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八年级数学上册期中考尝尝卷及谜底
数学成就的前进不是一挥而就的，是要颠末不时操练的。上面百分网小编为大带来一份八年级数学上册的期中考尝尝卷，文末附有谜底，接待大师浏览参考，更多内容请存眷应届毕业生网!
一、挑选题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，每小题的四个选项中，只要一项合适标题标题标题问题请求)
1.以下四个交通标记中，轴对称图形是( )
A. B. C. D.
2.七边形的外角和为( )
A.1260° B.900° C.360° D.180°
3.如图，∠1=∠2，3=∠4，OE=OF，则图中全等三角形有( )
A.1对 B.2对 C.3对 D.4对
4.已知图中的两个三角形全等，则∠1即是( )
A.72° B.60° C.50° D.58°
5.如图，△ABC中，∠B=60°，AB=AC，BC=3，则△ABC的周长为( )
A.9 B.8 C.6 D.12
6.三角形中，到三个极点间隔相称的点是( )
A.三条高线的交点 B.三条中线的交点
C.三条角等分线的交点 D.三边垂直等分线的交点
7.如图，将两根钢条AA′、BB′的中点 O连在一路，使AA′、BB′能绕着点O自在动弹，就做成了一个丈量东西，由三角形全等可知A′B′的长即是内槽宽AB，那末鉴定△OAB≌△OA′B′的来由是( )
A.SAS B.ASA C.SSS D.AAS
8.如图，在△ABC中，AD是它的角等分线，AB=8cm，AC=6cm，则S△ABD：S△ACD=( )
A.3：4 B.4：3 C.16：9 D.9：16
9.如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=25°，D是AB上一点.将Rt△ABC沿CD折叠，使B点落在AC边上的B′处，则∠ADB′即是( )
A.25° B.30° C.35° D.40°
10.如图，AB⊥BC，BE⊥AC，∠1=∠2，AD=AB，则( )
A.∠1=∠EFD B.BE=EC C.BF=DF=CD D.FD∥BC
二、填空题(本大题共6小题，每小题3分，共18分)
11.等腰三角形的底角 是80°，则它的顶角是__________.
12.已知：如图，∠ACB=∠BDA=90°，要使△ACB≌△BDA，请增加一个前提是__________.
13.在勾当课上，小红已有两根长为4cm，8cm的小木棒，现筹算拼一个等腰三角形，则小红应取的第三根小木棒长是__________cm.
14.如图：△ABC中，DE是AC的垂直等分线，AE=3cm，△ABD的周长为13cm，则△ABC的周长为__________.
15.某汽船由西向东飞行，在A处测得小岛P的方位是北偏东75°，又持续飞行7海里后，在B处测得小岛P的方位是北偏东60°，则此时汽船与小岛P的间隔BP=__________海里.
16.在立体直角坐标系中，已知点A(1，2)，B(5，5)，C(5，2)，存在点E，使△ACE和△ACB全等，写出一切知足前提的E点的坐标__________.
三、解答题(本大题共9小题，共92分)
17.如图，∠B=∠D，∠BAC=∠DAC，求证：△ABC≌△ADC.
18.如图，CD等分∠ACB，DE∥BC，∠AED=80°，求∠EDC的度数.
19.已知：如图：∠AOB.
求作：∠AOB的等分线OC.(不写作法，保留作图陈迹)
20.如图，写出△ABC对于x轴对称的△A1B1C1的各极点坐标，并在图中画出△ABC对于y轴对称的△A2B2C2.
21.求出以下图形中的x值.
22.如图，△ABC，∠C=90°，∠ABC=60°，BD等分∠ABC，若AD=8，求CD的长.
23.如图，CD⊥DB于D，AB⊥DB于B，CD=EB，AB=ED.求证：CE⊥AE.
24.如图，点C在线段AB上，AD∥EB，AC=BE，AD=BC，CF等分∠DCE. 摸索索CF与DE的地位干系，并申明来由.
25.(14分)如图，△ABC是等边三角形，点D在AC上，点E在BC的耽误线上，且BD=DE.
(1)若点D是AC的中点，如图1，求证：AD=CE.
(2)若点D不是AC的中点，如图2，试鉴定AD与CE的数目干系，并证实你的论断：(提醒：过点D作DF∥BC，交AB于点F.)
