAS)，推出BD=EC，再证明BF=CF即可解决问题；
（2）如图②中，结论：DF=CF−CE．图③中，结论：DF=CE+CF；证明方法类似；
（3）分类图①，图③两种情形，分别求解即可．
【详解】（1）结论：DF=CE−CF．
理由：如图①中，设AD交EF于O．

∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，∠AEO=∠FDO，
∵∠AOE=∠FOD，
∴∠OFD=∠OAE=60°，
∵AB⊥BD，
∴∠ABD=90°，
∵∠ABC=60°，
∴∠CBF=30°，
∵∠OFD=∠CBF+∠BCF，
∴∠FBC=∠FCB=30°，
∴CF=BF，
∴DF=BD−BF=CE−CF；
（2）如图②中，结论：DF=CF−CE．图③中，结论：DF=CE+CF；

如图②中，∵△ABD≌△ACE，
∴BD=EC，∠ADB=∠AEC，
∵∠ADB+∠ADF=180°，
∴∠AEF+∠ADF=180°，
∴∠DAE+∠DFE=180°，
∴∠DFE=120°，
∵∠FBC=90°−∠ABC=30°，
∴∠FBC=∠FCB=30°，
∴FB=FC，
∴DF=BF−BD=CF−CE．
如图③中，同法可证DF=CE+CF；

（3）①如图①中，∵BD=2DF，
设BF=DF=CF=x，
∵EF=6，BD=EC，
∴3x=6，
∴x=2
∴CF=2．
②如图③中，设BF=CF=x，则BD=2x，
∵BD=EC，EF=6，
∴6+x=2x，
∴x=6，
∴CF=6，
综上所述，CF=2或6．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式10-1】（2023春·山东青岛·八年级校考期中）已知：如图，等边△ABC中，D，E分别在BC，AC边上运动，且始终保持BD=CE，点D、E始终不与等边△ABC的顶点重合，连接AD、BE，AD，BE交于点F．

(1)试说明△BEC≌△ADB；
(2)直接写出运动过程中，AE、AB、BD三条线段长度之间的等量关系；
(3)运动过程中，∠BFD的度数是否会改变？如果改变，请说明理由；如果不变，求出∠BFD的度数，再说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AE+BD=AB，理由见解析
(3)∠BFD的度数不变，∠BFD=60° ，理由见解析
【分析】（1）由等边三角形的性质得出AB=BC=AC，∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，由BD=CE，得出CD=AE，由SAS即可证得△ABD≌△BCE；
（2）由AB=BC=AC，BD=CE，CD=AE，即可得出结果；
（3）由△ABD≌△BCE得出∠BAD=∠CBE，由三角形内角和定理得出∠AFB+∠BAD+∠ABF=180°，推出∠AFB+∠CBE+∠ABF=180°，由∠CBE+∠ABF=∠ABC=60°，则∠AFB=120°，即可得出∠BFD=60°不变．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，
在△BEC和△ADB中，
AB=BC∠ABD=∠BCE=60°BD=CE，
∴△BEC≌△ADBSAS；
（2）解：AE+BD=AB，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，
∵BD=CE，
∴AC−CE=BC−BD，
∴CD=AE
∴AE+BD=AE+CE=AC=AB，
∴AE+BD=AB．

（3）解：∠BFD的度数不变，∠BFD=60°，理由如下：
∵△BEC≌△ADB，
∴∠CBE=∠BAD，
∵∠AFB+∠BAD+∠ABF=180°，
∴∠AFB+∠CBE+∠ABF=180°，
∵∠CBE+∠ABF=∠ABC=60°，
∴∠AFB=120°，
∵∠BFD+∠AFB=180°，
∴∠BFD=60°
∴∠BFD的度数不变．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键
【变式10-2】（2023春·河南平顶山·八年级统考期中）如图，过等边△ABC的顶点A作直线l∥BC，点D在直线l上，（不与点A重合），作射线BD，把射线BD绕着点B顺时针旋转60°后交直线AC于点E．
(1)如图1，点D在点A的左侧，点E在AC上，请写出线段AB、AD、AE之间的数量关系，并说明理由．

(2)（2）如图2，点D在点A的右侧，点E在AC的延长线上，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，证明你的结论，若不成立，写出你认为正确的结论，并证明．

