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专题1-6 二倍角的解题策略：倍半角模型与绝配角 备考2024年中考数学—模型·方法·技巧专题突破（全国通用）
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这是一份专题1-6 二倍角的解题策略：倍半角模型与绝配角 备考2024年中考数学—模型·方法·技巧专题突破（全国通用），文件包含专题1-6二倍角的解题策略倍半角模型与绝配角原卷版docx、专题1-6二倍角的解题策略倍半角模型与绝配角解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共99页， 欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc151644738" 知识点梳理
\l "_Tc151644739" 策略一：向外构造等腰（大角减半）
\l "_Tc151644740" 策略二：向内构造等腰（小角加倍或大角减半）
\l "_Tc151644741" 策略三：沿直角边翻折半角（小角加倍）
\l "_Tc151644742" 策略四：邻二倍角的处理
\l "_Tc151644743" 【经典例题讲解】
\l "_Tc151644744" 【一题多解1】围绕2倍角条件，解法围绕“翻” “延” 倍”“分”
\l "_Tc151644745" 【一题多解2】常规法与倍半角处理对比
\l "_Tc151644746" 策略五：绝配角模型
\l "_Tc151644747" 题型一 向外构造等腰三角形（大角减半）
\l "_Tc151644748" 2023·深圳南山区联考二模
\l "_Tc151644749" 2023·山西·统考中考真题
\l "_Tc151644750" 题型二 向内构造等腰（小角加倍或大角减半）
\l "_Tc151644751" 题型三 沿直角边翻折半角（小角加倍）
\l "_Tc151644752" 2023·深圳宝安区二模
\l "_Tc151644753" 2023·深圳中学联考二模
\l "_Tc151644754" 题型四 邻二倍角的处理
\l "_Tc151644755" 题型五 绝配角
\l "_Tc151644756" 题型六 坐标系中的二倍角问题
\l "_Tc151644757" 宿迁·中考
\l "_Tc151644758" 盐城·中考
\l "_Tc151644759" 河南·中考
\l "_Tc151644760" 2023·内蒙古赤峰·统考中考真题
\l "_Tc151644761" 江苏苏州·统考中考真题
\l "_Tc151644762" 内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题
\l "_Tc151644763" 2022·内蒙古呼和浩特·统考中考真题
\l "_Tc151644764" 2023·湖北黄冈·统考中考真题
\l "_Tc151644765" 题型七 其它构造方式
知识点梳理
策略一：向外构造等腰（大角减半）
已知条件：如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB
A
C
B
D
辅助线作法：延长CB到D，使BD＝BA，连接AD
结论：AD＝AC，△BDA∽△ADC
策略二：向内构造等腰（小角加倍或大角减半）
已知条件：如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠B
辅助线作法：法一：作∠ABC的平分线交AC于点D，结论：∠DBC＝∠C，DB＝DC
A
D
B
C
法二：在BC上取一点E，使AE＝CE，则∠AEB＝2∠C＝∠B（作AC中垂线得到点E）
总结：策略一和策略二都是当2倍角和1倍角共边时对应的构造方法，下面我们再来看看不在同一个三角形中时该如何处理
策略三：沿直角边翻折半角（小角加倍）
已知条件：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，连接AD，∠B＝2∠CAD
A
B
C
D
E
辅助线作法：沿AC翻折△ACD得到△ACE
结论：AD＝AE，∠DAE＝∠B，BA＝BE，△ADE∽△BAE
策略四：邻二倍角的处理
已知条件：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为边BC上一点，∠BAD＝2∠CAD
辅助线作法：
法一：向外构造等腰（导角得相似）
延长AD到E，使AE＝AB，连接BE
结论：BD＝BE，∠DBE＝∠BAD，△BDE∽△ABE
法二：作平行线，把二倍角转到同一个三角形中
延长AD到F，使CE∥AB，则∠F＝∠BAD
【经典例题讲解】
例题1如图，在正方形ABCD中，AB＝1，点E、F分别在边BC和CD上，AE＝AF，∠EAF＝60°，则CF的长是( )
A． B． C． D．
【简析】(1)方法一(常规解法)：如图，连接EF，易证△AEF为等边三角形，
且△ADF≌△ABE(HL)，则DF＝BE，从而CF＝CE，即△CEF为等腰直角三角形；设CF＝x，
则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)，故选C；
方法二(倍半角模型)：如图，在边AD上取点P，使AP＝PF，
同上可得△ADF≌△ABE(HL)，则∠DAF＝∠BAE＝15°，从而∠DPF＝30°；设DF＝x，则PD＝x，AP＝PF＝2x，故AD＝(2＋)x＝1，解得x＝2－，∴CF＝－1，选C
例题2如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE，交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为 ．
【简析】(1)方法一(常规解法)：由题可得∠AFG＝∠DAF＝∠DAE＋∠EAF＝∠BAG＋∠BAF＝∠FAG，即∠AFG＝∠FAG，故FG＝AG＝AE＝2，从而CF＝CG－FG＝6－2；
方法二(倍半角模型)：如图17－2－3，延长AF、DC交于点P，易得∠P＝∠BAF＝∠EAF，则PE＝AE
＝2，故CP＝2－2，DP＝2＋2：又易证△PCF∽△PDA，故，即，
从而CF＝6－；
【反思】方法一的关键是通过导角得到等腰△AFG，方法二由“倍角∠AED”造“半角∠P”，并且这里的构造是通过“角平分线＋平行线→等腰三角形”自然衍生出来的
例题3 如图，面积为24的□ABCD中，对角线BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BD 交BC的延长线于点E，DE＝6，则sin∠DCE的值为( )
【简析】方法一(常规解法)：如图，作DG⊥BE于点G，由题易得∠CBD＝∠ABD＝∠CDB，则BC＝CD；进一步由DE⊥BD，可得∠CDE＝∠E，则CD＝CE＝BC，从而 S□ABCD＝2S△BCD＝S△BDE，即S△BDE＝24，故BD＝8，BE＝10，所以DG＝，CD＝5，sin∠DCE＝，选A
方法二(倍半角模型)：如图，在BD上取点F，使EF＝BF，易证∠DFE＝2∠EBF，∠DCE＝2∠EBF，故∠DFE＝∠DCE，要求sin∠DCE的值，只需求sin∠DFE；设EF＝BF＝x，同上可得BD＝8，则DF＝8－x，在Rt△DEF中，由勾股定理可得36＋(8－x)2＝x2，解得x＝，从面 sin∠DFE＝，即sin∠DCE＝，选A．
【反思】方法一通过作高是线构造Rt△CDG，结合面积法求解，方法二由“半角∠CBD”造“倍角∠DFE”，结合勾股定理列方程求．
例题4 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC的平分线BD交AC于点E，则DE＝_________．
简析(1)方法一(常规解法)：由题得∠CBD＝∠ABD＝∠D，则CD＝BC＝6；又易得△CDE∽△ABE，则＝＝＝，故CE＝AC＝3，从而BE＝3，DE＝BE＝；
方法二(倍半角模型)：如图，延长CB至点F，使BF＝AB＝10，连接AF，由题可得AC＝8，CF＝16，则tan∠F＝；又易得∠CBE＝∠F，故tan∠CBE＝，即＝，从而CE＝3，BE＝3；再作CG⊥BD于点G，易得BG＝BC＝；同上可得CB＝CD，故BD＝2BG＝，因此DE＝BD－BE＝；
总结：具体问题具体对待，并非哪一种方法绝对简单，需根据问题特征选取较为合适的方法．
【一题多解1】围绕2倍角条件，解法围绕“翻” “延” 倍”“分”
如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，AB＝3，BC＝5，求线段AC的长．
法1：延长或翻折向外构造等腰（双等腰）
易知
法2：翻折或取点向内构造等腰（双等腰）
法3：作角平分线
易知△ABH∽△ACB
法4：翻折一边+平行线向外作等腰(补成等腰梯形)
法5：向外延长作等腰
易知△ABC∽△ADC
【一题多解2】常规法与倍半角处理对比
如图，AB为⊙O的直径，BC、CD是⊙O的切线，切点分别为点B、D，点E为线段OB上的一个动点，连接OD、CE、DE，已知AB＝2，BC＝2，当CE＋DE的值最小时，则的值为( )
A．B．C．D．
简析(1)方法一(常规解法)：如图，作点C关于AB的对称点C′，连接C′D，交AB于点E，连接CE，此时CE＋DE取得最小值，且＝；再作DG⊥AB于点G，连接OC、BD，易证△OBC≌△ODC，则∠BOC＝∠DOC＝∠A，故sin∠A＝sin∠BOC＝，cs∠A＝cs∠BOC＝，从而BD＝ABsin∠A＝；又易证∠BDG＝∠A，故DG＝BDcs∠BDG＝BDcs∠A＝×＝；由△C′BE∽△DGE，可得＝＝，因此＝10，选A；
方法二(倍半角模型)：如图17－4－3，同上作相关辅助线，易得∠DOG＝2∠BOC；在OB上取点F，使OF＝CF，则∠BFC＝2∠BOC＝∠DOG；设OF＝CF＝x，则BF＝－x，在Rt△BCF中，由勾股定理得4＋(－x)2＝x2，解得x＝，故sin∠DOG＝sin∠BFC＝，从而DG＝ODsin∠DOG＝，下略；
方法三(面积法)：如图17－4－4，同上作相关辅助线(为说理方便，省去部分线段)，则∠DOG＝2∠BOC＝∠COC′；再作CH⊥OC′于点H′，易得CH＝＝，故sin∠DOG＝sin∠COC′＝，下略．
反思：本题结构相当于已知“半角∠BOC”求“倍角∠DOG”，方法一通过作高法，构造直角三角形求解；方法二构造“倍半角模型”，结合勾股定理列方程求解；方法三依然基于导角分析，借助对称性，结合面积法求解．以上提供的三种方法都是“倍半角”处理的常见方法．
如图，AB为⊙O的直径，D是弧BC的中点，BC与AD、OD分别交于点E、F．
(1)求证：DO//AC；
(2)求证：
(3)若tan，求sin∠CDA的值。
简析(1)如图，连接OC，易证DO⊥BC且AC⊥BC，故DO//AC；
(2)由题可得∠BCD＝∠CAD，故△DCE∽△DAC，进一步可证；
(3)方法一(母子型相似)：由可得；又△DCE∽△DAC，故；设DE＝k，则DC＝2k，DA＝4k，AE＝3k；又易证，故；由此再设FE＝m，则CE＝3m，CF＝4m，从而BC＝8m，AC＝6m，因此AB＝10m，sin∠B＝，即；
方法二(角平分线之双垂法)：如，作EG⊥AB于点G，易证△AEC≌△AEG；由tan∠CAD＝，
可设CE＝1，AC＝2，则EG＝1，AG＝2；又易得△BEG∽△BAC，＝＝2，；再设BG＝x，则BC＝2x，BA＝BG＋AG＝x＋2，BE＝BC－CE＝2x－1，从而有x＋2＝2(2x－1)，解得所以AB＝，即；
方法三(角平分线之对称策略)：如图，连接BD并延长，交AC的延长线于点P，由题可设BD＝PD＝1，
则AD＝2，AB＝AP＝；又sin∠PBC＝sin∠PAD＝，故PC＝PB·sin∠PBC＝从而AC＝因此即
方法四(倍半角模型)：如图17－14－4，在AC上取点M，使AM＝EM，则∠CME＝2∠CAD＝∠BAC；
由题可设CE＝1，AC＝2，再设AM＝ME＝x，则CM＝2－x，在Rt△CME中，由勾股定理可得解得，从而，故，即，所以
反思：本题的结构为已知“半角∠CAD"求"倍角∠BAC"，从而转化为其余角∠CDA。以上提供的前三种方法都是借助相似或三角函数等进行计算，属常规思路，方法四基于导角分析，构造“倍半角模型”，显得尤为简单、直接，直指问题本质。
策略五：绝配角模型
【释义】当m，n 两个角满足m＋2n＝180°时，称其为一对绝配角，或者：半角的余角与它本身称为绝配角
【举例】常见的剧配角组合如下：
【解 决】
思路(一)：根据三角形内角和是180°，构造等腰三角形。
思路(二)：根据平角是180°，m和2个n构成一个平角(有两条边在同一直线上)
用一句话概括为：有等腰找等腰，没等腰造等腰
其中“等腰”指的是以m为顶角、以n为底角的等腰三角形，了解绝配角模型，可以给我们提供一些辅助线思路
（一）共顶共边翻折
当两个角满足两个角满足m＋2n＝180°时，且共顶点共一边，这样的两个角是什么样的呢?
