中考数学倍半角模型经典例题带答案,初中数学倍半角构造三倍角专题训练带答案解析
半角模型之模型精练(解析版)--中考数学专题训练
半角模型之模型精练半角模型之正方形1如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE=DF，连接EF 交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE=5，CN=8，则线段AN的长为434 ．试题分析：连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF =90°，可证得△ABE≌△ADF(SAS)，可得∠BAE=∠DAF，AE=AF，从而可得∠EAF=90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，可得EN=FN，设DN=x，则EN=FN=x+5，CE=x+3，由勾股定理解得x=12，可得DN=12，AD=BC=20，由勾股定理即可求解．答案详解：解：如图，连接AE，AF，EN，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF(SAS)，∴∠BAE=∠DAF，AE=AF，∴∠EAF=90°，∴△EAF为等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM=FM，∠EAM=∠FAM=45°，∴△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，∴EN=FN，设DN=x，∵BE=DF=5，CN=8，∴CD=CN+DN=x+8，∴EN=FN=DN+DF=x+5，CE=BC-BE=CD-BE=x+8-5=x+3，在Rt△ECN中，由勾股定理可得：CN2+CE2=EN2，即82+(x +3)2=(x +5)2，解得：x =12，∴DN =12，AD =BC =BE +CE =5+x +3=20，∴AN =AD 2+DN 2=202+122=434，解法二：可以用相似去做，△ADN 与△FCE 相似，设正方形边长为x ，DN EC =AD CF，即x -8x -5=x x +5，∴x =20．在△ADN 中，利用勾股定理可求得AN =434．所以答案是：434．2已知正方形ABCD 中，∠MAN =45°，∠MAN 绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB ，DC (或它们的延长线)于点M ，N ，AH ⊥MN 于点H ．(1)如图①，当∠MAN 绕点A 旋转到BM =DN 时，请你直接写出AH 与AB 的数量关系：AB =AH ；；(2)如图②，当∠MAN 绕点A 旋转到BM ≠DN 时，(1)中发现的AH 与AB 的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；(3)如图③，已知∠MAN =45°，AH ⊥MN 于点H ，且MH =2，AH =6，求NH 的长．(可利用(2)得到的结论)试题分析：(1)由BM =DN 可得Rt △ABM ≌Rt △ADN ，从而可证∠BAM =∠MAH =22.5，Rt △ABM ≌Rt △AHM ，即可得AB =AH ；(2)延长CB 至E ，使BE =DN ，由Rt △AEB ≌Rt △AND 得AE =AN ，∠EAB =∠NAD ，从而可证△AEM ≌△ANM ，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB =AH ；(3)分别沿AM ，AN 翻折△AMH 和△ANH ，得到△ABM 和△AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，可证四边形ABCD 是正方形，设NH =x ，在Rt △MCN 中，由勾股定理列方程即可得答案．答案详解：解：(1)∵正方形ABCD ，∴AB =AD ，∠B =∠D =∠BAD =90°，在Rt △ABM 和Rt △ADN 中，AB =AD ∠B =∠D BM =DN，∴Rt △ABM ≌Rt △ADN (SAS )，∴∠BAM =∠DAN ，AM =AN ，∵∠MAN =45°，∴∠BAM +∠DAN =45°，∴∠BAM =∠DAN =22.5°，∵∠MAN =45°，AM =AN ，AH ⊥MN∴∠MAH =∠NAH =22.5°，∴∠BAM =∠MAH ，在Rt △ABM 和Rt △AHM 中，∠BAM =∠MAH ∠B =∠AHM AM =AM，∴Rt △ABM ≌Rt △AHM (AAS )，∴AB =AH ，所以答案是：AB =AH ；(2)AB =AH 成立，理由如下：延长CB 至E ，使BE =DN ，如图：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =AD ，∠D =∠ABE =90°，∴Rt △AEB ≌Rt △AND (SAS )，∴AE =AN ，∠EAB =∠NAD ，∵∠DAN +∠BAM =45°，∴∠EAB +∠BAM =45°，∴∠EAM =45°，∴∠EAM =∠NAM =45°，又AM =AM ，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∵AB ，AH 是△AEM 和△ANM 对应边上的高，∴AB =AH ．(3)分别沿AM ，AN 翻折△AMH 和△ANH ，得到△ABM 和△AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，如图：∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴AB=AH=AD=6，∠BAD=2∠MAN=90°，∠B=∠AHM=90°=∠AHN=∠D，∴四边形ABCD是正方形，∴AH=AB=BC=CD=AD=6．由(2)可知，设NH=x，则MC=BC-BM=BC-HM=4，NC=CD-DN=CD-NH=6-x，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2=MC2+NC2，∴(2+x)2=42+(6-x)2，解得x=3，∴NH=3．3已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC(或它们的延长线)于点M、N．(1)如图1，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，有BM+DN=MN．当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．试题分析：(1)在MB的延长线上截取BE=DN，连接AE，根据正方形性质得出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABC=∠ABE=90°，证△ABE≌△ADN推出AE=AN；∠EAB=∠NAD，求出∠EAM =∠MAN，根据SAS证△AEM≌△ANM，推出ME=MN即可；(2)在DN上截取DE=MB，连接AE，证△ABM≌△ADE，推出AM=AE；∠MAB=∠EAD，求出∠EAN=∠MAN，根据SAS证△AMN≌△AEN，推出MN=EN即可．答案详解：解：(1)图1中的结论仍然成立，即BM+DN=MN，理由为：如图2，在MB 的延长线上截取BE =DN ，连接AE ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD =AB ，∠D =∠DAB =∠ABC =∠ABE =90°，∵在△ABE 和△ADN 中，AD =AB∠D =∠ABE DN =BE，∴△ABE ≌△ADN (SAS )．∴AE =AN ；∠EAB =∠NAD ，∵∠DAB =90°，∠MAN =45°，∴∠DAN +∠BAM =45°，∴∠EAM =∠BAM +∠EAB =45°=∠MAN ，∵在△AEM 和△ANM 中，AE =AN∠EAM =∠NAM AM =AM，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∴ME =MN ，∴MN =ME =BE +BM =DN +BM ，即DN +BM =MN；(2)猜想：线段BM ，DN 和MN 之间的等量关系为：DN -BM =MN ．证明：如图3，在DN 上截取DE =MB ，连接AE ，∵由(1)知：AD =AB ，∠D =∠ABM =90°，BM =DE ，∴△ABM ≌△ADE (SAS )．∴AM =AE ；∠MAB =∠EAD ，∵∠MAN =45°=∠MAB +∠BAN ，∴∠DAE +∠BAN =45°，∴∠EAN =90°-45°=45°=∠MAN ，∵在△AMN 和△AEN 中AM =AE∠MAN =∠EAN AN =AN，∴△AMN ≌△AEN (SAS )，∴MN =EN ，∵DN -DE =EN ，∴DN-BM=MN．4(1)问题情境：如图，正方形ABCD中，AB=6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．①当点E在线段BC上时，求证：DG=FG；②当CE=3时，则CG的长为4或7.2．(2)思维深化：在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高，且BD=2+1，CD=2-1，请直接写出AD的长．试题分析：(1)①由折叠得AF=AB，∠B=∠AFE=90°，再由HL定理证明Rt△ADG≌Rt△AFG，根据全等三角形的性质即可得到结论；②设CG=x，分两种情况画图并根据勾股定理列方程可解答；(2)由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长即可．答案详解：(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=AD，∠B=∠D=90°，由折叠得：∠AFE=∠B=90°，AF=AB，∴AD=AF，∠AFG=∠D=90°，在Rt△ADG和Rt△AFG中，AD=AF AG=AG，∴Rt△ADG≌Rt△AFG(HL)，∴DG=FG；②解：分两种情况：如图1，点E在边BC上时，设CG=x，则DG=FG=6-x，∵CB=6，CE=3，∴EG=EF+FG=3+6-x=9-x，在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2=EG2，∴32+x2=(9-x)2，∴x=4，∴CG=4；如图2，点E在边BC的延长线上时，设CG=x，则DG=FG=x-6，∵CB=6，CE=3，∴EF=BE=3+6=9，∴EG=EF-FG=9-(x-6)=15-x，在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2=EG2，∴32+x2=(15-x)2，∴x=7.2，∴CG=7.2；综上所述，CG的长是4或7.2；所以答案是：4或7.2；(2)解：如图3，将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，∠E=∠G=90°，AE=AG=AD，BD=EB=2+1，DC =CG=2-1，∵∠BAC=45°，∴∠EAG=∠E=∠G=90°，∴四边形AEFG为正方形，设正方形的边长为x，则BF=x-(2+1)=x-2-1，CF=x-(2-1)=x-2+1，在Rt△BCF中，根据勾股定理得：BF2+CF2=BC2，即(x-2-1)2+(x-2+1)2=(2+1+2-1)2，解得：x=2+3或x=2-3(舍去)，∴AD=2+3．半角模型之等腰(直角)三角形5如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，M、N是斜边AB上的两点，且∠MCN=45°，AM=3，BN=5，则MN= 34 ．试题分析：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM．则△CRA≌△CNB，△RAM是直角三角形，根据勾股定理即可求解．答案详解：解：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM则△CRA≌△CNB全等，△RAM是直角三角形∴AR=BN=5，∴MN=RM=32+52=34所以答案是：346如图△ABC是正三角形，△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连接MN．探究：(1)线段BM、MN、NC之间的数量关系．(2)若点M、N分别是AB、CA延长线上的点，其它条件不变，再探线段BM、MN、NC之间的数量关系，在图中画出图形．并对以上两种探究结果选择一个你喜欢的加以证明．试题分析：延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，构造全等三角形，找到MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，再进一步证明△DMN≌△DEN，进而得到MN=BM+NC；(2)MN=NC-BM．仿(1)的思路运用截长法证明．答案详解：解：(1)MN=BM+NC．理由如下：延长AC至E，使得CE=BM，连接DE，如图所示：∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，又BD=DC，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，∴∠MBD=∠ECD=90°．∴△MBD≌△ECD(SAS)，∴MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，又∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，∴∠BDM+∠NDC=∠BDC-∠MDN=60°，∴∠CDE+∠NDC=60°，即∠NDE=60°，∵∠MDN=∠NDE=60°．∴△DMN≌△DEN(SAS)，∴MN=EN．又NE=NC+CE，BM=CE，∴MN=BM+NC；(2)MN=NC-BM．证明：在CA上截取CE=BM．由(1)知：∠DCE=∠DBM=90°，DC=DB．又CE=BM，∴△DCE≌△DBM(SAS)∴∠CDE=∠BDM，DM=DE．∴∠MDN=∠EDN=60°．∴△MDN≌△EDN(SAS)∴NM=NE．∵NE=NC-CE，CE=BM，∴MN=NC-BM．