備考2024年中考數(shù)學(xué)專題突破（全國通用）專題1-6 二倍角的解題策略：倍半角模型與絕配角（解析版）

資料整理資料整理資料整理專題1－6二倍角的解題策略：倍半角模型與絕配角導(dǎo)語：見到2倍角的條件，首先想到“導(dǎo)”，將圖形中的角度都推導(dǎo)出來，挖掘出隱藏邊的信息，再觀察角度的位置，結(jié)合其他條件，這里做題的經(jīng)驗(yàn)，總結(jié)了六個(gè)字：翻、延、倍、分、導(dǎo)、造目錄知識(shí)點(diǎn)梳理 策略一：向外構(gòu)造等腰（大角減半） 策略二：向內(nèi)構(gòu)造等腰（小角加倍或大角減半） 策略三：沿直角邊翻折半角（小角加倍） 策略四：鄰二倍角的處理 【經(jīng)典例題講解】 【一題多解1】圍繞2倍角條件，解法圍繞“翻”

“延”

倍”“分” 【一題多解2】常規(guī)法與倍半角處理對(duì)比 策略五：絕配角模型 題型一向外構(gòu)造等腰三角形（大角減半） 2023·深圳南山區(qū)聯(lián)考二模 2023·山西·統(tǒng)考中考真題 題型二向內(nèi)構(gòu)造等腰（小角加倍或大角減半） 題型三沿直角邊翻折半角（小角加倍） 2023·深圳寶安區(qū)二模 2023·深圳中學(xué)聯(lián)考二模 題型四鄰二倍角的處理 題型五絕配角 題型六坐標(biāo)系中的二倍角問題 宿遷·中考 鹽城·中考 河南·中考 2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題 江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題 內(nèi)蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考中考真題 2022·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考中考真題 2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題 題型七其它構(gòu)造方式 知識(shí)點(diǎn)梳理策略一：向外構(gòu)造等腰（大角減半）已知條件：如圖，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACBAACBD輔助線作法：延長CB到D，使BD＝BA，連接AD結(jié)論：AD＝AC，△BDA∽△ADC策略二：向內(nèi)構(gòu)造等腰（小角加倍或大角減半）已知條件：如圖，在△ABC中，∠ABC＝2∠B輔助線作法：法一：作∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)D，結(jié)論：∠DBC＝∠C，DB＝DCAADBC法二：在BC上取一點(diǎn)E，使AE＝CE，則∠AEB＝2∠C＝∠B（作AC中垂線得到點(diǎn)E）總結(jié)：策略一和策略二都是當(dāng)2倍角和1倍角共邊時(shí)對(duì)應(yīng)的構(gòu)造方法，下面我們?cè)賮砜纯床辉谕粋€(gè)三角形中時(shí)該如何處理策略三：沿直角邊翻折半角（小角加倍）已知條件：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，連接AD，∠B＝2∠CADAABCDE輔助線作法：沿AC翻折△ACD得到△ACE結(jié)論：AD＝AE，∠DAE＝∠B，BA＝BE，△ADE∽△BAE策略四：鄰二倍角的處理已知條件：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，∠BAD＝2∠CAD輔助線作法：法一：向外構(gòu)造等腰（導(dǎo)角得相似）延長AD到E，使AE＝AB，連接BE結(jié)論：BD＝BE，∠DBE＝∠BAD，△BDE∽△ABE法二：作平行線，把二倍角轉(zhuǎn)到同一個(gè)三角形中延長AD到F，使CE∥AB，則∠F＝∠BAD【經(jīng)典例題講解】例題1如圖，在正方形ABCD中，AB＝1，點(diǎn)E、F分別在邊BC和CD上，AE＝AF，∠EAF＝60°，則CF的長是()A． B． C． D． 【簡析】(1)方法一(常規(guī)解法)：如圖，連接EF，易證△AEF為等邊三角形，且△ADF≌△ABE(HL)，則DF＝BE，從而CF＝CE，即△CEF為等腰直角三角形；設(shè)CF＝x，則DF＝1－x，AF＝EF＝x，在Rt△ADF中，由勾股定理可得1＋(1－x)2＝2x2，解得x＝－1(x＝－－1舍去)，故選C；方法二(倍半角模型)：如圖，在邊AD上取點(diǎn)P，使AP＝PF，同上可得△ADF≌△ABE(HL)，則∠DAF＝∠BAE＝15°，從而∠DPF＝30°；設(shè)DF＝x，則PD＝x，AP＝PF＝2x，故AD＝(2＋)x＝1，解得x＝2－，∴CF＝－1，選C例題2如圖，正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，AF平分∠BAE，交BC于點(diǎn)F，將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△ABG，則CF的長為．【簡析】(1)方法一(常規(guī)解法)：由題可得∠AFG＝∠DAF＝∠DAE＋∠EAF＝∠BAG＋∠BAF＝∠FAG，即∠AFG＝∠FAG，故FG＝AG＝AE＝2，從而CF＝CG－FG＝6－2；方法二(倍半角模型)：如圖17－2－3，延長AF、DC交于點(diǎn)P，易得∠P＝∠BAF＝∠EAF，則PE＝AE＝2，故CP＝2－2，DP＝2＋2：又易證△PCF∽△PDA，故，即，從而CF＝6－；【反思】方法一的關(guān)鍵是通過導(dǎo)角得到等腰△AFG，方法二由“倍角∠AED”造“半角∠P”，并且這里的構(gòu)造是通過“角平分線＋平行線→等腰三角形”自然衍生出來的例題3如圖，面積為24的□ABCD中，對(duì)角線BD平分∠ABC，過點(diǎn)D作DE⊥BD交BC的延長線于點(diǎn)E，DE＝6，則sin∠DCE的值為()【簡析】方法一(常規(guī)解法)：如圖，作DG⊥BE于點(diǎn)G，由題易得∠CBD＝∠ABD＝∠CDB，則BC＝CD；進(jìn)一步由DE⊥BD，可得∠CDE＝∠E，則CD＝CE＝BC，從而S□ABCD＝2S△BCD＝S△BDE，即S△BDE＝24，故BD＝8，BE＝10，所以DG＝，CD＝5，sin∠DCE＝，選A方法二(倍半角模型)：如圖，在BD上取點(diǎn)F，使EF＝BF，易證∠DFE＝2∠EBF，∠DCE＝2∠EBF，故∠DFE＝∠DCE，要求sin∠DCE的值，只需求sin∠DFE；設(shè)EF＝BF＝x，同上可得BD＝8，則DF＝8－x，在Rt△DEF中，由勾股定理可得36＋(8－x)2＝x2，解得x＝，從面sin∠DFE＝，即sin∠DCE＝，選A．【反思】方法一通過作高是線構(gòu)造Rt△CDG，結(jié)合面積法求解，方法二由“半角∠CBD”造“倍角∠DFE”，結(jié)合勾股定理列方程求．例題4如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC的平分線BD交AC于點(diǎn)E，則DE＝_________．

簡析(1)方法一(常規(guī)解法)：由題得∠CBD＝∠ABD＝∠D，則CD＝BC＝6；又易得△CDE∽△ABE，則＝＝＝，故CE＝AC＝3，從而BE＝3，DE＝BE＝；方法二(倍半角模型)：如圖，延長CB至點(diǎn)F，使BF＝AB＝10，連接AF，由題可得AC＝8，CF＝16，則tan∠F＝；又易得∠CBE＝∠F，故tan∠CBE＝，即＝，從而CE＝3，BE＝3；再作CG⊥BD于點(diǎn)G，易得BG＝BC＝；同上可得CB＝CD，故BD＝2BG＝，因此DE＝BD－BE＝；總結(jié)：具體問題具體對(duì)待，并非哪一種方法絕對(duì)簡單，需根據(jù)問題特征選取較為合適的方法．【一題多解1】圍繞2倍角條件，解法圍繞“翻”

“延”

倍”“分”如圖，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，AB＝3，BC＝5，求線段AC的長．法1：延長或翻折向外構(gòu)造等腰（雙等腰）易知法2：翻折或取點(diǎn)向內(nèi)構(gòu)造等腰（雙等腰）法3：作角平分線易知△ABH∽△ACB法4：翻折一邊+平行線向外作等腰(補(bǔ)成等腰梯形)法5：向外延長作等腰易知△ABC∽△ADC【一題多解2】常規(guī)法與倍半角處理對(duì)比如圖，AB為⊙O的直徑，BC、CD是⊙O的切線，切點(diǎn)分別為點(diǎn)B、D，點(diǎn)E為線段OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接OD、CE、DE，已知AB＝2，BC＝2，當(dāng)CE＋DE的值最小時(shí)，則的值為()A． B． C． D．簡析(1)方法一(常規(guī)解法)：如圖，作點(diǎn)C關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)C′，連接C′D，交AB于點(diǎn)E，連接CE，此時(shí)CE＋DE取得最小值，且＝；再作DG⊥AB于點(diǎn)G，連接OC、BD，易證△OBC≌△ODC，則∠BOC＝∠DOC＝∠A，故sin∠A＝sin∠BOC＝，cos∠A＝cos∠BOC＝，從而BD＝ABsin∠A＝；又易證∠BDG＝∠A，故DG＝BDcos∠BDG＝BDcos∠A＝×＝；由△C′BE∽△DGE，可得＝＝，因此＝10，選A；方法二(倍半角模型)：如圖17－4－3，同上作相關(guān)輔助線，易得∠DOG＝2∠BOC；在OB上取點(diǎn)F，使OF＝CF，則∠BFC＝2∠BOC＝∠DOG；設(shè)OF＝CF＝x，則BF＝－x，在Rt△BCF中，由勾股定理得4＋(－x)2＝x2，解得x＝，故sin∠DOG＝sin∠BFC＝，從而DG＝ODsin∠DOG＝，下略；方法三(面積法)：如圖17－4－4，同上作相關(guān)輔助線(為說理方便，省去部分線段)，則∠DOG＝2∠BOC＝∠COC′；再作CH⊥OC′于點(diǎn)H′，易得CH＝＝，故sin∠DOG＝sin∠COC′＝，下略．