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

1、专题16 二倍角的解题策略：倍半角模型与绝配角导语：见到2倍角的条件，首先想到“导”，将图形中的角度都推导出来，挖掘出隐藏边的信息，再观察角度的位置，结合其他条件，这里做题的经验，总结了六个字：翻、延、倍、分、导、造目录知识点梳理策略一：向外构造等腰（大角减半）策略二：向内构造等腰（小角加倍或大角减半）策略三：沿直角边翻折半角（小角加倍）策略四：邻二倍角的处理【经典例题讲解】【一题多解1】围绕2倍角条件，解法围绕“翻”“延”倍”“分”【一题多解2】常规法与倍半角处理对比策略五：绝配角模型题型一 向外构造等腰三角形（大角减半）2023深圳南山区联考二模2023山西统考中考真题题型二 向内构造等腰

2、（小角加倍或大角减半）题型三 沿直角边翻折半角（小角加倍）2023深圳宝安区二模2023深圳中学联考二模题型四 邻二倍角的处理题型五 绝配角题型六 坐标系中的二倍角问题宿迁中考盐城中考河南中考2023内蒙古赤峰统考中考真题江苏苏州统考中考真题内蒙古鄂尔多斯统考中考真题2022内蒙古呼和浩特统考中考真题2023湖北黄冈统考中考真题题型七 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，ABC2ACBACBD辅助线作法：延长CB到D，使BDBA，连接AD结论：ADAC，BDAADC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，ABC2B辅助

3、线作法：法一：作ABC的平分线交AC于点D，结论：DBCC，DBDCADBC法二：在BC上取一点E，使AECE，则AEB2CB（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RtABC中，ACB90，点D为边BC上一点，连接AD，B2CADABCDE辅助线作法：沿AC翻折ACD得到ACE结论：ADAE，DAEB，BABE，ADEBAE策略四：邻二倍角的处理已知条件：如图，在RtABC中，C90，点D为边BC上一点，BAD2CAD辅助线作法：法一：向外构造等腰

4、（导角得相似）延长AD到E，使AEAB，连接BE结论：BDBE，DBEBAD，BDEABE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CEAB，则FBAD【经典例题讲解】例题1如图，在正方形ABCD中，AB1，点E、F分别在边BC和CD上，AEAF，EAF60，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ADFABE(HL)，则DFBE，从而CFCE，即CEF为等腰直角三角形；设CFx，则DF1x，AFEFx，在RtADF中，由勾股定理可得1(1x)22x2，解得x1(x1舍去)，故选C；方法二(倍半角模型)：如图，

5、在边AD上取点P，使APPF，同上可得ADFABE(HL)，则DAFBAE15，从而DPF30；设DFx，则PDx，APPF2x，故AD(2)x1，解得x2，CF1，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AFGDAFDAEEAFBAGBAFFAG，即AFGFAG，故FGAGAE2，从而CFCGFG62；方法二(倍半角模型)：如图1723，延长AF、DC交于点P，易得PBAFEAF，则PEAE2，故CP22，DP22：又易证PCFPDA，故，即，从而C

6、F6；【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DEBD 交BC的延长线于点E，DE6，则sinDCE的值为( )【简析】方法一(常规解法)：如图，作DGBE于点G，由题易得CBDABDCDB，则BCCD；进一步由DEBD，可得CDEE，则CDCEBC，从而 SABCD2SBCDSBDE，即SBDE24，故BD8，BE10，所以DG，CD5，sinDCE，选A方法二(倍半角模型)：如图，在BD上取点F，使EFBF，易证DFE2

7、EBF，DCE2EBF，故DFEDCE，要求sinDCE的值，只需求sinDFE；设EFBFx，同上可得BD8，则DF8x，在RtDEF中，由勾股定理可得36(8x)2x2，解得x，从面 sinDFE，即sinDCE，选A【反思】方法一通过作高是线构造RtCDG，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RtABC中，ACB90，AB10，BC6，CDAB，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CBDABDD，则CDBC6；又易得CDEABE，则，故CEAC3，从而BE3，DEBE；方法二(倍半角模型)：如

8、图，延长CB至点F，使BFAB10，连接AF，由题可得AC8，CF16，则tanF；又易得CBEF，故tanCBE，即，从而CE3，BE3；再作CGBD于点G，易得BGBC；同上可得CBCD，故BD2BG，因此DEBDBE；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，ABC2ACB，AB3，BC5，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ABHACB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

9、长作等腰易知ABCADC【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AB2，BC2，当CEDE的值最小时，则的值为( )ABCD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CD，交AB于点E，连接CE，此时CEDE取得最小值，且；再作DGAB于点G，连接OC、BD，易证OBCODC，则BOCDOCA，故sinAsinBOC，cosAcosBOC，从而BDABsinA；又易证BDGA，故DGBDcosBDGBDcosA；由CBEDGE，可得，因此10，选A；方法二(

