模块2 专题5 等边三角形（数学）-【专项训练】2026-2027学年初中数理化二级结论秒解

切中敏理代二级匙结论秒解 5年385考占5-10分 专题5 等边三角形 (1)等边三角形面积公式； (2)等边三角形内的点到三边的距离模型； 数 二级结论 (3)等边三角形“手拉手”模型； (4)三叶分割模型 二级结论①等边三角形面积公式 秒解结论 推导过程 边长为a的等边三角形ABC 如图，过点A作ADLBC于点D 的面积为受d。 .·△ABC是边长为a的等边三角形， .∠B=60° 题干搜索：等边三角形的面积」 .AD=AB·sin60°=3a 2 BC·AD=3 4 二级结论2 )等边三角形内的点到三边的距离模型 高频考点 秒解结论 推导过程 如图，P是等边三角形ABC内 如图，连接PA,PB,PC 任意一点，且PDLBC于点D, △ABC为等边三角形， FP: PE⊥AC于点E,PF⊥AB于点F, ∴.设AB=BC=AC=a. B DH AHLBC于点H,则PD+PE+ SAABC=SAABP+SABPC+SAACP PF=AH ∴.3BC·AH=2AB·PF+3BC·PD+ E F以P AC PE, B DH 即5a·PF+a…PD+5a…PE=5a…AH, 题干搜索：等边三角形内的点 则PD+PE+PF=AH. 到三边的距离和 秒解口诀：等边内点到三边，距 离之和等于高· -38- 模块©图形与几何 二级结论3等边三角形“手拉手”模型 高频考点 秒解结论 推导过程 如图，△ABC和△CDE为等边 (1),△ABC和△CDE都是等边三角形， 三角形，则(1)AD=BE; .∴.CD=CE,AC=BC,∠BCA=∠DCE=60°， (2)MC平分∠BMD ∴.∠BCA+∠ACE=∠DCE+∠ACE, 即∠BCE=∠ACD, 数学 ∴.△BCE≌△ACD(SAS),∴.AD=BE. (2)如图，过点C分别作CF⊥BE于点F, CG⊥AD于点G, 题干搜索：两个等边三角形、 则∠BFC=∠AGC=90 共顶点. 由(1)知△BCE2△ACD, ∴.∠CBF=∠CAG, .∴.△BFC≌△AGC(AAS), .∴.CF=CG, ∴.MC平分∠BMD(角的内部到角两边距离 相等的点在角的平分线上) 拓展提升：“手拉手”模型对任意两个共顶点的正边形同样适用. 白秒解典例1如图，△ABC和△DEC均为等边三角形，点A,D,E在同一条直线上， 连接BE,则∠AEB的度数为 二级结论解法 结论秒解技法 解析：根据等边三角形“手拉手”模型，可得 △ABC和△DEC均为等边三 ED平分∠BEC 角形，且△ABC与△DEC共顶 ,△DEC是等边三角形， 点，构成了等边三角形“手拉 ∴.∠CED=60°， 手”模型，可直接利用“二级结 ∴.∠AEB=∠CED=60° 论3”进行快速解答。 -39- 切中理比二级结论秒解 二级结论④三叶分割模型 秒解结论 推导过程 等边三角形ABC内有一点P,若 如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到 PA2+PB2=PC2,则∠APB=150. △BPA,连接PP',则PA=PC,△BPP'是等 边三角形， 学 题干搜索：等边三角形内有一 B 点，该点到三个顶点的线段长满 ∴.∠BPP=∠BPP=60°，PP=PB 足勾股平方关系 PAP+PB2=PC, ∴.PA+Pp2=PA, ∴.△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°， ∴.∠APB=∠APP'+∠BPP'=150° 白秒解典例2如图，P是等边三角形ABC内一点，且PA=6,PC=8,PB=10.若 △APB绕点A逆时针旋转60°后，得到△AP'C,则∠APC= 二级结论解法 结论秒解技法 解析：，P是等边三角形ABC内一点，且 观察到点P到三个顶点的距 PA=6,PC=8,PB=10, 离正好构成勾股数，即62+ .62+82=100=102, 82=102,求两条短边的夹角 即PA2+PC2=PB2, ∠APC的度数，符合三叶分割 ∴.由三叶分割模型，可知∠APC=150° 模型，根据“二级结论4”，可得 ∠APC=150°. -40- 模块三图彩与几何 必练习题· 1.(鄂州·中考)如图，在△AOB和△COD中，OA=OB,OC=OD,OA<OC,∠AOB= ∠COD=36°，连接AC,BD交于点M,连接OM.有下列结论：①∠AMB=36°； ②AC=BD;③OM平分∠AOD;④MO平分∠AMD.其中正确的有( ) 学 A.4个 B.3个 C.2个 D.1个 2.如图，P为等边三角形ABC内一点，若PA=2,PB=2√3，PC=4,则∠APB的度数 为 B 3.如图，P是等边三角形ABC内部一点，过点P分别作PD⊥AB,PE⊥BC,PFLAC, 垂足分别为D,E,F.若PD=1,PE=2,PF=4,求等边三角形ABC的边长. -41-刀中敏理代二级结论秒解 ∴.DE=√BE2+CD2=√4+32=5， .∴.BC=BE+CD+DE=4+3+5=12. 在Rt△ABC中，根据勾股定理，得 AB2+AC2=BC2,E 2AB2=BC2, 1 5.解：如图，过点C作CH⊥AB于点H. CE P .·在Rt△ACH中，∠A=30°， .AC=2CH. 根据等腰三角形中的“距离和差”模型 可知，PD-PE=CH 714 AB=AC..AB=2CH=2X33 专题5等边三角形 1.B2.150° 3.解：如图，过点A作AH⊥BC于点H. 根据等边三角形内的点到三边距离模 型，可知AH=PD+PE+PF=1+2+4=7. .·△ABC是等边三角形，AH⊥BC, ·.AB=AC=BC,∠AHC=90,CH=2BC C 1 在Rt△AHC中，由勾股定理，得 -176- AH2+CH2=AC2, 即49+14C2=AC2, 解得AC=143(负值已合去). 3 即等边三角形ABC的边长为43 专题6勾股定理的应用 1.6√6 2解：△ABC的半周长D=13+15+14=21, 2 根据海伦公式，可知 S48c=√21×(21-13)×(21-15)×(21-14)= 84. :AD是△ABC中BC边上的高， EBS)BCAD即X4XAD=84 .∴.AD=12. 专题7平行四边形 1.B2.B3.2 专题8矩形 1.C 3 10 3.解：根据矩形“距离的平方和相等”模 型，可知AP2+CP2=BP2+DP2, 即62+102=BP2+82, 解得BP=6√2（负值已舍去）. 4.解：由题意可知，BD=CD=4, ∴.BC=BD+CD=8.