反思：本題結(jié)構(gòu)相當(dāng)于已知“半角∠BOC”求“倍角∠DOG”，方法一通過作高法，構(gòu)造直角三角形求解；方法二構(gòu)造“倍半角模型”，結(jié)合勾股定理列方程求解；方法三依然基于導(dǎo)角分析，借助對(duì)稱性，結(jié)合面積法求解．以上提供的三種方法都是“倍半角”處理的常見方法．如圖，AB為⊙O的直徑，D是弧BC的中點(diǎn)，BC與AD、OD分別交于點(diǎn)E、F．(1)求證：DO//AC；(2)求證：(3)若tan，求sin∠CDA的值。簡析(1)如圖，連接OC，易證DO⊥BC且AC⊥BC，故DO//AC；(2)由題可得∠BCD＝∠CAD，故△DCE∽△DAC，進(jìn)一步可證；(3)方法一(母子型相似)：由可得；又△DCE∽△DAC，故；設(shè)DE＝k，則DC＝2k，DA＝4k，AE＝3k；又易證，故；由此再設(shè)FE＝m，則CE＝3m，CF＝4m，從而BC＝8m，AC＝6m，因此AB＝10m，sin∠B＝，即；方法二(角平分線之雙垂法)：如，作EG⊥AB于點(diǎn)G，易證△AEC≌△AEG；由tan∠CAD＝，可設(shè)CE＝1，AC＝2，則EG＝1，AG＝2；又易得△BEG∽△BAC，＝＝2，；再設(shè)BG＝x，則BC＝2x，BA＝BG＋AG＝x＋2，BE＝BC－CE＝2x－1，從而有x＋2＝2(2x－1)，解得所以AB＝，即；方法三(角平分線之對(duì)稱策略)：如圖，連接BD并延長，交AC的延長線于點(diǎn)P，由題可設(shè)BD＝PD＝1，則AD＝2，AB＝AP＝；又sin∠PBC＝sin∠PAD＝，故PC＝PB·sin∠PBC＝從而AC＝因此即方法四(倍半角模型)：如圖17－14－4，在AC上取點(diǎn)M，使AM＝EM，則∠CME＝2∠CAD＝∠BAC；由題可設(shè)CE＝1，AC＝2，再設(shè)AM＝ME＝x，則CM＝2－x，在Rt△CME中，由勾股定理可得解得，從而，故，即，所以反思：本題的結(jié)構(gòu)為已知“半角∠CAD"求"倍角∠BAC"，從而轉(zhuǎn)化為其余角∠CDA。以上提供的前三種方法都是借助相似或三角函數(shù)等進(jìn)行計(jì)算，屬常規(guī)思路，方法四基于導(dǎo)角分析，構(gòu)造“倍半角模型”，顯得尤為簡單、直接，直指問題本質(zhì)。策略五：絕配角模型【釋義】當(dāng)m，n兩個(gè)角滿足m＋2n＝180°時(shí)，稱其為一對(duì)絕配角，或者：半角的余角與它本身稱為絕配角【舉例】常見的劇配角組合如下：絕配角組合1組合2組合3組合4組合5m2α90＋2α90－2α60＋2α60－2αn90－α45－α45＋α60－α60－α【解決】思路(一)：根據(jù)三角形內(nèi)角和是180°，構(gòu)造等腰三角形。思路(二)：根據(jù)平角是180°，m和2個(gè)n構(gòu)成一個(gè)平角(有兩條邊在同一直線上)用一句話概括為：有等腰找等腰，沒等腰造等腰其中“等腰”指的是以m為頂角、以n為底角的等腰三角形，了解絕配角模型，可以給我們提供一些輔助線思路（一）共頂共邊翻折當(dāng)兩個(gè)角滿足兩個(gè)角滿足m＋2n＝180°時(shí)，且共頂點(diǎn)共一邊，這樣的兩個(gè)角是什么樣的呢?發(fā)現(xiàn)OD為∠AOB鄰補(bǔ)角的平分線，此時(shí)處理問題一般用翻折，把OB沿OD翻折．例題1：已知Rt△ABC中∠C＝90°，，，求的值． 方法一：分析：與∠DAC是共點(diǎn)A的絕配角，絕配角重疊，要翻折兩次．解：將△AEC關(guān)于AE作軸對(duì)稱圖形，將△ADC關(guān)于AC作軸對(duì)稱圖形，如圖，△EFG為直角三角形設(shè)，則，即可求出方法二：分析：由于∠CAD＝2t，構(gòu)造一個(gè)以∠A為頂點(diǎn)的等腰△ADK，然后出現(xiàn)△ECA~△DCK解：構(gòu)造以∠A為頂點(diǎn)的等腰△ADK(AD＝AK)．導(dǎo)角易得∠CDK＝∠AEC，△ECA~ADCK，設(shè)CK＝x，AC＝4x，AD＝5x，DC＝3x，ED＝9x(二)共三角形等腰(1)若為同一個(gè)三角形的內(nèi)角，則此時(shí)三角形為等腰三角形．(2)若分別為同一個(gè)三角形的內(nèi)角和外角，則另一內(nèi)角為，此時(shí)三角形為等腰三角形(3)若分別為同一個(gè)三角形的內(nèi)角和外角，此時(shí)可以以m為頂角作等腰三角形，此時(shí)會(huì)構(gòu)成另一個(gè)相似的等腰三角形．(4)若為同一個(gè)三角形的內(nèi)角，與(3)的情況相同．總結(jié)：“半角的余角，等腰形來找”例題2：如圖在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，CD的中點(diǎn)，連接BE，BF，且∠ABE＝2∠FBC，若BE＝5，則BF的長度為． 解法一：將△BFC沿CB翻折，交DC的延長線于點(diǎn)G，延長CD交BE的延長線于點(diǎn)H，,，△BHG為等腰，5x＝10，x＝2，AE＝3，BC＝6，BF＝． 解法二：連接并延長交BA的延長導(dǎo)角，得出△FHC為等腰三角形，平行不改變形狀，△GBH為等腰三角形。根據(jù)腰等得出10－x＝4x，可求BF＝ 解法三：取AB中點(diǎn)G，連接CG，延長BE交CD的延長線于點(diǎn)H，得到△BCF?△CBG，導(dǎo)角得出△BGK為等腰平行不改變形狀，△HKC也為等腰。根據(jù)腰等得出10－x＝4x，可求BF以上三種解法都是利用造全等，轉(zhuǎn)移角，構(gòu)等腰，得出邊的等量關(guān)系來求解。此題還可以構(gòu)直接造等腰。用相似得出邊的數(shù)量關(guān)系求解。請(qǐng)看解法四解法四：可以直接利用∠ABE=2α,構(gòu)等腰△GBE，△BCF～△EAG.根據(jù)腰等得出,可求BF重點(diǎn)題型·歸類精練重點(diǎn)題型·歸類精練題型一向外構(gòu)造等腰三角形（大角減半）如圖，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，BC＝a，AC＝b，AB＝c，探究a，b，c滿足的關(guān)系．AACB解：延長CB到D，使BD＝AB＝c，連接AD．AACDB則∠BAD＝∠D，∴∠ABC＝2∠D．∵∠ABC＝2∠C，∴∠D＝∠C，∴AD＝AC＝b，△BAD∽△ACD，∴EQ\F(AD,BD)＝EQ\F(CD,AD)，∴EQ\F(b,c)＝EQ\F(a＋c,b)，∴b2＝c(a＋c)．如圖，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AB＝3，AC＝2eq\r(,6)，求BC的長．AABC解：延長CB到D，使DB＝AB＝3，連接AD．AADBC則∠D＝∠DAB，∴∠ABC＝2∠D．∵∠ABC＝2∠C，∴∠C＝∠D＝∠DAB，∴AD＝AC＝2eq\r(,6)，△BDA∽△ADC，∴EQ\F(AD,BD)＝EQ\F(CD,AD)，∴EQ\F(2eq\r(,6),3)＝EQ\F(CD,2eq\r(,6))，∴CD＝8，∴BC＝5．2023·深圳南山區(qū)聯(lián)考二模一副三角板按如圖1放置，圖2為簡圖，D為AB中點(diǎn)，E、F分別是一個(gè)三角板與另一個(gè)三角板直角邊AC、BC的交點(diǎn)，已知AE=2，CE=5，連接DE，M為BC上一點(diǎn)，且滿足∠CME=2∠ADE，EM=．【答案】【分析】由CE=5，AE=2，得AC=7，利用勾股定理，得到AD的長度，過E作EN⊥AD于N，求出EN和DN的長度，由于∠CME=2∠ADE，延長MB至P，是MP=ME，可以證明，MP=x，在中，利用勾股定理列出方程，即可求解．【詳解】解：如圖，過E作EN⊥AD于N，∴NE=NA，同理，延長MB至P，使MP=ME，連接PE，∴可設(shè)又設(shè)則在中，2023·山西·統(tǒng)考中考真題如圖，在四邊形中，，對(duì)角線相交于點(diǎn)．若，則的長為．

【答案】【思路點(diǎn)撥】過點(diǎn)A作于點(diǎn)H，延長，交于點(diǎn)E，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得出，根據(jù)勾股定理求出，證明，得出，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得出，證明，得出，求出，根據(jù)勾股定理求出，根據(jù)，得出，即，求出結(jié)果即可．【詳解】解：過點(diǎn)A作于點(diǎn)H，延長，交于點(diǎn)E，如圖所示：