10、倍半角模型)：如图1743，同上作相关辅助线，易得DOG2BOC；在OB上取点F，使OFCF，则BFC2BOCDOG；设OFCFx，则BFx，在RtBCF中，由勾股定理得4(x)2x2，解得x，故sinDOGsinBFC，从而DGODsinDOG，下略；方法三(面积法)：如图1744，同上作相关辅助线(为说理方便，省去部分线段)，则DOG2BOCCOC；再作CHOC于点H，易得CH，故sinDOGsinCOC，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

11、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sinCDA的值。 简析(1)如图，连接OC，易证DOBC且ACBC，故DO/AC；(2)由题可得BCDCAD，故DCEDAC，进一步可证；(3)方法一(母子型相似)：由可得；又DCEDAC，故；设DEk，则DC2k，DA4k，AE3k；又易证，故；由此再设FEm，则CE3m，CF4m，从而BC8m，AC6m，因此AB10m，sinB，即；方法二(角平分线之双垂法)：如，作EGAB于点G，易证AECAEG；由ta

12、nCAD，可设CE1，AC2，则EG1，AG2；又易得BEGBAC，2，；再设BGx，则BC2x，BABGAGx2，BEBCCE2x1，从而有x22(2x1)，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BDPD1，则AD2，ABAP；又sinPBCsinPAD，故PCPBsinPBC从而AC因此即方法四(倍半角模型)：如图17144，在AC上取点M，使AMEM，则CME2CADBAC；由题可设CE1，AC2，再设AMMEx，则CM2x，在RtCME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，

13、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m2n180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：绝配角组合1组合2组合3组合4组合5m2902902602602n9045456060【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

14、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m2n180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RtABC中C90，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CAD2t，构造一个以A为顶点的等腰ADK，然后出现ECADCK解：构造以A为顶点的等腰ADK(ADAK)导角易得CDKAE

15、C，ECAADCK，设CKx，AC4x，AD5x，DC3x，ED9x(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ABE2FBC，若BE5，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

16、，,，BHG为等腰，5x10，x2，AE3，BC6，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10x4x，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BCFCBG，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10x4x，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=2,构等腰GBE，BCFEAG.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

17、形（大角减半）1 如图，在ABC中，ABC2C，BCa，ACb，ABc，探究a，b，c满足的关系ACB 解：延长CB到D，使BDABc，连接ADACDB则BADD，ABC2DABC2C，DC，ADACb，BADACD， ， ，b 2c( ac )2 如图，在ABC中，ABC2C，AB3，AC2，求BC的长ABC解：延长CB到D，使DBAB3，连接ADADBC则DDAB，ABC2DABC2C，CDDAB，ADAC2，BDAADC， ， ，CD8，BC52023深圳南山区联考二模3 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A

18、E=2，CE=5，连接DE，M为BC上一点，且满足CME=2ADE，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ENAD于N，求出EN和DN的长度，由于CME=2ADE，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ENAD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4 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，

19、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：5 如图，在RtABC中，ACB90，AC6，BC8，AD平分BAC，AD交BC于点D，EDAD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21ODA，则ODAC，故ODBC90，即ODBC，所以BC是O的切线；(2)方法一(常规解法)：由ODAC，可得BODBAC，则，即，解得r；又可，故，从而，即CDBC3，所以tan3tan

20、2；方法二(倍半角模型)：如图1783，延长CA至点P，使APAB10，易证321P，故tan3tanP；又由tan2，可得CD3，故BD5，从而易得rODBD6 如图，AB为O的直径，点P在AB的延长线上，点C在O上，且PC2PBPA(1)求证：PC是O的切线；(2)已知PC20，PB10，点D是弧AB的中点，DEAC，垂足为E，DE交AB于点F，求EF的长简析(1)如图，连接OC，由PC2PBPA，可得，又PP，故PCBPAC，从而PCBAACO，进一步可证OCPACB90，即OCCP，所以PC是O的切线；(2)方法一(常规解法)：连接OD，易证ODAB；由PC2PBPA，可得PA40，A

21、B30；又由PCBPAC，可得，故tanDtanA，从而OFOD，AFOAOF，进一步可得EFAFsinA；方法二(倍半角模型)：同上可得AB30，则OC15，OP25，即OC：CP：OP3：4：5；如图1793，延长CO至点Q，使OQOP，易得tanDtanAtanQ，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）7 如图，在RtABC中，ACB90，点D为边AB上一点，ACD2B， ，求cosB的值ACBD解：过点C作CEAB于

22、点EACBEDACB90，ACE90BCEBACD2B，ACD2ACE，ACEDCE，ACDE，ACDC，AEDE设AEDEa，则AD2a，BD6a，BE7aACEB，AECCEB90，CEABEC， ， ，CEa，BC2a，cosB 8 如图，在RtABC中，BAC90，点D为边BC上一点，BAD2C，BD2，CD3，求AD的长ACDB解：过点A作AEBC于点EACDEBBAC90，BAE90CAECBAD2C，BAD2BAE，BAEDAE，BADE，ABAD，BEDE BD1，CE4BAEC，AEBCEA90，ABECAE， ， ，AE2，AD9 如图，BM是以AB为直径的O的切线，B为切