(3)若点D在线段AC的耽误线上，(2)中的论断是不是仍建立?若是建立，赐与证实;若是不建立，请申明来由.
参考谜底：
一、挑选题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，每小题的四个选项中，只要一项合适标题标题标题问题请求)
1.以下四个交通标记中，轴对称图形是( )
A. B. C. D.
【考点】轴对称图形.
【阐发】按照轴对称图形的观点对各选项阐发鉴定操纵解除法求解.
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项毛病;
B、不是轴对称图形，故本选项毛病;
C、是轴对称图形，故 本选项准确;
D、不是轴对称图形，故本选项毛病.
故选C.
【点评】本题考核了轴对称图形的观点.轴对称图形的关头是寻觅对称轴，图形两部分折叠后可重合.
2.七边形的外角和为( )
A.1260° B.900° C.360° D.180°
【考点】多边形内角与外角.
【阐发】按照多边形的外角和定理便可鉴定.
【解答】解：七边形的外角和为360°.
故选C.
【点评】本题考核了多边形的外角和定理，懂得定理内容是关头.
3.如图，∠1=∠2，3=∠4，OE=OF，则图中全等三角形有( )
A.1对 B.2对 C.3对 D.4对
【考点】全等三角形的鉴定.
【阐发】先找完能够全等的三角形再逐对考证前提，如找到△AOF≌△BOE，再找前提∠1=∠2、∠O=∠O、AE=BF，以后易得△AEM≌△BFM.从已知前提起头连系图形操纵全等的鉴定方式由易到难逐一寻觅得出谜底便可.
【解答】解：如图，
在△AOF和△BOE中，
，
∴△AOF≌△BOE，
∴OA=OB，
又∵OE=OF，
∴AE=BF，
在△AEM和△BFM中，
∴△AEM≌△BFM.
共2对.
故选：B.
【点评】本题考核三角形全等的鉴定方式，鉴定两个三角形全等的普通方式有：SSS、SAS、ASA、AAS.注重：AAA、SSA不能鉴定两个三角形全等，鉴定两个三角形全等时，必须有边的到场.
4.已知图中的两个三角形全等，则∠1即是( )
A.72° B.60° C.50° D.58°
【考点】全等三角形的性子.
【阐发】按照三角形内角和定理求得∠2=58°;而后由 全等三角形是性子获得∠1=∠2=58°.
【解答】解：如图，由三角形内角和定理获得：∠2=180°﹣50°﹣72°=58°.
∵图中的两个三角形全等，
∴∠1=∠2=58°.
故选：D.
【点评】本题考核了全等三角形的性子，解题的关头是找准对应角.
5.如图，△ABC中，∠B=60°，AB=AC，BC=3，则△ABC的周长为( )
A.9 B.8 C.6 D.12
【考点】等边三角形的鉴定与性子.
【专题】计较题.
【阐发】按照∠B=60°，AB=AC，便可鉴定△ABC为等边三角形，由BC=3，便可求出△ABC的周长.
【解答】解：在△ABC中，∵∠B=60°，AB=AC，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠A=180°﹣60°﹣60°=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∵BC=3，∴△ ABC的周长为：3BC=9，
故选A.
【点评】本题考核了等边三角形的鉴定与性子，属于根本题，关头是按照已知前提鉴定三角形为等边三角形.
6.三角形中，到三个极点间隔相称的点是( )
A.三条高线的交点 B.三条中线的交点
C.三 条角等分线的交点 D.三边垂直等分线的交点
【考点】线段垂直等分线的性子.
【阐发】操纵到三角形的某边两头间隔相称的点在该边的垂直等分线上的特色，能够鉴定到三个极点间隔相称的点是三边垂直等分线的交点.
【解答】解：按照到线段两头的间隔相称的点在线段的垂直等分线上，
能够鉴定：三角形中，到三个极点间隔相称的点是三边垂直等分线的交点.
故选D.
【点评】该题首要考核了线段垂直等分线的性子及其操纵标题标题问题;应安稳把握线段垂直等分线的性子.
7.如图，将两根钢条AA′、BB′的中点 O连在一路，使AA′、BB′能绕着点O自在动弹，就做成了一个丈量东西，由三角形全等可知A′B′的长即是内槽宽AB，那末鉴定△OAB≌△OA′B′的来由是( )
A.SAS B.ASA C.SSS D.AAS
【考点】全等三角形的操纵.