則，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵，∴，即，解得：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AD平分∠BAC，AD交BC于點(diǎn)D，ED⊥AD交AB于點(diǎn)E，△ADE的外接圓⊙O交AC于點(diǎn)F，連接EF．(1)求證：BC是⊙O的切線；(2)求⊙O的半徑r及∠3的正切值．簡析(1)如圖，連接OD，由題易得∠2＝∠1＝∠ODA，則OD∥AC，故∠ODB＝∠C＝90°，即OD⊥BC，所以BC是⊙O的切線；(2)方法一(常規(guī)解法)：由OD∥AC，可得△BOD∽△BAC，則＝，即＝，解得r＝；又可＝，故＝，從而＝，即CD＝BC＝3，所以tan∠3＝tan∠2＝＝；方法二(倍半角模型)：如圖17－8－3，延長CA至點(diǎn)P，使AP＝AB＝10，易證∠3＝∠2＝∠1＝∠P，故tan∠3＝tan∠P＝＝；又由tan∠2＝，可得CD＝3，故BD＝5，從而易得r＝OD＝BD＝．如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)P在AB的延長線上，點(diǎn)C在⊙O上，且PC2＝PB·PA．(1)求證：PC是⊙O的切線；(2)已知PC＝20，PB＝10，點(diǎn)D是弧AB的中點(diǎn)，DE⊥AC，垂足為E，DE交AB于點(diǎn)F，求EF的長．簡析(1)如圖，連接OC，由PC2＝PBPA，可得＝，又∠P＝∠P，故△PCB∽△PAC，從而∠PCB＝∠A＝∠ACO，進(jìn)一步可證∠OCP＝∠ACB＝90°，即OC⊥CP，所以PC是⊙O的切線；(2)方法一(常規(guī)解法)：連接OD，易證OD⊥AB；由PC2＝PBPA，可得PA＝40，AB＝30；又由△PCB∽△PAC，可得＝＝，故tan∠D＝tan∠A＝，從而OF＝OD＝，AF＝OA－OF＝，進(jìn)一步可得EF＝AFsin∠A＝；方法二(倍半角模型)：同上可得AB＝30，則OC＝15，OP＝25，即OC：CP：OP＝3：4：5；如圖17－9－3，延長CO至點(diǎn)Q，使OQ＝OP，易得tan∠D＝tan∠A＝tan∠Q＝，下略．反思：這是一個(gè)確定性問題，其結(jié)構(gòu)相當(dāng)于已知“倍角∠POC”求“半角∠A”，方法一利用“母子型相思似”求解，方法二構(gòu)造“倍半角模型”求解，相對(duì)而言，前者更簡單，后者更通用題型二向內(nèi)構(gòu)造等腰（小角加倍或大角減半）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為邊AB上一點(diǎn)，∠ACD＝2∠B，EQ\F(AD,BD)＝EQ\F(1,3)，求cosB的值．AACBD解：過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E．AACBED∵∠ACB＝90°，∴∠ACE＝90°－∠BCE＝∠B．∵∠ACD＝2∠B，∴∠ACD＝2∠ACE，∴∠ACE＝∠DCE，∴∠A＝∠CDE，∴AC＝DC，∴AE＝DE．設(shè)AE＝DE＝a，則AD＝2a，BD＝6a，BE＝7a．∵∠ACE＝∠B，∠AEC＝∠CEB＝90°，∴△CEA∽△BEC，∴EQ\F(AE,CE)＝EQ\F(CE,BE)，∴EQ\F(a,CE)＝EQ\F(CE,7a)，∴CE＝eq\r(,7)a，∴BC＝eq\r(,BE2＋CE2)＝2eq\r(,14)a，∴cosB＝EQ\F(BE,BC)＝EQ\F(7a,2eq\r(,14)a)＝EQ\F(eq\r(,14),4)．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，∠BAD＝2∠C，BD＝2，CD＝3，求AD的長．AACDB解：過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E．AACDEB∵∠BAC＝90°，∴∠BAE＝90°－∠CAE＝∠C．∵∠BAD＝2∠C，∴∠BAD＝2∠BAE，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠B＝∠ADE，∴AB＝AD，∴BE＝DE＝EQ\F(1,2)BD＝1，∴CE＝4．∵∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠CEA＝90°，∴△ABE∽△CAE，∴EQ\F(AE,BE)＝EQ\F(CE,AE)，∴EQ\F(AE,1)＝EQ\F(4,AE)，∴AE＝2，∴AD＝eq\r(,DE2＋AE2)＝eq\r(,5)．如圖，BM是以AB為直徑的⊙O的切線，B為切點(diǎn)，BC平分∠ABM，弦CD交AB于點(diǎn)E，DE＝OE．(1)求證：△ACB是等腰直角三角形；(2)求證：OA2＝OEDC；(3)求tan∠ACD的值．簡析(1)由題易得∠ABC＝45°，從而易證△ACB是等腰直角三角形；(2)如圖，連接OC、OD，易證∠DOE＝∠D＝∠OCD，故△DOE∽△DCO，從而易得OD2＝DEDC，即OA2＝OEDC；(3)方法一(倍半角模型)：如圖，連接AD、BD，設(shè)∠ACD＝x，則∠ABD＝x，∠AOD＝2x，從而∠CEO＝4x，∠CAE＝3x＝45°，所以x＝15°；在BD上取點(diǎn)F，使AF＝BF，則∠AFD＝30°；由此可設(shè)AD＝k，則DF＝k，AF＝BF＝2k，從而BD＝(2＋)k，故tan∠ABD＝＝2－，即tan∠ACD＝2－；方法二(解三角形)：同上可得∠ACD＝15°，則∠BCE＝75°，∠BEC＝60°；如圖17－10－4，作EG⊥BC于點(diǎn)G，可設(shè)OE＝1，則OB＝OC＝，BC＝，BE＝＋1，從而BG＝EG＝＝，CG＝BC－BG＝，故tan∠ACD＝tan∠CEG＝＝2－．反思：(2)主要通過換邊，結(jié)合相似證乘積式；(3)通過導(dǎo)角得到15°，方法一借助“倍半角模型”，由特殊角30°求“特殊半角”15°，方法二的本質(zhì)是解△BCE，顯然前者更為簡便如圖，在四邊形ABCD中，∠ABD＝2∠BDC，AB＝AC＝BD＝4，CD＝1，求BC的長．BBCAD解：過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF⊥BE于點(diǎn)F．BBCAEFD∵AB＝BD，∴AE＝DE，∠ABE＝2∠DBE，∴∠ABD＝2∠DBE．∵∠ABD＝2∠BDC，∴∠BDC＝∠DBE，∴CD∥BE，∴CD⊥AD，∴四邊形CDEF是矩形，AD＝eq\r(,AC2－CD2)＝eq\r(,15)，∴EF＝CD＝1，AE＝DE＝EQ\F(eq\r(,15),2)，∴BE＝eq\r(,BD2－DE2)＝EQ\F(7,2)，∴BF＝BE－EF＝EQ\F(5,2)，∴BC＝eq\r(,BF2＋CF2)＝eq\r(,10)．如圖，在△ABC中，∠C＝2∠B，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，AE是BC邊上的高，若AE＝4，CE＝2，求DE的長．AABCDE解：取AB的中點(diǎn)M，連接MD，ME．AABCDEM∵點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，∴MD是△ABC的中位線，∴MD∥AC，MD＝EQ\F(1,2)AC，∴∠BDM＝∠C．∵∠C＝2∠B，∴∠BDM＝2∠B．∵AE是BC邊上的高，∴∠AEB＝90°，∴ME＝EQ\F(1,2)AB＝MB，∴∠B＝∠MED，∴∠BDM＝2∠MED，∴∠DME＝∠MED，∴DE＝DM＝EQ\F(1,2)AC＝EQ\F(1,2)eq\r(,AE2＋CE2)＝eq\r(,5)．如圖，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AD⊥BC于點(diǎn)D，AE為BC邊上的中線，BD＝3，DE＝2，求AE的長．AACDBE解：延長CB到F，使BF＝AB，連接AF．AACDBEF則∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．∵AE是中線，∴BE＝EC，∴BD＋DE＝EC．∵∠ABC＝2∠C，∴∠F＝∠C，∴AF＝AC．∵AD⊥BC，∴DF＝DC，∴BF＋BD＝DE＋EC，∴AB＋BD＝DE＋BD＋DE，∴AB＝2DE＝4，∴AD2＝AB2－BD2＝7，∴AE＝eq\r(,DE2＋AD2)＝eq\r(,11)．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)，BD＝2DC，點(diǎn)E在AD的延長線上，∠ABC＝2∠DEC，AD·DE＝18，求sin∠BAC的值．AABECD解：延長CB到F，使BE＝AB，連接AF，過點(diǎn)A作AG⊥BC于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H．則∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．AABGEFCDH∵∠ABC＝2∠DEC，∴∠F＝∠DEC．∵∠ADF＝∠CDE，∴EQ\F(AD,DF)＝EQ\F(CD,DE)，∴CD·DF＝AD·DE＝18．設(shè)CD＝a，則BD＝2a，DF＝2a＋5，∴a(2a＋5)＝18，解得a＝－EQ\F(9,2)（舍去）或a＝2，∴BC＝3a＝6，∴BG＝CG＝3，∴AG＝eq\r(,52－32)＝4，∴BH＝EQ\F(4,5)BC＝EQ\F(24,5)，∴sin∠BAC＝EQ\F(BH,AB)＝EQ\F(24,25)．如圖，在□ABCD中，∠D＝2∠ACB，AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，若BE＝2，CE＝3，求AE的長．