23、点，BC平分ABM，弦CD交AB于点E，DEOE(1)求证：ACB是等腰直角三角形；(2)求证：OA2OEDC；(3)求tanACD的值简析(1)由题易得ABC45，从而易证ACB是等腰直角三角形；(2)如图，连接OC、OD，易证DOEDOCD，故DOEDCO，从而易得OD2DEDC，即OA2OEDC；(3)方法一(倍半角模型)：如图，连接AD、BD，设ACDx，则ABDx，AOD2x，从而CEO4x，CAE3x45，所以x15；在BD上取点F，使AFBF，则AFD30；由此可设ADk，则DFk，AFBF2k，从而BD(2)k，故tanABD2，即tanACD2；方法二(解三角形)：同上可得A

24、CD15，则BCE75，BEC60；如图17104，作EGBC于点G，可设OE1，则OBOC，BC，BE1，从而BGEG，CGBCBG，故tanACDtanCEG2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10 如图，在四边形ABCD中，ABD2BDC，ABACBD4，CD1，求BC的长BCAD解：过点B作BEAD于点E，过点C作CFBE于点FBCAEFDABBD，AEDE，ABE2DBE，ABD2DBEABD2BDC，BDCDBE，CDBE，CDAD，四边形CDEF是矩

25、形，AD，EFCD1，AEDE ，BE ，BFBEEF ，BC 11 如图，在ABC中，C2B，点D是BC的中点，AE是BC边上的高，若AE4，CE2，求DE的长ABCDE解：取AB的中点M，连接MD，MEABCDEM点D是BC中点，MD是ABC的中位线，MDAC，MD AC，BDMCC2B，BDM2BAE是BC边上的高，AEB90，ME ABMB，BMED，BDM2MED，DMEMED，DEDM AC 12 如图，在ABC中，ABC2C，ADBC于点D，AE为BC边上的中线，BD3，DE2，求AE的长ACDBE解：延长CB到F，使BFAB，连接AFACDBEF则FBAF，ABC2FAE是中线

26、，BEEC，BDDEECABC2C，FC，AFACADBC，DFDC，BFBDDEEC，ABBDDEBDDE，AB2DE4，AD 2AB 2BD 27，AE13 如图，在ABC中，ABAC5，点D为BC边上一点，BD2DC，点E在AD的延长线上，ABC2DEC，ADDE18，求sinBAC的值ABECD解：延长CB到F，使BEAB，连接AF，过点A作AGBC于点G，过点B作BHAC于点H则FBAF，ABC2FABGEFCDHABC2DEC，FDECADFCDE， ，CDDFADDE18设CDa，则BD2a，DF2a5，a( 2a5 )18，解得a （舍去）或a2，BC3a6，BGCG3，AG4

27、，BH BC ，sinBAC 14 如图，在ABCD中，D2ACB，AE平分BAC交BC于点E，若BE2，CE3，求AE的长ADBCE解：延长CB到F，使BFAB，连接AF，过点A作AHBC于点H，过点E作EMAB于点M，ENAC于点NADBCFHENM则FBAF，ABC2F四边形ABCD是平行四边形，ABCDD2ACB，ABC2ACB，FACB，AFAC，ABFCAF， AE平分BAC，EMEN， ， 设AB2x，则BF2x，AF3x，CF2x5， ，解得x2，CF9，ABBF4，FH ，BH ，EH ，AH 2AB 2BH 2 ，AE315 如图，在四边形ABCD中，ADBC，ABAC4，

28、CD2，ABD2DBC，求BD的长ADBC解：延长BA到P，使PAAB，过点P作PEBD于点E，连接AE，PDPADBCEADBC，ADBDBCABD2DBC，ABD2ADBADBC，PADABC，CADACBABAC，PAAC，ABCACB，PADCADADAD，PADCAD，PDCD2PAAB，PEB90，AE PBAB4，AEBABD2ADB，ADBDAE，DEAE4，PE 2PD 2DE 228，BE6，BDBEDE10题型三 沿直角边翻折半角（小角加倍）16 如图，在RtABC中，ACB90，点D为边BC上一点，B2CAD，ABCD5，求AD的长ABDC解：延长BC到E，使CECD，

29、连接AEABDCEACB90，ADAE，CADCAE，ADCEB2CAD，BDAE，BAEADEE，ABEDAE，BEAB， ，AE 2BEDEBE2CD10，ADAE17 如图，在RtABC中，ACB90，点D为BC边上一点，BD2CD，B2DAC，AB4，求AD的长ABDC解：延长BC到E，使CECD，连接AEABDCEACB90，ADAE，ADEE，DACEACB2DAC，BDAE，BAEADEE，BEAB4设CECDx，则BD2x，BE4x，4x4，x1，BC3，AC 24 23 27，AD218 如图，在RtABC中，ACB90，点D为边BC上一点，B2DAC，BD3，DC2，求AD