发现 OD为∠AOB邻补角的平分线，此时处理问题一般用翻折，把 OB 沿 OD 翻折．
例题1：已知Rt△ABC中∠C＝90°，，，求的值．
方法一：分析：与∠DAC是共点A的绝配角，
绝配角重叠，要翻折两次．
解：将△AEC关于AE作轴对称图形，将△ADC关于AC作轴对称图形，如图，△EFG为直角三角形
设，则
，
即可求出
方法二：分析：由于∠CAD＝2t，构造一个以∠A为顶点的等腰△ADK，然后出现△ECA~△DCK
解：构造以∠A为顶点的等腰△ADK(AD＝AK)．
导角易得∠CDK＝∠AEC，△ECA~ADCK
，设CK＝x，AC＝4x，AD＝5x，DC＝3x，ED＝9x
(二)共三角形等腰
(1)若为同一个三角形的内角，则此时三角形为等腰三角形．
(2)若分别为同一个三角形的内角和外角，则另一内角为，此时三角形为等腰三角形
(3)若分别为同一个三角形的内角和外角，此时可以以m为顶角作等腰三角形，此时会构成另一个相似的等腰三角形．
(4)若为同一个三角形的内角，与(3)的情况相同．
总结：“半角的余角，等腰形来找”
例题2：如图在矩形ABCD中，点E，F分别为AD，CD的中点，连接BE，BF，且∠ABE＝2∠FBC，若BE＝5，则BF的长度为 ．
解法一：将△BFC沿CB翻折，交DC的延长线于点G，延长CD交BE的延长线于点H，,，△BHG为等腰，5x＝10，x＝2，AE＝3，BC＝6，BF＝．
解法二：
连接并延长交BA的延长导角，得出△FHC为等腰三角形，平行不改变形状，△GBH为等腰三角形。根据腰等得出10－x＝4x，可求BF＝
解法三：取AB中点G，连接CG，延长BE交CD的延长线于点H，得到△BCF≅△CBG，导角得出△BGK为等腰平行不改变形状，△HKC也为等腰。根据腰等得出10－x＝4x，可求BF
以上三种解法都是利用造全等，转移角，构等腰，得出边的等量关系来求解。
此题还可以构直接造等腰。用相似得出边的数量关系求解。请看解法四
解法四：可以直接利用∠ABE=2α,构等腰△GBE，△BCF∼△EAG.根据腰等得出,
可求BF
重点题型·归类精练
题型一 向外构造等腰三角形（大角减半）
如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，BC＝a，AC＝b，AB＝c，探究a，b，c满足的关系．
A
C
B
解：延长CB到D，使BD＝AB＝c，连接AD．
A
C
D
B
则∠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 )，
∴b 2＝c( a＋c )．
如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AB＝3，AC＝2eq \r(,6)，求BC的长．
A
B
C
解：延长CB到D，使DB＝AB＝3，连接AD．
A
D
B
C
则∠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·深圳南山区联考二模
一副三角板按如图1放置，图2为简图，D为AB中点，E、F分别是一个三角板与另一个三角板直角边AC、BC的交点，已知AE=2，CE=5，连接DE，M为BC上一点，且满足∠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的长度，过E作EN⊥AD于N，求出EN和DN的长度，由于∠CME=2∠ADE，延长MB至P，是MP=ME，可以证明，MP=x，在中，利用勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，过E作EN⊥AD于N，
∴NE= NA，
同理，
延长MB至P，使MP=ME，连接PE，
∴可设
又
设则
在中，
2023·山西·统考中考真题
如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为 ．
【答案】
【思路点拨】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可．
【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：
则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AD平分∠BAC，AD交BC于点D，ED⊥AD交AB于点E，△ADE的外接圆⊙O交AC于点F，连接EF．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求⊙O的半径r及∠3的正切值．
简析(1)如图，连接OD，由题易得∠2＝∠1＝∠ODA，则OD∥AC，故∠ODB＝∠C＝90°，即OD⊥BC，所以BC是⊙O的切线；
(2)方法一(常规解法)：由OD∥AC，可得△BOD∽△BAC，则＝，即＝，解得r＝；又可＝，故＝，从而＝，即CD＝BC＝3，所以tan∠3＝tan∠2＝＝；
方法二(倍半角模型)：如图17－8－3，延长CA至点P，使AP＝AB＝10，易证∠3＝∠2＝∠1＝∠P，故
tan∠3＝tan∠P＝＝；又由tan∠2＝，可得CD＝3，故BD＝5，从而易得r＝OD＝BD＝．
如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，点C在⊙O上，且PC2＝PB·PA．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)已知PC＝20，PB＝10，点D是弧AB的中点，DE⊥AC，垂足为E，DE交AB于点F，求EF的长．
简析(1)如图，连接OC，由PC2＝PBPA，可得＝，又∠P＝∠P，故△PCB∽△PAC，从而∠PCB＝∠A＝∠ACO，进一步可证∠OCP＝∠ACB＝90°，即OC⊥CP，所以PC是⊙O的切线；
(2)方法一(常规解法)：连接OD，易证OD⊥AB；由PC2＝PBPA，可得PA＝40，AB＝30；又由△PCB∽△PAC，可得＝＝，故tan∠D＝tan∠A＝，从而OF＝OD＝，AF＝OA－OF＝，进一步可得EF＝AFsin∠A＝；
方法二(倍半角模型)：同上可得AB＝30，则OC＝15，OP＝25，即OC：CP：OP＝3：4：5；如图17－9－3，延长CO至点Q，使OQ＝OP，易得tan∠D＝tan∠A＝tan∠Q＝，下略．
反思：这是一个确定性问题，其结构相当于已知“倍角∠POC”求“半角∠A”，方法一利用“母子型相思似”求解，方法二构造“倍半角模型”求解，相对而言，前者更简单，后者更通用
题型二 向内构造等腰（小角加倍或大角减半）
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AB上一点，∠ACD＝2∠B， EQ \F(AD, BD ) ＝ EQ \F(1, 3 )，求csB的值．
A
C
B
D
解：过点C作CE⊥AB于点E．
A
C
B
E
D
∵∠ACB＝90°，∴∠ACE＝90°－∠BCE＝∠B．
∵∠ACD＝2∠B，∴∠ACD＝2∠ACE，
∴∠ACE＝∠DCE，∴∠A＝∠CDE，
∴AC＝DC，∴AE＝DE．
设AE＝DE＝a，则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(,BE 2＋CE 2 )＝2eq \r(,14)a，
∴csB＝ EQ \F(BE, BC ) ＝ EQ \F(7a, 2eq \r(,14)a ) ＝ EQ \F(eq \r(,14), 4 )．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为边BC上一点，∠BAD＝2∠C，BD＝2，CD＝3，求AD的长．
A
C
D
B
解：过点A作AE⊥BC于点E．
A
C
D
E
B
∵∠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(,DE 2＋AE 2 )＝eq \r(,5)．
如图，BM是以AB为直径的⊙O的切线，B为切点，BC平分∠ABM，弦CD交AB于点E，DE＝OE．
(1)求证：△ACB是等腰直角三角形；
(2)求证：OA2＝OEDC；
(3)求tan∠ACD的值．
简析(1)由题易得∠ABC＝45°，从而易证△ACB是等腰直角三角形；
(2)如图，连接OC、OD，易证∠DOE＝∠D＝∠OCD，故△DOE∽△DCO，从而易得OD2＝DEDC，即OA2＝OEDC；
(3)方法一(倍半角模型)：如图，连接AD、BD，设∠ACD＝x，则∠ABD＝x，∠AOD＝2x，从而∠CEO＝4x，∠CAE＝3x＝45°，所以x＝15°；在BD上取点F，使AF＝BF，则∠AFD＝30°；由此可设AD＝k，则DF＝k，AF＝BF＝2k，从而BD＝(2＋)k，故tan∠ABD＝＝2－，即tan∠ACD＝2－；
方法二(解三角形)：同上可得∠ACD＝15°，则∠BCE＝75°，∠BEC＝60°；如图17－10－4，作EG⊥BC于点G，可设OE＝1，则OB＝OC＝，BC＝，BE＝＋1，从而BG＝EG＝＝，CG＝BC－BG＝，故tan∠ACD＝tan∠CEG＝＝2－．
反思：(2)主要通过换边，结合相似证乘积式；(3)通过导角得到15°，方法一借助“倍半角模型”，由特殊角30°求“特殊半角”15°，方法二的本质是解△BCE，显然前者更为简便
如图，在四边形ABCD中，∠ABD＝2∠BDC，AB＝AC＝BD＝4，CD＝1，求BC的长．
B
C
A
D
解：过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥BE于点F．
B
C
A
E
F
D
∵AB＝BD，∴AE＝DE，∠ABE＝2∠DBE，
∴∠ABD＝2∠DBE．
∵∠ABD＝2∠BDC，∴∠BDC＝∠DBE，
∴CD∥BE，∴CD⊥AD，
∴四边形CDEF是矩形，AD＝eq \r(,AC 2－CD 2 )＝eq \r(,15)，
∴EF＝CD＝1，AE＝DE＝ EQ \F(eq \r(,15), 2 )，
∴BE＝eq \r(,BD 2－DE 2 )＝ EQ \F(7, 2 )，∴BF＝BE－EF＝ EQ \F(5, 2 )，
∴BC＝eq \r(,BF 2＋CF 2 )＝ eq \r(,10)．
如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，点D是BC的中点，AE是BC边上的高，若AE＝4，CE＝2，求DE的长．
A
B
C
D
E
解：取AB的中点M，连接MD，ME．
A
B
C
D
E
M
∵点D是BC中点，∴MD是△ABC的中位线，
∴MD∥AC，MD＝ EQ \F(1, 2 ) AC，∴∠BDM＝∠C．
∵∠C＝2∠B，∴∠BDM＝2∠B．
∵AE是BC边上的高，∴∠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(,AE 2＋CE 2 )＝eq \r(,5)．
如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AD⊥BC于点D，AE为BC边上的中线，BD＝3，DE＝2，求AE的长．
A
C
D
B
E
解：延长CB到F，使BF＝AB，连接AF．
A
C
D
B
E
F
则∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．
∵AE是中线，∴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，
∴AD 2＝AB 2－BD 2＝7，∴AE＝eq \r(,DE 2＋AD 2 )＝eq \r(,11)．
如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，点D为BC边上一点，BD＝2DC，点E在AD的延长线上，∠ABC＝2∠DEC，AD·DE＝18，求sin∠BAC的值．
A
B
E
C
D
解：延长CB到F，使BE＝AB，连接AF，过点A作AG⊥BC于点G，过点B作BH⊥AC于点H．
则∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．
A
B
G
E
F
C
D
H
∵∠ABC＝2∠DEC，∴∠F＝∠DEC．
∵∠ADF＝∠CDE，∴ EQ \F(AD, DF ) ＝ EQ \F(CD, DE )，
∴CD·DF＝AD·DE＝18．
设CD＝a，则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(, 5 2－3 2 )＝4，
∴BH＝ EQ \F(4, 5 ) BC＝ EQ \F(24, 5 )，∴sin∠BAC＝ EQ \F(BH, AB ) ＝ EQ \F(24, 25 )．
如图，在□ABCD中，∠D＝2∠ACB，AE平分∠BAC交BC于点E，若BE＝2，CE＝3，求AE的长．
A
D
B
C
E
解：延长CB到F，使BF＝AB，连接AF，过点A作AH⊥BC于点H，
过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥AC于点N．
A
D
B
C
F
H
E
N
M
则∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠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 )．
设AB＝2x，则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 )，AH 2＝AB 2－BH 2＝ EQ \F(63, 4 )，
∴AE＝eq \r(,AH 2＋EH 2 )＝3eq \r(,2)
如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC＝4，CD＝2eq \r(,11)，∠ABD＝2∠DBC，求BD的长．
A
D
B
C
解：延长BA到P，使PA＝AB，过点P作PE⊥BD于点E，连接AE，PD．
P
A
D
B
C
E
∵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，∴PE 2＝PD 2－DE 2＝28，
∴BE＝eq \r(,PB 2－PE 2 )＝6，∴BD＝BE＋DE＝10．
题型三 沿直角边翻折半角（小角加倍）
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，∠B＝2∠CAD，AB·CD＝5，求AD的长．
A
B
D
C
解：延长BC到E，使CE＝CD，连接AE．
A
B
D
C
E
∵∠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 )，∴AE 2＝BE·DE＝BE·2CD＝10，
∴AD＝AE＝eq \r(,10)．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为BC边上一点，BD＝2CD，∠B＝2∠DAC，AB＝4，求AD的长．
A
B
D
C
解：延长BC到E，使CE＝CD，连接AE．
A
B
D
C
E
∵∠ACB＝90°，∴AD＝AE，
∴∠ADE＝∠E，∠DAC＝∠EAC．
∵∠B＝2∠DAC，∴∠B＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠ADE＝∠E，∴BE＝AB＝4．
设CE＝CD＝x，则BD＝2x，BE＝4x，
∴4x＝4，∴x＝1，∴BC＝3，∴AC 2＝4 2－3 2＝7，
∴AD＝eq \r(,CD 2＋AC 2 )＝2eq \r(,2 )．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，∠B＝2∠DAC，BD＝3，DC＝2，求AD的长．
A
B
D
C
解：延长BC到点E，使CE＝CD，连接AE．
A
E
B
D
C
∵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·深圳宝安区二模
如图，在中，，点为中点，，则的值为 ．
【答案】
【详解】解：延长至E，使，连接，设，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，又，
∴，故答案为：．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AC的中点，连接BD，∠A＝2∠DBC，求tan∠ABD的值．
B
C
A
DC
【答案】
解：延长AC到E，使CE＝CD，连接BE，过点D作DH⊥AB于点H．
B
C
A
H
DC
E
∵∠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 )．
设AD＝CD＝CE＝a，则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·深圳中学联考二模
如图，在中，点在边上，，，交的延长线于点，若，，则 ．
【答案】
【详解】解：如图所示，延长至使，作交于，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC，点D为BC边上一点，BD＝2CD，∠ABC＝2∠DAC，求 EQ \F(AE, EC ) 的值．
A
B
E
D
C
解：延长BC到F，使CF＝CD，连接AF．
A
B
F
E
D
C
∵∠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 )．
设CF＝CD＝a，则BD＝2a，DF＝2a，BF＝4a，
∴ EQ \F(AF, 4a ) ＝ EQ \F(2a, AF )，∴AF 2＝8a 2，∴AC＝eq \r(,AF 2－CF 2 )＝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 )
如图，在△Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D，E分别是边AB，BC上的点，DC平分∠ADE，∠B＝2∠ACD，求CE的长．
D
A
B
C
E
解：延长BA到F，使AF＝AD，连接CF，过点E作EH⊥AB于点H．
D
A
F
H
B
C
E
∵∠BAC＝90°，∴CD＝CF，∴∠F＝∠CDF，∠ACD＝∠ACF．
∵∠B＝2∠ACD，∴∠B＝∠DCF，∴∠BCF＝∠CDF＝∠F，
∴BF＝BC．
设∠ACD＝α，则∠B＝2α，∠EDC＝∠ADC＝90°－α，∠BDE＝2α，
∴∠B＝∠BDE，∴BE＝DE，∴BH＝DH．
设CE＝2x，则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．
如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD是中线，AB＝6，AD＝eq \r(,41)，求BC，AC的长．
A
B
C
D
解：过点A作AH⊥BC于点H，在HC上截取HE＝BH，连接AE．
A
B
C
D
H
E
则AE＝AB＝6，∴∠AEB＝∠B＝2∠C，
∴∠EAC＝∠C，∴CE＝AE＝6．
设BH＝EH＝x，则BC＝2x＋6，BD＝CD＝x＋3，
∴DH＝3，∴AH＝eq \r(,AD 2－DH 2 )＝4eq \r(,2)，
∴BH＝eq \r(,AB 2－AH 2 )＝2，∴BC＝10，CH＝8，
∴AC＝eq \r(,AH 2＋CH 2 )＝4eq \r(,6)．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别为边BC，AC上的点，连接AD，DE，∠AED＝2∠DAE，CE＝7，BD＝18eq \r(,2)，求DE的长．
A
B
C
D
E
解：过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥AC点H，
A
B
C
D
E
G
F
H
在AH上截取FH＝EH，连接DF．
则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．
设CH＝DH＝x，则FH＝EH＝x－7，DF＝AF＝25－x，
在Rt△DFH中，DH 2＋FH 2＝DF 2，
∴x 2＋( x－7 )2＝( 25－x )2，解得x＝－48（舍去）或x＝12，
∴DE＝DF＝25－x＝13．
如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，AD平分∠BAC，BD＝3，CD＝2，求AD的长．
A
C
B
D
解：在AB上截取AE＝AC，连接DE，过点A作AF⊥BC于点F，
过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥AC于点H．
A
C
B
D
F
G
E
H
∵∠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．
∵AF 2＝AB 2－BF 2＝AC 2－CF 2，
∴6 2－BF 2＝4 2－( 5－BF )，解得BF＝ EQ \F(9, 2 )，
∴DF＝ EQ \F(3, 2 )，AF 2＝6 2－BF 2＝ EQ \F(63, 4 )，
∴AD＝eq \r(,DF 2＋AF 2 )＝3eq \r(,2 )．
题型四 邻二倍角的处理
如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，∠DAC＝2∠DAB，BD＝4，DC＝9，求AD的长．
A
B
C
D
解：延长DA到E，使AE＝AC，连接EC．
A
B
C
D
E
则∠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 )．
设AD＝4m，则ED＝9m，AC＝AE＝5m，
∴CD＝eq \r(,AC 2－AD 2 )＝3m＝9，∴m＝3，
∴AD＝4m＝12．
如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D为边AC上一点，∠DBC＝2∠ABD，CD＝3，BC＝7，求BD的长．
D
A
B
C
例1
解：延长BD到E，使BE＝BC，连接CE．
D
A
E
B
C
设∠ABD＝α，则∠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 )．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为BC边上一点，∠BAD＝2∠CAD，BD＝10，DC＝3，求AD的长．
A
B
C
D
解：延长AD到E，使AE＝AB，连接BE．
A
B
E
D
C
设∠CAD＝α，则∠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＝BE 2＝100，
∴DE( AD＋DE )＝100，∴2DE 2＋2AD·DE＝200．
∵AC 2＝AB 2－BC 2＝AD 2－DC 2，
∴( AD＋DE )2－13 2＝AD 2－3 2，
∴DE 2＋2AD·DE＝160，∴DE 2＋160＝200，
∴DE 2＝40，DE＝2eq \r(,10)，∴2eq \r(,10)AE＝100，
∴AE＝5eq \r(,10)，∴AD＝3eq \r(,10)．
如图，在△ABC中，点E在边AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD⊥BE交BE的延长线于点D，BD＝8，AC＝11，则BC的长为_________．
B
E
C
A
D
【答案】
【解析】过点C作CF∥AB交BD的延长线于点F．
B
E
G
C
A
D
F
则∠ECF＝∠A，∠F＝∠ABE．
∵EB＝EA，∴∠A＝∠ABE，
∴∠ECF＝∠F，∴EF＝EC，
∴BF＝AC＝11，∴DF＝BF－BD＝11－8＝3．
在BD上取点G，使DG＝DF，连接CG．
则CF＝CG，∴∠CGF＝∠F＝∠ECF＝∠A＝2∠CBE，
∴∠CBG＝∠BCG，∴CG＝BG＝BD－DG＝5，
∴CD＝＝ ＝4，
∴BC＝＝ ＝．
如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在CA的延长线上，∠ABC＝2∠DBA，DE⊥BA交BA的延长线于点E，若BE＝8，CD＝11，求BD的长．
E
A
B
C
D
解：过点D作DF∥BC交BE的延长线于点F，在EB上截取EG＝EF，连接DG．
D
F
E
A
G
B
C
则∠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(,DG 2－EG 2 )＝4，∴BD＝eq \r(,BE 2＋DE 2 )＝4eq \r(,5)．
题型五 绝配角