7如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC=∠BDC=90°，BC=4，AB=AC，∠CBD=30°，M，N 分别在BD，CD上，∠MAN=45°，则△DMN的周长为23+2 ．试题分析：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，求出∠EAM=∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN=ME，求出MN=CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长=BD+DC，代入求出答案即可．答案详解：解：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：由旋转得：∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，∵∠BAC=∠D=90°，∴∠ABD+∠ACD=360°-90°-90°=180°，∴∠ABD+∠ABE=180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN=45°，∠BAC=90°，∴∠EAM=∠EAB+∠BAM=∠CAN+∠BAM=∠BAC-∠MAN=90°-45°=45°，∴∠EAM=∠MAN，在△AEM 和△ANM 中，AE =AN ∠EAM =∠NAM AM =AM，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∴MN =ME ，∴MN =CN +BM ，∵在Rt △BCD 中，∠BDC =90°，∠CBD =30°，BC =4，∴CD =12BC =2，BD =BC 2-CD 2=42-22=23，∴△DMN 的周长为DM +DN +MN =DM +DN +BM +CN =BD +DC =23+2，所以答案是：23+2．8某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，等腰直角△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =90°，小敏将三角板中含45°角的顶点放在A 上，斜边从AB 边开始绕点A 逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC 于点D ，直角边所在的直线交直线BC 于点E ．(1)小敏在线段BC 上取一点M ，连接AM ，旋转中发现：若AD 平分∠BAM ，则AE 也平分∠MAC ．请你证明小敏发现的结论；(2)当0°<α≤45°时，小敏在旋转中还发现线段BD 、CE 、DE 之间存在如下等量关系：BD 2+CE 2=DE 2．同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决：小颖的想法：将△ABD 沿AD 所在的直线对折得到△ADF ，连接EF (如图2)；小亮的想法：将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，连接EG (如图3)；请你从中任选一种方法进行证明；(3)小敏继续旋转三角板，请你继续研究：当135°<α<180°时(如图4)，等量关系BD 2+CE 2=DE 2是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．试题分析：(1)如图1，根据图形、已知条件推知∠BAD +∠MAE =∠DAM +∠EAC =45°，所以∠MAE =∠EAC ，即AE 平分∠MAC ；(2)成立．小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS 得到△AEF ≌△AEC ，在Rt △DFE 中应用勾股定理而证明；小亮的方法是将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，根据旋转的性质用SAS 得到△ACE ≌△ACG ，从而在Rt △CEG 中应用勾股定理而证明．(3)成立．小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS 得到△AEF ≌△AEC ，在Rt △DFE 中应用勾股定理而证明；小亮的方法是将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，根据旋转的性质用SAS 得到△ACE ≌△ACG ，从而在Rt △CEG 中应用勾股定理而证明．当135°<α<180°时，等量关系BD 2+CE 2=DE 2仍然成立．可以根据小颖和小亮的方法进行证明即可．答案详解：解：(1)∵∠BAC =90°，∠DAE =∠DAM +∠MAE =45°，∴∠BAD +∠EAC =45°．又∵AD平分∠MAB，∴∠BAD=∠DAM．∴∠MAE=∠EAC．∴AE平分∠MAC．(2)证明小颖的方法：∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，∴AF=AB，BD=DF，∠AFD=∠B=45°，∠BAD=∠FAD．又∵AC=AB，∴AF=AC，在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，∴△AEF≌△AEC(SAS)．∴CE=FE，∠AFE=∠C=45°．∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°．在Rt△DEF中，DF2+FE2=DE2，∴BD2+CE2=DE2．证明小亮的方法：由旋转知，△ABD≌△ACG，∴BD=CG，AD=AG，∠ABC=∠ACG，∠BAD=∠CAG，∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠BAD+∠CAE=45°，∴∠EAG=∠CAE+∠CAG=∠CAE+∠BAD=45°=∠DAE，∵AE=AE，∴△DAE≌△GAE(SAS)，∴DE=EG，在Rt△BAC中，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠ECG=∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°，根据勾股定理得，EG2=CE2+CG2，∴BD2+CE2=DE2．(3)当135°<α<180°时，等量关系BD2+CE2=DE2仍然成立．证明如下：如图，将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF．∴BD=DF，AF=AB，∠AFD=∠ABD=180°-∠ABC=135°，∠BAD=∠FAD．又∵AC=AB，∴AF=AC，又∵∠CAE=90°-∠BAE=900-(45°-∠BAD)=45°+∠BAD=45°+∠FAD=∠FAE，在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，∴△AEF≌△AEC(SAS)．∴CE=FE，∠AFE=∠C=45°．∴∠DFE=∠AFD-∠AFE=135°-45°=90°．在Rt△DEF中，DF2+FE2=DE2，∴BD2+CE2=DE2．9已知如图1，△ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点D、F在BC上，∠DAF=45°．(1)探究∠AFB与∠BAD之间的数量关系并证明；(2)探究BD、DF、CF之间的数量关系并证明；(3)如图2，AF⊥DG，若BF=kFC，求FDAG的值．试题分析：(1)由等腰三角形的性质可得∠C=∠B=45°，由外角的性质可得∠AFB=∠C+∠CAF，可求解；(2)由“SAS”可证△ADF≌△AHF，可得DF=HF，由勾股定理可得结论；(3)通过证明△ABF∽△DCA，可得ACBF=CDAB=ADAF，通过证明△ADG∽△FAD，可得DFAG=AD DG=AFAD，可得结论．答案详解：解：(1)∠AFB+∠BAD=90°，理由如下：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=∠B=45°，∵∠DAF=45°，∴∠BAD+∠CAF=45°，∴∠CAF=45°-∠BAD，∵∠AFB=∠C+∠CAF，∴∠AFB=45°+45°-∠BAD，∴∠AFB+∠BAD=90°；(2)DF2=CF2+BD2，理由如下：如图，将△ADB绕点A逆时针旋转90°，得到△AHC，连接HF，∴△ADB≌△AHC，∴∠DAB=∠CAH，AH=AD，DB=CH，∠B=∠ACH=45°，∴∠HCF=90°，∠HAF=∠HAC+∠CAF=∠DAB+∠CAF=45°，∴∠HAF=∠DAF=45°，又∵AH=AD，AF=AF，∴△ADF≌△AHF(SAS)，∴DF=HF，∵HF2=CH2+CF2，∴DF2=CF2+BD2；(3)设CF=a，则BF=kCF=ka，∴BC=a+ka，∴AC=AB=22(a+ka)，∵∠AFB+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠CAD=∠BFA，又∵∠B=∠C=45°，∴△ABF∽△DCA，∴AC BF=CDAB=ADAF，∵AF⊥GD，∠DAF=45°，∴∠DAF=∠ADG=45°，又∵∠DAC=∠BFA，∴△ADG∽△FAD，∴DF AG=ADDG=AFAD，∴DF AG=BFAC=ka22(k+1)a=2kk+1．10如图，在正方形纸片ABCD中，点E为正方形CD边上的一点(不与点C，点D重合)，将正方形纸片折叠，使点A落在点E处，点B落在点F处，EF交BC于点H，折痕为GM，连接AE、AH，AH交GM 于点K．下列结论：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH= 45°，其中正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4试题分析：根据翻折不变性可知：MA=ME，即可判断①正确；过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O，证明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判断②正确；根据翻折的性质证明∠AEF=∠AED，可以判断③正确；根据△ABH与△ADE不全等，可得AH≠AE，进而可以判断④错误；过点A作AQ⊥EF于点Q，证明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，再证明Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，得∠HAB=∠HAQ，进而可以判断⑤正确．答案详解：解：根据翻折不变性可知：MA=ME，∴△AME是等腰三角形，故①正确；如图1，过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O．∵∠BAN=∠ANG=∠B=90°，∴四边形ABGN是矩形，∴NG=AB=AD，由折叠可知：MG⊥AE，∴∠GOT=90°，∵∠NGM=90°-∠GTO=90°-∠ATN=∠DAE，∴∠NGM=∠DAE，∵∠GNM=∠D=90°，∴△GNM≌△ADE(ASA)，∴MG=AE，故②正确；∵MA=ME，∴∠MEA=∠MAE，由折叠可知：∠FEM=∠BAM=90°，∴∠AEF=90°-∠MEA，∵∠AED=90°-∠MAE，∴∠AEF=∠AED，∴AE平分∠DEF，故③正确；∵△GNM≌△ADE，∴MN=DE，∵△ABH与△ADE不全等，∴AH≠AE，故④错误；如图2，过点A作AQ⊥EF于点Q，∵AE平分∠DEF，∴∠AED=∠AEQ，又∵∠D=∠AQE=90°，AE=AE，∴△ADE≌△AEQ(AAS)，∴∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，∵AD=AB，∴AB=AQ，∵AH=AH，∴Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，∴∠HAB=∠HAQ，∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ=12(BAQ+∠DAQ)=45°，故⑤正确．综上所述：结论正确的有：①②③⑤，共4个．所以选：D．三、半角模型之等补四边形11【初步探索】(1)如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE +FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是∠BAE+∠FAD=∠EAF；【灵活运用】(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF= BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】(3)如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F 在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．试题分析：(1)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；(2)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；(3)在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．答案详解：解：(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．所以答案是：∠BAE+∠FAD=∠EAF；(2)仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF(SSS)，∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；(3)∠EAF=180°-12∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE(SAS)，∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF =BE +FD =DG +FD =GF ，AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF (SSS )，∴∠FAE =∠FAG ，∵∠FAE +∠FAG +∠GAE =360°，∴2∠FAE +(∠GAB +∠BAE )=360°，∴2∠FAE +(∠GAB +∠DAG )=360°，即2∠FAE +∠DAB =360°，∴∠EAF =180°-12∠DAB ．