30、的长ABDC解：延长BC到点E，使CECD，连接AEAEBDCACBC，ADAE，ADEE，DACEACB2DAC，BDAE，BAEADEE，ABBE，ABEDAE， BD3，DC2，DE4，BE7， ，ADAE22023深圳宝安区二模19 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：20 如图，在RtABC中，ACB90，点D为AC的中点，连接BD，A2DBC，求tanABD的值BCADC【答案】解：延长AC到E，使CECD，连接BE，过点D作DHAB于点HBCAHDCEACB90，BDBE，DBCEBC，BDCE，DBE2DBCA2DBC，

31、ADBE，ABEBDEE，ABAE，ABEBDE， ， 设ADCDCEa，则ABAE3a，DE2a， ，BDa，BCasinA ， ，DH a，AH a，BH a，tanABD 2023深圳中学联考二模21 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，22 如图，在ABC中，ACB90，BE平分ABC，点D为BC边上一点，BD2CD，ABC2DAC，求 的值ABEDC解：延长BC到F，使CFCD，连接AFABFEDCACB90，ADAF，ADFF，DACFACABC2DAC，ABCDAF，BAFADFF，ABBF，ABFDAF， 设CFCDa，

32、则BD2a，DF2a，BF4a， ，AF 28a 2，ACaBE平分ABC，EBCFACBCEACF90，BCEACF， ， ，CE a，AE a， 23 如图，在RtABC中，BAC90，D，E分别是边AB，BC上的点，DC平分ADE，B2ACD，求CE的长DABCE解：延长BA到F，使AFAD，连接CF，过点E作EHAB于点HDAFHBCEBAC90，CDCF，FCDF，ACDACFB2ACD，BDCF，BCFCDFF，BFBC设ACD，则B2，EDCADC90，BDE2，BBDE，BEDE，BHDH设CE2x，则BFBC2x12，BHDHx1，AHx6EHAB，BAC90，EHAC， ，

33、 ，解得x4（舍去）或x9，CE2x1824 如图，在ABC中，B2C，AD是中线，AB6，AD，求BC，AC的长ABCD解：过点A作AHBC于点H，在HC上截取HEBH，连接AEABCDHE则AEAB6，AEBB2C，EACC，CEAE6设BHEHx，则BC2x6，BDCDx3，DH3，AH4，BH2，BC10，CH8，AC425 如图，在RtABC中，BAC90，ABAC，点D，E分别为边BC，AC上的点，连接AD，DE，AED2DAE，CE7，BD18，求DE的长ABCDE解：过点D作DGAB于点G，DHAC点H，ABCDEGFH在AH上截取FHEH，连接DF则DEDF，DFEAED2D

34、AE，DFEAED，AFDFBAC90，ABAC，BC45，AHDG BD18，CHDH设CHDHx，则FHEHx7，DFAF25x，在RtDFH中，DH 2FH 2DF 2，x 2( x7 )2( 25x )2，解得x48（舍去）或x12，DEDF25x1326 如图，在ABC中，C2B，AD平分BAC，BD3，CD2，求AD的长ACBD解：在AB上截取AEAC，连接DE，过点A作AFBC于点F，过点D作DGAB于点G，DHAC于点HACBDFGEHDAEDAC，ADAD，ADEADC，DECD2，AEDC2B，EDBB，BEDE2DAEDAC，DGDH， ，AC4，AB6AF 2AB 2B

35、F 2AC 2CF 2，6 2BF 24 2( 5BF )，解得BF ，DF ，AF 26 2BF 2 ，AD3题型四 邻二倍角的处理27 如图，在ABC中，ADBC于点D，DAC2DAB，BD4，DC9，求AD的长ABCD解：延长DA到E，使AEAC，连接ECABCDE则EACE，DAC2EDAC2DAB，DABEADBEDC90，ABDECD， 设AD4m，则ED9m，ACAE5m，CD3m9，m3，AD4m1228 如图，在RtABC中，A90，点D为边AC上一点，DBC2ABD，CD3，BC7，求BD的长DABC例1解：延长BD到E，使BEBC，连接CEDAEBC设ABD，则DBC2，

36、BCEE90，CDEADB90，CDEEBCE，CECD3，CDEBCE， ， ，DE ，BDBEDE7 29 如图，在RtABC中，ACB90，点D为BC边上一点，BAD2CAD，BD10，DC3，求AD的长ABCD 解：延长AD到E，使AEAB，连接BEABEDC设CAD，则BAD2，ABEE90，BDEADC90，BDEEABE，BEBD10，BDEABE， ，AEDEBE 2100，DE( ADDE )100，2DE 22ADDE200AC 2AB 2BC 2AD 2DC 2，( ADDE )213 2AD 23 2，DE 22ADDE160，DE 2160200，DE 240，DE2