如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D，E分别为BC，AC上的点，∠B＝2∠CDE，∠ADE＝45°，AB＝5，AE＝3，则BD的长为_________．
A
B
C
D
E
【答案】2
【解析】在BA上截取BF＝BD，连接DF．
A
B
C
D
E
F
则∠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．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为边AB上一点，∠ACD＝2∠B，若BD＝2，AD＝4，求CD的长．
B
C
A
DC
解：延长CA到点E，连接DE，使∠ADE＝∠B．
EC
B
C
A
DC
∵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 )．
设∠ADE＝∠B＝α，则∠ACD＝2α，
∠ADC＝90°－2α，∠CDE＝∠E＝90°－α，
∴CD＝CE．
设AE＝2x，则AC＝3x，CD＝CE＝5x，
AD＝4x＝4，∴x＝1，∴CD＝5x＝5．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，BD＝2CD，∠DAC＝2∠B，AD＝eq \r(,2)，求AB的长．
A
B
C
D
解：延长AC到E，使AE＝AD，连接DE．
A
B
C
D
E
设∠B＝α，则∠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．
设CE＝a，则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(,AD 2－AC 2 )＝ EQ \F(eq \r(,14), 4 )，
∴DE＝eq \r(,DC 2＋CE 2 )＝1，∴AB＝3DE＝3．
如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上，∠CED＝2∠BAD，若AE＝9，DE＝3，求BC的长．
A
C
B
D
E
解：在AD上取点P，连接PC，使PC＝AP，过点B作BH⊥AC于点H．
A
C
B
D
E
H
P
则∠PAC＝∠ACP．
设∠BAD＝α，则∠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．
设PE＝x，则PD＝x＋3，PC＝AP＝9－x，
CD 2＝( 9－x )2－( x＋3 )2，
∴( 9－x )2－( x＋3 )2＝3( x＋3 )，解得x＝ EQ \F(7, 3 )，
∴CD 2＝3( x＋3 )＝16，∴CD＝4，
∴AC＝eq \r(,CD 2＋AD 2 )＝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 )，
∴AB 2＝2AH 2＝180，∴BD＝eq \r(,AB 2－AD 2 )＝6，
∴BC＝BD＋CD＝6＋4＝10．
如图，△ABC是等边三角形，点D在BC的延长线上，点E在线段AD上，∠DAC＝2∠DBE，BE与AC交于点F，若CF＝1，DE＝2，则CD的长为_________．
A
B
C
D
F
E
【答案】3
【解析】在AD上截取DG＝DC，连接CG．
A
B
C
D
F
E
G
设∠DBE＝x，则∠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
如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，BD＝2CD，∠DAC＝2∠ABC，若AD＝，求AB的长．
B
D
C
A
【答案】3
解：延长BC到点E，使CE＝CD，连接AE，过点B作AE的垂线，垂足为F．
F
B
D
C
E
A
∵∠ACB＝90°，∴AE＝AD，∴∠EAC＝∠DAC＝2∠ABC．
∵∠FBE＝∠EAC＝90°－∠E，∴∠FBE＝2∠ABC，
∴∠ABF＝∠ABC，∴AF＝AC，∴BF＝BC．
设CD＝a，则BD＝2a，BF＝BC＝3a，BE＝4a，
在△ABE中，由面积法得BE·AC＝AE·BF，
∴4a·AC＝AE·3a，∴＝．
设AC＝3m，则AD＝AE＝4m，CD＝，
BC＝，AB＝＝＝3
如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥CD，AB＝AC，∠ABD＝2∠ADC，CD＝2eq \r(,5)，求AD的长．
A
D
B
C
解：延长BA到点E，使AE＝AC，延长AE到点F，使EF＝AE，连接DE，DF．
F
E
A
D
B
C
∵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．
设AB＝AC＝x，则BE＝2x，BD＝BF＝3x，
∴DE＝eq \r(,BD 2－BE 2 )＝eq \r(,5)x＝2eq \r(,5)，∴x＝2，
∴AE＝2，∴AD＝eq \r(,AE 2＋AD 2 )＝2eq \r(,6)．
如图，在△ABC中，点D为边BC上一点，∠ADC＝60°，∠BAD＝2∠CAD，BD＝5，CD＝1，求AD的长．
A
B
D
C
解：延长BC到E，使BE＝BA，连接AE，过点A作AH⊥CE于点H．
A
E
B
D
C
H
设∠CAD＝α，则∠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 )，∴AE 2＝CE·BE．
设CH＝EH＝x，则DH＝x＋1，AH＝eq \r(,3)x＋eq \r(,3)，CE＝2x，
BE＝2x＋6，AE 2＝x 2＋( eq \r(,3)x＋eq \r(,3) )2，
∴x 2＋( eq \r(,3)x＋eq \r(,3) )2＝2x( 2x＋6 )，解得x＝ EQ \F(1, 2 )，
∴AD＝2DH＝2x＋2＝3．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，点E是边AC上一点，连接BE，DE，∠ABE＝2∠EDC，AE＝3，求DE的长．
A
B
C
D
E
解：在EA上截取EF＝EC，延长CA到G，使AG＝AF，连接BF，BG．
A
B
C
D
E
F
G
∵∠BAC＝90°，∴BF＝BG，∴∠G＝∠AFB．
∵点D是BC的中点，∴DE是△BCF的中位线，∴DE∥BF．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝45°．
设∠EDC＝α，则∠ABE＝2α，∠G＝∠AFB＝∠AED＝45°＋α，
∠ABG＝45°－α，∠EBG＝45°＋α，
∴∠G＝∠EBG，∴BE＝GE．
设EF＝EC＝x，则AG＝AF＝3－x，AB＝AC＝3＋x，
BE＝GE＝6－x．
在Rt△ABE中，( 3＋x )2＋3 2＝( 6－x )2，
解得x＝1，∴AF＝2，AB＝4，
∴BF＝eq \r(,AB 2＋AF 2 )＝2eq \r(,5)，∴DE＝ EQ \F(1, 2 ) BF＝eq \r(,5)．
如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D是BC的中点，点E是边AC上一点，连接BE，DE，∠ABE＝2∠EDC，CE＝2eq \r(,6)，求AE的长．
A
E
B
C
D
解：延长BA到F，使BF＝BE，连接AD，EF，过点E作EH⊥AF于点H．
A
H
F
E
B
C
D
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠EAF＝60°，∠ABC＝∠C＝30°．
∵点D是BC的中点，∴∠BAD＝∠EAD＝60°，∠ADC＝90°，
∴∠EAD＝∠EAF．
设∠EDC＝α，则∠ABE＝2α，∠F＝∠BEF＝90°－α，
∠ADE＝90°－α，∴∠ADE＝∠F．
∵AE＝AE，∴△ADE≌△AFE，∴AD＝AF．
设AE＝2x，则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，BH 2＋EH 2＝BE 2，
∴( 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．
如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别为边AC，BC上的点，∠ABD＝2∠BAE，BE＝3eq \r(,2)，CD＝7，求BD的长．
A
B
C
E
DC
解：延长CA到F，使DF＝BD，连接BF，过点A作AH⊥BC于点H．
A
F
B
C
E
H
DC
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝45°．
设∠BAE＝α，则∠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．
设EH＝eq \r(,2)x，则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
如图，在等边△ABC中，点D，E分别为边BC，AC上的点，连接AD，DE，∠ADB＝2∠CDE，BD＝3，CE＝4，求CD的长．
A
B
D
C
E
解：在AC上截取AF＝BD，在CE上截取CG＝EF，连接DF，DG，过点D作DH⊥AB于点H．
A
B
D
C
G
E
F
H
∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠C＝60°，
∴CF＝CD，∴△CDF是等边三角形，
∴DF＝DC，∠DFE＝∠C，∴△DEF≌△DGC，
∴DE＝DG，∠EDF＝∠GDC，
∴∠DEG＝∠DGE，∠GDF＝∠CDE．
设∠GDF＝∠CDE＝α，则∠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(,AD 2－DH 2 )＝ EQ \F(13, 2 )，
∴BC＝AB＝AH＋BH＝8，∴CD＝BC－BD＝5．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边上一点，AD＜BD，∠ADC＝2∠ACD，AB＝8，CD＝3，求AD的长．
B
C
D
A
解：在DB上截取DE＝DC，延长BA到F，使DF＝DC，连接CE，CF．
B
C
D
E
A
F
则∠DCE＝∠AEC，∠DCF＝∠F．
设∠ACD＝α，则∠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 )，
∴AC 2＝AD·AE，BC 2＝BD·BF．
设AD＝x，则AE＝x＋3，BD＝8－x，BF＝11－x，
∴AC 2＝x( x＋3 )，BC 2＝(8－x)(11－x)，
∵AC 2＋BC 2＝AB 2，∴x( x＋3 )＋( 8－x )( 11－x )＝8 2，
解得x＝2或x＝6（舍去），即AD的长为2．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D，E为边BC上两点（点D在点E左侧），且BD＝CE，∠DAE＝ EQ \F(1, 2 )∠BAC，求DE的长．
A
B
C
D
E
解：作∠BAC的角平分线AF交BC于点F，过点F作FG⊥AB于点G，
A
B
C
D
F
E
H
G
过点A作AH⊥AF交BC的延长线于点G．
∵∠ACB＝90°，∴FG＝FC，∠H＝∠CAF＝90°－∠AFC．
∵AC＝6，BC＝8，∴AB＝eq \r(, 6 2＋8 2 )＝10．
设FG＝FC＝x，则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．
设BD＝CE＝x，则DE＝8－2x，DC＝8－x，DH＝20－x，
∴AD 2＝( 8－x )2＋6 2．
∵∠DAE＝ EQ \F(1, 2 )∠BAC，∴∠DAE＝∠CAF＝∠H．
∵∠ADE＝∠HDA，∴△ADE∽△HDA，∴ EQ \F(AD, DE ) ＝ EQ \F(DH, AD )，
∴AD 2＝DE·DH，∴( 8－x )2＋6 2＝( 8－2x )( 20－x )，
解得x＝30（舍去）或x＝2，∴DE＝8－2x＝4．
题型六 坐标系中的二倍角问题
宿迁·中考
如图，抛物线交x轴于A、B两点，其中点A坐标为(1，0)，与y轴交于点。
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO，求点P的坐标；
简析(1)抛物线的函数表达式为
(2)如图，在OC上取点E，使AE＝CE，则∠AEO＝2∠ACO＝∠PAB；设OE＝t，则AE＝3－t，在Rt△AOE中，由勾股定理可得，解得，故即；
①当点P在x轴上方时，作PG⊥x轴于点G，则；设PG＝3m＞0，则AG＝4m，点P的坐标为(1－4m，3m)，将其代人抛物线的解析式，可得3m＝（1－4m）²＋2（1－4m）－3，解得舍去)，故点P的坐标为(
②当点P在x轴下方时，同理可得
综上所述：点P的坐标为)或(
盐城·中考
如图，二次函数的图像与一次函数y＝kx－k＋2的图像交于A、B两点，点B在点A的右侧，直线AB分别与x轴、y轴交于C、D两点，其中k＜0．
(1)求AB两点的横坐标；
(2)二次函数图像的对称轴与x轴交于点E，是否存在实数k，使得 若存在，求出k的值；若不存在，说明理由。
简析
(1)令，即，解得x＝1或2，即A、B两点的横坐标分别为1、2；
(2)由前知A(1，2)，B(2，k＋2)；
①情形一：当k＋2＞0，即－2＜k＜0时，点B在x轴上方，
如图(已隐去抛物线)过点B分别向x轴、对称轴作垂线，垂足依次为G、H，则；在EA的延长线上取点F，使AF＝AB，连接BF，则∠BAH＝2∠BFH，又∠BAH＝∠ODC＝2∠BEC，故∠BFH＝∠BEC；易得BH＝1，AH＝﹣k，则，从而，故tan∠BFH＝，所以有k＋2，解得舍去)；
②情形二：当k＋2＜0，即k＜－2时，点B在x轴下方，
如图(已隐去抛物线)，同上作相关辅助线，同理有，从而，解得，故舍去)；
综上所述：k的值为－或
反思：（2）是一个等腰三角形存在性问题，可借助代数方法盲解盲算，这里并未展开；（3）中存在“倍半角”关系，这里首先利用平行导角，将∠ODC转化为∠BAH，借助A、B两点的坐标来刻画其正切值，然后构造其“半角”∠BFH，最后列方程求解需。要特别提醒的是，这里根据点B的纵坐标的正负性，即点B与x轴的位置关系分两类讨论，很容易漏解。另外，本题还有其他解法，请自行探究。
河南·中考
如图，抛物线y＝ax²＋6x＋c交x轴于A、B两点，交y轴于点C。直线y＝x－5经过点B、C。
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点A的直线交直线BC于点M，连接AC，当直线AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出点M的坐标。
简析：(1)抛物线的解析式为
(2)如图，当∠ACM＝∠CAM时，有∠AMB＝2∠ACB，此时点M符合题意；再过点A作AC的垂线，交直线BC于点R，作RS⊥x轴于点S，
易证tan∠RAS＝tan∠ACO＝，即；又易证RS＝BS，故，从而，点R的坐标为；易证点M为CR的中点，所以点M的坐标
如图，作AG⊥BC于点G，再作AM关于直线AG的对称线段AM′，
则∠AM′M＝∠AMM′＝2∠ACB，故点M′是符合题意的另一个点；作GH⊥x轴于点H，易证GH＝AH＝BH＝2，则点G的坐标为(3，﹣2)；因为点G为MM的中点，所以点M的坐标为；因此，点M的坐标为)或(
反思：第(2)问看似“倍半角”问题，却采取了“垂直处理”策略，结合中点坐标公式加以解决。“成也模型，败也模型”，切勿形成思维定式，盲目套用模型。当然，这两个问题都还有其他的处理方式，可自行探索。
总结的话：数学中转化思想无处不在，所谓“倍半角”问题，其解题策略大体也是围绕着转化思想进行的，或将“倍角”变为“半角”，或将“半角”变为“倍角”，最终转化为等角问题，当然变化手段可能不一，比如作“倍角”的角平分线或者构造等腰三角形，再如将“半角”翻折等。总之，具体问题需要具体对待，并无绝对的通法、简法，一切都要依据题目的条件以及结论去分析、构造，以至于解决。
2023·内蒙古赤峰·统考中考真题
如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点在抛物线上，点E在直线上，若，则点E的坐标是 ．
【答案】和
【分析】先根据题意画出图形，先求出点坐标，当点在线段上时:是△DCE的外角，，而，所以此时，有，可求出所在直线的解析式，设点坐标，再根据两点距离公式，，得到关于的方程，求解的值，即可求出点坐标；当点在线段的延长线上时，根据题中条件，可以证明，得到为直角三角形，延长至，取，此时，，从而证明是要找的点，应为，为等腰直角三角形， 点和关于点对称，可以根据点坐标求出点坐标．
【详解】解：在中，当时，，则有，
令，则有，
解得：，
∴，
根据点坐标，有
所以点坐标
设所在直线解析式为，其过点、
有，
解得
∴所在直线的解析式为：
当点在线段上时，设
而
∴
∴
因为：，，
有
解得：，
所以点的坐标为:
当在的延长线上时，
在中，，,
∴
∴
如图延长至，取，
则有为等腰三角形，，
∴
又∵
∴
则为符合题意的点，
∵
∴
的横坐标：，纵坐标为；
综上E点的坐标为：或，
故答案为：或
江苏苏州·统考中考真题
如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则 ．
【答案】
【分析】过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，
∴∠DCE＝∠CAO，
∵∠BCA＝2∠CAO，
∴∠BCA＝2∠DCE，
∴∠DCE＝∠DCB，
∵CD⊥y轴，
∴∠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：
内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题
如图1，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，其中点A的坐标为(1，0)，与y轴交于点C（(0，﹣3)．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图2，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO，求点P的坐标．
【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）(﹣，)，(﹣，﹣)
【分析】（1）将点A，点C坐标代入解析式可求解；
（2）在BO上截取OE＝OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，由“SAS”可证△OCE≌△OCA，可得∠ACO＝∠ECO，CE＝AC＝，由面积法可求EF的长，由勾股定理可求CF的长，可求tan∠ECA＝tan∠PAB＝，分点P在AB上方和下方两种情况讨论，求出AP解析式，联立方程组可求点P坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3），
∴，解得：，∴抛物线解析式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）如图，在BO上截取OE＝OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，
∵点A（1，0），点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＝＝，
如图2，当点P在AB的下方时，设AO与y轴交于点N，
∵∠PAB＝∠ECA，
∴tan∠ECA＝tan∠PAB＝＝，
∴ON＝，
∴点N（0，），
又∵点A（1，0），
∴直线AP解析式为：y＝x﹣，
联立方程组得：，
解得：或，
∴点P坐标为：（﹣，﹣）
当点P在AB的上方时，同理可求直线AP解析式为：y＝﹣x+，
联立方程组得：，
解得：或，
∴点P坐标为：（﹣，），
综上所述：点P的坐标为（﹣，），（﹣，﹣）
2022·内蒙古呼和浩特·统考中考真题
如图，抛物线经过点和点，与轴的另一个交点为，连接、．
(1)求抛物线的解析式及点的坐标；
(2)如图，点是第一象限内抛物线上的动点，过点作轴，分别交、轴于点、，当中有某个角的度数等于度数的2倍时，请求出满足条件的点的横坐标．
【答案】(1)；A（-1，0）；
(2)2或
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）先求出，再求出直线BC的解析式，然后设点，则，CF=a，可得，再分三种情况讨论：若∠PCM=2∠OBC，过点C作CFx轴交PM于点F；若∠PMC=2∠OBC；若∠CPM=2∠OBC，过点P作PG平分∠CPM，则∠MPG=∠OBC，即可求解．
【详解】（1）解：把点和点代入，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为，
令y=0，则，
解得：，
∴点A（-1，0）；
（2）解：∵点B（4，0），C（0，2），
∴OB=4，OC=2，
∴，
设直线BC的解析式为，
把点B（4，0），C（0，2）代入得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
设点，则，CF=a，
∴，
若∠PCM=2∠OBC，过点C作CFx轴交PM于点F，如图甲所示，
∴∠FCM=∠OBC，即，
∴∠PCF=∠FCM，
∵轴，
∴CF⊥PQ，
∴PM=2FM，
∴，
∴，解得：解得：a=2或0（舍去），
∴点P的横坐标为2；
若∠PMC=2∠OBC，
∵∠PMC=∠BMN，
∴∠BMN=2∠OBC，
∵∠OBC+∠BMN=90°，
∴∠OBC=30°，与相矛盾，不合题意，舍去；
若∠CPM=2∠OBC，如图乙所示，过点P作PG平分∠CPM，则∠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），
∴点P的横坐标为；
综上所述，点P的横坐标为2或．
图甲 图乙
2023·湖北黄冈·统考中考真题
已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，点P为第一象限抛物线上的点，连接．
(1)直接写出结果；_____，_____，点A的坐标为_____，______；
(2)如图1，当时，求点P的坐标；
【答案】(1)，2，，；(2)
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可求得、，从而可得，，由，可得，求得，在中，根据正切的定义求值即可；
（2）过点C作轴，交于点D，过点P作轴，交y轴于点E， 由，即，再由，可得，证明，可得，设点P坐标为，可得，再进行求解即可；
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，，
∴，解得：，
∴抛物线解析式为：，
∵抛物线与x轴交于A、两点，
∴时，，解得：，，
∴，
∴，，
在中，，
故答案为：，2，，；
（2）解：过点C作轴，交于点D，过点P作轴，交y轴于点E，
∵，，，
∴，
由（1）可得，，即，
∴，
∵，
∴，
∵轴，轴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设点P坐标为，则，，
∴，解得：（舍），，
∴点P坐标为．
（2020·湖南张家界·中考真题）如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．直线经过点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线上是否存在点M，使与直线的夹角等于的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．
【分析】（1）先根据直线经过点，即可确定B、C的坐标，然后用带定系数法解答即可；
（2）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标
【详解】解：（1）∵直线经过点
∴当x=0时，可得y=5，即C的坐标为（0,5）
当y=0时，可得x=5，即B的坐标为（5,0）
∴解得
∴该抛物线的解析式为
（2）如图：作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，
∵M1A=M1C，
∴∠ACM1=∠CAM1
∴∠AM1B=2∠ACB
∵△ANB为等腰直角三角形.