12问题背景：(1)如图1：在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =120°，∠B =∠ADC =90°．E ，F 分别是BC ，CD 上的点．且∠EAF =60°．探究图中线段BE ，EF ，FD 之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，先证明△ABE ≌△ADG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得出结论，他的结论应是EF =BE +DF ．探索延伸：(2)如图2，若在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠D =180°．E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且∠EAF =12∠BAD ，上述结论是否仍然成立，并说明理由．试题分析：(1)延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE =AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF =FG ，即可解题；(2)延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE =AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF =FG ，即可解题．答案详解：证明：(1)在△ABE 和△ADG 中，DG =BE ∠B =∠ADG AB =AD，∴△ABE ≌△ADG (SAS )，∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF =∠BAD -∠EAF =∠EAF ，∴∠EAF =∠GAF ，在△AEF 和△GAF 中，AE =AG ∠EAF =∠GAF AF =AF，∴△AEF ≌△AGF (SAS )，∴EF =FG ，∵FG =DG +DF =BE +DF ，∴EF =BE +DF ；所以答案是EF =BE +DF ．(2)结论EF =BE +DF 仍然成立；理由：如图2，延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG，在△ABE 和△ADG 中，DG =BE ∠B =∠ADG AB =AD，∴△ABE ≌△ADG (SAS )，∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF =∠BAD -∠EAF =∠EAF ，∴∠EAF =∠GAF ，在△AEF 和△GAF 中，AE =AG ∠EAF =∠GAF AF =AF，∴△AEF ≌△AGF (SAS )，∴EF =FG ，∵FG =DG +DF =BE +DF ，∴EF =BE +DF ；13(1)如图1，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B =∠D =90°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且∠EAF =12∠BAD ．求证：EF =BE +FD ；(2)如图2，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠D =180°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且∠EAF =12∠BAD ，(1)中的结论是否仍然成立？(3)如图3，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠ADC =180°，E 、F 分别是边BC 、CD 延长线上的点，且∠EAF =12∠BAD ，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．试题分析：(1)可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件(SAS)，那么就能得出EF=GE了．(2)思路和作辅助线的方法与(1)完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与(1)的结果完全一样．(3)按照(1)的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据(1)的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG =BE-DF．所以(1)的结论在(3)的条件下是不成立的．答案详解：证明：(1)延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD(2)(1)中的结论EF=BE+FD仍然成立．(3)结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE-FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF∵EG=BE-BG∴EF=BE-FD．14如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN= 45°，AM、AN分别与对角线BD交于点E、F，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN=BM+DN；②BE2+DF2=EF2；③BC2=BF•DE；④OM=2OF，一定成立的是()A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④试题分析：由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM =∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得DEAB=ADBF，可证BC2=DE•DF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=2EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解．答案详解：解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，∴∠ADM'+∠ADC=180°，∴点M'在直线CD上，∵∠MAN=45°，∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，∴∠M′AN=∠MAN=45°，又∵AN=AN，AM=AM'，∴△AMN≌△AM′N(SAS)，∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；故①正确；∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，∴∠D'BE=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，∴∠D'AE=∠EAF=45°，又∵AE=AE，AF=AD'，∴△AEF≌△AED'(SAS)，∴EF=D'E，∵D'E2=BE2+D'B2，∴BE2+DF2=EF2；故②正确；∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，∴∠BAF=∠AEF，又∵∠ABF=∠ADE=45°，∴△DAE∽△BFA，∴DE AB=AD BF，又∵AB=AD=BC，∴BC2=DE•DF，故③正确；∵∠FBM=∠FAM=45°，∴点A，点B，点M，点F四点共圆，∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，∴∠EOM=45°=∠EMO，∴EO=EM，∴MO=2EO，∵∠BAM≠∠DAN，∴∠BFM≠∠DEN，∴EO≠FO，∴OM≠2FO，故④错误，所以选：A．15如图，正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，连接AE，AF，与对角线BD分别交于点G，H，连接EH．若∠EAF=45°，则下列判断错误的是()A.BE+DF=EFB.BG2+HD2=GH2C.E，F分别为边BC，CD的中点D.AH⊥EH试题分析：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转的性质可得AB=AD，BM=DF，∠DAF=∠BAM，∠ABM=∠D=90°，AM=AF，由“SAS”可证△AME≌△AFE，可得EF=ME，则EF=BE+DF，所以选项A不合题意；将△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，此时AB与AD重合，可得AN=AH，∠BAN=∠DAH，∠ADH=∠ABN=45°，DH=BN，由“SAS”可证△ANG≌△AHG，可得GH=NG，由勾股定理可得DH2+BG2=GH2，故B选项不合题意；由∠EAF=∠DBC=45°，可证点A，点B，点E，点H四点共圆，可证AH⊥HE，故D选项不合题意，利用排除法可求解．答案详解：解：如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB =AD ，BM =DF ，∠DAF =∠BAM ，∠ABM =∠D =90°，AM =AF ，∴∠ABM +∠ABE =90°+90°=180°，∴点M ，B ，E 在同一条直线上．∵∠EAF =45°，∴∠DAF +∠BAE =∠BAD -∠EAE =90°-45°=45°．∵∠BAE =∠DAF ，∴∠BAM +∠BAE =45°．即∠MAE =∠FAE ．在△AME 与△AFE 中，AM =AF ∠MAE =∠FAE AE =AE，∴△AME ≌△AFE (SAS )，∴ME =EF ，∴EF =BE +DF ，故A 选项不合题意，如图2，将△ADH 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABN ，此时AB 与AD重合，∴△ADH ≌△ABN ，∴AN =AH ，∠BAN =∠DAH ，∠ADH =∠ABN =45°，DH =BN ，∴∠NBG =90°，∴BN 2+BG 2=NG 2，∵∠EAF =45°，∴∠DAF +∠BAE =45°，∴∠BAN +∠BAE =45°=∠NAE ，∴∠NAE =∠EAF ，又∵AN=AH，AG=AG，∴△ANG≌△AHG(SAS)，∴GH=NG，∴BN2+BG2=NG2=GH2，∴DH2+BG2=GH2，故B选项不合题意；∵∠EAF=∠DBC=45°，∴点A，点B，点E，点H四点共圆，∴∠AHE=∠ABE=90°，∴AH⊥HE，故D选项不合题意，所以选：C．16定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”．例如：在四边形ABCD中，若∠A+∠C= 180°或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．概念理解．(1)如图1，已知四边形ABCD是“对补四边形”．①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数为90°；②若∠B=90°，且AB=3，AD=2，则CD2-CB2=5．拓展延伸．(2)如图2，已知四边形ABCD是“对补四边形”．当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，试猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并证明．试题分析：(1)①设∠C=n°，则∠A=3n°，∠B=2n°，由四边形ABCD是“对补四边形”得3n+n= 180，则n=45，即可求得∠B=2n°=90°，则∠D=180°-∠B=90°；②由∠B=90°，得∠D=90°，根据勾股定理得CD2=AC2-AD2，CB2=AC2-AB2，则CD2-CB2=AB2 -AD2=32-22=5．(2)延长DF到点G，使AE=CG，根据“同角的补角相等”证明∠A=∠BCG，即可证明△ABE≌△CBG，得BE=BG，∠ABE=∠CBG，则∠EBF=∠GBF=12∠ABC，即可证明△EBF≌△GBF，得EF=GF，则AE+CF=CG+CF=GF=EF．答案详解：解：(1)①设∠C=n°，∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，∴∠A=3n°，∠B=2n°，∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°，∴3n+n=180，解得n=45，∴∠B=2n°=90°，∴∠D=180°-∠B=90°，所以答案是：90°．②如图1，连接AC，∵∠B=90°，∴∠D=90°，∴CD2=AC2-AD2，CB2=AC2-AB2，∴CD2-CB2=AC2-AD2-(AC2-AB2)=AB2-AD2，∵AB=3，AD=2，∴CD2-CB2=32-22=5，所以答案是：5．(2)AE+CF=BF，证明：如图2，延长DF到点G，使AE=CG，则∠BCG+∠BCD=180°，∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠BCD=180°，∴∠A=∠BCG，∵AB=CB，∴△ABE≌△CBG(SAS)，∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，∵∠EBF=12∠ABC，∴∠GBF=∠CBF+∠CBG=∠CBF+∠ABE=12∠ABC，∴∠EBF=∠GBF，∵BF=BF，∴△EBF≌△GBF(SAS)，∴EF=GF，∵AE+CF=CG+CF=GF，∴AE+CF=EF．17定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．【概念理解】(1)如图(1)，四边形ABCD是“对补四边形”．①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数是90°；②若∠B=90°，且AB=22，AD=2，则CD2-CB2=4．