【阐发】由O是AA′、BB′的中点，可得AO=A′O，BO=B′O，再有∠AOA′=∠BOB′，能够按照全等三角形的鉴定方式SAS，鉴定△OAB≌△OA′B′.
【解答】解：∵O是AA′、BB′的中点，
∴AO=A′O，BO=B′O，
在△OAB和△OA′B′中 ，
∴△OAB≌△OA′B′(SAS)，
故选：A.
【点评】此题首要全等三角形的操纵，关头是把握全等三角形的鉴定方式：SSS、SAS、ASA、AAS，HL，要证实两个三角形全等，必须有对应边相称这一前提.
8.如图，在△ABC中，AD是它的角等分线，AB=8cm，AC=6cm，则S△ABD：S△ACD=( )
A.3：4 B.4：3 C.16：9 D.9：16
【考点】三角形的面积.
【阐发】操纵角等分线的性子，可得出△ABD的边AB上的高与△ACD的AC上的高相称，估量三角形的面积公式，便可得出△ABD与△ACD 的面积之比即是对应边之比.
【解答】解：∵AD是△ABC的角等分线，
∴设△ABD的边AB上的高与△ACD的AC上的高别离为h1，h2，
∴h1=h2，
∴△ABD与△ACD的面积之比=AB：AC=8：6=4：3，
故选：B.
【点评】本题考核了角等分线的性子，和三角形的面积公式，谙练把握三角形角等分线的性子是解题的关头.
9.如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=25°，D是AB上一点.将Rt△ABC沿CD折叠，使B点落在AC边上的B′处，则∠ADB′即是( )
A.25° B.30° C.35° D.40°
【考点】翻折变更(折叠标题标题问题).
【专题】压轴题.
【阐发】先按照三角形内角和定理求出∠B的度数，再由图形翻折变更的性子得出∠CB′D的度数，再由三角形外角的性子便可得出论断.
【解答】解：∵在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=25°，
∴∠B=90°﹣25°=65°，
∵△CDB′由△CDB反折而成，
∴∠CB′D=∠B=65°，
∵∠CB′D是△AB′D的外角，
∴∠ADB′=∠CB′D﹣∠A=65°﹣25°=40°.
故选D.
【点评】本题考核的是图形的翻折变更及三角形外角的性子，熟知图形反折稳定性的性子是解答此题的关头.
10.如图，AB⊥BC，BE⊥AC，∠1=∠2，AD=AB，则( )
A.∠1=∠EFD B.BE=EC C.BF=DF=CD D.FD∥BC
【考点】全等三角形的鉴定与性子.
【阐发】按照题中的前提可证实出△ADF≌△ABF，由全等三角形的性子可的∠ADF=∠ABF，再由前提证实出∠ABF=∠C，由角的通报性可得∠ADF=∠C，按照平行线的鉴定定理可证出FD∥BC.
【解答】解：在△AFD和△AFB中，
∵AF=AF，∠1=∠2，AD=AB，
∴△ADF≌△ABF，
∴∠ADF=∠ABF.
∵AB⊥BC，BE⊥AC，
即：∠BAC+∠C=∠BAC+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠C，
即：∠ADF=∠ABF=∠C，
∴FD∥BC，
故选D.
【点评】本题首要考核全等三角形的性子，触及到的常识点另有平行线的鉴定定理，关头在于操纵全等三角形的性子证实出角与角之间的干系.
二、填空题(本大题共6小题，每小题3分，共18分)
11.等腰三角形的底角是80°，则它的顶角是20°.
【考点】等腰三角形的性子;三角形内角和定理.
【阐发】按照三角形内角和定理和等腰三角形的性子，能够求得其顶角的度数.
【解答】解：∵ 等腰三角形的一个底角为80°
∴顶角=180°﹣80°×2=20°.
故谜底为：20°.
【点评】考核三角形内角和定理和等腰三角形的性子的操纵，比拟简略.
12.已知：如图，∠ACB=∠BDA=90°，要使△ACB≌△BDA，请增加一个前提是AC=BD或BC=AD或∠ABC=∠BAD或∠CAB=∠DBA.