37、，2AE100，AE5，AD330 如图，在ABC中，点E在边AC上，EBEA，A2CBE，CDBE交BE的延长线于点D，BD8，AC11，则BC的长为_BECAD【答案】【解析】过点C作CFAB交BD的延长线于点FBEGCADF则ECFA，FABEEBEA，AABE，ECFF，EFEC，BFAC11，DFBFBD1183在BD上取点G，使DGDF，连接CG则CFCG，CGFFECFA2CBE，CBGBCG，CGBGBDDG5，CD 4，BC 31 如图，在ABC中，ABAC，点D在CA的延长线上，ABC2DBA，DEBA交BA的延长线于点E，若BE8，CD11，求BD的长EABCD解：过点D

38、作DFBC交BE的延长线于点F，在EB上截取EGEF，连接DGDFEAGBC则FABC2DBA，ADFCABAC，ABCC，FADF，AFAD，BFCD11，EGEFBFBE1183DEBA，DFDG，DGEF2DBA，BDGDBA，DGBGBEEG5，DE4，BD4题型五 绝配角32 如图，在RtABC中，C90，点D，E分别为BC，AC上的点，B2CDE，ADE45，AB5，AE3，则BD的长为_ABCDE【答案】2【解析】在BA上截取BFBD，连接DFABCDEF则BFDBDF90B90CDECED，AFDAED，BDFCDE90，EDF90，ADFADE45ADAD，ADFADE，AF

39、AE3，BDBFABAF53233 如图，在RtABC中，BAC90，点D为边AB上一点，ACD2B，若BD2，AD4，求CD的长BCADC解：延长CA到点E，连接DE，使ADEBECBCADCAD3，BD1，AB4ADEB，DAEBAC90ADEABC， 设ADEB，则ACD2，ADC902，CDEE90，CDCE设AE2x，则AC3x，CDCE5x，AD4x4，x1，CD5x534 如图，在RtABC中，ACB90，点D为边BC上一点，BD2CD，DAC2B，AD，求AB的长ABCD解：延长AC到E，使AEAD，连接DEABCDE设B，则DAC2，ADEE90，CDE，BCDEACBECD

40、90，ABCEDC， 3设CEa，则AC3a，ADAE4a，a ，AC ，DC ，DE1，AB3DE335 如图，在ABC中，BAC45，ADBC于点D，点E在线段AD上，CED2BAD，若AE9，DE3，求BC的长ACBDE解：在AD上取点P，连接PC，使PCAP，过点B作BHAC于点HACBDEHP则PACACP设BAD，则CED2，DCE902，PACACP45，DPC902，DCEDPCCDEPDC，CDEPDC， ，CDDEPD设PEx，则PDx3，PCAP9x，CD 2( 9x )2( x3 )2，( 9x )2( x3 )23( x3 )，解得x，CD 23( x3 )16，CD

41、4，AC4BCHACD，BHCADC90，BCHACD， 3，AHBH3CH AC3，AB 22AH 2180，BD6，BCBDCD641036 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，DAC2DBE，BE与AC交于点F，若CF1，DE2，则CD的长为_ABCDFE【答案】3【解析】在AD上截取DGDC，连接CGABCDFEG设DBEx，则DAC2x，BAD602x，ABEAEB60x，D602x，DGCEFC60x，AEABAC，AGCAFECAGEAF，ACGAEF，AGAF，EGCF1，CDDGDEEG21337 如图，在ABC中，ACB90，点D为边BC上一点

42、，BD2CD，DAC2ABC，若AD，求AB的长BDCA【答案】3解：延长BC到点E，使CECD，连接AE，过点B作AE的垂线，垂足为FFBDCEAACB90，AEAD，EACDAC2ABCFBEEAC90E，FBE2ABC，ABFABC，AFAC，BFBC设CDa，则BD2a，BFBC3a，BE4a，在ABE中，由面积法得BEACAEBF，4aACAE3a，设AC3m，则ADAE4m，CD，BC，AB338 如图，在四边形ABCD中，ADBC，ACCD，ABAC，ABD2ADC，CD2，求AD的长ADBC解：延长BA到点E，使AEAC，延长AE到点F，使EFAE，连接DE，DFFEADBCA

43、DBC，DAEABC，DACACBABAC，ABCACB，DAEDACADAD，ADEADC，DECD2，AEDACD90，ADEADC，ADFD，FDAE，ADEFDE，ABD2ADC，ABD2ADEADF，BDFDAEF，BDBF设ABACx，则BE2x，BDBF3x，DEx2，x2，AE2，AD239 如图，在ABC中，点D为边BC上一点，ADC60，BAD2CAD，BD5，CD1，求AD的长ABDC解：延长BC到E，使BEBA，连接AE，过点A作AHCE于点HAEBDCH设CAD，则BAD2，B602，BAEE60，CAE602，CAEB，ACEBAEE，ACAE，ACEBAE，CHE

44、H， ，AE 2CEBE设CHEHx，则DHx1，AHx，CE2x，BE2x6，AE 2x 2( x )2，x 2( x )22x( 2x6 )，解得x ，AD2DH2x2340 如图，在RtABC中，BAC90，ABAC，点D是BC的中点，点E是边AC上一点，连接BE，DE，ABE2EDC，AE3，求DE的长ABCDE解：在EA上截取EFEC，延长CA到G，使AGAF，连接BF，BGABCDEFGBAC90，BFBG，GAFB点D是BC的中点，DE是BCF的中位线，DEBFBAC90，ABAC，ABCC45设EDC，则ABE2，GAFBAED45，ABG45，EBG45，GEBG，BEGE设