【拓展延伸】(2)如图(2)，四边形ABCD是“对补四边形”，当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，猜测AE，CF，EF之间的数量关系，并加以证明．【类比运用】(3)如图(3)，如图(4)，在四边形ABCD中，AB=CB，BD平分∠ADC．①如图(3)，求证：四边形ABCD是“对补四边形”；②如图(4)，设AD=a，DC=b，连接AC，当∠ABC=90°，且S△ACDS△ABC=45时，求ab的值．试题分析：(1)①利用“对补四边形”的定义列式解答即可；②利用“对补四边形”的定义和勾股定理解答即可；(2)延长EA至点K，使AK=CF，连接BK，利用全等三角形的判定与性质解答即可；(3)①过点B作BM⊥AD，垂足为M，BN⊥DC，垂足为N，利用全等三角形的判定与性质和“对补四边形”的定义解答即可；②利用“对补四边形”的定义，勾股定理，等腰直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可．答案详解：(1)解：①∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°．∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，∴设∠A=3x°，则∠B=2x°，∠C=x°，∴3x+x=180，∴x=45°．∴∠B=90°，∴∠D=180°-90°=90°，所以答案是：90°；②在“对补四边形”ABCD中，连接AC，如图，∵∠B=90°，∠B+∠D=180°，则∠D=90°，由勾股定理得：CD2=AC2-AD2，BC2=AC2-AB2∴CD2-BC2=AC2-AD2-(AC2-AB2)=AB2-AD2=8-4=4，所以答案是：4；(2)解：AE，CF，EF之间的数量关系为：AE+CF=EF，理由：延长EA 至点K ，使AK =CF ，连接BK ，如图，∵四边形ABCD 是“对补四边形”，∴∠BAD +∠C =180°，又∵∠BAK +∠BAD =180°，∴∠BAK =∠BCD ，在△ABK 和△CBF 中，AB =CB∠BAK =∠BCF AK =CF，∴△ABK ≌△CBF (SAS )，∴∠ABK =∠CBF ，BK =BF ．∴∠KBF =∠ABC ．∵∠EBF =12∠ABC ，∴∠EBF =12∠KBF ，∴∠EBK =∠EBF ，在△BEK 和△BEF 中，BK =BF∠EBK =∠EBF BE =BE，∴△BEK ≌△BEF (SAS )，∴EK =EF ．∴AE +CF =AE +AK =EK =EF ；(3)①证明：过点B 作BM ⊥AD ，垂足为M ，BN ⊥DC ，垂足为N ，如图，则∠BMA =∠BNC =90°，∵BD 平分∠ADC ，∴BM =BN ，在Rt △ABM 和Rt △CBN 中，AB =CBBM =BN ，∴Rt △ABM ≌Rt △CBN (HL )，∴∠BAM =∠C ，∵∠BAM +∠BAD =180°，∴∠C +∠BAD =180°，即∠BAD 与∠C 互补，∴四边形ABCD 是“对补四边形”；②解：由①知四边形ABCD 是“对补四边形”，∴∠ABC +∠ADC =180°．∵∠ABC =90°，∴∠ADC =90°．∵AD =a ，DC =b ，则AC 2=AD 2+CD 2=a 2+b 2，∵AB =BC ，∴AB 2=BC 2=12AC 2=12(a 2+b 2)．∴S △ABC =12×AB •BC =12AB 2=14(a 2+b 2)．∵S △ACD =12×AD •CD =12ab ，S △ACD S △ABC=45，∴12ab 14(a 2+b 2)=45．∴a 2+b 2ab =52，即：a b +b a =52．解得：a b =2或a b =12，∴a b 的值是2或12．四、半角模型之矩形18如图矩形ABCD ，AB =3，AD =6．点M 、N 分别在边CD 、BC 上，AN =13，∠MAN =45°，直接写出AM 的长度．解：如图，取AD ，BC 的中点P ，Q ，连接QP ，连接NH ，∵AD =6，AB =3，∴AP =AB =BQ =PQ =3，∠B =90°，∴四边形ABQP 是正方形，Rt △ABN 中，AB =3，AN =13，∴BN =AN 2-AB 2=(13)2-33=2，∴NQ =3-2=1，∵∠NAH =45°，由(1)同理得：NH =BN +PH ，设PH =x ，则NH =x +2，QH =3-x ，Rt △NHQ 中，NH 2=QH 2+NQ 2，∴(2+x )2=12+(3-x )2，x =35，∵P 是AD 的中点，PH ∥DM ，∴AH =HM ，∴DM =2PH =65，由勾股定理得：AM =AD 2+DM 2=62+65 2=6265；19如图，在矩形ABCD 中，AB =6，AD =m ，点E 在边BC 上，且BE =2．(1)若m =8，点F 在边DC 上，且∠EAF =45°，求DF 的长；(2)若点F 在边DC 上，且∠EAF =45°，求m 的取值范围．(1)作正方形ABNM ，MN 与AF 交于点G ，连接EG ，由发现可知，EG =BE +MG ，设MG =x ，则NG =6-x ，EG =x +2，在Rt △GEN 中，EG 2=NG 2+NE 2，即(x +2)2=(6-x )2+42，解得，x =3，即MG =3，∵MN ∥CD ，∴△AGM ∽△AFD ，∴MG DF =AM AD ，即3DF =68，解得，DF =4；(2)由题意得，m ≥BE ，即m ≥2，当F 与C 重合时，m 最大，由(1)得，MG DF =AM AD ，即36=6m ，解得，m =12，则点F 在边DC 上，∠EAF =45°，m 的取值范围是2≤m ≤12．。
二次函数背景下的倍、半角角度问题(解析版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-函数
例题精讲【例1】．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）点D为y轴上一点，如果直线BD与直线BC的夹角为15°，求线段CD的长度；（3）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．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）∵抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A，B两点，∴点B（﹣3，0），∵点B（﹣3，0），点C（0，﹣3），∴OB＝OC＝3，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，如图1，当点D在点C上方时，∵∠DBC＝15°，∴∠OBD＝30°，∴tan∠DBO＝＝，∴OD＝×3＝，∴CD＝3﹣；若点D在点C下方时，∵∠DBC＝15°，∴∠OBD＝60°，∴tan∠DBO＝＝，∴OD＝3，∴DC＝3﹣3，综上所述：线段CD的长度为3﹣或3﹣3；（3）如图2，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，＝AE×OC＝AC×EF，∵S△AEC∴EF＝＝，∴CF＝＝＝，∴tan∠ECA＝＝，如图2，当点P在AB的下方时，设AP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（﹣，）或（﹣，﹣）．变式训练【变1-1】．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c交x轴于点A、点B，交y轴于点C．直线y＝﹣x+2经过于点C、点B，（1）求抛物线的解析式；（2）点D为第一象限抛物线上一动点，过点D作y轴的平行线交线段BC于点E，交x 轴于点Q，当DE＝5EQ时，求点D的坐标；（3）在（2）的条件下，点M为第二象限抛物线上一动点，连接DM，DM交线段OC于点H，点F在线段OB上，连接HF、DF、DC、DB，当HF＝，∠CDB＝2∠MDF 时，求点M的坐标．解：（1）针对于直线y＝﹣x+2，令x＝0，则y＝2，∴C（0，2），令y＝0，则0＝﹣x+2，∴x＝4，∴B（4，0），将点B，C坐标代入抛物线y＝ax2+x+c中，得∴，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；（2）如图1，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，设点D坐标为（m，﹣m2+m+2），∵DE⊥x轴交BC于E，直线BC的解析式为y＝﹣x+2，∴D（m，﹣m+2），∴DE＝﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）＝﹣m2+m，DQ＝﹣m+2，∵DE＝5EQ，∴﹣m2+m＝5（﹣m+2），∴m＝3或m＝4（点B的横坐标，舍去），∴D（3，3）；（3）如图2，由（2）知，D（3，3），由（1）知，B（4，0），C（0，2），∴DB＝，DC＝，BC＝2，∴DC＝DB，DB2+DC2＝BC2，∴△BDC是等腰直角三角形，∴∠BDC＝90°，∵BDC＝2∠FDM＝90°，∴∠FDM＝45°，过点D作DP⊥y轴于P，则DQ＝DP，OP＝3，∴CP＝1＝BQ，∴△DPC≌△DQB（SAS），在CP的延长线取一点G，使PG＝QF＝n，∴OF＝3﹣n，OG＝3+n，∴△DPG≌△DQF（SAS），∴DG＝DF，∠PDG＝∠QDF，∴∠FDG＝∠PDG+∠PDF＝∠QDF+∠PDG＝∠PDQ＝90°∴∠GDM＝90°﹣∠FDM＝45°＝∠GDM，∵DH＝DH，∴△GDH≌△FDH（SAS），∴GH＝FH＝，∴OH＝OG﹣GH＝3+n﹣＝n+，在Rt△HOF中，根据勾股定理得，（n+）2+（3﹣n）2＝，∴n＝1或n＝（此时，OH＝n+＝2，所以点H与点C重合，舍去），∴H（0，），∵C（3，3），∴直线CH的解析式为y＝x+①，∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2②，联立①②解得，或（由于点M在第二象限，所以舍去），∴M（﹣，）．【例2】．如图，直线y＝x+c与x轴交于点B（4，0），与y轴交于点C，抛物线y＝x2+bx+c 经过点B，C，与x轴的另一个交点为点A．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是直线BC下方的抛物线上一动点，求四边形ACPB的面积最大时点P的坐标；（3）若点M是抛物线上一点，请直接写出使∠MBC＝∠ABC的点M的坐标．解：（1）将点B坐标代入y＝x+c并解得：c＝﹣3，故抛物线的表达式为：y＝x2+bx﹣3，将点B坐标代入上式并解得：b＝﹣，故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣3①；（2）过点P作PH∥y轴交BC于点H，设点P （x ，x 2﹣x ﹣3），则点H （x ，x ﹣3），S 四边形ACPB ＝S △ABC +S △PCB ，∵S △ABC 是常数，故四边形面积最大，只需要S △PCB 最大即可，S △PCB ＝×OB ×PH ＝×4（x ﹣3﹣x 2+x +3）＝﹣x 2+6x ，∵﹣＜0，∴S △PCB 有最大值，此时，点P （2，﹣）；（3）过点B 作∠ABC 的角平分线交y 轴于点G ，交抛物线于M ′，设∠MBC ＝∠ABC＝2α，过点B 在BC 之下作角度数为α的角，交抛物线于点M ，过点G 作GK ⊥BC 交BC 于点K ，延长GK 交BM 于点H ，则GB ＝BH ，BC 是GH 的中垂线，OB ＝4，OC ＝3，则BC ＝5，设：OG ＝GK ＝m ，则CK ＝CB ﹣HB ＝5﹣4＝1，由勾股定理得：（3﹣m ）2＝m 2+1，解得：m ＝，则OG ＝GK ＝，GH ＝2OG ＝，点G （0，﹣），在Rt △GCK 中，GK ＝OG ＝，GC ＝OC ﹣OG ＝3﹣＝，则cos∠CGK＝＝，sin∠CGK＝，则点K（，﹣），点K是点GH的中点，则点H（，﹣），则直线BH的表达式为：y＝x﹣…②，同理直线BG的表达式为：y＝x﹣…③联立①②并整理得：27x2﹣135x+100＝0，解得：x＝或4（舍去4），则点M（，﹣）；联立①③并解得：x＝﹣，故点M′（﹣，﹣）；故点M（，﹣）或（﹣，﹣）．变式训练【变2-1】．如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，交y轴于点C，连接BC．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是抛物线上一点，设P点的横坐标为m．①当点P在第一象限时，过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点D作DE⊥y轴，垂足为E，连接PE，当△PDE和△BOC相似时，求点P的坐标；②请直接写出使∠PBA＝∠ABC的点P的坐标．解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，∴，解得，，∴抛物线的解析式为：；（2）令x＝0，得＝4，∴C（0，4），∴OC＝4，∵B（3，0），∴OB＝3，设直线BC的解析式为y＝kx+n（k≠0），则，解得，∴直线BC的解析式为：y＝，设P（m，），则D（m，），∴DP＝，DE＝m，∴，∵∠BOC＝∠PDE＝90°，∴当△PDE和△BOC相似时，有两种情况：当△PDE∽△BOC时，则，即＝，解得，m＝，∴P（，）；当△PDE∽△COB时，则，即＝，解得，m＝2，∴P（2，4）．综上，当△PDE和△BOC相似时，点P的坐标（，）或（2，4）；②过B作BP平分∠ABC，交抛物线于点P，交OC于点M，过M作MN⊥BC于点N，如图1，则∠PBA＝∠ABC，OM＝MN，在Rt△BOM和Rt△BNM中，，∴Rt△BOM≌Rt△BNM（HL），∴BN＝BO＝3，设OM＝t，则MN＝MO＝t，CM＝4﹣t，CN＝BC﹣BN＝﹣3＝2，∵MN2+CN2＝MC2，∴t2+22＝（4﹣t）2，∴t＝，∴M（0，），设BM的解析式为：y＝mx+（m≠0），代入B（3，0）得，m＝，∴直线BM的解析式为：y＝﹣，解方程组得，，，∴P（，），取M（0，）关于x轴的对称点，K（0，﹣），连接BK，延长BK，交抛物线于点P'，如图2所示，则∠ABP＝∠ABC，设直线BK的解析式为y＝px（p≠0），代入B（3，0）得，p＝，∴直线BK的解析式为：y＝，解方程组得，，∴P'（，），综上，使∠PBA＝∠ABC的点P的坐标为（，）或（，）．【例3】．