【考点】全等三角形的鉴定.
【专题】开放型.
【阐发】要使△ACB≌△BDA，已知∠ACB=∠BDA=90°，AB=BA，则能够增加AC=BD或BC=AD操纵HL鉴定;或增加∠ABC=∠BAD或∠CAB=∠DBA操纵AAS鉴定.
【解答】解：∵∠ACB=∠BDA=90°，AB=BA，
∴能够增加AC=BD或BC=AD操纵HL鉴定;
增加∠ABC=∠BAD或∠CAB=∠DBA操纵AAS鉴定.
故填空谜底为：AC=BD或BC=AD或∠ABC=∠BAD或∠CAB=∠DBA.
【点评】本题考核三角形全等的鉴定方式;鉴定两个三角形全等的普通方式有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL.增加时注重：AAA、SSA不能鉴定两个三角形全等，不能增加，按照已知连系图形及鉴定方式挑选前提是准确解答本题的关健.
13.在勾当课上，小红已有两根 长为4cm，8cm的小木棒，现筹算拼一个等腰三角形，则小红应取的第三根小木棒长是8cm.
【考点】等腰三角形的性子;三角形三边干系.
【阐发】标题标题标题问题给出两条小棒长为4cm和8cm筹算拼一个等腰三角形，而不明白腰、底别离是几多，以是要停止会商，还要操纵三角形的三边干系考证可否组成三角形.
【解答】解：当第三根是4cm时，其三边别离为4cm，4cm，8cm，不合适三角形三边干系，故宅去;
当第三根是8cm时，其三边别离是8cm，8cm，4cm，合适三角形三边干系;
以是第三根长8cm.
故填8.
【点评】本题考核了等腰三角形的性子和三角形的三边干系;已知不明白腰和底边的标题标题标题问题必然要想到两种环境，分类停止会商，还应考证各类环境是不是能组成三角形停止解答，这点很是首要，也是解题的关头.
14.如图：△ABC中，DE是AC的垂直等分线，AE=3cm，△ABD的周长为13cm，则△ABC的周长为19.
【考点】线段垂直等分线的性子.
【阐发】由已知前提，操纵线段的垂直等分线的性子，获得AD=CD，AC=2AE，连系周长，停止线段的等量代换可得谜底.
【解答】解：∵DE是AC的垂直等分线，
∴AD=CD，AC=2AE=6cm，
又∵△ABD的周长=AB+BD+AD=13cm，
∴AB+BD+CD=13cm，
即AB+BC=13cm，
∴△ABC的周长=AB+BC+AC=13+6=19cm.
故谜底为19.
【点评】此题首要考核了线段垂直等分线的性子(垂直等分线上肆意一点，到线段两头点的间隔相称)，停止线段的等量代换是准确解答本题的关头.
15.某汽船由西向东飞行，在A处测得小岛P的方位是北偏东75°，又持续飞行7海里后，在B处测得小岛P的方位是北偏东60°，则此时汽船与小岛P的间隔BP=7海里.
【考点】解直角三角形的操纵-标的目的角标题标题问题.
【专题】计较题.
【阐发】过P作AB的垂线PD，在直角△BPD中能够求的∠PAD的度数是30度，便可证实△APB是等腰三角形，便可求解.
【解答】解：过P作PD⊥AB于点D.
∵∠PBD=90°﹣60°=30°
且∠PBD=∠PAB+∠APB，∠PAB=90﹣75=15°
∴∠PAB=∠APB
∴BP=AB=7(海里)
故谜底是：7.
【点评】解普通三角形的标题标题问题普通能够转化为解直角三角形的标题标题问题，处理的方式便是作高线.准确证实△APB是等腰三角形是处理本题的关头.
16.在立体直角坐标系中，已知点A(1，2)，B(5，5)，C(5，2)，存在点E，使△ACE和△ACB全等，写出一切知足前提的E点的坐标(1，5)或(1，﹣1)或(5，﹣1).
【考点】全等三角形的性子;坐标与图形性子.
【专题】计较题.
【阐发】按照题意画出合适前提的一切环境，按照点A、B、C的坐标和全等三角形性子求出便可.