45、EFECx，则AGAF3x，ABAC3x，BEGE6x在RtABE中，( 3x )23 2( 6x )2，解得x1，AF2，AB4，BF2，DE BF41 如图，在ABC中，BAC120，ABAC，点D是BC的中点，点E是边AC上一点，连接BE，DE，ABE2EDC，CE2，求AE的长AEBCD解：延长BA到F，使BFBE，连接AD，EF，过点E作EHAF于点HAHFEBCDBAC120，ABAC，EAF60，ABCC30点D是BC的中点，BADEAD60，ADC90，EADEAF设EDC，则ABE2，FBEF90，ADE90，ADEFAEAE，ADEAFE，ADAF设AE2x，则AHx，EH

46、x，ABAC2x2，BH3x2，AFADx，BEBF3x3在RtBEH中，BH 2EH 2BE 2，( 3x2 )2( x )2( 3x3 )2，解得x4（舍去）或x4，AE2x2842 如图，在ABC中，BAC90，ABAC，点D，E分别为边AC，BC上的点，ABD2BAE，BE3，CD7，求BD的长ABCEDC解：延长CA到F，使DFBD，连接BF，过点A作AHBC于点HAFBCEHDCBAC90，ABAC，ABCC45设BAE，则AEH45，ABD2，ADB902，FDBF45，AEHFAHEBAF90，AEHBFA， ，AFEH设EHx，则AF2x，AHBHx3，ABAC2x6，AD2

47、x1，BDDFADAF4x1，在RtABD中，( 2x6 )2( 2x1 )2( 4x1 )2，解得x1或x ，BD4x11743 如图，在等边ABC中，点D，E分别为边BC，AC上的点，连接AD，DE，ADB2CDE，BD3，CE4，求CD的长ABDCE解：在AC上截取AFBD，在CE上截取CGEF，连接DF，DG，过点D作DHAB于点HABDCGEFHABC是等边三角形，ACBC，C60，CFCD，CDF是等边三角形，DFDC，DFEC，DEFDGC，DEDG，EDFGDC，DEGDGE，GDFCDE设GDFCDE，则ADB2，DGEDEG120，EDG260，DAG260，EDGDAG，

48、ADGDEGDGE，ADAGAFFGBDCE347BH BD ，DH ，AH ，BCABAHBH8，CDBCBD544 如图，在RtABC中，ACB90，点D为AB边上一点，ADBD，ADC2ACD，AB8，CD3，求AD的长BCDA解：在DB上截取DEDC，延长BA到F，使DFDC，连接CE，CFBCDEAF则DCEAEC，DCFF设ACD，则BCD90，ADC2，DCEAEC，DCFF90，ACDAEC，BCDFCADEAC，CBDFBC，ACDAEC，BCDBFC， ， ，AC 2ADAE，BC 2BDBF设ADx，则AEx3，BD8x，BF11x，AC 2x( x3 )，BC 2(8x

49、)(11x)，AC 2BC 2AB 2，x( x3 )( 8x )( 11x )8 2，解得x2或x6（舍去），即AD的长为245 如图，在RtABC中，ACB90，AC6，BC8，点D，E为边BC上两点（点D在点E左侧），且BDCE，DAE BAC，求DE的长ABCDE解：作BAC的角平分线AF交BC于点F，过点F作FGAB于点G，ABCDFEHG过点A作AHAF交BC的延长线于点GACB90，FGFC，HCAF90AFCAC6，BC8，AB10设FGFCx，则BF8xSABF ABFG BFAC，ABFGBFAC，10x6( 8x )，解得x3，FC3， tanHtanCAF ，CH2AC

50、12设BDCEx，则DE82x，DC8x，DH20x，AD 2( 8x )26 2DAE BAC，DAECAFHADEHDA，ADEHDA， ，AD 2DEDH，( 8x )26 2( 82x )( 20x )，解得x30（舍去）或x2，DE82x4题型六 坐标系中的二倍角问题宿迁中考46 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PAB2ACO，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AECE，则AEO2ACOPAB；设OEt，则AE3t，在RtAOE中，由勾股

51、定理可得，解得，故即；当点P在x轴上方时，作PGx轴于点G，则；设PG3m0，则AG4m，点P的坐标为(14m，3m)，将其代人抛物线的解析式，可得3m（14m）2（14m）3，解得舍去)，故点P的坐标为(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47 如图，二次函数的图像与一次函数ykxk2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k0(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x1或2，即A、B两点的横坐标分别为1、2；

52、(2)由前知A(1，2)，B(2，k2)；情形一：当k20，即2k0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AFAB，连接BF，则BAH2BFH，又BAHODC2BEC，故BFHBEC；易得BH1，AHk，则，从而，故tanBFH，所以有k2，解得舍去)；情形二：当k20，即k2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

