【分析】
遇到等边三角形和边上的中点，且已知特殊角度120°时，我们可以通过作平行线构造新的等边三角形，得到相等的边和角，再结合已知的120°角推导出相等的角，进而证明三角形全等，将要求的CF转化为易求的线段GE，最后结合已知线段长度计算即可。
【解析】
解：如答图，过点D作$DG// BC$，交AB于点G。
$\because △ABC$是等边三角形，$\therefore ∠A=∠B=∠ACB=60°$。
$\because D$为AC边的中点，$\therefore AD=DC=\frac{1}{2}AC=4.5$。
$\because DG// BC$，$\therefore ∠AGD=∠B=60°$，
$\therefore ∠AGD=∠A=60°$，$\therefore △AGD$是等边三角形，
$\therefore DG=AD=CD$，$∠ADG=60°$，
$\therefore ∠GDC=180°-∠ADG=120°=∠EDF$，
$\therefore ∠GDE+∠EDC=∠CDF+∠EDC$，即$∠GDE=∠CDF$。
又$\because ∠DGE=180°-∠AGD=120°$，$∠DCF=180°-∠ACB=120°$，
$\therefore ∠DGE=∠DCF$。
在$△DGE$和$△DCF$中：
$\{\begin{array}{l}∠GDE=∠CDF \\DG=DC \\∠DGE=∠DCF\end{array} $
$\therefore △DGE≌△DCF(\mathrm{ASA})$，$\therefore CF=GE$。
$\because AB=9$，$AE=2BE$，$\therefore AE=\frac{2}{3}AB=6$。
又$\because △AGD$是等边三角形，$\therefore AG=AD=4.5$，
$\therefore EG=AE-AG=6-4.5=1.5$，即$CF=1.5$。
【答案】
B
第1题答图
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质
【点评】
本题是典型的构造全等三角形解题的几何题，通过作平行线构造等边三角形，将未知线段转化为与已知线段相关的部分，解题的关键是找准辅助线的作法和全等三角形的判定条件，对几何逻辑推理能力有一定的考查作用。
【难度系数】
0.6

【分析】
要计算△BCD的周长，已知△ABC是等边三角形，AB=4，可得BC=4，因此只需算出BD+CD的和即可。观察到∠BDC=120°，其邻补角为60°，可通过延长BD构造等边三角形，将CD转化为与BD共线的线段，再结合全等三角形的性质，把BD+CD的和转化为已知长度的AD，即可求出周长。
【解析】
如答图，延长BD至点E，使$DE=CD$，连接CE。
$\because △ ABC$ 是等边三角形，
$\therefore BC=AC=AB=4,∠ ACB=60°$。
$\because ∠ BDC=120°$，
$\therefore ∠CDE=180°-∠BDC=60°$。
又$\because DE=CD$，
$\therefore △ CDE$ 是等边三角形，
$\therefore CE=CD,∠ DCE=60°$，
$\therefore ∠ ACB+∠ BCD=∠ DCE+∠ BCD$，即$∠ ACD=∠ BCE$。
在$△ BCE$ 和$△ ACD$ 中，
$\begin{cases} BC=AC,\\ ∠ BCE=∠ ACD,\\ CE=CD, \end{cases}$
$\therefore △ BCE≌ △ ACD(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BE=AD=4.5$。
$\because BE=BD+DE=BD+CD$，
$\therefore BD+CD=4.5$，
$\therefore △ BCD$ 的周长为 $BC+BD+CD=4+4.5=8.5$。

【答案】
8.5
【知识点】
等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，辅助线构造
【点评】
本题是构造等边三角形解题的典型题，解题的关键是通过合理构造辅助线，将分散的两条线段BD、CD转化为同一条线段，再结合全等三角形的性质将未知线段和与已知线段关联，进而求出结果，掌握此类构造等边三角形的辅助线方法可高效解决同类型问题。
【难度系数】
0.6

【分析】
(1) 要证D是PQ中点，即证PD=DQ，考虑构造全等三角形证明线段相等：过P作PF//QC交AB于F，结合等边△ABC的性质可证△AFP为等边三角形，得PF=AP；由P、Q速度相同可得BQ=AP，即BQ=PF，再结合平行线的内错角相等、对顶角相等，用AAS证△DBQ≌△DFP，即可得PD=DQ。
(2) 已知∠BQD=30°，结合等边三角形内角为60°，利用外角性质可推出∠BDQ=30°，得BD=BQ，再结合(1)的全等结论和等边三角形的边长关系，即可求出AP的长度。
(3) 判断ED长度是否变化，可利用(1)的结论推导：等边△AFP中PE⊥AB，由三线合一得AE=EF；由△DBQ≌△DFP得BD=DF，因此DE可转化为AB长度的一半，为定值，不随动点运动变化。
【解析】
(1) 证明：过点P作$PF// QC$ 交 AB 于点 F，如答图。
则$△ AFP$ 是等边三角形，$∠ DQB=∠ DPF$。
$\because$ 点 P,Q 同时出发,速度相同,即 $BQ=AP$,
$\therefore BQ=PF$。
在$△ DBQ$ 和$△ DFP$ 中,$\begin{cases} ∠ DQB=∠ DPF,\\ ∠ QDB=∠ PDF,\\ BQ=FP, \end{cases}$
$\therefore △ DBQ≌ △ DFP(\mathrm{AAS}),\therefore DQ=DP$,即 D 是线段PQ 的中点。
(2) 解：$\because △ DBQ≌ △ DFP,\therefore BD=DF$。
$\because ∠ DBC=∠ BQD+∠ BDQ=60°,∠ BQD=30°$,
$\therefore ∠ BQD=∠ BDQ=∠ FDP=∠ FPD=30°$,
$\therefore BD=DF=PF=FA=\frac{1}{3}AB=2,\therefore AP=2$。
(3) 解：线段 ED 的长不发生变化。 由(2)知 $BD=DF$,
由(1)知$△ AFP$ 是等边三角形,$PE⊥ AB,\therefore AE=EF$,
$\therefore DE=DF+EF=\frac{1}{2}BF+\frac{1}{2}FA=\frac{1}{2}AB=3$。
【答案】
(1) D是线段PQ的中点，证明见解析；
(2) $AP=2$；
(3) 线段ED的长不发生变化，$ED=3$。
第3题答图
【知识点】
等边三角形性质，全等三角形判定与性质，动点定值计算
【点评】
本题是等边三角形与动点结合的综合题，三个小问梯度明显，第一问的辅助线构造是解题关键，后两问可沿用前一问的结论推导，能有效考察对几何性质的综合运用能力和动态问题的分析能力。
【难度系数】
0.6