【解答】解：如图所示：有3个点，当E在E、F、N处时，△ACE和△ACB全等，
点E的坐标是：(1，5)，(1，﹣1)，(5，﹣1)，
故谜底为：(1，5)或(1，﹣1)或(5，﹣1).
【点评】本题考核了全等三角形性子和坐标与图形性子的操纵，关头是能按照题意求出合适前提的一切环境，标题标题标题问题比拟好，可是一道比拟轻易犯错的标题标题标题问题.
三、解答题(本大题共9小题，共92分)
17.如图，∠B=∠D，∠BAC=∠DAC，求证：△ABC≌△ADC.
【考点】全等三角形的鉴定.
【专题】证实题.
【阐发】按照题干中给出前提和大众边AC便可证实△BAC≌△DAC，便可解题.
【解答】证实：在△BAC和△DAC中，
，
∴△BAC≌△DAC(AAS).
【点评】本题考核了全等三角形的鉴定，本题中求证△BAC≌△DAC是解题的关头.
18.如图，CD等分∠ACB，DE∥BC，∠AED=80°，求∠EDC的度数.
【考点】平行线的性子;角等分线的界说.
【阐发】由角等分线的界说，连系平行线的性子，易求∠EDC的度数.
【解答】解：∵DE∥BC，∠AED=80°，
∴∠ACB=∠AED=80°(两直线平行，同位角相称)，
∵CD等分∠ACB，
∴∠BCD= ∠ACB=40°，
∵DE∥BC，
∴∠EDC=∠BCD=40°(两直线平行，内错角相称).
【点评】这类题起首操纵平行线的性子肯定内错角相称，而后按照角等分线界说得出所求角与已知角的干系转化求解.
19.已知：如图：∠AOB.
求作：∠AOB的等分线OC.(不写作法，保留作图陈迹)
【考点】作图—根基作图.
【阐发】可操纵边边边作两个三角形全等获得响应的角相称.
【解答】解：作法：①以点O为圆心，以恰当长为半径作弧交OA、OB于两点M、N;
②别离以点M、N为圆心，以大于 MN长为半径作弧，两弧订交于点C;
③作射线OC.
【点评】考核了根基作图的常识，用到的常识点为：边边边可证得两三角形全等;全等三角形的对应角相称.
20.如图，写出△ABC对于x轴对称的△A1B1C1的各极点坐标，并在图中画出△ABC对于y轴对称的△A2B2C2.
【考点】作图-轴对称变更.
【阐发】利 用对于x轴对称点的性子和对于y轴对称点性子别离得出对应点坐标进而得出谜底.
【解答】解：△ABC对于x轴对称的△A1B1C1的各极点坐标别离为：
A1(﹣3，﹣2)，B1(﹣4，3)，C1(﹣1，1)，
如图所示：△A2B2C2，即为所求.
【点评】此题首要考核了对于坐标轴对称点的性子，准确把握横纵坐标干系是解题关头.
21.求出以下图形中的x值.
【考点】多边形内角与外角.
【阐发】按照五边形的内角和即是540°，列方程便可获得成果.
【解答】解：∵五边形的内角和为(5﹣2)×180°=540，
∴90°x°+(x﹣10)°+x°+(x+20)°=540°，
解得： x=110°.
【点评】本题考核了五边形的内角和，熟记五边形的内角和是解题的关头.
22.如图，△ABC，∠C=90°，∠ABC=60°，BD等分∠ABC，若AD=8，求CD的长.
【考点】含30度角的直角三角形;等腰三角形的鉴定与性子.
【阐发】按照题意得出∠A=30°，按照角等分线的性子得出∠A=∠ABD，按照30°角所对的直角边即是斜边的一半，得CD= DB，便可得出CD=4.
【解答】解：∵∠C=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=30°，
∵BD等分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∴∠A=∠ABD，
∴∠DB=AD=8，
∵∠C=90°，
∠CBD=30°，
∴CD= DB，
∴CD=4.
【点评】本题考核了含30度角的直角三角形和等腰三角形的鉴定和性子，把握直角三角形的性子是解题的关头.
23.如图，CD⊥DB于D，AB⊥DB于B，CD=EB，AB=ED.求证：CE⊥AE.
【考点】全等三角形的鉴定与性子.
【专题】证实题.