53、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48 如图，抛物线yax6xc交x轴于A、B两点，交y轴于点C。直线yx5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ACMCAM时，有AMB2ACB，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R

54、Sx轴于点S，易证tanRAStanACO，即；又易证RSBS，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AGBC于点G，再作AM关于直线AG的对称线段AM，则AMMAMM2ACB，故点M是符合题意的另一个点；作GHx轴于点H，易证GHAHBH2，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

55、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49 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

56、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50 如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标

57、分别为、，点在第一象限内，连接、已知，则 【答案】【分析】过点C作CDy轴，交y轴于点D，则CDAO，先证CDECDB（ASA），进而可得DEDB4n，再证AOECDE，进而可得，由此计算即可求得答案【详解】解：如图，过点C作CDy轴，交y轴于点D，则CDAO，DCECAO，BCA2CAO，BCA2DCE，DCEDCB，CDy轴，CDECDB90，又CDCD，CDECDB（ASA），DEDB，B（0，4），C（3，n），CD3，ODn，OB4，DEDBOBOD4n，OEODDEn（4n）2n4，A（4，0），AO4，CDAO，AOECDE， ，解得：内蒙古鄂尔多斯统考中考真题51 如图1，抛物

58、线yx2+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PAB2ACO，求点P的坐标【答案】（1）yx2+2x3；（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OEOA，连接CE，过点E作EFAC，由“SAS”可证OCEOCA，可得ACOECO，CEAC，由面积法可求EF的长，由勾股定理可求CF的长，可求tanECAtanPAB，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yx2+bx+c交x

59、轴于点A（1，0），与y轴交于点C（0，3），解得：，抛物线解析式为：yx2+2x3；（2）如图，在BO上截取OEOA，连接CE，过点E作EFAC，点A（1，0），点C（0，3），OA1，OC3，AC，OEOA，COECOA90，OCOC，OCEOCA（SAS），ACOECO，CEAC，ECA2ACO，PAB2ACO，PABECA，SAECAEOCACEF，EF，CF，tanECA，如图2，当点P在AB的下方时，设AO与y轴交于点N，PABECA，tanECAtanPAB，ON，点N（0，），又点A（1，0），直线AP解析式为：yx，联立方程组得：，解得：或，点P坐标为：（，）当点P在AB的上

60、方时，同理可求直线AP解析式为：yx+，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52 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=2OBC，过点C作CFx轴交PM于点F

61、；若PMC=2OBC；若CPM=2OBC，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=2OBC，过点C作CFx轴交PM于点F，如图甲所示，FCM=OBC，即，PCF=FCM，轴，CFPQ，PM=2FM，解得：解得：a=2或0（舍去），点P的横坐标为2；若PMC=2OBC，PMC=BMN，BMN=2OBC，OB

62、C+BMN=90，OBC=30，与相矛盾，不合题意，舍去；若CPM=2OBC，如图乙所示，过点P作PG平分CPM，则MPG=OBC，PMG=BMN，PMGBMN，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53 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

63、、，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54 （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

64、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ANBC于N，NHx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

65、=5，即B的坐标为（5,0）解得该抛物线的解析式为（2）如图：作ANBC于N，NHx轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，M1A=M1C，ACM1=CAM1AM1B=2ACBANB为等腰直角三角形.AH=BH=NH=2N（3，2）设AC的函数解析式为y=kx+bC(0，5),A(1，0) 解得b=5，k=-5AC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

66、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55 如图，在RtABC中，ACB90，ACBC，点D，E分别在边AC，BC上，且DBC2BAE，AE2，BD，求AB的长ABCED解：延长BC到F，使CFCD，连接AFABCFEDACFBCD90，ACBC，ACFBCD，AFBD，FACDBC2BAE设BAE，则FACDBC2，AEF45，EAC45，EAF45，AEFEAF，EFAFAC 2AE 2EC 2AF 2CF 2，2 2EC 2( )2( EC )2，解得EC ，AC 22 2EC 2 ，ABAC 56 如图，在四边形ABCD中，ADBC，ABAC，AC

67、D2ABD，AD19，CD25，求AB的长ADBC解：过点D作DHAC于点H，延长CA到F，使FHCH，连接DF，ADFEBCH延长CF到E，使EFDF，连接DE则EFDFDC25，EEDF，DFHACD2ABD，DFH2E，EABDADBC，DACACBABAC，ABCACB，DACABC，DAEDABADAD，ADEADB，AEABAC设CHFHx，则EHx25，CE2x25，ACAEx ，AH ，DH 2AD 2AH 2 ，xFH ，ABACx 3357 如图，在ABC中，AB4，AC5，D为ABC内一点，BDC2BAD，BDCD，求ABD的面积ABCD解：将CDA绕点D顺时针旋转到BD