∴AH=BH=NH=2
∴N（3，2）
设AC的函数解析式为y=kx+b
∵C(0，5),A(1，0)
∴ 解得b=5，k=-5
∴AC的函数解析式为y=-5x+5
设EM1的函数解析式为y=x+n
∵点E的坐标为（）
∴=× +n，解得：n=
∴EM1的函数解析式为y=x+
∵ 解得
∴M1的坐标为（）；
在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2
设M2（a，-a+5）
则有：3=，解得a=
∴-a+5=
∴M2的坐标为（，）．
综上，存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．
题型七 其它构造方式
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D，E分别在边AC，BC上，且∠DBC＝2∠BAE，AE＝2，BD＝eq \r(,5)，求AB的长．
A
B
C
E
D
解：延长BC到F，使CF＝CD，连接AF．
A
B
C
F
E
D
∵∠ACF＝∠BCD＝90°，AC＝BC，∴△ACF≌△BCD，
∴AF＝BD＝eq \r(,5)，∠FAC＝∠DBC＝2∠BAE．
设∠BAE＝α，则∠FAC＝∠DBC＝2α，
∠AEF＝45°＋α，∠EAC＝45°－α，∠EAF＝45°＋α，
∴∠AEF＝∠EAF，∴EF＝AF＝eq \r(,5)．
∵AC 2＝AE 2－EC 2＝AF 2－CF 2，
∴2 2－EC 2＝( eq \r(,5) )2－( eq \r(,5)－EC )2，解得EC＝ EQ \F(2eq \r(,5), 5 )，
∴AC 2＝2 2－EC 2＝ EQ \F(16, 5 )，∴AB＝AC＝ EQ \F(4eq \r(,5), 5 )．
如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC，∠ACD＝2∠ABD，AD＝19，CD＝25，求AB的长．
A
D
B
C
解：过点D作DH⊥AC于点H，延长CA到F，使FH＝CH，连接DF，
A
D
F
E
B
C
H
延长CF到E，使EF＝DF，连接DE．
则EF＝DF＝DC＝25，∠E＝∠EDF，
∴∠DFH＝∠ACD＝2∠ABD，∠DFH＝2∠E，∴∠E＝∠ABD．
∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB．
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠ABC，∴∠DAE＝∠DAB．
∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADB，∴AE＝AB＝AC．
设CH＝FH＝x，则EH＝x＋25，CE＝2x＋25，AC＝AE＝x＋ EQ \F(25, 2 )，
∴AH＝ EQ \F(5, 2 )，∴DH 2＝AD 2－AH 2＝ EQ \F(819, 4 )，
∴x＝FH＝eq \r(,DF 2－DH 2 )＝ EQ \F(41, 2 )，∴AB＝AC＝x＋ EQ \F(25, 2 )＝33
如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝5，D为△ABC内一点，∠BDC＝2∠BAD，BD＝CD，求△ABD的面积．
A
B
C
D
解：将△CDA绕点D顺时针旋转到△BDE，连接AE，过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥AE于点H．
A
B
C
D
H
G
E
则BE＝AC＝5，AD＝DE，∠ADE＝∠BDC＝2∠BAD，
∴AH＝EH，∠ADE＝2∠ADH，∴∠BAD＝∠ADH，
∴∠BAE＝∠BAD＋∠DAH＝∠ADH＋∠DAH＝90°，
∴AE＝eq \r(,BE 2－AB 2 )＝3，∴DG＝AH＝EH＝ EQ \F(3, 2 )，
∴S△ABD ＝ EQ \F(1, 2 ) AB·DG＝ EQ \F(1, 2 )×4× EQ \F(3, 2 ) ＝3．
如图，在等边△ABC中，点D在边AB上，点E在BC的延长线上，∠CAE＝2∠DCB，BD＝2，AD＝6，求CE的长．
A
B
E
C
D
解：在BC上截取BF＝BD，连接AF，过点A作AH⊥BC于点H．
A
B
E
C
D
F
H
∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC．
∵∠ABF＝∠CBD，∴△ABF≌△CBD，
∴∠FAB＝∠DCB，
∵BD＝2，AD＝6，∴CF＝6，AB＝8，AH＝4eq \r(,3)．
设∠FAB＝∠DCB＝α，则∠CAE＝2α，∠CAF＝60°－α，
∠EAF＝60°＋α，∠AFE＝60°＋α，
∴AE＝EF．
设CE＝x，则AE＝EF＝x＋6，EH＝x＋4．
在Rt△AHE中，AH 2＋EH 2＝AE 2，
∴( 4eq \r(,3) )2＋( x＋4 )2＝( x＋6 )2，解得x＝7，
∴CE的长为7．
如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BD平分∠ABC，∠DAC＝2∠ADB，若CD＝4，BD＝10，求△ACD的面积．
A
D
B
C
解：过点A作AE⊥BD于点E，AF⊥CD于点F．
A
D
B
C
E
F
∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，BE＝DE＝ EQ \F(1, 2 ) BD＝5．
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠DBC，∴AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB．
∵∠DAC＝2∠ADB，∴∠ACB＝2∠ADB＝2∠DBC，
∴∠ACB＝∠ABC，∴AC＝AB＝AD，
∴∠CAF＝∠DAF，∴∠DAC＝2∠DAF，∴∠DAF＝∠ADB．
∵∠AFD＝∠DEA＝90°，AD＝DA，∴△ADF≌△DAE，
∴AF＝DE＝5，∴S△ACD ＝ EQ \F(1, 2 ) CD·AF＝ EQ \F(1, 2 )×4×5＝10．
如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是边AC，BC上的点，连接AE与BD交于点F，∠BFE＝∠BAC＝2∠AEB，探究AF，EF与BF的数量关系，并证明．
A
C
B
E
D
F
解：在BD上截取BG＝AE，连接AG．
A
C
B
E
D
F
G
∵AB＝AC，∴∠ABE＝∠C，
∴∠BAC＝180°－2∠C，
∴∠AEB＝ EQ \F(1, 2 )∠BAC＝90°－∠C，
∴∠ABE＋∠AEB＝90°，∴∠BAE＝90°．
∵∠AFD＝∠BFE＝∠BAC，∴∠CAE＝∠ABG，
∴△ABG≌△CAE，∴∠AGB＝∠AEC，∠BAG＝∠C，
∴∠AGF＝∠AEB＝90°－∠C，∠GAF＝90°－∠BAG＝90°－∠C，
∴∠AGF＝∠GAF，∴AF＝GF＝BF－BG＝BF－AE＝BF－AF－EF，
∴BF＝2AF＋EF．
如图，在△ABC中，点D为边BC上一点， EQ \F(BD, DC ) ＝ EQ \F(3, 4 )，点E为AD的中点，若∠BAC＝∠BED＝2∠CED，求 EQ \F(BE, AD ) 的值．
A
B
C
D
E
解：过点C作CG∥BE交AD的延长线于点G，在AG上取点F，连接CF，使CF＝CG．
A
B
C
D
E
G
F
则△BDE∽△CDG，∴ EQ \F(BE, CG ) ＝ EQ \F(BD, DC ) ＝ EQ \F(3, 4 )．
设∠CED＝α，则∠CFG＝∠G＝∠BED＝∠BAC＝2α，
∴∠ECF＝∠CED，∠AEB＝∠CFA，∠BAE＝∠ACF＝2α－∠CAF，
∴EF＝CF＝CG，△ABE∽△CAF，∴ EQ \F(AB, AC ) ＝ EQ \F(AE, CF ) ＝ EQ \F(BE, AF )．
设BE＝3，AE＝DE＝a，则EF＝CF＝CG＝4，DF＝4－a，AF＝a＋4，
∴ EQ \F(a, 4 ) ＝ EQ \F(3, a＋4 )，解得a＝－6（舍去）或a＝2，
∴AF＝a＋4＝6，∴ EQ \F(AB, AC ) ＝ EQ \F(BE, AF ) ＝ EQ \F(1, 2 )．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P为BC边上一点，连接AP，分别过点B，C作AP的垂线，垂足为D，E，若∠ADC＝2∠ABC， EQ \F(BP, PC ) ＝ EQ \F(3, 4 )，求tan∠ACB的值．
A
B
C
P
E
D
解：延长AE到F，使DF＝DC，连接BF，CF．
A
B
C
P
E
D
F
则∠EFC＝∠DCF，∴∠ADC＝2∠EFC．
∵∠ADC＝2∠ABC，∴∠EFC＝∠ABC．
∵∠FEC＝∠BAC＝90°，∴△EFC∽△ABC，
∴ EQ \F(CE, AC ) ＝ EQ \F(CF, BC )，∠ECF＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，∴△BCF∽△ACE，
∴∠CBF＝∠CAF，∴∠DFB＝∠ACB＝∠ECF，
∴△DBF∽△EFC，∴ EQ \F(BD, EF ) ＝ EQ \F(DF, CE )，∴DF·EF＝BD·CE．
∵∠BDP＝∠CEP＝90°，∠BPD＝∠CPE，
∴△BDP∽△CEP， EQ \F(BD, CE ) ＝ EQ \F(BP, PC ) ＝ EQ \F(3, 4 )．
设BD＝3，CE＝4，DE＝a，EF＝b，则DC＝DF＝a＋b，
∴( a＋b )b＝3×4＝12，∴b 2＋ab＝12，∴2ab＝24－2b 2．
∵DC 2＝CE 2＋DE 2，∴( a＋b )2＝16＋a 2，
∴b 2＋2ab＝16，∴b 2＋24－2b 2＝16，∴b＝2eq \r(,2)，
∴tan∠ACB＝tan∠ECF＝ EQ \F(EF, CE ) ＝ EQ \F(b, 4 ) ＝ EQ \F(eq \r(,2), 2 )．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D，E为边BC上两点（点D在点E左侧），∠BAD＝∠CAE，∠AED＝2∠ADE，BD＝7，CE＝2，求AE，DE的长．
A
B
C
D
E
解：取BC中点G，过点A作AH⊥BC于点H，在HC上截取FH＝EH，连接AG，AF．
A
B
C
D
G
E
F
H
则AG＝BG＝CG，∴∠BAG＝∠B．
设∠BAD＝∠CAE＝3α，则∠DAE＝90°－6α，∠ADE＝30°＋2α，
∠AED＝60°＋4α，∠BAG＝∠B＝30°－α，∠AGE＝60°－2α，
∠GAE＝60°－2α，∠AFE＝∠AEF＝120°－4α，∠DAF＝30°＋2α，
∴∠AGE＝∠GAE，∠ADE＝∠DAF，
∴DF＝AF＝AE＝GE，∴EF＝DG．
设DF＝AF＝AE＝GE＝x，则AG＝BG＝CG＝x＋2，
BC＝2x＋4，EF＝DG＝7－( x＋2 )＝5－x，
EH＝FH＝ EQ \F(1, 2 ) EF＝ EQ \F(5－x, 2 )，DE＝x－( 5－x )＝2x－5，
GH＝x＋ EQ \F(5, 2 ) － EQ \F(1, 2 ) x＝ EQ \F(5＋x, 2 )．
∵AH 2＝AG 2－GH 2＝AE 2－EH 2，
∴( x＋2 )2－( EQ \F(5＋x, 2 ) )2＝x 2－( EQ \F(5－x, 2 ) )2
解得x＝4，∴AE＝4，DE＝2x－5＝3
如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BA，BC的延长线上，连接DE，EF，DE＝eq \r(,7 )，EF＝5，∠BEF＝2∠DEF，求BF的长．
B
C
D
A
解：如图1，图2，过点D作DG⊥DE交射线CB于点G，连接EG．
图1
B
F
G
C
D
A
H
E
B
E
G
C
D
A
F
图2
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠DAE＝∠DCG＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG，
∴DE＝DG＝eq \r(,7 )，∴EG 2＝DE 2＋DG 2＝14．
如图1，当EF在∠BED内部时，延长BF到H，使FH＝EF，连接EH．
设∠DEF＝α，则∠BEF＝2α，∠EFB＝90°－2α，
∠FEG＝45°－α，∠EHG＝∠FEH＝45°－α，
∴∠FEG＝∠EHG．
∵∠EGF＝∠HGE，∴△EGF∽△HGE，
∴ EQ \F(EG, GF ) ＝ EQ \F(GH, EG )，∴GF·GH＝EG 2，∴GF( GF＋5 )＝14，
解得GF＝－7（舍去）或GF＝2．
∵BE 2＝EF 2－BF 2＝EG 2－BG 2，
∴BF 2－BG 2＝EF 2－EG 2，