AADBCE解：延長CB到F，使BF＝AB，連接AF，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EM⊥AB于點(diǎn)M，EN⊥AC于點(diǎn)N．AADBCFHENM則∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC＝∠D．∵∠D＝2∠ACB，∴∠ABC＝2∠ACB，∴∠F＝∠ACB，∴AF＝AC，△ABF∽△CAF，∴EQ\F(AF,BF)＝EQ\F(CF,AF)．∵AE平分∠BAC，∴EM＝EN，∴EQ\F(BE,CE)＝EQ\F(S△ABE,S△ACE)＝EQ\F(EQ\F(1,2)AB·EM,EQ\F(1,2)AC·EN)＝EQ\F(AB,AC)＝EQ\F(2,3)，∴EQ\F(AB,AF)＝EQ\F(2,3)．設(shè)AB＝2x，則BF＝2x，AF＝3x，CF＝2x＋5，∴EQ\F(3x,2x)＝EQ\F(2x＋5,3x)，解得x＝2，∴CF＝9，AB＝BF＝4，∴FH＝EQ\F(9,2)，∴BH＝EQ\F(1,2)，∴EH＝EQ\F(3,2)，AH2＝AB2－BH2＝EQ\F(63,4)，∴AE＝eq\r(,AH2＋EH2)＝3eq\r(,2)如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC＝4，CD＝2eq\r(,11)，∠ABD＝2∠DBC，求BD的長．AADBC解：延長BA到P，使PA＝AB，過點(diǎn)P作PE⊥BD于點(diǎn)E，連接AE，PD．PPADBCE∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC．∵∠ABD＝2∠DBC，∴∠ABD＝2∠ADB．∵AD∥BC，∴∠PAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB．∵AB＝AC，∴PA＝AC，∠ABC＝∠ACB，∴∠PAD＝∠CAD．∵AD＝AD，∴△PAD≌△CAD，∴PD＝CD＝2eq\r(,11)．∵PA＝AB，∠PEB＝90°，∴AE＝EQ\F(1,2)PB＝AB＝4，∴∠AEB＝∠ABD＝2∠ADB，∴∠ADB＝∠DAE，∴DE＝AE＝4，∴PE2＝PD2－DE2＝28，∴BE＝eq\r(,PB2－PE2)＝6，∴BD＝BE＋DE＝10．題型三沿直角邊翻折半角（小角加倍）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，∠B＝2∠CAD，AB·CD＝5，求AD的長．AABDC解：延長BC到E，使CE＝CD，連接AE．AABDCE∵∠ACB＝90°，∴AD＝AE，∴∠CAD＝∠CAE，∠ADC＝∠E．∵∠B＝2∠CAD，∴∠B＝∠DAE，∴∠BAE＝∠ADE＝∠E，∴△ABE∽△DAE，BE＝AB，∴EQ\F(AE,DE)＝EQ\F(BE,AE)，∴AE2＝BE·DE＝BE·2CD＝10，∴AD＝AE＝eq\r(,10)．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)，BD＝2CD，∠B＝2∠DAC，AB＝4，求AD的長．AABDC解：延長BC到E，使CE＝CD，連接AE．AABDCE∵∠ACB＝90°，∴AD＝AE，∴∠ADE＝∠E，∠DAC＝∠EAC．∵∠B＝2∠DAC，∴∠B＝∠DAE，∴∠BAE＝∠ADE＝∠E，∴BE＝AB＝4．設(shè)CE＝CD＝x，則BD＝2x，BE＝4x，∴4x＝4，∴x＝1，∴BC＝3，∴AC2＝42－32＝7，∴AD＝eq\r(,CD2＋AC2)＝2eq\r(,2)．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，∠B＝2∠DAC，BD＝3，DC＝2，求AD的長．AABDC解：延長BC到點(diǎn)E，使CE＝CD，連接AE．AAEBDC∵AC⊥BC，∴AD＝AE，∴∠ADE＝∠E，∠DAC＝∠EAC．∵∠B＝2∠DAC，∴∠B＝∠DAE，∴∠BAE＝∠ADE＝∠E，∴AB＝BE，△ABE∽△DAE，∴EQ\F(AE,BE)＝EQ\F(DE,AE)．∵BD＝3，DC＝2，∴DE＝4，BE＝7，∴EQ\F(AE,7)＝EQ\F(4,AE)，∴AD＝AE＝2eq\r(,7)．2023·深圳寶安區(qū)二模如圖，在中，，點(diǎn)為中點(diǎn)，，則的值為．【答案】【詳解】解：延長至E，使，連接，設(shè)，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，即，∴，又，∴，故答案為：．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，連接BD，∠A＝2∠DBC，求tan∠ABD的值．BBCADC【答案】解：延長AC到E，使CE＝CD，連接BE，過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H．BBCAHDCE∵∠ACB＝90°，∴BD＝BE，∴∠DBC＝∠EBC，∠BDC＝∠E，∴∠DBE＝2∠DBC．∵∠A＝2∠DBC，∴∠A＝∠DBE，∴∠ABE＝∠BDE＝∠E，∴AB＝AE，△ABE∽△BDE，∴EQ\F(AB,BE)＝EQ\F(BD,DE)，∴EQ\F(AE,BD)＝EQ\F(BD,DE)．設(shè)AD＝CD＝CE＝a，則AB＝AE＝3a，DE＝2a，∴EQ\F(3a,BD)＝EQ\F(BD,2a)，∴BD＝eq\r(,6)a，∴BC＝eq\r(,5)a．∵sinA＝EQ\F(DH,AD)＝EQ\F(BC,AB)，∴EQ\F(DH,a)＝EQ\F(eq\r(,5)a,3a)，∴DH＝EQ\F(eq\r(,5),3)a，AH＝EQ\F(2,3)a，BH＝EQ\F(7,3)a，∴tan∠ABD＝EQ\F(DH,BH)＝EQ\F(eq\r(,5),7)．2023·深圳中學(xué)聯(lián)考二模如圖，在中，點(diǎn)在邊上，，，交的延長線于點(diǎn)，若，，則．【答案】【詳解】解：如圖所示，延長至使，作交于，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)，BD＝2CD，∠ABC＝2∠DAC，求EQ\F(AE,EC)的值．AABEDC解：延長BC到F，使CF＝CD，連接AF．AABFEDC∵∠ACB＝90°，∴AD＝AF，∴∠ADF＝∠F，∠DAC＝∠FAC．∵∠ABC＝2∠DAC，∴∠ABC＝∠DAF，∴∠BAF＝∠ADF＝∠F，∴AB＝BF，△ABF∽△DAF，∴EQ\F(AF,BF)＝EQ\F(DF,AF)．設(shè)CF＝CD＝a，則BD＝2a，DF＝2a，BF＝4a，∴EQ\F(AF,4a)＝EQ\F(2a,AF)，∴AF2＝8a2，∴AC＝eq\r(,AF2－CF2)＝eq\r(,7)a．∵BE平分∠ABC，∴∠EBC＝∠FAC．∵∠BCE＝∠ACF＝90°，∴△BCE∽△ACF，∴EQ\F(CE,CF)＝EQ\F(BC,AC)，∴EQ\F(CE,a)＝EQ\F(3a,eq\r(,7)a)，∴CE＝EQ\F(3eq\r(,7),7)a，∴AE＝EQ\F(4eq\r(,7),7)a，∴EQ\F(AE,EC)＝EQ\F(4,3)如圖，在△Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D，E分別是邊AB，BC上的點(diǎn)，DC平分∠ADE，∠B＝2∠ACD，求CE的長．DDABCE解：延長BA到F，使AF＝AD，連接CF，過點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H．DDAFHBCE∵∠BAC＝90°，∴CD＝CF，∴∠F＝∠CDF，∠ACD＝∠ACF．∵∠B＝2∠ACD，∴∠B＝∠DCF，∴∠BCF＝∠CDF＝∠F，∴BF＝BC．設(shè)∠ACD＝α，則∠B＝2α，∠EDC＝∠ADC＝90°－α，∠BDE＝2α，∴∠B＝∠BDE，∴BE＝DE，∴BH＝DH．設(shè)CE＝2x，則BF＝BC＝2x＋12，∴BH＝DH＝x＋1，AH＝x＋6．∵EH⊥AB，∠BAC＝90°，∴EH∥AC，∴EQ\F(BH,AH)＝EQ\F(BE,CE)，∴EQ\F(x＋1,x＋6)＝EQ\F(12,2x)，解得x＝－4（舍去）或x＝9，∴CE＝2x＝18．如圖，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD是中線，AB＝6，AD＝eq\r(,41)，求BC，AC的長．AABCD解：過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，在HC上截取HE＝BH，連接AE．AABCDHE則AE＝AB＝6，∴∠AEB＝∠B＝2∠C，∴∠EAC＝∠C，∴CE＝AE＝6．設(shè)BH＝EH＝x，則BC＝2x＋6，BD＝CD＝x＋3，∴DH＝3，∴AH＝eq\r(,AD2－DH2)＝4eq\r(,2)，∴BH＝eq\r(,AB2－AH2)＝2，∴BC＝10，CH＝8，∴AC＝eq\r(,AH2＋CH2)＝4eq\r(,6)．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D，E分別為邊BC，AC上的點(diǎn)，連接AD，DE，∠AED＝2∠DAE，CE＝7，BD＝18eq\r(,2)，求DE的長．AABCDE解：過點(diǎn)D作DG⊥AB于點(diǎn)G，DH⊥AC點(diǎn)H，AABCDEGFH在AH上截取FH＝EH，連接DF．則DE＝DF，∴∠DFE＝∠AED＝2∠DAE，∴∠DFE＝∠AED，∴AF＝DF．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，∴AH＝DG＝EQ\F(eq\r(,2),2)BD＝18，CH＝DH．