68、E，连接AE，过点D作DGAB于点G，DHAE于点HABCDHGE则BEAC5，ADDE，ADEBDC2BAD，AHEH，ADE2ADH，BADADH，BAEBADDAHADHDAH90，AE3，DGAHEH ，SABD ABDG 4 358 如图，在等边ABC中，点D在边AB上，点E在BC的延长线上，CAE2DCB，BD2，AD6，求CE的长ABECD解：在BC上截取BFBD，连接AF，过点A作AHBC于点HABECDFHABC是等边三角形，ABBCABFCBD，ABFCBD，FABDCB，BD2，AD6，CF6，AB8，AH4设FABDCB，则CAE2，CAF60，EAF60，AFE60，

69、AEEF设CEx，则AEEFx6，EHx4在RtAHE中，AH 2EH 2AE 2，( 4 )2( x4 )2( x6 )2，解得x7，CE的长为759 如图，在四边形ABCD中，ABAD，BD平分ABC，DAC2ADB，若CD4，BD10，求ACD的面积ADBC解：过点A作AEBD于点E，AFCD于点FADBCEFABAD，ABDADB，BEDE BD5BD平分ABC，ABDDBC，ADBDBC，ADBC，DACACBDAC2ADB，ACB2ADB2DBC，ACBABC，ACABAD，CAFDAF，DAC2DAF，DAFADBAFDDEA90，ADDA，ADFDAE，AFDE5，SACD C

70、DAF 451060 如图，在ABC中，ABAC，点D，E分别是边AC，BC上的点，连接AE与BD交于点F，BFEBAC2AEB，探究AF，EF与BF的数量关系，并证明ACBEDF解：在BD上截取BGAE，连接AGACBEDFGABAC，ABEC，BAC1802C，AEB BAC90C，ABEAEB90，BAE90AFDBFEBAC，CAEABG，ABGCAE，AGBAEC，BAGC，AGFAEB90C，GAF90BAG90C，AGFGAF，AFGFBFBGBFAEBFAFEF，BF2AFEF61 如图，在ABC中，点D为边BC上一点， ，点E为AD的中点，若BACBED2CED，求 的值AB

71、CDE解：过点C作CGBE交AD的延长线于点G，在AG上取点F，连接CF，使CFCGABCDEGF则BDECDG， 设CED，则CFGGBEDBAC2，ECFCED，AEBCFA，BAEACF2CAF，EFCFCG，ABECAF， 设BE3，AEDEa，则EFCFCG4，DF4a，AFa4， ，解得a6（舍去）或a2，AFa46， 62 如图，在RtABC中，BAC90，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ADC2ABC， ，求tanACB的值ABCPED解：延长AE到F，使DFDC，连接BF，CFABCPEDF则EFCDCF，ADC2EFCADC2ABC

72、，EFCABCFECBAC90，EFCABC， ，ECFACB，BCFACE，BCFACE，CBFCAF，DFBACBECF，DBFEFC， ，DFEFBDCEBDPCEP90，BPDCPE，BDPCEP， 设BD3，CE4，DEa，EFb，则DCDFab，( ab )b3412，b 2ab12，2ab242b 2DC 2CE 2DE 2，( ab )216a 2，b 22ab16，b 2242b 216，b2，tanACBtanECF 63 如图，在RtABC中，BAC90，点D，E为边BC上两点（点D在点E左侧），BADCAE，AED2ADE，BD7，CE2，求AE，DE的长ABCDE解：

73、取BC中点G，过点A作AHBC于点H，在HC上截取FHEH，连接AG，AFABCDGEFH则AGBGCG，BAGB设BADCAE3，则DAE906，ADE302，AED604，BAGB30，AGE602，GAE602，AFEAEF1204，DAF302，AGEGAE，ADEDAF，DFAFAEGE，EFDG设DFAFAEGEx，则AGBGCGx2，BC2x4，EFDG7( x2 )5x，EHFH EF ，DEx( 5x )2x5，GHx x AH 2AG 2GH 2AE 2EH 2，( x2 )2( )2x 2( )2解得x4，AE4，DE2x5364 如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在

74、BA，BC的延长线上，连接DE，EF，DE，EF5，BEF2DEF，求BF的长BCDA解：如图1，图2，过点D作DGDE交射线CB于点G，连接EG图1BFGCDAHEBEGCDAF图2四边形ABCD是正方形，ADCD，DAEDCGADC90，ADECDG，ADECDG，DEDG，EG 2DE 2DG 214如图1，当EF在BED内部时，延长BF到H，使FHEF，连接EH设DEF，则BEF2，EFB902，FEG45，EHGFEH45，FEGEHGEGFHGE，EGFHGE， ，GFGHEG 2，GF( GF5 )14，解得GF7（舍去）或GF2BE 2EF 2BF 2EG 2BG 2，BF 2BG 2EF 2EG 2，BF 2( BFGF )2EF 2EG 2，2GFBFGF 2EF 2EG 2，4BF2 25 214，BF 如图2，当EF在BED外部时BEF2DEF，AEDDEFADECDG，AEDCGD，DEFCGDDEDG，DEGDGE，GEFEGF，GFEF5由知，2GFBFGF 2EF 2EG 2，10BF5 25 214，BF