∴BF 2－( BF－GF )2＝EF 2－EG 2，
∴2GF·BF－GF 2＝EF 2－EG 2，
∴4BF－2 2＝5 2－14，∴BF＝ EQ \F(15, 4 )．
②如图2，当EF在∠BED外部时
∵∠BEF＝2∠DEF，∴∠AED＝∠DEF．
∵△ADE≌△CDG，∴∠AED＝∠CGD，
∴∠DEF＝∠CGD．
∵DE＝DG，∴∠DEG＝∠DGE，
∴∠GEF＝∠EGF，∴GF＝EF＝5．
由①知，2GF·BF－GF 2＝EF 2－EG 2，
∴10BF－5 2＝5 2－14，∴BF＝ EQ \F(18, 5 )．
绝配角
组合1
组合2
组合3
组合4
组合5
m
2α
90＋2α
90－2α
60＋2α
60－2α
n
90－α
45－α
45＋α
60－α
60－α
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc151644738" 知识点梳理
\l "_Tc151644739" 策略一：向外构造等腰（大角减半）
\l "_Tc151644740" 策略二：向内构造等腰（小角加倍或大角减半）
\l "_Tc151644741" 策略三：沿直角边翻折半角（小角加倍）
\l "_Tc151644742" 策略四：邻二倍角的处理
\l "_Tc151644743" 【经典例题讲解】
\l "_Tc151644744" 【一题多解1】围绕2倍角条件，解法围绕“翻” “延” 倍”“分”
\l "_Tc151644745" 【一题多解2】常规法与倍半角处理对比
\l "_Tc151644746" 策略五：绝配角模型
\l "_Tc151644747" 题型一 向外构造等腰三角形（大角减半）
\l "_Tc151644748" 2023·深圳南山区联考二模
\l "_Tc151644749" 2023·山西·统考中考真题
\l "_Tc151644750" 题型二 向内构造等腰（小角加倍或大角减半）
\l "_Tc151644751" 题型三 沿直角边翻折半角（小角加倍）
\l "_Tc151644752" 2023·深圳宝安区二模
\l "_Tc151644753" 2023·深圳中学联考二模
\l "_Tc151644754" 题型四 邻二倍角的处理
\l "_Tc151644755" 题型五 绝配角
\l "_Tc151644756" 题型六 坐标系中的二倍角问题
\l "_Tc151644757" 宿迁·中考
\l "_Tc151644758" 盐城·中考
\l "_Tc151644759" 河南·中考
\l "_Tc151644760" 2023·内蒙古赤峰·统考中考真题
\l "_Tc151644761" 江苏苏州·统考中考真题
\l "_Tc151644762" 内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题
\l "_Tc151644763" 2022·内蒙古呼和浩特·统考中考真题
\l "_Tc151644764" 2023·湖北黄冈·统考中考真题
\l "_Tc151644765" 题型七 其它构造方式
知识点梳理
策略一：向外构造等腰（大角减半）
已知条件：如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB
A
C
B
D
辅助线作法：延长CB到D，使BD＝BA，连接AD
结论：AD＝AC，△BDA∽△ADC
策略二：向内构造等腰（小角加倍或大角减半）
已知条件：如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠B
辅助线作法：法一：作∠ABC的平分线交AC于点D，结论：∠DBC＝∠C，DB＝DC
A
D
B
C
法二：在BC上取一点E，使AE＝CE，则∠AEB＝2∠C＝∠B（作AC中垂线得到点E）
总结：策略一和策略二都是当2倍角和1倍角共边时对应的构造方法，下面我们再来看看不在同一个三角形中时该如何处理
策略三：沿直角边翻折半角（小角加倍）
已知条件：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，连接AD，∠B＝2∠CAD
A
B
C
D
E
辅助线作法：沿AC翻折△ACD得到△ACE
结论：AD＝AE，∠DAE＝∠B，BA＝BE，△ADE∽△BAE
策略四：邻二倍角的处理
已知条件：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为边BC上一点，∠BAD＝2∠CAD
辅助线作法：
法一：向外构造等腰（导角得相似）
延长AD到E，使AE＝AB，连接BE
结论：BD＝BE，∠DBE＝∠BAD，△BDE∽△ABE
法二：作平行线，把二倍角转到同一个三角形中
延长AD到F，使CE∥AB，则∠F＝∠BAD
【经典例题讲解】
例题1如图，在正方形ABCD中，AB＝1，点E、F分别在边BC和CD上，AE＝AF，∠EAF＝60°，则CF的长是( )
A． B． C． D．
【简析】(1)方法一(常规解法)：如图，连接EF，易证△AEF为等边三角形，
且△ADF≌△ABE(HL)，则DF＝BE，从而CF＝CE，即△CEF为等腰直角三角形；设CF＝x，
则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)，故选C；
方法二(倍半角模型)：如图，在边AD上取点P，使AP＝PF，
同上可得△ADF≌△ABE(HL)，则∠DAF＝∠BAE＝15°，从而∠DPF＝30°；设DF＝x，则PD＝x，AP＝PF＝2x，故AD＝(2＋)x＝1，解得x＝2－，∴CF＝－1，选C
例题2如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE，交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为 ．
【简析】(1)方法一(常规解法)：由题可得∠AFG＝∠DAF＝∠DAE＋∠EAF＝∠BAG＋∠BAF＝∠FAG，即∠AFG＝∠FAG，故FG＝AG＝AE＝2，从而CF＝CG－FG＝6－2；
方法二(倍半角模型)：如图17－2－3，延长AF、DC交于点P，易得∠P＝∠BAF＝∠EAF，则PE＝AE
＝2，故CP＝2－2，DP＝2＋2：又易证△PCF∽△PDA，故，即，
从而CF＝6－；
【反思】方法一的关键是通过导角得到等腰△AFG，方法二由“倍角∠AED”造“半角∠P”，并且这里的构造是通过“角平分线＋平行线→等腰三角形”自然衍生出来的
例题3 如图，面积为24的□ABCD中，对角线BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BD 交BC的延长线于点E，DE＝6，则sin∠DCE的值为( )
【简析】方法一(常规解法)：如图，作DG⊥BE于点G，由题易得∠CBD＝∠ABD＝∠CDB，则BC＝CD；进一步由DE⊥BD，可得∠CDE＝∠E，则CD＝CE＝BC，从而 S□ABCD＝2S△BCD＝S△BDE，即S△BDE＝24，故BD＝8，BE＝10，所以DG＝，CD＝5，sin∠DCE＝，选A
方法二(倍半角模型)：如图，在BD上取点F，使EF＝BF，易证∠DFE＝2∠EBF，∠DCE＝2∠EBF，故∠DFE＝∠DCE，要求sin∠DCE的值，只需求sin∠DFE；设EF＝BF＝x，同上可得BD＝8，则DF＝8－x，在Rt△DEF中，由勾股定理可得36＋(8－x)2＝x2，解得x＝，从面 sin∠DFE＝，即sin∠DCE＝，选A．
【反思】方法一通过作高是线构造Rt△CDG，结合面积法求解，方法二由“半角∠CBD”造“倍角∠DFE”，结合勾股定理列方程求．
例题4 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC的平分线BD交AC于点E，则DE＝_________．
简析(1)方法一(常规解法)：由题得∠CBD＝∠ABD＝∠D，则CD＝BC＝6；又易得△CDE∽△ABE，则＝＝＝，故CE＝AC＝3，从而BE＝3，DE＝BE＝；
方法二(倍半角模型)：如图，延长CB至点F，使BF＝AB＝10，连接AF，由题可得AC＝8，CF＝16，则tan∠F＝；又易得∠CBE＝∠F，故tan∠CBE＝，即＝，从而CE＝3，BE＝3；再作CG⊥BD于点G，易得BG＝BC＝；同上可得CB＝CD，故BD＝2BG＝，因此DE＝BD－BE＝；
总结：具体问题具体对待，并非哪一种方法绝对简单，需根据问题特征选取较为合适的方法．
【一题多解1】围绕2倍角条件，解法围绕“翻” “延” 倍”“分”
如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，AB＝3，BC＝5，求线段AC的长．
法1：延长或翻折向外构造等腰（双等腰）
易知
法2：翻折或取点向内构造等腰（双等腰）
法3：作角平分线
易知△ABH∽△ACB
法4：翻折一边+平行线向外作等腰(补成等腰梯形)
法5：向外延长作等腰
易知△ABC∽△ADC
【一题多解2】常规法与倍半角处理对比
如图，AB为⊙O的直径，BC、CD是⊙O的切线，切点分别为点B、D，点E为线段OB上的一个动点，连接OD、CE、DE，已知AB＝2，BC＝2，当CE＋DE的值最小时，则的值为( )
A．B．C．D．
简析(1)方法一(常规解法)：如图，作点C关于AB的对称点C′，连接C′D，交AB于点E，连接CE，此时CE＋DE取得最小值，且＝；再作DG⊥AB于点G，连接OC、BD，易证△OBC≌△ODC，则∠BOC＝∠DOC＝∠A，故sin∠A＝sin∠BOC＝，cs∠A＝cs∠BOC＝，从而BD＝ABsin∠A＝；又易证∠BDG＝∠A，故DG＝BDcs∠BDG＝BDcs∠A＝×＝；由△C′BE∽△DGE，可得＝＝，因此＝10，选A；
方法二(倍半角模型)：如图17－4－3，同上作相关辅助线，易得∠DOG＝2∠BOC；在OB上取点F，使OF＝CF，则∠BFC＝2∠BOC＝∠DOG；设OF＝CF＝x，则BF＝－x，在Rt△BCF中，由勾股定理得4＋(－x)2＝x2，解得x＝，故sin∠DOG＝sin∠BFC＝，从而DG＝ODsin∠DOG＝，下略；
方法三(面积法)：如图17－4－4，同上作相关辅助线(为说理方便，省去部分线段)，则∠DOG＝2∠BOC＝∠COC′；再作CH⊥OC′于点H′，易得CH＝＝，故sin∠DOG＝sin∠COC′＝，下略．
反思：本题结构相当于已知“半角∠BOC”求“倍角∠DOG”，方法一通过作高法，构造直角三角形求解；方法二构造“倍半角模型”，结合勾股定理列方程求解；方法三依然基于导角分析，借助对称性，结合面积法求解．以上提供的三种方法都是“倍半角”处理的常见方法．
如图，AB为⊙O的直径，D是弧BC的中点，BC与AD、OD分别交于点E、F．
(1)求证：DO//AC；
(2)求证：
(3)若tan，求sin∠CDA的值。
简析(1)如图，连接OC，易证DO⊥BC且AC⊥BC，故DO//AC；
(2)由题可得∠BCD＝∠CAD，故△DCE∽△DAC，进一步可证；
(3)方法一(母子型相似)：由可得；又△DCE∽△DAC，故；设DE＝k，则DC＝2k，DA＝4k，AE＝3k；又易证，故；由此再设FE＝m，则CE＝3m，CF＝4m，从而BC＝8m，AC＝6m，因此AB＝10m，sin∠B＝，即；
方法二(角平分线之双垂法)：如，作EG⊥AB于点G，易证△AEC≌△AEG；由tan∠CAD＝，
可设CE＝1，AC＝2，则EG＝1，AG＝2；又易得△BEG∽△BAC，＝＝2，；再设BG＝x，则BC＝2x，BA＝BG＋AG＝x＋2，BE＝BC－CE＝2x－1，从而有x＋2＝2(2x－1)，解得所以AB＝，即；
方法三(角平分线之对称策略)：如图，连接BD并延长，交AC的延长线于点P，由题可设BD＝PD＝1，
则AD＝2，AB＝AP＝；又sin∠PBC＝sin∠PAD＝，故PC＝PB·sin∠PBC＝从而AC＝因此即
方法四(倍半角模型)：如图17－14－4，在AC上取点M，使AM＝EM，则∠CME＝2∠CAD＝∠BAC；
由题可设CE＝1，AC＝2，再设AM＝ME＝x，则CM＝2－x，在Rt△CME中，由勾股定理可得解得，从而，故，即，所以
反思：本题的结构为已知“半角∠CAD"求"倍角∠BAC"，从而转化为其余角∠CDA。以上提供的前三种方法都是借助相似或三角函数等进行计算，属常规思路，方法四基于导角分析，构造“倍半角模型”，显得尤为简单、直接，直指问题本质。
策略五：绝配角模型
【释义】当m，n 两个角满足m＋2n＝180°时，称其为一对绝配角，或者：半角的余角与它本身称为绝配角
【举例】常见的剧配角组合如下：
【解 决】
思路(一)：根据三角形内角和是180°，构造等腰三角形。
思路(二)：根据平角是180°，m和2个n构成一个平角(有两条边在同一直线上)
用一句话概括为：有等腰找等腰，没等腰造等腰
其中“等腰”指的是以m为顶角、以n为底角的等腰三角形，了解绝配角模型，可以给我们提供一些辅助线思路
（一）共顶共边翻折
当两个角满足两个角满足m＋2n＝180°时，且共顶点共一边，这样的两个角是什么样的呢?