設(shè)CH＝DH＝x，則FH＝EH＝x－7，DF＝AF＝25－x，在Rt△DFH中，DH2＋FH2＝DF2，∴x2＋(x－7)2＝(25－x)2，解得x＝－48（舍去）或x＝12，∴DE＝DF＝25－x＝13．如圖，在△ABC中，∠C＝2∠B，AD平分∠BAC，BD＝3，CD＝2，求AD的長．AACBD解：在AB上截取AE＝AC，連接DE，過點(diǎn)A作AF⊥BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)D作DG⊥AB于點(diǎn)G，DH⊥AC于點(diǎn)H．AACBDFGEH∵∠DAE＝∠DAC，AD＝AD，∴△ADE≌△ADC，∴DE＝CD＝2，∠AED＝∠C＝2∠B，∴∠EDB＝∠B，∴BE＝DE＝2．∵∠DAE＝∠DAC，∴DG＝DH，∴EQ\F(BD,CD)＝EQ\F(S△ABD,S△ACD)＝EQ\F(EQ\F(1,2)AB·DG,EQ\F(1,2)AC·DH)＝EQ\F(AB,AC)＝EQ\F(AC＋2,AC)＝EQ\F(3,2)，∴AC＝4，∴AB＝6．∵AF2＝AB2－BF2＝AC2－CF2，∴62－BF2＝42－(5－BF)，解得BF＝EQ\F(9,2)，∴DF＝EQ\F(3,2)，AF2＝62－BF2＝EQ\F(63,4)，∴AD＝eq\r(,DF2＋AF2)＝3eq\r(,2)．題型四鄰二倍角的處理如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點(diǎn)D，∠DAC＝2∠DAB，BD＝4，DC＝9，求AD的長．AABCD解：延長DA到E，使AE＝AC，連接EC．AABCDE則∠E＝∠ACE，∴∠DAC＝2∠E．∵∠DAC＝2∠DAB，∴∠DAB＝∠E．∵∠ADB＝∠EDC＝90°，∴△ABD∽△ECD，∴EQ\F(AD,ED)＝EQ\F(BD,CD)＝EQ\F(4,9)．設(shè)AD＝4m，則ED＝9m，AC＝AE＝5m，∴CD＝eq\r(,AC2－AD2)＝3m＝9，∴m＝3，∴AD＝4m＝12．如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，點(diǎn)D為邊AC上一點(diǎn)，∠DBC＝2∠ABD，CD＝3，BC＝7，求BD的長．DDABC例1解：延長BD到E，使BE＝BC，連接CE．DDAEBC設(shè)∠ABD＝α，則∠DBC＝2α，∠BCE＝∠E＝90°－α，∠CDE＝∠ADB＝90°－α，∴∠CDE＝∠E＝∠BCE，∴CE＝CD＝3，△CDE∽△BCE，∴EQ\F(CE,DE)＝EQ\F(BE,CE)，∴EQ\F(3,DE)＝EQ\F(7,3)，∴DE＝EQ\F(9,7)，∴BD＝BE－DE＝7－EQ\F(9,7)＝EQ\F(40,7)．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)，∠BAD＝2∠CAD，BD＝10，DC＝3，求AD的長．AABCD解：延長AD到E，使AE＝AB，連接BE．AABEDC設(shè)∠CAD＝α，則∠BAD＝2α，∠ABE＝∠E＝90°－α，∠BDE＝∠ADC＝90°－α，∴∠BDE＝∠E＝∠ABE，∴BE＝BD＝10，△BDE∽△ABE，∴EQ\F(BE,DE)＝EQ\F(AE,BE)，∴AE·DE＝BE2＝100，∴DE(AD＋DE)＝100，∴2DE2＋2AD·DE＝200．∵AC2＝AB2－BC2＝AD2－DC2，∴(AD＋DE)2－132＝AD2－32，∴DE2＋2AD·DE＝160，∴DE2＋160＝200，∴DE2＝40，DE＝2eq\r(,10)，∴2eq\r(,10)AE＝100，∴AE＝5eq\r(,10)，∴AD＝3eq\r(,10)．如圖，在△ABC中，點(diǎn)E在邊AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD⊥BE交BE的延長線于點(diǎn)D，BD＝8，AC＝11，則BC的長為_________．BBECAD【答案】【解析】過點(diǎn)C作CF∥AB交BD的延長線于點(diǎn)F．BBEGCADF則∠ECF＝∠A，∠F＝∠ABE．∵EB＝EA，∴∠A＝∠ABE，∴∠ECF＝∠F，∴EF＝EC，∴BF＝AC＝11，∴DF＝BF－BD＝11－8＝3．在BD上取點(diǎn)G，使DG＝DF，連接CG．則CF＝CG，∴∠CGF＝∠F＝∠ECF＝∠A＝2∠CBE，∴∠CBG＝∠BCG，∴CG＝BG＝BD－DG＝5，∴CD＝＝＝4，∴BC＝＝＝．如圖，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D在CA的延長線上，∠ABC＝2∠DBA，DE⊥BA交BA的延長線于點(diǎn)E，若BE＝8，CD＝11，求BD的長．EEABCD解：過點(diǎn)D作DF∥BC交BE的延長線于點(diǎn)F，在EB上截取EG＝EF，連接DG．DDFEAGBC則∠F＝∠ABC＝2∠DBA，∠ADF＝∠C．∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∴∠F＝∠ADF，∴AF＝AD，∴BF＝CD＝11，∴EG＝EF＝BF－BE＝11－8＝3．∵DE⊥BA，∴DF＝DG，∴∠DGE＝∠F＝2∠DBA，∴∠BDG＝∠DBA，∴DG＝BG＝BE－EG＝5，∴DE＝eq\r(,DG2－EG2)＝4，∴BD＝eq\r(,BE2＋DE2)＝4eq\r(,5)．題型五絕配角如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)D，E分別為BC，AC上的點(diǎn)，∠B＝2∠CDE，∠ADE＝45°，AB＝5，AE＝3，則BD的長為_________．AABCDE【答案】2【解析】在BA上截取BF＝BD，連接DF．AABCDEF則∠BFD＝∠BDF＝90°－∠B＝90°－∠CDE＝∠CED，∴∠AFD＝∠AED，∠BDF＋∠CDE＝90°，∴∠EDF＝90°，∠ADF＝∠ADE＝45°．∵AD＝AD，∴△ADF≌△ADE，∴AF＝AE＝3，∴BD＝BF＝AB－AF＝5－3＝2．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，點(diǎn)D為邊AB上一點(diǎn)，∠ACD＝2∠B，若BD＝2，AD＝4，求CD的長．BBCADC解：延長CA到點(diǎn)E，連接DE，使∠ADE＝∠B．ECECBCADC∵AD＝3，BD＝1，∴AB＝4．∵∠ADE＝∠B，∠DAE＝∠BAC＝90°．∴△ADE∽△ABC，∴EQ\F(AE,AC)＝EQ\F(AD,AB)＝EQ\F(2,3)．設(shè)∠ADE＝∠B＝α，則∠ACD＝2α，∠ADC＝90°－2α，∠CDE＝∠E＝90°－α，∴CD＝CE．設(shè)AE＝2x，則AC＝3x，CD＝CE＝5x，AD＝4x＝4，∴x＝1，∴CD＝5x＝5．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，BD＝2CD，∠DAC＝2∠B，AD＝eq\r(,2)，求AB的長．AABCD解：延長AC到E，使AE＝AD，連接DE．AABCDE設(shè)∠B＝α，則∠DAC＝2α，∠ADE＝∠E＝90°－α，∠CDE＝α，∴∠B＝∠CDE．∵∠ACB＝∠ECD＝90°，∴△ABC∽△EDC，∴EQ\F(AB,DE)＝EQ\F(AC,CE)＝EQ\F(BC,DC)＝3．設(shè)CE＝a，則AC＝3a，AD＝AE＝4a＝eq\r(,2)，∴a＝EQ\F(eq\r(,2),4)，∴AC＝EQ\F(3eq\r(,2),4)，∴DC＝eq\r(,AD2－AC2)＝EQ\F(eq\r(,14),4)，∴DE＝eq\r(,DC2＋CE2)＝1，∴AB＝3DE＝3．如圖，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于點(diǎn)D，點(diǎn)E在線段AD上，∠CED＝2∠BAD，若AE＝9，DE＝3，求BC的長．AACBDE解：在AD上取點(diǎn)P，連接PC，使PC＝AP，過點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H．AACBDEHP則∠PAC＝∠ACP．設(shè)∠BAD＝α，則∠CED＝2α，∠DCE＝90°－2α，∠PAC＝∠ACP＝45°－α，∠DPC＝90°－2α，∴∠DCE＝∠DPC．∵∠CDE＝∠PDC，∴△CDE∽△PDC，∴EQ\F(CD,DE)＝EQ\F(PD,CD)，∴CD2＝DE·PD．設(shè)PE＝x，則PD＝x＋3，PC＝AP＝9－x，CD2＝(9－x)2－(x＋3)2，∴(9－x)2－(x＋3)2＝3(x＋3)，解得x＝EQ\F(7,3)，∴CD2＝3(x＋3)＝16，∴CD＝4，∴AC＝eq\r(,CD2＋AD2)＝4eq\r(,10)．∵∠BCH＝∠ACD，∠BHC＝∠ADC＝90°，∴△BCH∽△ACD，∴EQ\F(BH,CH)＝EQ\F(AD,CD)＝EQ\F(12,4)＝3，∴AH＝BH＝3CH＝EQ\F(3,4)AC＝3eq\r(,10)，∴AB2＝2AH2＝180，∴BD＝eq\r(,AB2－AD2)＝6，∴BC＝BD＋CD＝6＋4＝10．如圖，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D在BC的延長線上，點(diǎn)E在線段AD上，∠DAC＝2∠DBE，BE與AC交于點(diǎn)F，若CF＝1，DE＝2，則CD的長為_________．AABCDFE【答案】3【解析】在AD上截取DG＝DC，連接CG．