【阐发】按照SAS证△EDC≌△ABE，推出∠CED=∠A，按照∠B=90°求出∠A+∠AEB=90°，推出∠CED+∠AEB=90° ，求出∠CEA=90°便可.
【解答】解：∵CD⊥DE，AB⊥DB，
∴∠D=∠B=90°，
在△EDC和△ABE中
∵ ，
∴△EDC≌△ABE(SAS)，
∴∠CED=∠A，
∵∠B=90°，
∴∠A+∠AEB=90°，
∴∠CED+∠AEB=90°，
∴∠CEA=90°，
∴CE⊥AE.
【点评】本题考核了全等三角形的性子和鉴定，三角形的内角和定理，全等三角形的鉴定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相称，处理本题的关头是证实三角形全等.
24.如图，点C在线段AB上，AD∥EB，AC=BE，AD=BC，CF等分∠DCE.摸索索CF与DE的地位干系，并申明来由.
【考点】全等三角形的鉴定与性子.
【专题】探讨型.
【阐发】按照平行线性子得出∠A=∠B，按照SAS证△ACD≌△BEC，推出DC=CE，按照等腰三角形的三线合必然理推出便可.
【解答】解：CF⊥DE，CF等分DE，来由是：
∵AD∥BE，
∴∠A=∠B，
在△ACD和△BEC中
，
∴△ACD≌△BEC(SAS)，
∴DC=CE，
∵CF等分∠DCE，
∴CF⊥DE，CF等分DE(三线合一).
【点评】本题考核了全等三角形的性子和鉴定，平行线的性子，等腰三角形的性子等常识点，关头是求出DC=CE，首要考核了先生操纵定理停止推理的才能.
25.(14分)如图，△ABC是等边三角形，点D在AC上，点E在BC的耽误线上，且BD=DE.
(1)若点D是AC的中点，如图1，求证：AD=CE.
(2)若点D不是AC的中点，如图2，试鉴定AD与CE的数目干系，并证实你的论断：(提醒：过点D作DF∥BC，交AB于点F.)
(3)若点D在线段AC的耽误线上，(2)中的论断是不是仍建立?若是建立，赐与证实;若是不建立，请申明来由.
【考点】全等三角形的鉴定与性子;等边三角形的鉴定与性子.
【阐发】(1)求出∠E=∠CDE，推出CD=CE，按照等腰三角形性子求出AD=DC，便可得出谜底;
(2)过D作DF∥BC，交AB于F，证△BFD≌△DCE，推出DF=CE，证△ADF是等边三角形，推出AD=DF，便可得出谜底.
(3)(2)中的论断仍建立，如图3，过点D作DP∥BC，交AB的耽误线于点P，证实△BPD≌△DCE，获得PD=CE，便可获得AD=CE.
【解答】(1)证实：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，
∵D为AC中点，
∴∠DBC=30°，AD=DC，
∵BD=DE，
∴∠E=∠DBC=30°
∵∠ACB=∠E+∠CDE，
∴∠CDE=30°=∠E，
∴CD=CE，
∵AD=DC，
∴AD=CE;
(2)建立，
如图2，过D作DF∥BC，交AB于F，
则∠ADF=∠ACB=60°，
∵∠A=60°，
∴△AFD是等边三角形，
∴AD=DF=AF，∠AFD=60°，
∴∠BFD=∠DCE=180°﹣60°=120°，
∵DF∥BC，
∴∠FDB=∠DBE=∠E，
在△BFD和△DCE中
∴△BFD≌△DCE，
∴CE=DF=AD，
即AD=CE.
(3)(2)中的论断仍建立，
如图3，过点D作DP∥BC，交AB的耽误线于点P，
∵△ABC是等边三角形，
∴△APD也是等边三角形，
∴AP=PD=AD，∠APD=∠ ABC=∠ACB=∠PDC=60°，
∵DB=DE，
∴∠DBC=∠DEC，
∵DP∥BC，
∴∠PDB=∠CBD，
∴∠PDB=∠DEC，
在 △BPD和△DCE中，
∴△BPD≌△DCE，
∴PD=CE，
∴AD=CE.
【点评】本题考核了全等三角形的鉴定与性子，操纵了等边三角形的鉴定与性子，全等三角形的鉴定与性子，处理本题的关头是作出帮助线，构建全等三角形
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