发现 OD为∠AOB邻补角的平分线，此时处理问题一般用翻折，把 OB 沿 OD 翻折．
例题1：已知Rt△ABC中∠C＝90°，，，求的值．
方法一：分析：与∠DAC是共点A的绝配角，
绝配角重叠，要翻折两次．
解：将△AEC关于AE作轴对称图形，将△ADC关于AC作轴对称图形，如图，△EFG为直角三角形
设，则
，
即可求出
方法二：分析：由于∠CAD＝2t，构造一个以∠A为顶点的等腰△ADK，然后出现△ECA~△DCK
解：构造以∠A为顶点的等腰△ADK(AD＝AK)．
导角易得∠CDK＝∠AEC，△ECA~ADCK
，设CK＝x，AC＝4x，AD＝5x，DC＝3x，ED＝9x
(二)共三角形等腰
(1)若为同一个三角形的内角，则此时三角形为等腰三角形．
(2)若分别为同一个三角形的内角和外角，则另一内角为，此时三角形为等腰三角形
(3)若分别为同一个三角形的内角和外角，此时可以以m为顶角作等腰三角形，此时会构成另一个相似的等腰三角形．
(4)若为同一个三角形的内角，与(3)的情况相同．
总结：“半角的余角，等腰形来找”
例题2：如图在矩形ABCD中，点E，F分别为AD，CD的中点，连接BE，BF，且∠ABE＝2∠FBC，若BE＝5，则BF的长度为 ．
解法一：将△BFC沿CB翻折，交DC的延长线于点G，延长CD交BE的延长线于点H，,，△BHG为等腰，5x＝10，x＝2，AE＝3，BC＝6，BF＝．
解法二：
连接并延长交BA的延长导角，得出△FHC为等腰三角形，平行不改变形状，△GBH为等腰三角形。根据腰等得出10－x＝4x，可求BF＝
解法三：取AB中点G，连接CG，延长BE交CD的延长线于点H，得到△BCF≅△CBG，导角得出△BGK为等腰平行不改变形状，△HKC也为等腰。根据腰等得出10－x＝4x，可求BF
以上三种解法都是利用造全等，转移角，构等腰，得出边的等量关系来求解。
此题还可以构直接造等腰。用相似得出边的数量关系求解。请看解法四
解法四：可以直接利用∠ABE=2α,构等腰△GBE，△BCF∼△EAG.根据腰等得出,
可求BF
重点题型·归类精练
题型一 向外构造等腰三角形（大角减半）
如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，BC＝a，AC＝b，AB＝c，探究a，b，c满足的关系．
A
C
B
解：延长CB到D，使BD＝AB＝c，连接AD．
A
C
D
B
则∠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 )，
∴b 2＝c( a＋c )．
如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AB＝3，AC＝2eq \r(,6)，求BC的长．
A
B
C
解：延长CB到D，使DB＝AB＝3，连接AD．
A
D
B
C
则∠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·深圳南山区联考二模
一副三角板按如图1放置，图2为简图，D为AB中点，E、F分别是一个三角板与另一个三角板直角边AC、BC的交点，已知AE=2，CE=5，连接DE，M为BC上一点，且满足∠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的长度，过E作EN⊥AD于N，求出EN和DN的长度，由于∠CME=2∠ADE，延长MB至P，是MP=ME，可以证明，MP=x，在中，利用勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，过E作EN⊥AD于N，
∴NE= NA，
同理，
延长MB至P，使MP=ME，连接PE，
∴可设
又
设则
在中，
2023·山西·统考中考真题
如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为 ．
【答案】
【思路点拨】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可．
【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：
则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AD平分∠BAC，AD交BC于点D，ED⊥AD交AB于点E，△ADE的外接圆⊙O交AC于点F，连接EF．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求⊙O的半径r及∠3的正切值．
简析(1)如图，连接OD，由题易得∠2＝∠1＝∠ODA，则OD∥AC，故∠ODB＝∠C＝90°，即OD⊥BC，所以BC是⊙O的切线；
(2)方法一(常规解法)：由OD∥AC，可得△BOD∽△BAC，则＝，即＝，解得r＝；又可＝，故＝，从而＝，即CD＝BC＝3，所以tan∠3＝tan∠2＝＝；
方法二(倍半角模型)：如图17－8－3，延长CA至点P，使AP＝AB＝10，易证∠3＝∠2＝∠1＝∠P，故
tan∠3＝tan∠P＝＝；又由tan∠2＝，可得CD＝3，故BD＝5，从而易得r＝OD＝BD＝．
如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，点C在⊙O上，且PC2＝PB·PA．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)已知PC＝20，PB＝10，点D是弧AB的中点，DE⊥AC，垂足为E，DE交AB于点F，求EF的长．
简析(1)如图，连接OC，由PC2＝PBPA，可得＝，又∠P＝∠P，故△PCB∽△PAC，从而∠PCB＝∠A＝∠ACO，进一步可证∠OCP＝∠ACB＝90°，即OC⊥CP，所以PC是⊙O的切线；
(2)方法一(常规解法)：连接OD，易证OD⊥AB；由PC2＝PBPA，可得PA＝40，AB＝30；又由△PCB∽△PAC，可得＝＝，故tan∠D＝tan∠A＝，从而OF＝OD＝，AF＝OA－OF＝，进一步可得EF＝AFsin∠A＝；
方法二(倍半角模型)：同上可得AB＝30，则OC＝15，OP＝25，即OC：CP：OP＝3：4：5；如图17－9－3，延长CO至点Q，使OQ＝OP，易得tan∠D＝tan∠A＝tan∠Q＝，下略．
反思：这是一个确定性问题，其结构相当于已知“倍角∠POC”求“半角∠A”，方法一利用“母子型相思似”求解，方法二构造“倍半角模型”求解，相对而言，前者更简单，后者更通用
题型二 向内构造等腰（小角加倍或大角减半）
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AB上一点，∠ACD＝2∠B， EQ \F(AD, BD ) ＝ EQ \F(1, 3 )，求csB的值．
A
C
B
D
解：过点C作CE⊥AB于点E．
A
C
B
E
D
∵∠ACB＝90°，∴∠ACE＝90°－∠BCE＝∠B．
∵∠ACD＝2∠B，∴∠ACD＝2∠ACE，
∴∠ACE＝∠DCE，∴∠A＝∠CDE，
∴AC＝DC，∴AE＝DE．
设AE＝DE＝a，则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(,BE 2＋CE 2 )＝2eq \r(,14)a，
∴csB＝ EQ \F(BE, BC ) ＝ EQ \F(7a, 2eq \r(,14)a ) ＝ EQ \F(eq \r(,14), 4 )．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为边BC上一点，∠BAD＝2∠C，BD＝2，CD＝3，求AD的长．
A
C
D
B
解：过点A作AE⊥BC于点E．
A
C
D
E
B
∵∠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(,DE 2＋AE 2 )＝eq \r(,5)．
如图，BM是以AB为直径的⊙O的切线，B为切点，BC平分∠ABM，弦CD交AB于点E，DE＝OE．
(1)求证：△ACB是等腰直角三角形；
(2)求证：OA2＝OEDC；
(3)求tan∠ACD的值．
简析(1)由题易得∠ABC＝45°，从而易证△ACB是等腰直角三角形；
(2)如图，连接OC、OD，易证∠DOE＝∠D＝∠OCD，故△DOE∽△DCO，从而易得OD2＝DEDC，即OA2＝OEDC；
(3)方法一(倍半角模型)：如图，连接AD、BD，设∠ACD＝x，则∠ABD＝x，∠AOD＝2x，从而∠CEO＝4x，∠CAE＝3x＝45°，所以x＝15°；在BD上取点F，使AF＝BF，则∠AFD＝30°；由此可设AD＝k，则DF＝k，AF＝BF＝2k，从而BD＝(2＋)k，故tan∠ABD＝＝2－，即tan∠ACD＝2－；
方法二(解三角形)：同上可得∠ACD＝15°，则∠BCE＝75°，∠BEC＝60°；如图17－10－4，作EG⊥BC于点G，可设OE＝1，则OB＝OC＝，BC＝，BE＝＋1，从而BG＝EG＝＝，CG＝BC－BG＝，故tan∠ACD＝tan∠CEG＝＝2－．
反思：(2)主要通过换边，结合相似证乘积式；(3)通过导角得到15°，方法一借助“倍半角模型”，由特殊角30°求“特殊半角”15°，方法二的本质是解△BCE，显然前者更为简便
如图，在四边形ABCD中，∠ABD＝2∠BDC，AB＝AC＝BD＝4，CD＝1，求BC的长．
B
C
A
D
解：过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥BE于点F．
B
C
A
E
F
D
∵AB＝BD，∴AE＝DE，∠ABE＝2∠DBE，
∴∠ABD＝2∠DBE．
∵∠ABD＝2∠BDC，∴∠BDC＝∠DBE，
∴CD∥BE，∴CD⊥AD，
∴四边形CDEF是矩形，AD＝eq \r(,AC 2－CD 2 )＝eq \r(,15)，
∴EF＝CD＝1，AE＝DE＝ EQ \F(eq \r(,15), 2 )，
∴BE＝eq \r(,BD 2－DE 2 )＝ EQ \F(7, 2 )，∴BF＝BE－EF＝ EQ \F(5, 2 )，
∴BC＝eq \r(,BF 2＋CF 2 )＝ eq \r(,10)．
如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，点D是BC的中点，AE是BC边上的高，若AE＝4，CE＝2，求DE的长．
A
B
C
D
E
解：取AB的中点M，连接MD，ME．
A
B
C
D
E
M
∵点D是BC中点，∴MD是△ABC的中位线，
∴MD∥AC，MD＝ EQ \F(1, 2 ) AC，∴∠BDM＝∠C．
∵∠C＝2∠B，∴∠BDM＝2∠B．
∵AE是BC边上的高，∴∠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(,AE 2＋CE 2 )＝eq \r(,5)．
如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AD⊥BC于点D，AE为BC边上的中线，BD＝3，DE＝2，求AE的长．
A
C
D
B
E
解：延长CB到F，使BF＝AB，连接AF．
A
C
D
B
E
F
则∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．
∵AE是中线，∴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，
∴AD 2＝AB 2－BD 2＝7，∴AE＝eq \r(,DE 2＋AD 2 )＝eq \r(,11)．
如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，点D为BC边上一点，BD＝2DC，点E在AD的延长线上，∠ABC＝2∠DEC，AD·DE＝18，求sin∠BAC的值．
A
B
E
C
D
解：延长CB到F，使BE＝AB，连接AF，过点A作AG⊥BC于点G，过点B作BH⊥AC于点H．
则∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．
A
B
G
E
F
C
D
H
∵∠ABC＝2∠DEC，∴∠F＝∠DEC．
∵∠ADF＝∠CDE，∴ EQ \F(AD, DF ) ＝ EQ \F(CD, DE )，
∴CD·DF＝AD·DE＝18．
设CD＝a，则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(, 5 2－3 2 )＝4，
∴BH＝ EQ \F(4, 5 ) BC＝ EQ \F(24, 5 )，∴sin∠BAC＝ EQ \F(BH, AB ) ＝ EQ \F(24, 25 )．
如图，在□ABCD中，∠D＝2∠ACB，AE平分∠BAC交BC于点E，若BE＝2，CE＝3，求AE的长．
A
D
B
C
E
解：延长CB到F，使BF＝AB，连接AF，过点A作AH⊥BC于点H，
过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥AC于点N．
A
D
B
C
F
H
E
N
M
则∠F＝∠BAF，∴∠ABC＝2∠F．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠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 )．
设AB＝2x，则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 )，AH 2＝AB 2－BH 2＝ EQ \F(63, 4 )，
∴AE＝eq \r(,AH 2＋EH 2 )＝3eq \r(,2)
如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC＝4，CD＝2eq \r(,11)，∠ABD＝2∠DBC，求BD的长．
A
D
B
C
解：延长BA到P，使PA＝AB，过点P作PE⊥BD于点E，连接AE，PD．
P
A
D
B
C
E
∵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，∴PE 2＝PD 2－DE 2＝28，
∴BE＝eq \r(,PB 2－PE 2 )＝6，∴BD＝BE＋DE＝10．
题型三 沿直角边翻折半角（小角加倍）
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，∠B＝2∠CAD，AB·CD＝5，求AD的长．
A
B
D
C
解：延长BC到E，使CE＝CD，连接AE．
A
B
D
C
E
∵∠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 )，∴AE 2＝BE·DE＝BE·2CD＝10，
∴AD＝AE＝eq \r(,10)．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为BC边上一点，BD＝2CD，∠B＝2∠DAC，AB＝4，求AD的长．
A
B
D
C
解：延长BC到E，使CE＝CD，连接AE．
A
B
D
C
E
∵∠ACB＝90°，∴AD＝AE，
∴∠ADE＝∠E，∠DAC＝∠EAC．
∵∠B＝2∠DAC，∴∠B＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠ADE＝∠E，∴BE＝AB＝4．
设CE＝CD＝x，则BD＝2x，BE＝4x，
∴4x＝4，∴x＝1，∴BC＝3，∴AC 2＝4 2－3 2＝7，
∴AD＝eq \r(,CD 2＋AC 2 )＝2eq \r(,2 )．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，∠B＝2∠DAC，BD＝3，DC＝2，求AD的长．
A
B
D
C
解：延长BC到点E，使CE＝CD，连接AE．
A
E
B
D
C
∵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·深圳宝安区二模
如图，在中，，点为中点，，则的值为 ．
【答案】
【详解】解：延长至E，使，连接，设，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，又，
∴，故答案为：．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AC的中点，连接BD，∠A＝2∠DBC，求tan∠ABD的值．
B
C
A
DC
【答案】
解：延长AC到E，使CE＝CD，连接BE，过点D作DH⊥AB于点H．
B
C
A
H
DC
E
∵∠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 )．
设AD＝CD＝CE＝a，则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·深圳中学联考二模
如图，在中，点在边上，，，交的延长线于点，若，，则 ．
【答案】
【详解】解：如图所示，延长至使，作交于，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC，点D为BC边上一点，BD＝2CD，∠ABC＝2∠DAC，求 EQ \F(AE, EC ) 的值．
A
B
E
D
C
解：延长BC到F，使CF＝CD，连接AF．
A
B
F
E
D
C
∵∠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 )．
设CF＝CD＝a，则BD＝2a，DF＝2a，BF＝4a，
∴ EQ \F(AF, 4a ) ＝ EQ \F(2a, AF )，∴AF 2＝8a 2，∴AC＝eq \r(,AF 2－CF 2 )＝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 )
如图，在△Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D，E分别是边AB，BC上的点，DC平分∠ADE，∠B＝2∠ACD，求CE的长．
D
A
B
C
E
解：延长BA到F，使AF＝AD，连接CF，过点E作EH⊥AB于点H．
D
A
F
H
B
C
E
∵∠BAC＝90°，∴CD＝CF，∴∠F＝∠CDF，∠ACD＝∠ACF．
∵∠B＝2∠ACD，∴∠B＝∠DCF，∴∠BCF＝∠CDF＝∠F，
∴BF＝BC．
设∠ACD＝α，则∠B＝2α，∠EDC＝∠ADC＝90°－α，∠BDE＝2α，
∴∠B＝∠BDE，∴BE＝DE，∴BH＝DH．
设CE＝2x，则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．
如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD是中线，AB＝6，AD＝eq \r(,41)，求BC，AC的长．
A
B
C
D
解：过点A作AH⊥BC于点H，在HC上截取HE＝BH，连接AE．
A
B
C
D
H
E
则AE＝AB＝6，∴∠AEB＝∠B＝2∠C，
∴∠EAC＝∠C，∴CE＝AE＝6．
设BH＝EH＝x，则BC＝2x＋6，BD＝CD＝x＋3，
∴DH＝3，∴AH＝eq \r(,AD 2－DH 2 )＝4eq \r(,2)，
∴BH＝eq \r(,AB 2－AH 2 )＝2，∴BC＝10，CH＝8，
∴AC＝eq \r(,AH 2＋CH 2 )＝4eq \r(,6)．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别为边BC，AC上的点，连接AD，DE，∠AED＝2∠DAE，CE＝7，BD＝18eq \r(,2)，求DE的长．
A
B
C
D
E
解：过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥AC点H，
A
B
C
D
E
G
F
H
在AH上截取FH＝EH，连接DF．
则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．
设CH＝DH＝x，则FH＝EH＝x－7，DF＝AF＝25－x，
在Rt△DFH中，DH 2＋FH 2＝DF 2，
∴x 2＋( x－7 )2＝( 25－x )2，解得x＝－48（舍去）或x＝12，
∴DE＝DF＝25－x＝13．
如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，AD平分∠BAC，BD＝3，CD＝2，求AD的长．
A
C
B
D
解：在AB上截取AE＝AC，连接DE，过点A作AF⊥BC于点F，
过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥AC于点H．
A
C
B
D
F
G
E
H
∵∠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．
∵AF 2＝AB 2－BF 2＝AC 2－CF 2，
∴6 2－BF 2＝4 2－( 5－BF )，解得BF＝ EQ \F(9, 2 )，
∴DF＝ EQ \F(3, 2 )，AF 2＝6 2－BF 2＝ EQ \F(63, 4 )，
∴AD＝eq \r(,DF 2＋AF 2 )＝3eq \r(,2 )．
题型四 邻二倍角的处理
如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，∠DAC＝2∠DAB，BD＝4，DC＝9，求AD的长．
A
B
C
D
解：延长DA到E，使AE＝AC，连接EC．
A
B
C
D
E
则∠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 )．
设AD＝4m，则ED＝9m，AC＝AE＝5m，
∴CD＝eq \r(,AC 2－AD 2 )＝3m＝9，∴m＝3，
∴AD＝4m＝12．
如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D为边AC上一点，∠DBC＝2∠ABD，CD＝3，BC＝7，求BD的长．
D
A
B
C
例1
解：延长BD到E，使BE＝BC，连接CE．
D
A
E
B
C
设∠ABD＝α，则∠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 )．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为BC边上一点，∠BAD＝2∠CAD，BD＝10，DC＝3，求AD的长．
A
B
C
D
解：延长AD到E，使AE＝AB，连接BE．
A
B
E
D
C
设∠CAD＝α，则∠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＝BE 2＝100，
∴DE( AD＋DE )＝100，∴2DE 2＋2AD·DE＝200．
∵AC 2＝AB 2－BC 2＝AD 2－DC 2，
∴( AD＋DE )2－13 2＝AD 2－3 2，
∴DE 2＋2AD·DE＝160，∴DE 2＋160＝200，
∴DE 2＝40，DE＝2eq \r(,10)，∴2eq \r(,10)AE＝100，
∴AE＝5eq \r(,10)，∴AD＝3eq \r(,10)．
如图，在△ABC中，点E在边AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD⊥BE交BE的延长线于点D，BD＝8，AC＝11，则BC的长为_________．
B
E
C
A
D
【答案】
【解析】过点C作CF∥AB交BD的延长线于点F．
B
E
G
C
A
D
F
则∠ECF＝∠A，∠F＝∠ABE．
∵EB＝EA，∴∠A＝∠ABE，
∴∠ECF＝∠F，∴EF＝EC，
∴BF＝AC＝11，∴DF＝BF－BD＝11－8＝3．
在BD上取点G，使DG＝DF，连接CG．
则CF＝CG，∴∠CGF＝∠F＝∠ECF＝∠A＝2∠CBE，
∴∠CBG＝∠BCG，∴CG＝BG＝BD－DG＝5，
∴CD＝＝ ＝4，
∴BC＝＝ ＝．
如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在CA的延长线上，∠ABC＝2∠DBA，DE⊥BA交BA的延长线于点E，若BE＝8，CD＝11，求BD的长．
E
A
B
C
D
解：过点D作DF∥BC交BE的延长线于点F，在EB上截取EG＝EF，连接DG．
D
F
E
A
G
B
C
则∠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(,DG 2－EG 2 )＝4，∴BD＝eq \r(,BE 2＋DE 2 )＝4eq \r(,5)．