AABCDFEG設(shè)∠DBE＝x，則∠DAC＝2x，∠BAD＝60°＋2x，∠ABE＝∠AEB＝60°－x，∠D＝60°－2x，∠DGC＝∠EFC＝60°＋x，∴AE＝AB＝AC，∠AGC＝∠AFE．∵∠CAG＝∠EAF，∴△ACG≌△AEF，∴AG＝AF，∴EG＝CF＝1，∴CD＝DG＝DE＋EG＝2＋1＝3如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，BD＝2CD，∠DAC＝2∠ABC，若AD＝，求AB的長．BBDCA【答案】3解：延長BC到點(diǎn)E，使CE＝CD，連接AE，過點(diǎn)B作AE的垂線，垂足為F．FFBDCEA∵∠ACB＝90°，∴AE＝AD，∴∠EAC＝∠DAC＝2∠ABC．∵∠FBE＝∠EAC＝90°－∠E，∴∠FBE＝2∠ABC，∴∠ABF＝∠ABC，∴AF＝AC，∴BF＝BC．設(shè)CD＝a，則BD＝2a，BF＝BC＝3a，BE＝4a，在△ABE中，由面積法得BE·AC＝AE·BF，∴4a·AC＝AE·3a，∴＝．設(shè)AC＝3m，則AD＝AE＝4m，CD＝，BC＝，AB＝＝＝3如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AC⊥CD，AB＝AC，∠ABD＝2∠ADC，CD＝2eq\r(,5)，求AD的長．AADBC解：延長BA到點(diǎn)E，使AE＝AC，延長AE到點(diǎn)F，使EF＝AE，連接DE，DF．FFEADBC∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠ABC，∠DAC＝∠ACB．∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠DAE＝∠DAC．∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADC，∴DE＝CD＝2eq\r(,5)，∠AED＝∠ACD＝90°，∠ADE＝∠ADC，∴AD＝FD，∴∠F＝∠DAE，∠ADE＝∠FDE，∵∠ABD＝2∠ADC，∴∠ABD＝2∠ADE＝∠ADF，∴∠BDF＝∠DAE＝∠F，∴BD＝BF．設(shè)AB＝AC＝x，則BE＝2x，BD＝BF＝3x，∴DE＝eq\r(,BD2－BE2)＝eq\r(,5)x＝2eq\r(,5)，∴x＝2，∴AE＝2，∴AD＝eq\r(,AE2＋AD2)＝2eq\r(,6)．如圖，在△ABC中，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，∠ADC＝60°，∠BAD＝2∠CAD，BD＝5，CD＝1，求AD的長．AABDC解：延長BC到E，使BE＝BA，連接AE，過點(diǎn)A作AH⊥CE于點(diǎn)H．AAEBDCH設(shè)∠CAD＝α，則∠BAD＝2α，∠B＝60°－2α，∠BAE＝∠E＝60°＋α，∠CAE＝60°－2α，∴∠CAE＝∠B，∴∠ACE＝∠BAE＝∠E，∴AC＝AE，△ACE∽△BAE，∴CH＝EH，EQ\F(AE,CE)＝EQ\F(BE,AE)，∴AE2＝CE·BE．設(shè)CH＝EH＝x，則DH＝x＋1，AH＝eq\r(,3)x＋eq\r(,3)，CE＝2x，BE＝2x＋6，AE2＝x2＋(eq\r(,3)x＋eq\r(,3))2，∴x2＋(eq\r(,3)x＋eq\r(,3))2＝2x(2x＋6)，解得x＝EQ\F(1,2)，∴AD＝2DH＝2x＋2＝3．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E是邊AC上一點(diǎn)，連接BE，DE，∠ABE＝2∠EDC，AE＝3，求DE的長．AABCDE解：在EA上截取EF＝EC，延長CA到G，使AG＝AF，連接BF，BG．AABCDEFG∵∠BAC＝90°，∴BF＝BG，∴∠G＝∠AFB．∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴DE是△BCF的中位線，∴DE∥BF．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝45°．設(shè)∠EDC＝α，則∠ABE＝2α，∠G＝∠AFB＝∠AED＝45°＋α，∠ABG＝45°－α，∠EBG＝45°＋α，∴∠G＝∠EBG，∴BE＝GE．設(shè)EF＝EC＝x，則AG＝AF＝3－x，AB＝AC＝3＋x，BE＝GE＝6－x．在Rt△ABE中，(3＋x)2＋32＝(6－x)2，解得x＝1，∴AF＝2，AB＝4，∴BF＝eq\r(,AB2＋AF2)＝2eq\r(,5)，∴DE＝EQ\F(1,2)BF＝eq\r(,5)．如圖，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E是邊AC上一點(diǎn)，連接BE，DE，∠ABE＝2∠EDC，CE＝2eq\r(,6)，求AE的長．AAEBCD解：延長BA到F，使BF＝BE，連接AD，EF，過點(diǎn)E作EH⊥AF于點(diǎn)H．AAHFEBCD∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠EAF＝60°，∠ABC＝∠C＝30°．∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴∠BAD＝∠EAD＝60°，∠ADC＝90°，∴∠EAD＝∠EAF．設(shè)∠EDC＝α，則∠ABE＝2α，∠F＝∠BEF＝90°－α，∠ADE＝90°－α，∴∠ADE＝∠F．∵AE＝AE，∴△ADE≌△AFE，∴AD＝AF．設(shè)AE＝2x，則AH＝x，EH＝eq\r(,3)x，AB＝AC＝2x＋2eq\r(,6)，BH＝3x＋2eq\r(,6)，AF＝AD＝x＋eq\r(,6)，BE＝BF＝3x＋3eq\r(,6)．在Rt△BEH中，BH2＋EH2＝BE2，∴(3x＋2eq\r(,6))2＋(eq\r(,3)x)2＝(3x＋3eq\r(,6))2，解得x＝eq\r(,6)－4（舍去）或x＝eq\r(,6)＋4，∴AE＝2x＝2eq\r(,6)＋8．如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D，E分別為邊AC，BC上的點(diǎn)，∠ABD＝2∠BAE，BE＝3eq\r(,2)，CD＝7，求BD的長．AABCEDC解：延長CA到F，使DF＝BD，連接BF，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H．AAFBCEHDC∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝45°．設(shè)∠BAE＝α，則∠AEH＝45°＋α，∠ABD＝2α，∠ADB＝90°－2α，∠F＝∠DBF＝45°＋α，∴∠AEH＝∠F．∵∠AHE＝∠BAF＝90°，∴△AEH∽△BFA，∴EQ\F(AF,EH)＝EQ\F(AB,AH)＝eq\r(,2)，∴AF＝eq\r(,2)EH．設(shè)EH＝eq\r(,2)x，則AF＝2x，AH＝BH＝eq\r(,2)x＋3eq\r(,2)，AB＝AC＝2x＋6，AD＝2x－1，BD＝DF＝AD＋AF＝4x－1，在Rt△ABD中，(2x＋6)2＋(2x－1)2＝(4x－1)2，解得x＝－1或x＝EQ\F(9,2)，∴BD＝4x－1＝17如圖，在等邊△ABC中，點(diǎn)D，E分別為邊BC，AC上的點(diǎn)，連接AD，DE，∠ADB＝2∠CDE，BD＝3，CE＝4，求CD的長．AABDCE解：在AC上截取AF＝BD，在CE上截取CG＝EF，連接DF，DG，過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H．AABDCGEFH∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∠C＝60°，∴CF＝CD，∴△CDF是等邊三角形，∴DF＝DC，∠DFE＝∠C，∴△DEF≌△DGC，∴DE＝DG，∠EDF＝∠GDC，∴∠DEG＝∠DGE，∠GDF＝∠CDE．設(shè)∠GDF＝∠CDE＝α，則∠ADB＝2α，∠DGE＝∠DEG＝120°－α，∠EDG＝2α－60°，∠DAG＝2α－60°，∴∠EDG＝∠DAG，∴∠ADG＝∠DEG＝∠DGE，∴AD＝AG＝AF＋FG＝BD＋CE＝3＋4＝7．BH＝EQ\F(1,2)BD＝EQ\F(3,2)，DH＝EQ\F(3eq\r(,3),2)，∴AH＝eq\r(,AD2－DH2)＝EQ\F(13,2)，∴BC＝AB＝AH＋BH＝8，∴CD＝BC－BD＝5．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為AB邊上一點(diǎn)，AD＜BD，∠ADC＝2∠ACD，AB＝8，CD＝3，求AD的長．BBCDA解：在DB上截取DE＝DC，延長BA到F，使DF＝DC，連接CE，CF．BBCDEAF則∠DCE＝∠AEC，∠DCF＝∠F．設(shè)∠ACD＝α，則∠BCD＝90°－α，∠ADC＝2α，∠DCE＝∠AEC＝α，∠DCF＝∠F＝90°－α，∴∠ACD＝∠AEC，∠BCD＝∠F．∵∠CAD＝∠EAC，∠CBD＝∠FBC，∴△ACD∽△AEC，△BCD∽△BFC，∴EQ\F(AC,AD)＝EQ\F(AE,AC)，EQ\F(BC,BD)＝EQ\F(BF,BC)，∴AC2＝AD·AE，BC2＝BD·BF．設(shè)AD＝x，則AE＝x＋3，BD＝8－x，BF＝11－x，∴AC2＝x(x＋3)，BC2＝(8－x)(11－x)，∵AC2＋BC2＝AB2，∴x(x＋3)＋(8－x)(11－x)＝82，解得x＝2或x＝6（舍去），即AD的長為2．