已知如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）交x轴于A、B两点（A点在B点的左侧），交y轴于点C．已知OA＝OC＝2OB．（1）求抛物线的解析式；（2）已知直线y＝2x+m，若直线与抛物线有且只有一个交点E，求△ACE的面积；（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使∠PAB＝∠EAC，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）对于抛物线y＝ax2+bx﹣4，令x＝0，则y＝﹣4，∴C（0，﹣4），∴OC＝4，∵OA＝OC＝2OB，∴OA＝4，OB＝2，∴A（﹣4，0），B（2，0），∵点A，B在抛物线y＝ax2+bx﹣4上，∴，∴，∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4①，∵直线y＝2x+m②与抛物线有且只有一个交点E，联立①②得，，∴x2﹣x﹣（4+m）＝0，∴△＝1+4×（4+m）＝0，∴m＝﹣，∴x2﹣x﹣＝0，∴x1＝x2＝1，∴E（1，﹣），∴直线AE的解析式为y＝﹣x﹣2如图1，记直线AE与y轴的交点为F，则F（0，﹣2），＝CF×|x E﹣x A|＝×2×|1﹣（﹣4）|＝5；∴S△ACE（3）由（2）知，E（1，﹣），Ⅰ、当点P在x轴上方时，如图2，将线段AE以点E为旋转中心顺时针旋转90°得到线段EG，连接AG，则∠EAG＝45°，在Rt△AOC中，OA＝OC，∴∠OAC＝45°＝∠EAG，∴∠CAE＝∠OAG，∴点P是AG与抛物线的交点，过点E作MN∥x，过点A作AM⊥MN于M，过点G作GN⊥MN于G，∵A（﹣4，0），E（1，﹣），∴AM＝，ME＝5，∴∠AME＝∠ENG＝90°，∴∠MAE+∠AEM＝90°，由旋转知，AE＝EG，∠AEG＝90°，∴∠AEM+∠NEG＝90°，∴∠MAE＝∠NEG，∴△AME≌△ENG（AAS），∴EN＝AM＝，GN＝ME＝5，∴N（，﹣），G（，），∴直线AG的解析式为y＝x+③，∵抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4④，联立③④解得，或，∴P（，），Ⅱ、由Ⅰ知，点G的坐标为G（，），N（，﹣），∴点G与点N关于x轴对称，∴点P是直线AN与抛物线的交点，∵A（﹣4，0），∴直线AN的解析式为y＝﹣x﹣⑤，联立④⑤，解得，或，∴P（，﹣），即满足条件的点P的坐标为P（，）或（，﹣）．变式训练【变3-1】．如图，已知：抛物线y＝a（x+1）（x﹣3）与x轴相交于A、B两点，与y轴的交于点C（0，﹣3）．（1）求抛物线的解析式的一般式．（2）若抛物线上有一点P，满足∠ACO＝∠PCB，求P点坐标．（3）直线l：y＝kx﹣k+2与抛物线交于E、F两点，当点B到直线l的距离最大时，求△BEF的面积．解：（1）把C（0，﹣3）代入y＝a（x+1）（x﹣3），得﹣3a＝﹣3，解得a＝1，所以抛物线解析式为y＝（x+1）（x﹣3），即y＝x2﹣2x﹣3；（2）当点P在直线BC的下方时，如图1，过点B作BE⊥BC交CP的延长线于点E，过点E作EM⊥x轴于点M，∵y＝（x+1）（x﹣3），∴y＝0时，x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），∴，∵OB＝OC＝3，∴∠ABC＝45°，BC＝3，∵∠ACO＝∠PCB，∴tan，∴BE＝，∵∠CBE＝90°，∴∠MBE＝45°，∴BM＝ME＝1，∴E（4，﹣1），设直线CE的解析式为y＝kx+b，∴，解得：，∴直线CE的解析式为，∴，解得，∴，当点P在直线BC的上方时，过点B作BF⊥BC交CP于点F，如图2，同理求出BF＝，FN＝BN＝1，∴F（2，1），求出直线CF的解析式为y＝2x﹣3，∴，解得：x1＝0，x2＝4，∴P（4，5）．综合以上可得点P的坐标为（4，5）或（）；（3）∵直线l：y＝kx﹣k+2，∴y﹣2＝k（x﹣1），∴x﹣1＝0，y﹣2＝0，∴直线y＝kx﹣k+2恒过定点H（1，2），如图3，连接BH，当BH⊥直线l时，点B到直线l的距离最大时，求出直线BH的解析式为y＝﹣x+3，∴k＝1，∴直线l的解析式为y＝x+1，∴，解得：，，∴E（﹣1，0），F（4，5），∴＝10．1．如图，已知直线AB：y＝x﹣3与x、y轴分别交于A、B两点；抛物线y＝x2﹣2x﹣m与y 轴交于C点，与线段AB交于D、E两点（D在E左侧）（1）若D、E重合，求m值；（2）连接CD、CE，若∠BCD＝∠BEC，求m值；（3）连接OD，若OD＝CE，求m值．解：（1）把y＝x﹣3代入抛物线y＝x2﹣2x﹣m中，得x2﹣3x+3﹣m＝0，∵D、E重合，∴△＝9﹣4（3﹣m）＝4m﹣3＝0，∴m＝；（2）∵y＝x﹣3与x、y轴分别交于A、B两点；抛物线y＝x2﹣2x﹣m与y轴交于C点，∴B（0，﹣3），C（0，﹣m），∴BC＝3﹣m，解方程组得，，，∴，，∴BD＝，BE＝，∵∠BCD＝∠BEC，∠CBD＝∠EBC，∴△BCD∽△BEC，∴，即BC2＝BD•BE，∴，解得，m＝1或3，当m＝3时，B与C重合，不符合题意，舍去，∴m＝1；（3）∵OD＝CE，∴OD2＝CE2，∴+，即，解得，m＝0，或m＝5，当m＝0时，无意义，应舍去，当m＝5+时，C点在B点下方，不合题意，舍去，∴m＝5﹣，2．如图①，抛物线y＝x2﹣（a+1）x+a与x轴交于A、B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C．已知△ABC的面积为6．（1）求这条抛物线相应的函数表达式；（2）在抛物线上是否存在一点P，使得∠POB＝∠CBO，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图②，M是抛物线上一点，N是射线CA上的一点，且M、N两点均在第二象限内，A、N是位于直线BM同侧的不同两点．若点M到x轴的距离为d，△MNB的面积为2d，且∠MAN＝∠ANB，求点N的坐标．解：（1）当y＝0时，x2﹣（a+1）x+a＝0，解得x1＝1，x2＝a，∵点A位于点B的左侧，∴点A坐标为（a，0），点B坐标为（1，0），当x＝0时，y＝a，∴点C坐标为（0，a），∴AB＝1﹣a，OC＝﹣a，∵△ABC的面积为6，∴，∴a1＝﹣3，a2＝4，∵a＜0，∴y＝x2+2x﹣3；（2）设直线BC：y＝kx﹣3，则0＝k﹣3，∴k＝3；①当点P在x轴上方时，直线OP的函数表达式为y＝3x，则，∴，，∴点P坐标为；②当点P在x轴下方时，直线OP的函数表达式为y＝﹣3x，则∴，，∴点P坐标为，综上可得点P坐标为或；（3）过点A作AE⊥BM于点E，过点N作NF⊥BM于点F，设AM与BN交于点G，延长MN与x轴交于点H；∵AB＝4，点M到x轴的距离为d，＝×AB×d＝×4×d＝2d，∴S△AMB＝2d，∵S△MNB＝S△MNB，∴S△AMB∴，∴AE＝NF，∵AE⊥BM，NF⊥BM，∴四边形AEFN是矩形，∵∠MAN＝∠ANB，∴GN＝GA，∵AN∥BM，∴∠MAN＝∠AMB，∠ANB＝∠NBM，∴∠AMB＝∠NBM，∴GB＝GM，∴GN+GB＝GA+GM即BN＝MA，在△AMB和△NBM中∴△AMB≌△NBM（SAS），∴∠ABM＝∠NMB，∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，又∵AN∥BM，∴∠ABM＝∠OAC＝45°，∴∠NMB＝45°，∴∠ABM+∠NMB＝90°，∴∠BHM＝90°，∴M、N、H三点的横坐标相同，且BH＝MH，∵M是抛物线上一点，∴可设点M的坐标为（t，t2+2t﹣3），∴1﹣t＝t2+2t﹣3，∴t1＝﹣4，t2＝1（舍去），∴点N的横坐标为﹣4，可设直线AC：y＝kx﹣3，则0＝﹣3k﹣3，∴k＝﹣1，∴y＝﹣x﹣3，当x＝﹣4时，y＝﹣（﹣4）﹣3＝1，∴点N的坐标为（﹣4，1）．3．如图1，抛物线C1：y＝ax2+c的顶点为A，直线l：y＝kx+b与抛物线C1交于A，C两点，＝4．与x轴交于点B（1，0），且OA＝2OB，S△OAC（1）求直线l的解析式；（2）求抛物线C1与x轴的交点坐标；（3）如图2，将抛物线C1向下平移m（m＞0）个单位得到抛物线C，且抛物线C的顶点为P，交x轴负半轴于点M，交射线BC于点N，NQ⊥x轴于点Q，当NP平分∠MNQ 时，求m的值．解：（1）∵B（1，0），∴OB＝1，∵OA＝2OB，∴OA＝2，∴A（0，﹣2），设直线l的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴直线l的解析式为y＝2x﹣2；＝4，（2）∵S△OAC∴，∴x C＝4，∴y＝8﹣2＝6，∴C（4，6），将A（0，﹣2），C（4，6）代入y＝ax2+c，∴，解得，∴抛物线C1与的解析式为y＝；令y＝0，，解得x＝±2，∴抛物线C1与x轴的交点坐标为（2，0），（﹣2，0）．（3）设抛物线C表达式为：y＝x2﹣2﹣m，设点M（n，0），则n2﹣2﹣m＝0，抛物线C表达式为：y＝x2﹣n2…③，联立②③并解得：x＝2﹣n或2+n，则点N（2﹣n，2﹣2n），则NQ＝2﹣2n，MQ＝2﹣2n，∴△MNQ为等腰直角三角形，则∠MNQ＝45°，又点P（0，﹣n2），即点M（n，0），设直线MN与y轴的交点为H，则OH＝OM，则点H（0，﹣n），作NK⊥y轴于点K，在△NKH中，NK＝KH，则NH＝（2﹣n），又HP＝OH+OP＝n2﹣n，∵PN为角平分线，则∠MNP＝∠PNQ＝22.5°，故NH＝HP，则（2﹣n）＝n2﹣n，解得：n＝2或﹣2（舍去2），∵n2﹣2﹣m＝0，解得：m＝2．4．如图，直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C．（1）求抛物线的解析式；（2）点D是直线AB上方抛物线上的一动点，①求D到AB的距离最大值及此时的D点坐标；②若∠DAB＝∠BAC，求D点的坐标．解：（1）由y＝x+2可得：当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝﹣4，∴A（﹣4，0），B（0，2），把A、B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣x+2；（2）①如图1，过点D作DN⊥AC于N，交AB于F，作DH⊥AB于H，∵A（﹣4，0），B（0，2），∴OA＝4，OB＝2，∴AB＝＝＝2，∵∠FAN+∠AFN＝90°，∠FDH+∠DFH＝90°，∠AFN＝∠DFH，∴∠FAN＝∠FDH，∴cos∠FAN＝cos∠FDH，∴，∴＝，∴DH＝DF，∴当DF有最大值时，DH有最大值，设点D，F，∴DF＝＝﹣（m+2）2+2，∴当m＝﹣2时，DF有最大值为2，∴DH的最大值为，∴当点D（﹣2，3）时，D到AB的距离最大值为；②如图2，延长CB，AD交于点E，∵抛物线y＝﹣x2﹣x+2与x轴交于点A，点C，∴点C（1，0），∴OC＝1，∵＝，∠AOB＝∠BOC，∴△AOB∽△BOC，∴∠BAO＝∠CBO，∵∠BAO+∠ABO＝90°，∴∠ABO+∠CBO＝90°，∴∠ABC＝90°，∵∠DAB＝∠BAC，AB＝AB，∠ABC＝∠ABE＝90°，∴△ABC≌△ABE（ASA），∴BC＝BE，∵B（0，2），点C（1，0），∴点E（﹣1，4），∴直线AE的解析式为y＝x+，联立方程组：，解得：，，∴点D（﹣，）．5．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC、BC．（1）求抛物线的表达式；（2）D为抛物线上第一象限内一点，求△DCB面积的最大值；（3）点P是抛物线上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，求点P的坐标．解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y 轴交于点C（0，4），∴，解得：，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+4；（2）如图，过点D作DE∥y轴交BC于点E，交x轴于点F，∵B（8，0），C（0，4），∴直线BC解析式为y＝﹣x+4，设D（m，﹣m2+m+4），则E（m，﹣m+4），∵D为抛物线上第一象限内一点，∴DE＝DF﹣EF＝（﹣m2+m+4）﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，∴△DCB面积＝8×DE＝4（﹣m2+2m）＝﹣m2+8m＝﹣（m﹣4）2+16，∴当m＝4时，△DCB面积最大，最大值为16；（3）①当点P在BC上方时，如图，∵∠PCB＝∠ABC，∴PC∥AB，∴点C，P的纵坐标相等，∴点P的纵坐标为4，令y＝4，则﹣x2+x+4＝4，解得：x＝0或x＝6，∴P（6，4）；②当点P在BC下方时，如图，设PC交x轴于点H，∵∠PCB＝∠ABC，∴HC＝HB．设HB＝HC＝m，∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，在Rt△COH中，∵OC2+OH2＝CH2，∴42+（8﹣m）2＝m2，解得：m＝5，∴OH＝3，∴H（3，0）．设直线PC的解析式为y＝kx+n，∴，解得：，∴y＝﹣x+4，∴，解得：，，∴P（，﹣）．综上所述，点P的坐标为（6，4）或（，﹣）．6．已知：在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx经过点A（5，0）、B（﹣3，4），抛物线的对称轴与x轴相交于点D．（1）求抛物线的表达式；（2）联结OB、BD．求∠BDO的余切值；（3）如果点P在线段BO的延长线上，且∠PAO＝∠BAO，求点P的坐标．解：（1）将A（5，0），B（﹣3，4）代入y＝ax2+bx，得：，解得：，∴所求抛物线的表达式为y＝x2﹣x．（2）∵抛物线的表达式为y＝x2﹣x，∴抛物线的对称轴为直线x＝，∴点D的坐标为（，0）．过点B作BC⊥x轴，垂足为点C，如图1所示．∵点B的坐标为（﹣3，4），点D的坐标为（，0），∴BC＝4，OC＝3，CD＝3+＝，∴cot∠BDO＝＝．（3）设点P的坐标为（m，n），过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，如图2所示．则PQ＝﹣n，OQ＝m，AQ＝5﹣m．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴cot∠BAC＝＝＝2．∵∠PAO＝∠BAO，∴cot∠PAO＝＝＝2，即m﹣2n＝5①．∵BC⊥x轴，PQ⊥x轴，∴∠BCO＝∠PQA＝90°，∴BC∥PQ，∴＝，∴＝，即4m＝﹣3n②．由①、②得：，解得：，∴点P的坐标为（，﹣）．7．抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），与y轴交于点C．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）点P是该抛物线上的动点，且位于y轴的左侧．①如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，作PE⊥y轴于点E，当PD＝2PE时，求PE的长；②如图2，该抛物线上是否存在点P，使得∠ACP＝∠OCB？若存在，请求出所有点P的坐标：若不存在，请说明理由．解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），∴，解得：，∴抛物线解析式为：y＝x2+x﹣6；（2）①设点P（a，a2+a﹣6），∵点P位于y轴的左侧，∴a＜0，PE＝﹣a，∵PD＝2PE，∴|a2+a﹣6|＝﹣2a，∴a2+a﹣6＝﹣2a或a2+a﹣6＝2a，解得：a1＝，a2＝（舍去）或a3＝﹣2，a4＝3（舍去）∴PE＝2或；②存在点P，使得∠ACP＝∠OCB，理由如下，∵抛物线y＝x2+x﹣6与y轴交于点C，∴点C（0，﹣6），∴OC＝6，∵点B（2，0），点A（﹣3，0），∴OB＝2，OA＝3，∴BC＝＝＝2，AC＝＝＝3，如图，过点A作AH⊥CP于H，∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠ACP＝∠BCO，∴△ACH∽△BCO，∴，∴＝，∴AH＝，HC＝，设点H（m，n），∴（）2＝（m+3）2+n2，（）2＝m2+（n+6）2，∴或，∴点H（﹣，﹣）或（﹣，），当H（﹣，﹣）时，∵点C（0，﹣6），∴直线HC的解析式为：y＝﹣x﹣6，∴x2+x﹣6＝﹣x﹣6，解得：x1＝﹣2，x2＝0（舍去），∴点P的坐标（﹣2，﹣4）；当H（﹣，）时，∵点C（0，﹣6），∴直线HC的解析式为：y＝﹣7x﹣6，∴x2+x﹣6＝﹣7x﹣6，解得：x1＝﹣8，x2＝0（舍去），∴点P的坐标（﹣8，50）；综上所述：点P坐标为（﹣2，﹣4）或（﹣8，50）．8．如图1，抛物线y＝ax2+c与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，P为x轴下方抛物线上一点，若OC＝2OA＝4．（1）求抛物线解析式；（2）如图2，若∠ABP＝∠ACO，求点P的坐标；（3）如图3，点P的横坐标为1，过点P作PE⊥PF，分别交抛物线于点E，F．求点A 到直线EF距离的最大值．解：（1）∵CO＝4，故c＝﹣4，则抛物线的表达式为y＝ax2﹣4，∵OC＝2OA＝4，故点A（﹣2，0），则0＝4a﹣4，解得a＝1，故抛物线的表达式为y＝x2﹣4；（2）过点A作x轴的垂线交BP的延长线于点Q，在△BAQ和△COA中，，∴△BAQ≌△COA（AAS），∴AQ＝OA＝2，∴Q（﹣2，﹣2），由点B、Q的坐标得，直线BQ解析式为y＝x﹣1，联立，解得x1＝2（舍去），x2＝，∴P（，）；（3）设E（x1，x12﹣4），F（x2，x22﹣4），P（1，﹣3），由点P、E的坐标得，y PE＝（x1+1）x﹣4﹣x1，同理可得y PF＝（x2+1）x﹣4﹣x2，又∵PE⊥PF，∴（x1+1）（x2+1）＝﹣1，∴x1x2+x1+x2+1＝﹣1，x1x2＝﹣2﹣（x1+x2）（这里可以构造三垂模型如图3，利用相似三角形的性质得到）．同理可得EF的解析式为：y EF＝（x1+x2）x﹣4﹣x1x2，∴y EF＝（x1+x2）x﹣4+2+（x1+x2）＝（x1+x2）（x+1）﹣2，∴直线EF恒过定点（﹣1，﹣2），设该点为R，连接点AR，则AR为点A到直线EF距离的最大值，∴AR＝．9．如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）M是抛物线上第一象限上的一点，连接AM，正好将△ABC的面积分成相等的两部分，求M点的坐标．（3）抛物线上是否存在点P，使∠PAB＝∠ABC，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入得：，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）作BC的中点N，连接AN并延长交抛物线于M，如图：∵N为BC中点，∴直线AN将△ABC的面积分成相等的两部分，即M是满足条件的点，在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0得y＝3，∴C（0，3），∵B（3，0），N为BC中点，∴N（，），设直线AN解析式为y＝mx+n，将A（﹣1，0），N（，）代入得：，解得，∴直线AN解析式为y＝x+，解得或，∴M（，），答：M点的坐标（，）；（3）存在点P，使∠PAB＝∠ABC，理由如下：过A作AP∥BC交抛物线于P，交y轴于S，作S关于x轴的对称轴点T，作直线AT交抛物线于P'，如图：∵AP∥BC，∴∠PAB＝∠ABC，P是满足条件的点，∵S关于x轴的对称轴点为T，∴∠P'AB＝∠PAB＝∠ABC，即P'是满足条件的点，由（2）知C（0，3），设直线BC解析式为y＝tx+3，将B（3，0）代入得：3t+3＝0，∴t＝﹣1，∴直线BC解析式为y＝﹣x+3，由AP∥BC设直线AP解析式为y＝﹣x+d，将A（﹣1，0）代入得：1+d＝0，解得d＝﹣1，∴直线AP解析式为y＝﹣x﹣1，S（0，﹣1），解得或，∴P（4．﹣5），∵S（0，﹣1），S关于x轴的对称轴点为T，∴T（0，1），设直线AT解析式为y＝ex+1，将A（﹣1，0）代入得：﹣e+1＝0，解得e＝1，∴直线AT解析式为y＝x+1，解得或，∴P'（2，3），综上所述，点P的坐标为（4，﹣5）或（2，3）．10．如图（1），抛物线y＝ax2+（a﹣5）x+3（a为常数，a≠0）与x轴正半轴分别交于A，B（A在B的右边）．与y轴的正半轴交于点C．连接BC，tan∠BCO＝．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）如图（2），设抛物线的顶点为Q，P是第一象限抛物线上的点，连接PQ，AQ，AC，若∠AQP＝∠ACB，求点P的坐标；（3）如图（3），D是线段AC上的点，连接BD，满足∠ADB＝3∠ACB，求点D的坐标．解：（1）∵抛物线y＝ax2+（a﹣5）x+3与y轴的正半轴交于点C，∴C（0，3），∴OC＝3，∵tan∠BCO＝，∴＝，∴OB＝1，∴B（1，0），将B（1，0）代入y＝ax2+（a﹣5）x+3，得a+a﹣5+3＝0，解得：a＝1，∴抛物线解析式为：y＝x2﹣4x+3；（2）如图（2）设PQ与x轴交于N．∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴顶点Q（2，﹣1），∵A（3，0），B（1，0），C（0，3），∴AB＝2，OC＝OA＝3，∴∠CAO＝45°，AC＝3，过Q作QH⊥x轴于H，则QH＝AH＝1，∴∠QAH＝45°，AQ＝，∴∠CAO＝∠QAH＝45°，∵∠AQP＝∠ACB，∴△CAB∽△QAN，∴＝，即＝，∴AN＝，∴ON＝3﹣＝，∴N（，0），又Q（2，﹣1），∴直线PQ解析式为：y＝3x﹣7，联立方程组，解得：，；∴P（5，8）；（3）如图（3）作BM⊥AC于M，当点D在线段CM上时，则∠ADB＝3∠ACB，∴∠CBD＝2∠ACB，作∠CBD的平分线BE交CD于点E，∴∠CBD＝2∠CBE，∴∠ACB＝∠CBE，∴BE＝CE，∵y＝x2﹣4x+3，∴A（3，0），B（1，0），C（0，3），∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，∠OAC＝∠OCA＝45°，设E（a，﹣a+3），则（a﹣1）2+（a﹣3）2＝a2+a2，解得：a＝，∴E（，），设D（m，﹣m+3），∵∠BCD＝∠EBD，∠BDC＝∠EDB，∴△BCD∽△EBD，∴BD2＝CD•ED，∴（m﹣1）2+（m﹣3）2＝（m﹣）•m，解得：m＝，∴D（，）．11．如图，抛物线y＝（x﹣3）（x﹣2a）交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），＝．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图①，连接BC，点P在抛物线上，且∠BCO＝∠PBA．求点P的坐标；（3）如图②，M是抛物线上一点，N为射线CB上的一点，且M、N两点均在第一象限内，B、N是位于直线AM同侧的不同两点，tan∠AMN＝2，点M到x轴的距离为2L，△AMN的面积为5L，且∠ANB＝∠MBN，请问MN的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．解：（1）把y＝0代入抛物线y＝（x﹣3）（x﹣2a），得x＝3或x＝2a，∵点A在点B的左侧，∴A（2a，0），B（3，0），∵∴∴a＝﹣1∴抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣x﹣6；（2）如图①，作线段BC的垂直平分线交y轴于点D，此时DC＝DB∵DC＝DB，∴∠DCB＝∠DBC，∴∠ODB＝∠DCB+∠DBC＝2∠BCO，∵∠BCO＝∠PBA∴∠PBA＝2∠BCO，∴∠ODB＝∠PBA，∴tan∠ODB＝tan∠PBA，设P（m，m2﹣m﹣6），DC＝DB＝n，∵C（0，﹣6），B（3，0），∴OC＝6，OB＝3，∴OD＝6﹣n，在Rt△BOD中，（6﹣n）2+32＝m2，解得，∴，∵tan∠ODB＝tan∠PBA∴即，解得，∴∴点P的坐标为；（3）MN的为定值，定值为5∵A（﹣2，0），B（3，0），点M到x轴的距离为2L∴，＝5L∵S△AMN＝S△AMN∴S△ABM∵△ABM和△AMN同底AM，∴点B、N到直线AM的距离相等，∴AM∥BN，∴∠MAN＝∠ANB，∠AMB＝∠MBN，∠ABC＝∠MAB∴∠ANB＝∠MBN∴∠MAN＝∠AMB∵tan∠ABC＝＝＝2，tan∠AMN＝2∴△MAB≌△AMN（ASA），∴MN＝AB＝5∴MN的为定值，定值为5．12.在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3过点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴交于点C，顶点为点D．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为直线CD上的一个动点，连接BC；①如图1，是否存在点P，使∠PBC＝∠BCO？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；②如图2，点P在x轴上方，连接PA交抛物线于点N，∠PAB＝∠BCO，点M在第三象限抛物线上，连接MN，当∠ANM＝45°时，请直接写出点M的坐标．解：（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），解得：a＝1，故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；（2）由抛物线的表达式知，点C、D的坐标分别为（0，﹣3）、（﹣1，﹣4），由点C、D的坐标知，直线CD的表达式为：y＝x﹣3①；tan∠BCO＝，则cos∠BCO＝；①当点P（P′）在点C的右侧时，∵∠P'BC＝∠BCO，故P′B∥y轴，则点P′（1，﹣2）；当点P在点C的左侧时，设直线PB交y轴于点H，过点H作HN⊥BC于点N，∵∠P'BC＝∠BCO，∴△BCH为等腰三角形，则BC＝2CH•cos∠BCO＝2×CH×＝，解得：CH＝，则OH＝3﹣CH＝，故点H（0，﹣），由点B、H的坐标得，直线BH的表达式为：y＝x﹣②，联立①②并解得：，故点P的坐标为（﹣5，﹣8）；②∵∠PAB＝∠BCO，而tan∠BCO＝，故设直线AP的表达式为：y＝x+s，将点A的坐标代入上式并解得：s＝1，故直线AP的表达式为：y＝x+1③，联立抛物线与③并解得：，故点N（，）；设△AMN的外接圆为圆R，当∠ANM＝45°时，则∠ARM＝90°，设圆心R的坐标为（m，n），∵∠GRA+∠MRH＝90°，∠MRH+∠RMH＝90°，∴∠RMH＝∠GAR，∵AR＝MR，∠AGR＝∠RHM＝90°，∴△AGR≌△RHM（AAS），∴AG＝m+3＝RH，RG＝﹣n＝MH，∴点M（m+n，n﹣m﹣3），将点M的坐标代入抛物线表达式得：n﹣m﹣3＝（m+n）2+2（m+n）﹣3④，由题意得：AR＝NR，即（m+3）2+n2＝（m﹣）2+（﹣n）2⑤，联立④⑤并解得：，故点M（﹣，﹣）．13．如图1，抛物线C：y＝ax2+bx经过点A（﹣4，0）、B（﹣1，3）两点，G是其顶点，将抛物线C绕点O旋转180°，得到新的抛物线C′．（1）求抛物线C的函数解析式及顶点G的坐标；（2）如图2，直线l：y＝kx﹣经过点A，D是抛物线C上的一点，设D点的横坐标为m（m＜﹣2），连接DO并延长，交抛物线C′于点E，交直线l于点M，若DE＝2EM，求m的值；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AG、AB，在直线DE下方的抛物线C上是否存在点P，使得∠DEP＝∠GAB？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）将A（﹣4，0）、B（﹣1，3）代入y＝ax2+bx中，得解得∴抛物线C解析式为：y＝﹣x2﹣4x，配方，得：y＝﹣x2﹣4x＝﹣（x+2）2+4，∴顶点为：G（﹣2，4）；（2）∵抛物线C绕点O旋转180°，得到新的抛物线C′．∴新抛物线C′的顶点为：G′（2，﹣4），二次项系数为：a′＝1∴新抛物线C′的解析式为：y＝（x﹣2）2﹣4＝x2﹣4x将A（﹣4，0）代入y＝kx﹣中，得0＝﹣4k﹣，解得k＝，∴直线l解析式为y＝x﹣，设D（m，﹣m2﹣4m），∵D、E关于原点O对称，∴OD＝OE∵DE＝2EM∴OM＝2OD，过点D作DF⊥x轴于F，过M作MR⊥x轴于R，∴∠OFD＝∠ORM，∵∠DOF＝∠MOR∴△ODF∽△OMR∴＝＝＝2∴OR＝2OF，RM＝2DF∴M（﹣2m，2m2+8m）∴2m2+8m＝•（﹣2m）﹣，解得：m1＝﹣3，m2＝，∵m＜﹣2∴m的值为：﹣3；（3）由（2）知：m＝﹣3，∴D（﹣3，3），E（3，﹣3），OE＝3，如图3，连接BG，在△ABG中，∵AB2＝（﹣1+4）2+（3﹣0）2＝18，BG2＝2，AG2＝20∴AB2+BG2＝AG2∴△ABG是直角三角形，∠ABG＝90°，∴tan∠GAB＝＝＝，∵∠DEP＝∠GAB∴tan∠DEP＝tan∠GAB＝，在x轴下方过点O作OH⊥OE，在OH上截取OH＝OE＝，过点E作ET⊥y轴于T，连接EH交抛物线C于点P，点P即为所求的点；∵E（3，﹣3），∴∠EOT＝45°∵∠EOH＝90°∴∠HOT＝45°∴H（﹣1，﹣1），设直线EH解析式为y＝px+q，则，解得∴直线EH解析式为y＝﹣x，解方程组，∴x＝或，∴点P的横坐标为：或．14．已知抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于点A（1，0）和点B（5，0），顶点为M．点C在x 轴的负半轴上，且AC＝AB，点D的坐标为（0，3），直线l经过点C、D．（1）求抛物线的表达式；（2）点P是直线l在第三象限上的点，联结AP，且线段CP是线段CA、CB的比例中项，求tan∠CPA的值；（3）在（2）的条件下，联结AM、BM，在直线PM上是否存在点E，使得∠AEM＝∠AMB？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于点A（1，0），B（5，0），∴，解得．∴抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5．（2）∵A（1，0），B（5，0），∴OA＝1，AB＝4．∵AC＝AB且点C在点A的左侧，∴AC＝4．∴CB＝CA+AB＝8．。