题型五 绝配角
如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D，E分别为BC，AC上的点，∠B＝2∠CDE，∠ADE＝45°，AB＝5，AE＝3，则BD的长为_________．
A
B
C
D
E
【答案】2
【解析】在BA上截取BF＝BD，连接DF．
A
B
C
D
E
F
则∠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．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为边AB上一点，∠ACD＝2∠B，若BD＝2，AD＝4，求CD的长．
B
C
A
DC
解：延长CA到点E，连接DE，使∠ADE＝∠B．
EC
B
C
A
DC
∵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 )．
设∠ADE＝∠B＝α，则∠ACD＝2α，
∠ADC＝90°－2α，∠CDE＝∠E＝90°－α，
∴CD＝CE．
设AE＝2x，则AC＝3x，CD＝CE＝5x，
AD＝4x＝4，∴x＝1，∴CD＝5x＝5．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，BD＝2CD，∠DAC＝2∠B，AD＝eq \r(,2)，求AB的长．
A
B
C
D
解：延长AC到E，使AE＝AD，连接DE．
A
B
C
D
E
设∠B＝α，则∠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．
设CE＝a，则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(,AD 2－AC 2 )＝ EQ \F(eq \r(,14), 4 )，
∴DE＝eq \r(,DC 2＋CE 2 )＝1，∴AB＝3DE＝3．
如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上，∠CED＝2∠BAD，若AE＝9，DE＝3，求BC的长．
A
C
B
D
E
解：在AD上取点P，连接PC，使PC＝AP，过点B作BH⊥AC于点H．
A
C
B
D
E
H
P
则∠PAC＝∠ACP．
设∠BAD＝α，则∠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．
设PE＝x，则PD＝x＋3，PC＝AP＝9－x，
CD 2＝( 9－x )2－( x＋3 )2，
∴( 9－x )2－( x＋3 )2＝3( x＋3 )，解得x＝ EQ \F(7, 3 )，
∴CD 2＝3( x＋3 )＝16，∴CD＝4，
∴AC＝eq \r(,CD 2＋AD 2 )＝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 )，
∴AB 2＝2AH 2＝180，∴BD＝eq \r(,AB 2－AD 2 )＝6，
∴BC＝BD＋CD＝6＋4＝10．
如图，△ABC是等边三角形，点D在BC的延长线上，点E在线段AD上，∠DAC＝2∠DBE，BE与AC交于点F，若CF＝1，DE＝2，则CD的长为_________．
A
B
C
D
F
E
【答案】3
【解析】在AD上截取DG＝DC，连接CG．
A
B
C
D
F
E
G
设∠DBE＝x，则∠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
如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，BD＝2CD，∠DAC＝2∠ABC，若AD＝，求AB的长．
B
D
C
A
【答案】3
解：延长BC到点E，使CE＝CD，连接AE，过点B作AE的垂线，垂足为F．
F
B
D
C
E
A
∵∠ACB＝90°，∴AE＝AD，∴∠EAC＝∠DAC＝2∠ABC．
∵∠FBE＝∠EAC＝90°－∠E，∴∠FBE＝2∠ABC，
∴∠ABF＝∠ABC，∴AF＝AC，∴BF＝BC．
设CD＝a，则BD＝2a，BF＝BC＝3a，BE＝4a，
在△ABE中，由面积法得BE·AC＝AE·BF，
∴4a·AC＝AE·3a，∴＝．
设AC＝3m，则AD＝AE＝4m，CD＝，
BC＝，AB＝＝＝3
如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥CD，AB＝AC，∠ABD＝2∠ADC，CD＝2eq \r(,5)，求AD的长．
A
D
B
C
解：延长BA到点E，使AE＝AC，延长AE到点F，使EF＝AE，连接DE，DF．
F
E
A
D
B
C
∵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．
设AB＝AC＝x，则BE＝2x，BD＝BF＝3x，
∴DE＝eq \r(,BD 2－BE 2 )＝eq \r(,5)x＝2eq \r(,5)，∴x＝2，
∴AE＝2，∴AD＝eq \r(,AE 2＋AD 2 )＝2eq \r(,6)．
如图，在△ABC中，点D为边BC上一点，∠ADC＝60°，∠BAD＝2∠CAD，BD＝5，CD＝1，求AD的长．
A
B
D
C
解：延长BC到E，使BE＝BA，连接AE，过点A作AH⊥CE于点H．
A
E
B
D
C
H
设∠CAD＝α，则∠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 )，∴AE 2＝CE·BE．
设CH＝EH＝x，则DH＝x＋1，AH＝eq \r(,3)x＋eq \r(,3)，CE＝2x，
BE＝2x＋6，AE 2＝x 2＋( eq \r(,3)x＋eq \r(,3) )2，
∴x 2＋( eq \r(,3)x＋eq \r(,3) )2＝2x( 2x＋6 )，解得x＝ EQ \F(1, 2 )，
∴AD＝2DH＝2x＋2＝3．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，点E是边AC上一点，连接BE，DE，∠ABE＝2∠EDC，AE＝3，求DE的长．
A
B
C
D
E
解：在EA上截取EF＝EC，延长CA到G，使AG＝AF，连接BF，BG．
A
B
C
D
E
F
G
∵∠BAC＝90°，∴BF＝BG，∴∠G＝∠AFB．
∵点D是BC的中点，∴DE是△BCF的中位线，∴DE∥BF．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝45°．
设∠EDC＝α，则∠ABE＝2α，∠G＝∠AFB＝∠AED＝45°＋α，
∠ABG＝45°－α，∠EBG＝45°＋α，
∴∠G＝∠EBG，∴BE＝GE．
设EF＝EC＝x，则AG＝AF＝3－x，AB＝AC＝3＋x，
BE＝GE＝6－x．
在Rt△ABE中，( 3＋x )2＋3 2＝( 6－x )2，
解得x＝1，∴AF＝2，AB＝4，
∴BF＝eq \r(,AB 2＋AF 2 )＝2eq \r(,5)，∴DE＝ EQ \F(1, 2 ) BF＝eq \r(,5)．
如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D是BC的中点，点E是边AC上一点，连接BE，DE，∠ABE＝2∠EDC，CE＝2eq \r(,6)，求AE的长．
A
E
B
C
D
解：延长BA到F，使BF＝BE，连接AD，EF，过点E作EH⊥AF于点H．
A
H
F
E
B
C
D
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠EAF＝60°，∠ABC＝∠C＝30°．
∵点D是BC的中点，∴∠BAD＝∠EAD＝60°，∠ADC＝90°，
∴∠EAD＝∠EAF．
设∠EDC＝α，则∠ABE＝2α，∠F＝∠BEF＝90°－α，
∠ADE＝90°－α，∴∠ADE＝∠F．
∵AE＝AE，∴△ADE≌△AFE，∴AD＝AF．
设AE＝2x，则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，BH 2＋EH 2＝BE 2，
∴( 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．
如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别为边AC，BC上的点，∠ABD＝2∠BAE，BE＝3eq \r(,2)，CD＝7，求BD的长．
A
B
C
E
DC
解：延长CA到F，使DF＝BD，连接BF，过点A作AH⊥BC于点H．
A
F
B
C
E
H
DC
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝45°．
设∠BAE＝α，则∠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．
设EH＝eq \r(,2)x，则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
如图，在等边△ABC中，点D，E分别为边BC，AC上的点，连接AD，DE，∠ADB＝2∠CDE，BD＝3，CE＝4，求CD的长．
A
B
D
C
E
解：在AC上截取AF＝BD，在CE上截取CG＝EF，连接DF，DG，过点D作DH⊥AB于点H．
A
B
D
C
G
E
F
H
∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠C＝60°，
∴CF＝CD，∴△CDF是等边三角形，
∴DF＝DC，∠DFE＝∠C，∴△DEF≌△DGC，
∴DE＝DG，∠EDF＝∠GDC，
∴∠DEG＝∠DGE，∠GDF＝∠CDE．
设∠GDF＝∠CDE＝α，则∠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(,AD 2－DH 2 )＝ EQ \F(13, 2 )，
∴BC＝AB＝AH＋BH＝8，∴CD＝BC－BD＝5．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边上一点，AD＜BD，∠ADC＝2∠ACD，AB＝8，CD＝3，求AD的长．
B
C
D
A
解：在DB上截取DE＝DC，延长BA到F，使DF＝DC，连接CE，CF．
B
C
D
E
A
F
则∠DCE＝∠AEC，∠DCF＝∠F．
设∠ACD＝α，则∠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 )，
∴AC 2＝AD·AE，BC 2＝BD·BF．
设AD＝x，则AE＝x＋3，BD＝8－x，BF＝11－x，
∴AC 2＝x( x＋3 )，BC 2＝(8－x)(11－x)，
∵AC 2＋BC 2＝AB 2，∴x( x＋3 )＋( 8－x )( 11－x )＝8 2，
解得x＝2或x＝6（舍去），即AD的长为2．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D，E为边BC上两点（点D在点E左侧），且BD＝CE，∠DAE＝ EQ \F(1, 2 )∠BAC，求DE的长．
A
B
C
D
E
解：作∠BAC的角平分线AF交BC于点F，过点F作FG⊥AB于点G，
A
B
C
D
F
E
H
G
过点A作AH⊥AF交BC的延长线于点G．
∵∠ACB＝90°，∴FG＝FC，∠H＝∠CAF＝90°－∠AFC．
∵AC＝6，BC＝8，∴AB＝eq \r(, 6 2＋8 2 )＝10．
设FG＝FC＝x，则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．
设BD＝CE＝x，则DE＝8－2x，DC＝8－x，DH＝20－x，
∴AD 2＝( 8－x )2＋6 2．
∵∠DAE＝ EQ \F(1, 2 )∠BAC，∴∠DAE＝∠CAF＝∠H．
∵∠ADE＝∠HDA，∴△ADE∽△HDA，∴ EQ \F(AD, DE ) ＝ EQ \F(DH, AD )，
∴AD 2＝DE·DH，∴( 8－x )2＋6 2＝( 8－2x )( 20－x )，
解得x＝30（舍去）或x＝2，∴DE＝8－2x＝4．
题型六 坐标系中的二倍角问题
宿迁·中考
如图，抛物线交x轴于A、B两点，其中点A坐标为(1，0)，与y轴交于点。
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO，求点P的坐标；
简析(1)抛物线的函数表达式为
(2)如图，在OC上取点E，使AE＝CE，则∠AEO＝2∠ACO＝∠PAB；设OE＝t，则AE＝3－t，在Rt△AOE中，由勾股定理可得，解得，故即；
①当点P在x轴上方时，作PG⊥x轴于点G，则；设PG＝3m＞0，则AG＝4m，点P的坐标为(1－4m，3m)，将其代人抛物线的解析式，可得3m＝（1－4m）²＋2（1－4m）－3，解得舍去)，故点P的坐标为(
②当点P在x轴下方时，同理可得
综上所述：点P的坐标为)或(
盐城·中考
如图，二次函数的图像与一次函数y＝kx－k＋2的图像交于A、B两点，点B在点A的右侧，直线AB分别与x轴、y轴交于C、D两点，其中k＜0．
(1)求AB两点的横坐标；
(2)二次函数图像的对称轴与x轴交于点E，是否存在实数k，使得 若存在，求出k的值；若不存在，说明理由。
简析
(1)令，即，解得x＝1或2，即A、B两点的横坐标分别为1、2；
(2)由前知A(1，2)，B(2，k＋2)；
①情形一：当k＋2＞0，即－2＜k＜0时，点B在x轴上方，
如图(已隐去抛物线)过点B分别向x轴、对称轴作垂线，垂足依次为G、H，则；在EA的延长线上取点F，使AF＝AB，连接BF，则∠BAH＝2∠BFH，又∠BAH＝∠ODC＝2∠BEC，故∠BFH＝∠BEC；易得BH＝1，AH＝﹣k，则，从而，故tan∠BFH＝，所以有k＋2，解得舍去)；
②情形二：当k＋2＜0，即k＜－2时，点B在x轴下方，
如图(已隐去抛物线)，同上作相关辅助线，同理有，从而，解得，故舍去)；
综上所述：k的值为－或
反思：（2）是一个等腰三角形存在性问题，可借助代数方法盲解盲算，这里并未展开；（3）中存在“倍半角”关系，这里首先利用平行导角，将∠ODC转化为∠BAH，借助A、B两点的坐标来刻画其正切值，然后构造其“半角”∠BFH，最后列方程求解需。要特别提醒的是，这里根据点B的纵坐标的正负性，即点B与x轴的位置关系分两类讨论，很容易漏解。另外，本题还有其他解法，请自行探究。
河南·中考
如图，抛物线y＝ax²＋6x＋c交x轴于A、B两点，交y轴于点C。直线y＝x－5经过点B、C。
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点A的直线交直线BC于点M，连接AC，当直线AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出点M的坐标。
简析：(1)抛物线的解析式为
(2)如图，当∠ACM＝∠CAM时，有∠AMB＝2∠ACB，此时点M符合题意；再过点A作AC的垂线，交直线BC于点R，作RS⊥x轴于点S，
易证tan∠RAS＝tan∠ACO＝，即；又易证RS＝BS，故，从而，点R的坐标为；易证点M为CR的中点，所以点M的坐标
如图，作AG⊥BC于点G，再作AM关于直线AG的对称线段AM′，
则∠AM′M＝∠AMM′＝2∠ACB，故点M′是符合题意的另一个点；作GH⊥x轴于点H，易证GH＝AH＝BH＝2，则点G的坐标为(3，﹣2)；因为点G为MM的中点，所以点M的坐标为；因此，点M的坐标为)或(
反思：第(2)问看似“倍半角”问题，却采取了“垂直处理”策略，结合中点坐标公式加以解决。“成也模型，败也模型”，切勿形成思维定式，盲目套用模型。当然，这两个问题都还有其他的处理方式，可自行探索。
总结的话：数学中转化思想无处不在，所谓“倍半角”问题，其解题策略大体也是围绕着转化思想进行的，或将“倍角”变为“半角”，或将“半角”变为“倍角”，最终转化为等角问题，当然变化手段可能不一，比如作“倍角”的角平分线或者构造等腰三角形，再如将“半角”翻折等。总之，具体问题需要具体对待，并无绝对的通法、简法，一切都要依据题目的条件以及结论去分析、构造，以至于解决。
2023·内蒙古赤峰·统考中考真题
如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点在抛物线上，点E在直线上，若，则点E的坐标是 ．
【答案】和
【分析】先根据题意画出图形，先求出点坐标，当点在线段上时:是△DCE的外角，，而，所以此时，有，可求出所在直线的解析式，设点坐标，再根据两点距离公式，，得到关于的方程，求解的值，即可求出点坐标；当点在线段的延长线上时，根据题中条件，可以证明，得到为直角三角形，延长至，取，此时，，从而证明是要找的点，应为，为等腰直角三角形， 点和关于点对称，可以根据点坐标求出点坐标．
【详解】解：在中，当时，，则有，
令，则有，
解得：，
∴，
根据点坐标，有
所以点坐标
设所在直线解析式为，其过点、
有，
解得
∴所在直线的解析式为：
当点在线段上时，设
而
∴
∴
因为：，，
有
解得：，
所以点的坐标为:
当在的延长线上时，
在中，，,
∴
∴
如图延长至，取，
则有为等腰三角形，，
∴
又∵
∴
则为符合题意的点，
∵
∴
的横坐标：，纵坐标为；
综上E点的坐标为：或，
故答案为：或
江苏苏州·统考中考真题
如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则 ．
【答案】
【分析】过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，
∴∠DCE＝∠CAO，
∵∠BCA＝2∠CAO，
∴∠BCA＝2∠DCE，
∴∠DCE＝∠DCB，
∵CD⊥y轴，
∴∠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：
内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题
如图1，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，其中点A的坐标为(1，0)，与y轴交于点C（(0，﹣3)．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图2，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO，求点P的坐标．
【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）(﹣，)，(﹣，﹣)
【分析】（1）将点A，点C坐标代入解析式可求解；
（2）在BO上截取OE＝OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，由“SAS”可证△OCE≌△OCA，可得∠ACO＝∠ECO，CE＝AC＝，由面积法可求EF的长，由勾股定理可求CF的长，可求tan∠ECA＝tan∠PAB＝，分点P在AB上方和下方两种情况讨论，求出AP解析式，联立方程组可求点P坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3），
∴，解得：，∴抛物线解析式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）如图，在BO上截取OE＝OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，
∵点A（1，0），点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＝＝，
如图2，当点P在AB的下方时，设AO与y轴交于点N，
∵∠PAB＝∠ECA，
∴tan∠ECA＝tan∠PAB＝＝，
∴ON＝，
∴点N（0，），
又∵点A（1，0），
∴直线AP解析式为：y＝x﹣，
联立方程组得：，
解得：或，
∴点P坐标为：（﹣，﹣）
当点P在AB的上方时，同理可求直线AP解析式为：y＝﹣x+，
联立方程组得：，
解得：或，
∴点P坐标为：（﹣，），
综上所述：点P的坐标为（﹣，），（﹣，﹣）
2022·内蒙古呼和浩特·统考中考真题
如图，抛物线经过点和点，与轴的另一个交点为，连接、．
(1)求抛物线的解析式及点的坐标；
(2)如图，点是第一象限内抛物线上的动点，过点作轴，分别交、轴于点、，当中有某个角的度数等于度数的2倍时，请求出满足条件的点的横坐标．
【答案】(1)；A（-1，0）；
(2)2或
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）先求出，再求出直线BC的解析式，然后设点，则，CF=a，可得，再分三种情况讨论：若∠PCM=2∠OBC，过点C作CFx轴交PM于点F；若∠PMC=2∠OBC；若∠CPM=2∠OBC，过点P作PG平分∠CPM，则∠MPG=∠OBC，即可求解．
【详解】（1）解：把点和点代入，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为，
令y=0，则，
解得：，
∴点A（-1，0）；
（2）解：∵点B（4，0），C（0，2），
∴OB=4，OC=2，
∴，
设直线BC的解析式为，
把点B（4，0），C（0，2）代入得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
设点，则，CF=a，
∴，
若∠PCM=2∠OBC，过点C作CFx轴交PM于点F，如图甲所示，
∴∠FCM=∠OBC，即，
∴∠PCF=∠FCM，
∵轴，
∴CF⊥PQ，
∴PM=2FM，
∴，
∴，解得：解得：a=2或0（舍去），
∴点P的横坐标为2；
若∠PMC=2∠OBC，
∵∠PMC=∠BMN，
∴∠BMN=2∠OBC，
∵∠OBC+∠BMN=90°，
∴∠OBC=30°，与相矛盾，不合题意，舍去；
若∠CPM=2∠OBC，如图乙所示，过点P作PG平分∠CPM，则∠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），
∴点P的横坐标为；
综上所述，点P的横坐标为2或．
图甲 图乙
2023·湖北黄冈·统考中考真题
已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，点P为第一象限抛物线上的点，连接．
(1)直接写出结果；_____，_____，点A的坐标为_____，______；
(2)如图1，当时，求点P的坐标；
【答案】(1)，2，，；(2)
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可求得、，从而可得，，由，可得，求得，在中，根据正切的定义求值即可；
（2）过点C作轴，交于点D，过点P作轴，交y轴于点E， 由，即，再由，可得，证明，可得，设点P坐标为，可得，再进行求解即可；
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，，
∴，解得：，
∴抛物线解析式为：，
∵抛物线与x轴交于A、两点，
∴时，，解得：，，
∴，
∴，，
在中，，
故答案为：，2，，；
（2）解：过点C作轴，交于点D，过点P作轴，交y轴于点E，
∵，，，
∴，
由（1）可得，，即，
∴，
∵，
∴，
∵轴，轴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设点P坐标为，则，，
∴，解得：（舍），，
∴点P坐标为．
（2020·湖南张家界·中考真题）如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．直线经过点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线上是否存在点M，使与直线的夹角等于的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．
【分析】（1）先根据直线经过点，即可确定B、C的坐标，然后用带定系数法解答即可；
（2）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标
【详解】解：（1）∵直线经过点
∴当x=0时，可得y=5，即C的坐标为（0,5）
当y=0时，可得x=5，即B的坐标为（5,0）
∴解得
∴该抛物线的解析式为
（2）如图：作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，
∵M1A=M1C，
∴∠ACM1=∠CAM1
∴∠AM1B=2∠ACB
∵△ANB为等腰直角三角形.