【答案】(1)它们之间的数量关系是：AB=AD+AE．理由见解析
(2)AE=AB+AD，证明见解析
【分析】（1）将射线BD绕点B顺时针旋转60°后交直线AC于点E，可得△ABC是等边三角形，从而证明△ABD≌△CBE，可得AD=CE，进而得到AB=AD+AE；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CBE，可得AD=CE，进而得出AE=AB+AD．
【详解】（1）解：它们之间的数量关系是：AB=AD+AE．理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=BC=AC，
∵旋转角∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=60°，
∴∠DAB=∠ACB，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=CE，
∴AB=AC=CE+AE=AD+AE；
（2）解：（1）中的结论不成立，正确的结论是：AE=AB+AD，
证明如下：如图2，∵△ABC是等边三角形，

∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=BC，
∵旋转角∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵l∥BC，
∴∠FAB=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠DAB=∠BCE=120°，
又∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=CE，
∵AE=AC+CE，AB=AC，
∴AE=AB+AD．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，证明全等三角形是解题的关键．
【变式10-3】（2023春·福建福州·八年级校考期末）定义：若P为△ABC内一点，且满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P叫做△ABC的费马点．

(1)如图1，若点O是高为3的等边△ABC的费马点，则OA+OB+OC= ；
(2)如图2，已知P是等边△ABD外一点，且∠APB=120°，请探究线段PA，PB，PD之间的数量关系，并加以证明；
(3)如图3，已知△ABC，分别以AB、AC为边向外作等边△ABD与等边△ACE，线段CD、BE交于点P，连接AP，求证：
①点P是△ABC的费马点；
②PA+PB+PC=CD．
【答案】(1)6
(2)PD=PB+PA，证明见解析
(3)①见解析；②见解析
【分析】（1）延长AO交BC于点D，根据费马点的定义可得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，进而根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，根据含30度角的直角三角形的性质，求得AO=2DO=2，即可求解；
（2）延长BP至Q，使得PQ=PA，连接AQ，证明△ADP≌△ABQ SAS，根据等边三角形的性质以及全等三角形的性质，即可得出结论；
（3）①作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N设AB交 CD于O．证明△ADC≌△ABE（SAS）即可解决问题；
②在线段PD上取一点T，使得PT=PA，连接AT．证明△DAT≌△BAP（SAS），推出PD=PA+PB即可解决问题．
【详解】（1）解：如图所示，将△AOC绕点A逆时针旋转60°得到△AO′D，

∴△AOO′是等边三角形，△ACD是等边三角形，
∵点O是高为3的等边△ABC的费马点，
∴∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，
∴∠AOB+∠AOO′=180°,∠AO′O+∠AO′D=180°
∴B,O,O′,D四点共线，
∵AB=AD,CB=CD
∴A,C在BD的垂直平分线上，
∴BD⊥AC，
∴∠ABO=∠CBO=30°，
如图所示，延长AO交BC于点D

∵点O是高为3的等边△ABC的费马点，
∴∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，
∴∠OBD=∠OCB=30°，∠DAB=∠DAC=30°
∴AD⊥BC，则OA=OB=OC
∴OD=12BD=12AD
∵AD=3
∴AO=2DO=2
∴AO+BO+CO=6,
故答案为：6．
（2）解：PD=PB+PA，理由如下，
如图所示，延长BP至Q，使得PQ=PA，连接AQ，

∵∠APB=120°，
∴∠APQ=60°，
又PA=PQ，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠QAP=∠Q=60°，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB+∠BAP=∠PAQ+∠BAP，
即∠DAP=∠BAQ，
又AD=AB,AP=AQ，
∴△ADP≌△ABQ SAS，
∴DP=BQ，
∴PD=PB+PQ=PB+PA，
即PD=PB+PA；
（3）①证明：如图，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N设AB交 CD于O．

∵△ADB，△ACE都是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAC=∠BAE，
∴△ADC≌△ABE(SAS)，
∴CD=BE，S△ADC=S△ABE，∠ADC=∠ABE，
∵AM⊥CD，AN⊥BE，
∴ 12 ·CD·AM= 12 ·BE·AN，
∴AM=AN，
∴∠APM=∠APN，
∵∠AOD=∠POB，
∴∠OPB=∠DAO=60°，
∴∠APN=∠APM=60°，
∴∠APC=∠BPC=∠APC=120°，
∴点P是就是△ABC费马点．
②在线段PD上取一点T，使得PT=PA，连接AT．

∵∠APT=60°，PT=PA，
∴△APT是等边三角形，
∴∠PAT=60°，AT=AP，
∵∠DAB=∠TAP=60°，
∴∠DAT=∠BAP，
∵AD=AB，
∴△DAT≌△BAP(SAS )，
∴PB=DT，
∴PD=DT+PT=PA+PB，
∴PA+PB+PC=PD+PC=CD=BE．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，构造等边三角形是解答本题的关键．