2023中考数学常见几何模型《全等模型-半角模型》含答案解析
专题02 全等模型--半角模型全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.半角模型【模型解读】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
【常见模型及证法】常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。
半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.1．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠+∠=︒，点E ，F 分别在BC ，CD 上，若2BAD EAF ∠∠=，则EF BE DF =+．【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD ．已知100m CD CB ==，60D ∠=︒，120ABC ∠=︒，150BCD ∠=︒，道路AD ，AB 上分别有景点M ，N ，且100m DM =，)501m BN =，若在M ，N 之间修一条直路，则路线M N →的长比路线M A N →→的长少_________m 1.7≈）．2．（2022·河北邢台·九年级期末）学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：“如图1，在正方形ABCD 中，∠EAF ＝45°，求证：EF ＝BE ＋DF ．”小明同学的思路：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ，∠B ＝∠ADC ＝90°．把△ABE 绕点A 逆时针旋转到ADE '△的位置，然后证明AFE AFE '≌△△，从而可得=EF E F '．E F E D DF BE DF ''=+=+，从而使问题得证．(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＝∠D ＝90°，12EAF BAD ∠=∠，直接写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系．(2)【应用】如图3，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°，12EAF BAD ∠=∠，求证：EF ＝BE ＋DF ．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC 是O 的内接四边形，BC 是直径，AB ＝AC ，请直接写出PB ＋PC 与AP 的关系．3．（2022·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是BC ，CD 边上的动点，且45EAF ∠=︒，求证：EF DF BE =+．小明发现，当把ABE △绕点A 顺时针旋转90°至ADG ，使AB 与AD 重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形ABCD 中，如果点E ，F 分别是CB ，DC 延长线上的动点，且45EAF ∠=︒，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点E，F分别是BC，CD延长线上的动点，且45EAF∠=︒，则EF，BE，DF之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形ABCD的边长为6，AE=，求AF的长．4．（2022·山东省青岛第二十六中学九年级期中）【模型引入】当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF12=∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时， CEF的周长等于．（4）如图4，正方形ABCD中， AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝，求EF的长．（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．课后专项训练：1．（2022·重庆市育才中学二模）回答问题（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．2．（2022·江西九江·一模）如图（1），在四边形ABCD 中，180B D ∠+∠=︒，AB AD =，以点A 为顶点作EAF ∠，且12EAF BAD ∠=∠，连接EF ．(1)观察猜想 如图（2），当90BAD B D ∠=∠=∠=︒时，①四边形ABCD 是______（填特殊四边形的名称）；②BE ，DF ，EF 之间的数量关系为______．(2)类比探究 如图（1），线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．(3)解决问题 如图（3），在ABC 中，90BAC ∠=︒，4AB AC ==，点D ，E 均在边BC 上，且45DAE ∠=︒，若BD =，求DE 的长．3．（2022·山东聊城·九年级期末）（1）如图1，点E ，F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，45EAF ∠=︒，连接EF ，求证：EF BE DF =+，试说明理由．（2）类比引申：如图2，四边形ABCD 中，AB AD =，90BAD ∠=︒，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，∠EAF =45°，若B Ð、D ∠都不是直角，则当B Ð与D ∠满足等量关系______时，仍有EF BE DF =+，试说明理由．（3）联想拓展：如图3，在△ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D ，E 均在边BC 上，且∠DAE =45，若1BD =，2EC =，求DE 的长．4．（2022·黑龙江九年级阶段练习）已知：正方形ABCD 中，∠MAN=45°，∠MAN 绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB 、DC （或它们的延长线）于点M 、N ．当∠MAN 绕点A 旋转到BM =DN 时，（如图1），易证BM +DN =MN ．(1)当∠MAN 绕点A 旋转到BM ≠DN 时（如图2），线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；(2)当∠MAN 绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM 、DN 和MN 之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．5．（2022·重庆南川·九年级期中）如图，正方形ABCD 中，45MAN ∠=︒，MAN ∠绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交BC 、DC （或它们的延长线）于点M 、N ．(1)当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN =时（如图1），证明：2MN BM =；(2)绕点A 旋转到BM DN ≠时（如图2），求证：MN BM DN =+；(3)当MAN ∠绕点A 旋转到如图3位置时，线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．6．（2022·江西景德镇·九年级期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形ABCD 中，AB AD =，90ABC ADC ∠=∠=︒，100BAD ∠=︒，50EAF ∠=︒，猜想并写出线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系，证明你的猜想；（2）【迁移推广】如图2，在四边形ABCD 中，AB AD =，180ABC ADC ∠+∠=︒，2BAD EAF ∠∠=．请写出线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系，并证明；（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（O 处）北偏东20°的A 处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的B 处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达C ，D 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．7．（2022·上海·九年级专题练习）小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 在边BC 上，∠DAE ＝45°．若BD ＝3，CE ＝1，求DE 的长．小明发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90º，得到△ACF，联结EF（如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE＝45°，可证△FAE≌△DAE，得FE＝DE．解△FCE，可求得FE（即DE）的长．(1)请回答：在图2中，∠FCE的度数是，DE的长为．参考小明思考问题的方法，解决问题：(2)如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°．E，F分别是边BC，CD上的点，∠BAD．猜想线段BE，EF，FD之间的数量关系并说明理由．且∠EAF＝128．（2022·黑龙江·哈尔滨市九年级阶段练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD 于M，N．(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．9．（2022·浙江·九年级阶段练习）如图1，等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD 的顶点A重合，将此三角板绕点A旋转，使三角板中该锐角的两条边分别交正方形的两边BC，DC于点E，F，连接EF．（1）猜想BE、EF、DF三条线段之间的数量关系，并证明你的猜想；（2）在图1中，过点A作AM⊥EF于点M，请直接写出AM和AB的数量关系；（3）如图2，将Rt△ABC沿斜边AC翻折得到Rt△ADC，E，F分别是BC，CD边上的点，∠BAD，连接EF，过点A作AM⊥EF于点M，试猜想AM与AB之间的数量关∠EAF=12系．并证明你的猜想．10．（2022·北京四中九年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点P在线段AB 上，作射线CP（0°＜∠ACP＜45°)，射线CP绕点C逆时针旋转45°，得到射线CQ，过点A作AD⊥CP于点D，交CQ于点E，连接BE．(1)依题意补全图形；(2)用等式表示线段AD，DE，BE之间的数量关系，并证明．专题02 全等模型--半角模型全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
2025年中考数学总复习第二部分重难专题突破专题5“倍半角”模型解决旋转变换问题
∠BAD＝∠EAF.∴ ∠EAG＝∠EAF.又∵ AE＝AE，∴
△AEG≌△AEF.∴ EG＝EF.∵ EG＝BE＋BG，∴ EF
＝BE＋DF.
（3） 如图③，在四边形ABCD中，AD＝AB，∠ABC与∠D互补，点E，
1
F分别在射线CB，DC上，且∠EAF＝ ∠BAD.当BC＝4，CD＝7，CF＝1
的半角模型是90°含45°，120°含60°.
（1） 如图①，在正方形ABCD中，E，F分别是边AB，BC上的点，且
∠EDF＝45°，探究线段EF，AE，FC之间的数量关系.
小明的探究思路如下：如图①，延长BC到点M，使CM＝AE，连接
DM，先证明△ADE≌△CDM，再证明△DEF≌△DMF.小亮发现
2
时，△CEF的周长为 13 .
解：（3）解析：如图②，在DF上截取DM＝BE，连接AM.
∵ ∠ABC与∠D互补，
∴ ∠D＋∠ABC＝∠ABE＋∠ABC＝180°.
∴ ∠D＝∠ABE.∵ AD＝AB，∴ △ADM≌△ABE.
∴ AM＝AE，∠DAM＝∠BAE.
∵ ∠EAF＝∠BAE＋∠BAF＝∠DAM＋∠BAF＝ ∠BAD，
∵ ∠EAF＝ ∠BAD，∴ ∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF
＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF.∴ ∠EAF＝∠GAF.
＝，
在△AEF和△AGF中，ቐ∠＝∠，
＝，
∴ △AEF≌△AGF.∴ EF＝GF.
∵ GF＝DG＋DF＝BE＋DF，∴ EF＝BE＋DF.