∴AH=BH=NH=2
∴N（3，2）
设AC的函数解析式为y=kx+b
∵C(0，5),A(1，0)
∴ 解得b=5，k=-5
∴AC的函数解析式为y=-5x+5
设EM1的函数解析式为y=x+n
∵点E的坐标为（）
∴=× +n，解得：n=
∴EM1的函数解析式为y=x+
∵ 解得
∴M1的坐标为（）；
在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2
设M2（a，-a+5）
则有：3=，解得a=
∴-a+5=
∴M2的坐标为（，）．
综上，存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．
题型七 其它构造方式
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D，E分别在边AC，BC上，且∠DBC＝2∠BAE，AE＝2，BD＝eq \r(,5)，求AB的长．
A
B
C
E
D
解：延长BC到F，使CF＝CD，连接AF．
A
B
C
F
E
D
∵∠ACF＝∠BCD＝90°，AC＝BC，∴△ACF≌△BCD，
∴AF＝BD＝eq \r(,5)，∠FAC＝∠DBC＝2∠BAE．
设∠BAE＝α，则∠FAC＝∠DBC＝2α，
∠AEF＝45°＋α，∠EAC＝45°－α，∠EAF＝45°＋α，
∴∠AEF＝∠EAF，∴EF＝AF＝eq \r(,5)．
∵AC 2＝AE 2－EC 2＝AF 2－CF 2，
∴2 2－EC 2＝( eq \r(,5) )2－( eq \r(,5)－EC )2，解得EC＝ EQ \F(2eq \r(,5), 5 )，
∴AC 2＝2 2－EC 2＝ EQ \F(16, 5 )，∴AB＝AC＝ EQ \F(4eq \r(,5), 5 )．
如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC，∠ACD＝2∠ABD，AD＝19，CD＝25，求AB的长．
A
D
B
C
解：过点D作DH⊥AC于点H，延长CA到F，使FH＝CH，连接DF，
A
D
F
E
B
C
H
延长CF到E，使EF＝DF，连接DE．
则EF＝DF＝DC＝25，∠E＝∠EDF，
∴∠DFH＝∠ACD＝2∠ABD，∠DFH＝2∠E，∴∠E＝∠ABD．
∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB．
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠ABC，∴∠DAE＝∠DAB．
∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADB，∴AE＝AB＝AC．
设CH＝FH＝x，则EH＝x＋25，CE＝2x＋25，AC＝AE＝x＋ EQ \F(25, 2 )，
∴AH＝ EQ \F(5, 2 )，∴DH 2＝AD 2－AH 2＝ EQ \F(819, 4 )，
∴x＝FH＝eq \r(,DF 2－DH 2 )＝ EQ \F(41, 2 )，∴AB＝AC＝x＋ EQ \F(25, 2 )＝33
如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝5，D为△ABC内一点，∠BDC＝2∠BAD，BD＝CD，求△ABD的面积．
A
B
C
D
解：将△CDA绕点D顺时针旋转到△BDE，连接AE，过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥AE于点H．
A
B
C
D
H
G
E
则BE＝AC＝5，AD＝DE，∠ADE＝∠BDC＝2∠BAD，
∴AH＝EH，∠ADE＝2∠ADH，∴∠BAD＝∠ADH，
∴∠BAE＝∠BAD＋∠DAH＝∠ADH＋∠DAH＝90°，
∴AE＝eq \r(,BE 2－AB 2 )＝3，∴DG＝AH＝EH＝ EQ \F(3, 2 )，
∴S△ABD ＝ EQ \F(1, 2 ) AB·DG＝ EQ \F(1, 2 )×4× EQ \F(3, 2 ) ＝3．
如图，在等边△ABC中，点D在边AB上，点E在BC的延长线上，∠CAE＝2∠DCB，BD＝2，AD＝6，求CE的长．
A
B
E
C
D
解：在BC上截取BF＝BD，连接AF，过点A作AH⊥BC于点H．
A
B
E
C
D
F
H
∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC．
∵∠ABF＝∠CBD，∴△ABF≌△CBD，
∴∠FAB＝∠DCB，
∵BD＝2，AD＝6，∴CF＝6，AB＝8，AH＝4eq \r(,3)．
设∠FAB＝∠DCB＝α，则∠CAE＝2α，∠CAF＝60°－α，
∠EAF＝60°＋α，∠AFE＝60°＋α，
∴AE＝EF．
设CE＝x，则AE＝EF＝x＋6，EH＝x＋4．
在Rt△AHE中，AH 2＋EH 2＝AE 2，
∴( 4eq \r(,3) )2＋( x＋4 )2＝( x＋6 )2，解得x＝7，
∴CE的长为7．
如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BD平分∠ABC，∠DAC＝2∠ADB，若CD＝4，BD＝10，求△ACD的面积．
A
D
B
C
解：过点A作AE⊥BD于点E，AF⊥CD于点F．
A
D
B
C
E
F
∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，BE＝DE＝ EQ \F(1, 2 ) BD＝5．
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠DBC，∴AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB．
∵∠DAC＝2∠ADB，∴∠ACB＝2∠ADB＝2∠DBC，
∴∠ACB＝∠ABC，∴AC＝AB＝AD，
∴∠CAF＝∠DAF，∴∠DAC＝2∠DAF，∴∠DAF＝∠ADB．
∵∠AFD＝∠DEA＝90°，AD＝DA，∴△ADF≌△DAE，
∴AF＝DE＝5，∴S△ACD ＝ EQ \F(1, 2 ) CD·AF＝ EQ \F(1, 2 )×4×5＝10．
如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是边AC，BC上的点，连接AE与BD交于点F，∠BFE＝∠BAC＝2∠AEB，探究AF，EF与BF的数量关系，并证明．
A
C
B
E
D
F
解：在BD上截取BG＝AE，连接AG．
A
C
B
E
D
F
G
∵AB＝AC，∴∠ABE＝∠C，
∴∠BAC＝180°－2∠C，
∴∠AEB＝ EQ \F(1, 2 )∠BAC＝90°－∠C，
∴∠ABE＋∠AEB＝90°，∴∠BAE＝90°．
∵∠AFD＝∠BFE＝∠BAC，∴∠CAE＝∠ABG，
∴△ABG≌△CAE，∴∠AGB＝∠AEC，∠BAG＝∠C，
∴∠AGF＝∠AEB＝90°－∠C，∠GAF＝90°－∠BAG＝90°－∠C，
∴∠AGF＝∠GAF，∴AF＝GF＝BF－BG＝BF－AE＝BF－AF－EF，
∴BF＝2AF＋EF．
如图，在△ABC中，点D为边BC上一点， EQ \F(BD, DC ) ＝ EQ \F(3, 4 )，点E为AD的中点，若∠BAC＝∠BED＝2∠CED，求 EQ \F(BE, AD ) 的值．
A
B
C
D
E
解：过点C作CG∥BE交AD的延长线于点G，在AG上取点F，连接CF，使CF＝CG．
A
B
C
D
E
G
F
则△BDE∽△CDG，∴ EQ \F(BE, CG ) ＝ EQ \F(BD, DC ) ＝ EQ \F(3, 4 )．
设∠CED＝α，则∠CFG＝∠G＝∠BED＝∠BAC＝2α，
∴∠ECF＝∠CED，∠AEB＝∠CFA，∠BAE＝∠ACF＝2α－∠CAF，
∴EF＝CF＝CG，△ABE∽△CAF，∴ EQ \F(AB, AC ) ＝ EQ \F(AE, CF ) ＝ EQ \F(BE, AF )．
设BE＝3，AE＝DE＝a，则EF＝CF＝CG＝4，DF＝4－a，AF＝a＋4，
∴ EQ \F(a, 4 ) ＝ EQ \F(3, a＋4 )，解得a＝－6（舍去）或a＝2，
∴AF＝a＋4＝6，∴ EQ \F(AB, AC ) ＝ EQ \F(BE, AF ) ＝ EQ \F(1, 2 )．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P为BC边上一点，连接AP，分别过点B，C作AP的垂线，垂足为D，E，若∠ADC＝2∠ABC， EQ \F(BP, PC ) ＝ EQ \F(3, 4 )，求tan∠ACB的值．
A
B
C
P
E
D
解：延长AE到F，使DF＝DC，连接BF，CF．
A
B
C
P
E
D
F
则∠EFC＝∠DCF，∴∠ADC＝2∠EFC．
∵∠ADC＝2∠ABC，∴∠EFC＝∠ABC．
∵∠FEC＝∠BAC＝90°，∴△EFC∽△ABC，
∴ EQ \F(CE, AC ) ＝ EQ \F(CF, BC )，∠ECF＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，∴△BCF∽△ACE，
∴∠CBF＝∠CAF，∴∠DFB＝∠ACB＝∠ECF，
∴△DBF∽△EFC，∴ EQ \F(BD, EF ) ＝ EQ \F(DF, CE )，∴DF·EF＝BD·CE．
∵∠BDP＝∠CEP＝90°，∠BPD＝∠CPE，
∴△BDP∽△CEP， EQ \F(BD, CE ) ＝ EQ \F(BP, PC ) ＝ EQ \F(3, 4 )．
设BD＝3，CE＝4，DE＝a，EF＝b，则DC＝DF＝a＋b，
∴( a＋b )b＝3×4＝12，∴b 2＋ab＝12，∴2ab＝24－2b 2．
∵DC 2＝CE 2＋DE 2，∴( a＋b )2＝16＋a 2，
∴b 2＋2ab＝16，∴b 2＋24－2b 2＝16，∴b＝2eq \r(,2)，
∴tan∠ACB＝tan∠ECF＝ EQ \F(EF, CE ) ＝ EQ \F(b, 4 ) ＝ EQ \F(eq \r(,2), 2 )．
如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D，E为边BC上两点（点D在点E左侧），∠BAD＝∠CAE，∠AED＝2∠ADE，BD＝7，CE＝2，求AE，DE的长．
A
B
C
D
E
解：取BC中点G，过点A作AH⊥BC于点H，在HC上截取FH＝EH，连接AG，AF．
A
B
C
D
G
E
F
H
则AG＝BG＝CG，∴∠BAG＝∠B．
设∠BAD＝∠CAE＝3α，则∠DAE＝90°－6α，∠ADE＝30°＋2α，
∠AED＝60°＋4α，∠BAG＝∠B＝30°－α，∠AGE＝60°－2α，
∠GAE＝60°－2α，∠AFE＝∠AEF＝120°－4α，∠DAF＝30°＋2α，
∴∠AGE＝∠GAE，∠ADE＝∠DAF，
∴DF＝AF＝AE＝GE，∴EF＝DG．
设DF＝AF＝AE＝GE＝x，则AG＝BG＝CG＝x＋2，
BC＝2x＋4，EF＝DG＝7－( x＋2 )＝5－x，
EH＝FH＝ EQ \F(1, 2 ) EF＝ EQ \F(5－x, 2 )，DE＝x－( 5－x )＝2x－5，
GH＝x＋ EQ \F(5, 2 ) － EQ \F(1, 2 ) x＝ EQ \F(5＋x, 2 )．
∵AH 2＝AG 2－GH 2＝AE 2－EH 2，
∴( x＋2 )2－( EQ \F(5＋x, 2 ) )2＝x 2－( EQ \F(5－x, 2 ) )2
解得x＝4，∴AE＝4，DE＝2x－5＝3
如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BA，BC的延长线上，连接DE，EF，DE＝eq \r(,7 )，EF＝5，∠BEF＝2∠DEF，求BF的长．
B
C
D
A
解：如图1，图2，过点D作DG⊥DE交射线CB于点G，连接EG．
图1
B
F
G
C
D
A
H
E
B
E
G
C
D
A
F
图2
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠DAE＝∠DCG＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG，
∴DE＝DG＝eq \r(,7 )，∴EG 2＝DE 2＋DG 2＝14．
如图1，当EF在∠BED内部时，延长BF到H，使FH＝EF，连接EH．
设∠DEF＝α，则∠BEF＝2α，∠EFB＝90°－2α，
∠FEG＝45°－α，∠EHG＝∠FEH＝45°－α，
∴∠FEG＝∠EHG．
∵∠EGF＝∠HGE，∴△EGF∽△HGE，
∴ EQ \F(EG, GF ) ＝ EQ \F(GH, EG )，∴GF·GH＝EG 2，∴GF( GF＋5 )＝14，
解得GF＝－7（舍去）或GF＝2．
∵BE 2＝EF 2－BF 2＝EG 2－BG 2，
∴BF 2－BG 2＝EF 2－EG 2，
∴BF 2－( BF－GF )2＝EF 2－EG 2，
∴2GF·BF－GF 2＝EF 2－EG 2，
∴4BF－2 2＝5 2－14，∴BF＝ EQ \F(15, 4 )．
②如图2，当EF在∠BED外部时
∵∠BEF＝2∠DEF，∴∠AED＝∠DEF．
∵△ADE≌△CDG，∴∠AED＝∠CGD，
∴∠DEF＝∠CGD．
∵DE＝DG，∴∠DEG＝∠DGE，
∴∠GEF＝∠EGF，∴GF＝EF＝5．
由①知，2GF·BF－GF 2＝EF 2－EG 2，
∴10BF－5 2＝5 2－14，∴BF＝ EQ \F(18, 5 )．
绝配角
组合1
组合2
组合3
组合4
组合5
m
2α
90＋2α
90－2α
60＋2α
60－2α
n
90－α
45－α
45＋α
60－α
60－α
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