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，點(diǎn)D，E為邊BC上兩點(diǎn)（點(diǎn)D在點(diǎn)E左側(cè)），且BD＝CE，∠DAE＝EQ\F(1,2)∠BAC，求DE的長．AABCDE解：作∠BAC的角平分線AF交BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG⊥AB于點(diǎn)G，AABCDFEHG過點(diǎn)A作AH⊥AF交BC的延長線于點(diǎn)G．∵∠ACB＝90°，∴FG＝FC，∠H＝∠CAF＝90°－∠AFC．∵AC＝6，BC＝8，∴AB＝eq\r(,62＋82)＝10．設(shè)FG＝FC＝x，則BF＝8－x．∵S△ABF＝EQ\F(1,2)AB·FG＝EQ\F(1,2)BF·AC，∴AB·FG＝BF·AC，∴10x＝6(8－x)，解得x＝3，∴FC＝3，∴EQ\F(AC,CH)＝tanH＝tan∠CAF＝EQ\F(FC,AC)＝EQ\F(1,2)，∴CH＝2AC＝12．設(shè)BD＝CE＝x，則DE＝8－2x，DC＝8－x，DH＝20－x，∴AD2＝(8－x)2＋62．∵∠DAE＝EQ\F(1,2)∠BAC，∴∠DAE＝∠CAF＝∠H．∵∠ADE＝∠HDA，∴△ADE∽△HDA，∴EQ\F(AD,DE)＝EQ\F(DH,AD)，∴AD2＝DE·DH，∴(8－x)2＋62＝(8－2x)(20－x)，解得x＝30（舍去）或x＝2，∴DE＝8－2x＝4．題型六坐標(biāo)系中的二倍角問題宿遷·中考如圖，拋物線交x軸于A、B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A坐標(biāo)為(1，0)，與y軸交于點(diǎn)。(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)連接AC，點(diǎn)P在拋物線上，且滿足∠PAB＝2∠ACO，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；簡析(1)拋物線的函數(shù)表達(dá)式為(2)如圖，在OC上取點(diǎn)E，使AE＝CE，則∠AEO＝2∠ACO＝∠PAB；設(shè)OE＝t，則AE＝3－t，在Rt△AOE中，由勾股定理可得，解得，故即；①當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，作PG⊥x軸于點(diǎn)G，則；設(shè)PG＝3m＞0，則AG＝4m，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1－4m，3m)，將其代人拋物線的解析式，可得3m＝（1－4m）2＋2（1－4m）－3，解得舍去)，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為(②當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，同理可得綜上所述：點(diǎn)P的坐標(biāo)為)或(鹽城·中考如圖，二次函數(shù)的圖像與一次函數(shù)y＝kx－k＋2的圖像交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，直線AB分別與x軸、y軸交于C、D兩點(diǎn)，其中k＜0．(1)求AB兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)；(2)二次函數(shù)圖像的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E，是否存在實(shí)數(shù)k，使得若存在，求出k的值；若不存在，說明理由。簡析(1)令，即，解得x＝1或2，即A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為1、2；(2)由前知A(1，2)，B(2，k＋2)；①情形一：當(dāng)k＋2＞0，即－2＜k＜0時(shí)，點(diǎn)B在x軸上方，如圖(已隱去拋物線)過點(diǎn)B分別向x軸、對(duì)稱軸作垂線，垂足依次為G、H，則；在EA的延長線上取點(diǎn)F，使AF＝AB，連接BF，則∠BAH＝2∠BFH，又∠BAH＝∠ODC＝2∠BEC，故∠BFH＝∠BEC；易得BH＝1，AH＝﹣k，則，從而，故tan∠BFH＝，所以有k＋2，解得舍去)；②情形二：當(dāng)k＋2＜0，即k＜－2時(shí)，點(diǎn)B在x軸下方，如圖(已隱去拋物線)，同上作相關(guān)輔助線，同理有，從而，解得，故舍去)；綜上所述：k的值為－或反思：（2）是一個(gè)等腰三角形存在性問題，可借助代數(shù)方法盲解盲算，這里并未展開；（3）中存在“倍半角”關(guān)系，這里首先利用平行導(dǎo)角，將∠ODC轉(zhuǎn)化為∠BAH，借助A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)來刻畫其正切值，然后構(gòu)造其“半角”∠BFH，最后列方程求解需。要特別提醒的是，這里根據(jù)點(diǎn)B的縱坐標(biāo)的正負(fù)性，即點(diǎn)B與x軸的位置關(guān)系分兩類討論，很容易漏解。另外，本題還有其他解法，請(qǐng)自行探究。河南·中考如圖，拋物線y＝ax2＋6x＋c交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C。直線y＝x－5經(jīng)過點(diǎn)B、C。（1）求拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)A的直線交直線BC于點(diǎn)M，連接AC，當(dāng)直線AM與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍時(shí)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)。簡析：(1)拋物線的解析式為(2)如圖，當(dāng)∠ACM＝∠CAM時(shí)，有∠AMB＝2∠ACB，此時(shí)點(diǎn)M符合題意；再過點(diǎn)A作AC的垂線，交直線BC于點(diǎn)R，作RS⊥x軸于點(diǎn)S，易證tan∠RAS＝tan∠ACO＝，即；又易證RS＝BS，故，從而，點(diǎn)R的坐標(biāo)為；易證點(diǎn)M為CR的中點(diǎn)，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)如圖，作AG⊥BC于點(diǎn)G，再作AM關(guān)于直線AG的對(duì)稱線段AM′，則∠AM′M＝∠AMM′＝2∠ACB，故點(diǎn)M′是符合題意的另一個(gè)點(diǎn)；作GH⊥x軸于點(diǎn)H，易證GH＝AH＝BH＝2，則點(diǎn)G的坐標(biāo)為(3，﹣2)；因?yàn)辄c(diǎn)G為MM的中點(diǎn)，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為；因此，點(diǎn)M的坐標(biāo)為)或(反思：第(2)問看似“倍半角”問題，卻采取了“垂直處理”策略，結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式加以解決?！俺梢材Ｐ停瑪∫材Ｐ汀?，切勿形成思維定式，盲目套用模型。當(dāng)然，這兩個(gè)問題都還有其他的處理方式，可自行探索?？偨Y(jié)的話：數(shù)學(xué)中轉(zhuǎn)化思想無處不在，所謂“倍半角”問題，其解題策略大體也是圍繞著轉(zhuǎn)化思想進(jìn)行的，或?qū)ⅰ氨督恰弊優(yōu)椤鞍虢恰?，或?qū)ⅰ鞍虢恰弊優(yōu)椤氨督恰保罱K轉(zhuǎn)化為等角問題，當(dāng)然變化手段可能不一，比如作“倍角”的角平分線或者構(gòu)造等腰三角形，再如將“半角”翻折等?？傊?，具體問題需要具體對(duì)待，并無絕對(duì)的通法、簡法，一切都要依據(jù)題目的條件以及結(jié)論去分析、構(gòu)造，以至于解決。2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題如圖，拋物線與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)在拋物線上，點(diǎn)E在直線上，若，則點(diǎn)E的坐標(biāo)是．

【答案】和【分析】先根據(jù)題意畫出圖形，先求出點(diǎn)坐標(biāo)，當(dāng)點(diǎn)在線段上時(shí):是△DCE的外角，，而，所以此時(shí)，有，可求出所在直線的解析式，設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)兩點(diǎn)距離公式，，得到關(guān)于的方程，求解的值，即可求出點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)點(diǎn)在線段的延長線上時(shí)，根據(jù)題中條件，可以證明，得到為直角三角形，延長至，取，此時(shí)，，從而證明是要找的點(diǎn)，應(yīng)為，為等腰直角三角形，點(diǎn)和關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，可以根據(jù)點(diǎn)坐標(biāo)求出點(diǎn)坐標(biāo)．【詳解】解：在中，當(dāng)時(shí)，，則有，令，則有，解得：，∴，根據(jù)點(diǎn)坐標(biāo)，有所以點(diǎn)坐標(biāo)

