【分析】根据平行线的性质得到∠ADF=∠DFC，由DF平分∠ADC，得到∠ADF=∠CDF，等量代换得到∠DFC=∠FDC，根据等腰三角形的判定得到CF=CD，同理BE=AB，根据已知条件得到四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AB=CD，AD=BC，即可得到结论．
【解答】解：∵AD∥BC， ∴∠ADF=∠DFC， ∵DF平分∠ADC， ∴∠ADF=∠CDF， ∴∠DFC=∠FDC， ∴CF=CD， 同理BE=AB，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AD=BC， ∴AB=BE=CF=CD=5， ∴BC=BE+CF﹣EF=8， ∴AD=BC=8． 故选C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的性质，解答本题的关键是判断出BA=BE=CF=CD． 11．（2014秋?南长区期末）已知如图等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP=OC，下面的结论：
①∠APO+∠DCO=30°；②△OPC是等边三角形；③AC=AO+AP；④S△ABC=S四边形AOCP．其中正确的有（ ）个．
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【考点】等腰三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．
【分析】①利用等边对等角，即可证得：∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，则∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD，据此即可求解；
②证明∠POC=60°且OP=OC，即可证得△OPC是等边三角形； ③首先证明∴△OPA≌△CPE，则AO=CE，AC=AE+CE=AO+AP．
④过点C作CH⊥AB于H，根据S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC，利用三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：连接OB， ∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=×120°=60°， ∴OB=OC，∠ABC=90°﹣∠BAD=30°，
第16页（共33页）
∵OP=OC， ∴OB=OC=OP，
∴∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°； 故①正确；
∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°， ∴∠APC+∠DCP=150°， ∵∠APO+∠DCO=30°， ∴∠OPC+∠OCP=120°，
∴∠POC=180°﹣（∠OPC+∠OCP）=60°， ∵OP=OC，
∴△OPC是等边三角形； 故②正确；
在AC上截取AE=PA，
∵∠PAE=180°﹣∠BAC=60°， ∴△APE是等边三角形，
∴∠PEA=∠APE=60°，PE=PA， ∴∠APO+∠OPE=60°，
∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°， ∴∠APO=∠CPE， ∵OP=CP，
在△OPA和△CPE中，
，
∴△OPA≌△CPE（SAS）， ∴AO=CE，
∴AC=AE+CE=AO+AP； 故③正确；
过点C作CH⊥AB于H，
∵∠PAC=∠DAC=60°，AD⊥BC， ∴CH=CD，
∴S△ABC=AB?CH，
S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC=AP?CH+OA?CD=AP?CH+OA?CH=CH?（AP+OA）=CH?AC，
∴S△ABC=S四边形AOCP； 故④正确． 故选D．
第17页（共33页）
【点评】本题考查了等腰 三角形的判定与性质，关键是正确作出辅助线． 12．（2014秋?商丘期末）如图，△ABC中，IB，IC分别平分∠ABC，∠ACB，过I点作DE∥BC，分别交AB于D，交AC于E，给出下列结论：
①△DBI是等腰三角形；②△ACI是等腰三角形；③AI平分∠BAC；④△ADE周长等于AB+AC，
其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④ 【考点】等腰三角形的判定与性质；平行线的性质．
【分析】根据角平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质分别对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：①∵IB平分∠ABC， ∴∠DBI=∠CBI， ∵DE∥BC，
∴∠DIB=∠CBI， ∴∠DBI=∠DIB， ∴BD=DI，
∴△DBI是等腰三角形， 故本选项正确；
②∵∠BAC不一定等于∠ACB， ∴∠IAC不一定等于∠ICA， ∴△ACI不一定是等腰三角形， 故本选项错误；
第18页（共33页）
③∵三角形角平分线相交于一点，BI，CI分别是∠ABC和∠ACB的平分线， ∴AI平分∠BAC， 故本选项正确；
④∵BD=DI，同理可得EI=EC，
∴△ADE的周长=AD+DI+EI+AE=AD+BD+EC+AE=AB+AC， 故本选项正确；
其中正确的是①③④， 故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，用到的知识点是角平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质，熟记三角形的角平分线相交于一点是解题的关键． 13．（2013秋?中江县期末）如图，△MNP中，∠P=60°，MN=NP，MQ⊥PN，垂足为Q，延长MN至G，取NG=NQ，若△MNP的周长为12，MQ=a，则△MGQ周长是（ ）
A．8+2a B．8+a C．6+a D．6+2a
【考点】等边三角形的判定与性质；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形． 【专题】计算题．
【分析】△MNP中，∠P=60°，MN=NP，MQ⊥PN，根据等腰三角形的性质求解． 【解答】解：∵△MNP中，∠P=60°，MN=NP ∴△MNP是等边三角形． 又∵MQ⊥PN，垂足为Q，
∴PM=PN=MN=4，NQ=NG=2，MQ=a，∠QMN=30°，∠PNM=60°， ∵NG=NQ，
∴∠G=∠QMN， ∴QG=MQ=a，
∵△MNP的周长为12， ∴MN=4，NG=2，
∴△MGQ周长是6+2a． 故选D．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，难度一般，认识到△MNP是等边三角形是解决本题的关键．
第19页（共33页）
14．（2013秋?绍兴校级期中）如图，正三角形ABC的三边表示三面镜子，BP=AB=1，一束光线从点P发射至BC上R点，且∠BPR=60°．光线依次经BC反射，AC反射，AB反射…一直继续下去．当光线第一次回到点P时，这束光线所经过的路线的总长为（ ）
A．6 B．9 C． D．27 【考点】等边三角形的判定与性质． 【专题】计算题．
【分析】根据等边三角形的性质可知当光线第一次回到点P时，这束光经过了三圈反射，每圈走的路程为3，故可得出答案．
【解答】解：∵BP=AB=1，∠BPR=60°，
∴PR=1，
根据等边三角形的性质可知当光线第一次回到点P时，这束光经过了三圈反射， ∴当第一次回到点P时，这束光线所经过的路线的总长为1+2+1+2+1+2=9， 故选B．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，难度较大，关键是分析光线第一次回到点P时经过了几圈反射． 15．（2012春?武侯区校级期末）已知：如图，△ABC和△DEC都是等边三角形，D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点P，AC、BE相交于点M，AD、CE相交于点N，则下列五个结论：①AD=BE；②∠BMC=∠ANC；③∠APM=60°；④AN=BM；⑤△CMN是等边三角形．其中，正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【考点】等边三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】证明题．
【分析】根据先证明△BCE≌△ACD，得出AD=BE，根据已知给出的条件即可得出答案； 【解答】解：∵△ABC和△DEC都是等边三角形， ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， ∴△BCE≌△ACD（SAS）， ∴AD=BE，故选项①正确；
第20页（共33页）