設(shè)所在直線解析式為，其過點(diǎn)、有，解得∴所在直線的解析式為：當(dāng)點(diǎn)在線段上時(shí)，設(shè)而∴∴因?yàn)椋?，，有解得：，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為:當(dāng)在的延長線上時(shí)，在中，，,∴∴如圖延長至，取，

則有為等腰三角形，，∴又∵∴則為符合題意的點(diǎn)，∵∴的橫坐標(biāo)：，縱坐標(biāo)為；綜上E點(diǎn)的坐標(biāo)為：或，故答案為：或江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)、的坐標(biāo)分別為、，點(diǎn)在第一象限內(nèi)，連接、．已知，則．【答案】【分析】過點(diǎn)C作CD⊥y軸，交y軸于點(diǎn)D，則CD∥AO，先證CDE≌CDB（ASA），進(jìn)而可得DE＝DB＝4－n，再證AOE∽CDE，進(jìn)而可得，由此計(jì)算即可求得答案．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)C作CD⊥y軸，交y軸于點(diǎn)D，則CD∥AO，∴∠DCE＝∠CAO，∵∠BCA＝2∠CAO，∴∠BCA＝2∠DCE，∴∠DCE＝∠DCB，∵CD⊥y軸，∴∠CDE＝∠CDB＝90°，又∵CD＝CD，∴CDE≌CDB（ASA），∴DE＝DB，∵B（0，4），C（3，n），∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，∴OE＝OD－DE＝n－（4－n）＝2n－4，∵A（－4，0），∴AO＝4，∵CD∥AO，∴AOE∽CDE，∴，∴，解得：內(nèi)蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考中考真題如圖1，拋物線y＝x2+bx+c交x軸于A，B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1，0)，與y軸交于點(diǎn)C（(0，﹣3)．（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）如圖2，連接AC，點(diǎn)P在拋物線上，且滿足∠PAB＝2∠ACO，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）(﹣，)，(﹣，﹣)【分析】（1）將點(diǎn)A，點(diǎn)C坐標(biāo)代入解析式可求解；（2）在BO上截取OE＝OA，連接CE，過點(diǎn)E作EF⊥AC，由“SAS”可證△OCE≌△OCA，可得∠ACO＝∠ECO，CE＝AC＝，由面積法可求EF的長，由勾股定理可求CF的長，可求tan∠ECA＝tan∠PAB＝，分點(diǎn)P在AB上方和下方兩種情況討論，求出AP解析式，聯(lián)立方程組可求點(diǎn)P坐標(biāo)．【詳解】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c交x軸于點(diǎn)A（1，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），∴，解得：，∴拋物線解析式為：y＝x2+2x﹣3；（2）如圖，在BO上截取OE＝OA，連接CE，過點(diǎn)E作EF⊥AC，

∵點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)C（0，﹣3），∴OA＝1，OC＝3，∴AC＝＝＝，∵OE＝OA，∠COE＝∠COA＝90°，OC＝OC，∴△OCE≌△OCA（SAS），∴∠ACO＝∠ECO，CE＝AC＝，∴∠ECA＝2∠ACO，∵∠PAB＝2∠ACO，∴∠PAB＝∠ECA，∵S△AEC＝AE×OC＝AC×EF，∴EF＝＝，∴CF＝＝＝，∴tan∠ECA＝＝，如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在AB的下方時(shí)，設(shè)AO與y軸交于點(diǎn)N，∵∠PAB＝∠ECA，∴tan∠ECA＝tan∠PAB＝＝，∴ON＝，∴點(diǎn)N（0，），又∵點(diǎn)A（1，0），∴直線AP解析式為：y＝x﹣，聯(lián)立方程組得：，解得：或，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為：（﹣，﹣）當(dāng)點(diǎn)P在AB的上方時(shí)，同理可求直線AP解析式為：y＝﹣x+，聯(lián)立方程組得：，解得：或，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為：（﹣，），綜上所述：點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣，），（﹣，﹣）2022·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考中考真題如圖，拋物線經(jīng)過點(diǎn)和點(diǎn)，與軸的另一個(gè)交點(diǎn)為，連接、．(1)求拋物線的解析式及點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)如圖，點(diǎn)是第一象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)作軸，分別交、軸于點(diǎn)、，當(dāng)中有某個(gè)角的度數(shù)等于度數(shù)的2倍時(shí)，請(qǐng)求出滿足條件的點(diǎn)的橫坐標(biāo)．【答案】(1)；A（-1，0）；(2)2或【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答，即可求解；（2）先求出，再求出直線BC的解析式，然后設(shè)點(diǎn)，則，CF=a，可得，再分三種情況討論：若∠PCM=2∠OBC，過點(diǎn)C作CFx軸交PM于點(diǎn)F；若∠PMC=2∠OBC；若∠CPM=2∠OBC，過點(diǎn)P作PG平分∠CPM，則∠MPG=∠OBC，即可求解．【詳解】（1）解：把點(diǎn)和點(diǎn)代入，得：，解得：，∴拋物線的解析式為，令y=0，則，解得：，∴點(diǎn)A（-1，0）；（2）解：∵點(diǎn)B（4，0），C（0，2），∴OB=4，OC=2，∴，設(shè)直線BC的解析式為，把點(diǎn)B（4，0），C（0，2）代入得：，解得：，∴直線BC的解析式為，設(shè)點(diǎn)，則，CF=a，∴，若∠PCM=2∠OBC，過點(diǎn)C作CFx軸交PM于點(diǎn)F，如圖甲所示，∴∠FCM=∠OBC，即，∴∠PCF=∠FCM，∵軸，∴CF⊥PQ，∴PM=2FM，∴，∴，解得：解得：a=2或0（舍去），∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2；若∠PMC=2∠OBC，∵∠PMC=∠BMN，∴∠BMN=2∠OBC，∵∠OBC+∠BMN=90°，∴∠OBC=30°，與相矛盾，不合題意，舍去；若∠CPM=2∠OBC，如圖乙所示，過點(diǎn)P作PG平分∠CPM，則∠MPG=∠OBC，∵∠PMG=∠BMN，∴△PMG∽△BMN，∴∠PGM=∠BNM=90°，∴∠PGC=90°，∵PG平分∠CPM，即∠MPG=∠CPG，∴∠PCM=∠PMC，∴PC=PM，∴，解得：或0（舍去），∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為；綜上所述，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2或．圖甲

圖乙2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題已知拋物線與x軸交于兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)，點(diǎn)P為第一象限拋物線上的點(diǎn)，連接．

(1)直接寫出結(jié)果；_____，_____，點(diǎn)A的坐標(biāo)為_____，______；(2)如圖1，當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；【答案】(1)，2，，；(2)【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可求得、，從而可得，，由，可得，求得，在中，根據(jù)正切的定義求值即可；（2）過點(diǎn)C作軸，交于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作軸，交y軸于點(diǎn)E，由，即，再由，可得，證明，可得，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為，可得，再進(jìn)行求解即可；【詳解】（1）解：∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)，，∴，解得：，∴拋物線解析式為：，∵拋物線與x軸交于A、兩點(diǎn)，∴時(shí)，，解得：