解：（2） EF＝BE＋DF.如图①，延长EB到点G，使
BG＝DF，连接AG.∵ ∠ABC＋∠D＝180°，∠ABG＋
2022年中考数学几何模型之半角模型与倍角模型(讲+练)(解析版)
专题04 半角模型与倍角模型模型一、正方形中含半角模型如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，连接EF，过点A作AG⊥于EF 于点G，则：EF=BE+DF，AG=AD.例.如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AB，AD上，若CE＝5，且∠ECF＝45°，则CF的长为4．【答案】4【解答】解：如图，延长FD到G，使DG＝BE；连接CG、EF；∵四边形ABCD为正方形，在△BCE与△DCG中，，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴CG＝CE，∠DCG＝∠BCE，∴∠GCF＝45°，在△GCF与△ECF中，，∴△GCF≌△ECF（SAS），∴GF＝EF，∵CE＝5，CB＝4，∴BE＝3，∴AE＝1，设AF＝x，则DF＝4﹣x，GF＝1+（4﹣x）＝5﹣x，∴EF＝＝，∴（5﹣x）2＝1+x2，∴x＝，即AF＝，∴DF＝4﹣＝，∴CF＝＝＝4，故答案为：4．【变式训练1】已知四边形ABCD 是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A 点重合，将此三角板绕A 点旋转时，两边分别交直线BC ，CD 于M ，N ．(1)如图1，当M ，N 分别在边BC ，CD 上时，求证：BM +DN =MN(2)如图2，当M ，N 分别在边BC ，CD 的延长线上时，请直接写出线段BM ，DN ，MN 之间的数量关系(3)如图3，直线AN 与BC 交于P 点，MN =10，CN =6，MC =8，求CP 的长．【答案】（1）见解析；（2）BM DN MN -=；（3）3【详解】（1）证明：如图，延长CB 到G 使BG DN =，连接AG ，∵四边形ABCD 是正方形，∵AB AD =，90ABG ADN BAD ∠=∠=∠=︒，在ABG 与ADN △中，AB AD ABG ADN BG DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AGB AND SAS ∴△≌△，AG AN ∴=，GAB DAN ∠=∠，45MAN ∠=︒，90BAD ∠=︒，∵45DAN BAM BAD MAN ∠+∠=∠-∠=︒，45GAM GAB BAM DAN BAM ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，GAM NAM ∴∠=∠，在AMN 与AMG 中，AM AM GAM NAM AN AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AMN AMG SAS ∴△≌△，MN GM ∴=，又∵BM GB GM +=，BG DN =，BM DN MN ∴+=；（2）BM DN MN -=，理由如下：如图，在BM 上取一点G ，使得BG DN =，连接AG ，∵四边形ABCD 是正方形，∵AB AD =，90ABG ADN BAD ∠=∠=∠=︒，在ABG 与ADN △中，AB AD ABG ADN GB DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AGB AND SAS ∴△≌△，AG AN ∴=，GAB DAN ∠=∠，∵GAB GAD DAN GAD ∠+∠=∠+∠，∵90GAN BAD ∠=∠=︒，又45MAN ∠=︒，45GAM GAN MAN MAN ∴∠=∠-∠=︒=∠，在AMN 与AMG 中，AM AM GAM NAM AN AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AMN AMG SAS ∴△≌△，MN GM ∴=，又∵BM BG GM -=，BG DN =，∵BM DN MN -=，故答案为：BM DN MN -=；（3）如图，在DN 上取一点G ，使得DG BM =，连接AG ，∵四边形ABCD 是正方形，∵AB AD BC CD ===，90ABM ADG BAD ∠=∠=∠=︒，//AB CD ，在ABM 与ADG 中，AB AD ABM ADG BM DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()ABM ADG SAS ∴△≌△，AM AG ∴=，MAB GAD ∠=∠，∵MAB BAG GAD BAG ∠+∠=∠+∠，∵90MAG BAD ∠=∠=︒，又45MAN ∠=︒，45GAN MAG MAN MAN ∴∠=∠-∠=︒=∠，在AMN 与AGN 中，AM AG MAN GAN AN AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AMN AGN SAS ∴△≌△，10MN GN ∴==，设DG BM x ==，∵6CN =，8MC =，∵1064DC DG GN CN x x =+-=+-=+，8BC MC BM x =-=-，∵DC BC =，∵48x x +=-，解得：2x =，∵6AB BC CD CN ====，∵//AB CD ，∵BAP CNP ∠=∠，在ABP △与NCP 中，APB NPC BAP CNP AB CN ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()ABP NCP AAS ∴△≌△，132CP BP BC ∴===， ∵CP 的长为3．【变式训练2】如图，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，BC ＝CD ，∠ABC ＝∠ADC ＝90°，∠MAN ＝∠BAD ．（1）如图1，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明；（2）如图2，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 的延长线于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；（3）如图3，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 的反向延长线于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明．【答案】见解析 【详解】解：（1）证明：延长MB 到G ，使BG ＝DN ，连接AG ．∵∵ABG ＝∵ABC ＝∵ADC ＝90°，AB ＝AD ，∵∵ABG ∵∵ADN ．∵AG ＝AN ，BG ＝DN ，∵1＝∵4．∵∵1+∵2＝∵4+∵2＝∵MAN ＝∵BAD ．∵∵GAM ＝∵MAN ．又AM＝AM，∵∵AMG∵∵AMN．∵MG＝MN．∵MG＝BM+BG．∵MN＝BM+DN．（2）MN＝BM﹣DN．证明：在BM上截取BG，使BG＝DN，连接AG．∵∵ABC＝∵ADC＝90°，AD＝AB，∵∵ADN∵∵ABG，∵AN＝AG，∵NAD＝∵GAB，∵∵MAN＝∵NAD+∵BAM＝∵DAB，∵∵MAG＝∵BAD，∵∵MAN＝∵MAG，∵∵MAN∵∵MAG，∵MN＝MG，∵MN＝BM﹣DN．（3）MN＝DN﹣BM．模型二、等腰直角三角形角含半角模型如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E在BC上，且∠DAE=45°，则：BD2+CE2=DE2.例.如图，已知∵ABC中，∵BAC=90°，AB=AC,D,E是B C边上的点，将∵ABD绕点A旋转，得到∵AC D′，当∵DAE=45°时，求证：DE=D′E；在（1）的条件下，猜想：BD2，DE2，CE2有怎样的数量关系？请写出，并说明理由.【答案】见解析【详解】解析：因为∵ABD绕点A旋转，得到△ACD′∵AD=AD′，∵DAD’=∵BAC=90°∵∵DAE=45°，∵∵EAD’=∵DAD’-∵DAE=45°∵在∵AED和∵AED′中，AE=AE，∵EAD=∵AED’，AD=AD’∵∵AED∵∵AED’，∵DE=D’E由（1）得∵AED∵∵AED’，ED=ED’在∵ABC中，AB=AC,∵BAC=90°，∵∵B=∵ACB=45°∵∵ABD绕点A旋转，得到∵ACD’，∵BD=CD’,∵B=∵ACD’=45°∵∵BCD’=∵ACB+∵ACD’=45°+45°=90°【变式训练1】在等腰Rt△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90º，O为AB的中点，∠EOF＝45º，交CA于F，交BC的延长线于E.（1）求证：EF＝CE＋AF；（2）如图2，当E在BC上，F在CA的反向延长线上时，探究线段AF、CE、EF之间的数量关系，并证明.【答案】（1）见解析；（2）AF－EF＝CE.【解析】（1）连接CO，过点O作OG⊥OF交BE于点G，如图所示：由题意可得△AOF≌△COG，∴OF＝OG，∴△EOF≌△EOG，∴EF＝EG，∴EF＝EG＝EC＋CG＝EC＋AF；（2）AF－EF＝CE.【变式训练2】如图所示，等腰直角∵ABC 中，∵ACB ＝90°，E 、F 为AB 上两点（E 左F 右），且∵ECF ＝45°，求证：222AE BF EF +=．【答案】见解析【详解】解：222AE BF EF +=，理由如下：如图，将∵BCF 绕点C 旋转得∵ACF ′，使∵BCF 的BC 与AC 边重合，即∵ACF ′∵∵BCF ，∵在∵ABC 中，∵ACB ＝90°，AC ＝BC ，∵∵CAF ′＝∵B ＝45°，∵∵EAF ′＝90°，∵∵ECF ＝45°，∵∵ACE ＋∵BCF ＝45°，∵∵ACF ′＝∵BCF ，∵∵ECF ′＝45°，在∵ECF 和∵ECF ′中45CE CE ECF ECF CF CF =⎧⎪∠=∠='︒⎨='⎪⎩∵∵ECF ∵∵ECF ′（SAS ），∵EF ＝EF ′，在Rt ∵AEF ′中，222AE F A F E ''+=，∵222AE BF EF +=．【变式训练3】如图，∵ABC 是边长为3的等边三角形，∵BDC 是等腰三角形，∵BDC ＝120º，以D 为顶点作一个60º的角，使其两边分别交AB 于M ，交AC 于N ，连接MN ，则∵AMN 的周长是多少？【答案】6【详解】∵∵BDC 是等腰三角形，且∵BDC ＝120º，∵∵BCD ＝∵DBC ＝30º，∵∵ABC 是边长为3的等边三角形，∵∵ABC ＝∵BAC ＝∵BCA ＝60º，∵DBA ＝∵DCA ＝90º，如图，延长AB 至点F ，使BF ＝CN.连接DF，在∵BDF与∵CND中，∵∵BDF＝∵CDN，DF＝DN，∵∵MDN＝60º，∵∵BDM＋∵CDN＝60º，∵∵BDM＋∵BDF＝60º，在∵DMN与∵DMF中，∵MN＝MF，∵∵AMN的周长是：AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋BF＋AN＝AB＋AC＝6.模型三、二倍角模型（1）作二倍角的平分线，构成等腰三角形.（2）延长二倍角的一边，使其等于二倍角的另一边，构成两个等腰三角形.例.已知及的值（利用倍半角模型解题）.，.【解析】由图1，由图2可得.【变式训练1】如图，在正方形ABCD中，E为AD边上的中点，过点A作AF⊥BE交CD边于点F，M是AD边上一点，且BM＝DM＋CD.（1）求证：点F是CD边上的中点；（2）求证：∠MBC＝2∠ABE.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC＝AB＝BC，∠C＝∠D＝∠BAD＝90º，AB∥CD，∵AF⊥BE，∴∠AOE＝90º，∴∠EAF＋∠AEB＝90º，∠EAF＋∠BAF＝90º，∴∠AEB＝∠BAF，∵AB∥CD，∴∠BAF＝∠AFD，∴∠AEB＝∠AFD，∵∠BAD＝∠D，AB＝AD，∴△BAE≌△ADF，∴AE＝DF，∵点E是边AD的中点，∴点F是CD边上的中点；（2）延长AD至点G，使得MG＝MB，连接FG、FB，如图所示：∵BM＝DM＋CD，∴DG＝DC＝BC，∵∠GDF＝∠C＝90º，DF＝CF，∴△FDG≌△FCB，∴∠DFG＝∠CFB，∴点B、F、G共线，∵点E为AD边上的中点，点F是CD边上的中点，AD＝CD，∴AE＝CF，∵AB＝BC，∠C＝∠BAD＝90º，AE＝CF，∴△ABE≌△CBF，∴∠ABE＝∠CBF，∵AG∥BC，∴∠AGB＝∠CBF＝∠ABE，∴∠MBC＝∠AMB＝2∠AGB＝2∠GBC＝2∠ABE，∴∠MBC＝2∠ABE.【变式训练2】如图，在△ABC中，∠BAC＝90º，AB＝3，AC＝4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD 翻折得到△AED，连接CE，求线段CE的长.【解析】如图，连接BE交AD于点O，作AH⊥BC于点H.在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝3，∴BC＝5，∵CD＝DB，∴AD＝DC＝DB＝，，∵AE＝AB，DE＝DB＝DC，∴AD垂直平分线段BE，△BCE是直角三角形，，∴BE＝2OB＝，在Rt△BCE.课后训练1.如图，在△ABC中，∠ACB＝90º，D是AB边上的一点，M是CD的中点，若∠AMD＝∠BMD.求证：∠CDA＝2∠ACD.【答案】见解析【解析】证明：过点A作AG∥DC交BM延长线于点H交BC的延长线于点G，连接HC，如图所示：由题意可得∠BMD＝∠AHB，∠AMD＝∠HAM，∠HAC＝∠ACD，即，∵CM＝DM，∴HG＝AH，即点H是AG的中点，∵AC⊥BC，∴，∴∠HCA＝∠HAC＝∠ACD，∴∠HCM＝∠HCA＋∠ACD＝∠ACD＋∠ACD＝2∠ACD，∵∠HAM＝∠AMD，∠AMD＝∠BMD，∠BMD＝∠AHB，∠BMD＝∠HMC，∴HM＝AM，∵MD＝MC，∠AMD＝∠HMC，AM＝HM，∴△AMD≌△HMC，∴∠ADM＝∠HCM＝2∠ACD.2.在△ABC中，∠C＝90º，AC＝8，AB＝10，点P在AC上，AP＝2BP与AB、AC.的半径为1【解析】过点O作OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，延长CA至点F，使得AF＝AB＝10，连接OA、BF，如图所示：由题意可得OD＝OE，AO平分∠EAO，∠F＝BAC，∴tan∠EAO＝tan∠F＝，设的半径为，由BC＝PC＝6，∴△PBC为等腰直角三角形，∴EP＝OE＝，EA＝＋2，，解得1.3.如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180º，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，求证：EF＝BE＋FD.【答案】见解析【解析】如图，将△ADF顺时针旋转得到△ABG，使得AD与AB重合.∵旋转，∴△ADF≌△ABG，∴∠FAG＝∠BAD，AF＝AG，DF＝GB，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠EAF＝∠EAG，又∵AE＝AE，∴△EAG≌△EAF，∴GE＝EF，∵GE＝GB＋BE＝DF＋BE，∴EF＝BE＋FD.4.已知，在正方形ABCD中，∠MAN＝45º，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM＋DN＝MN.（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN、和MN之间有怎样的数量关系？猜想一下，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想.【解答】（1）猜想：BM＋DN＝MN；（2）猜想：DN－BM＝MN【解析】（1）猜想：BM＋DN＝MN.证明：如图，将△AND绕点A顺时针旋转90º，得到△ABE，则E、B、M共线，∴∠EAM＝90º－∠NAM＝90º－45º＝45º，∵∠NAM＝45º，在△AEM与△ANM中，∴ME＝MN，∵ME＝BE＋BM＝DN＋BM，∴DN＋BM＝MN；（2）猜想：DN－BM＝MN.证明：在线段DN上截取DQ＝BM，如图所示.在△ADQ与△ABM中，，∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN，在△AMN与△AQN中，∴MN＝QN，∴DN－BM＝MN.5.如图，在平面直角坐标系中，且.（1）求证：△ABC是等边三角形；（2）如图2，A、B两点在轴上、轴上的位置不变，在线段AB上有两动点M、N，满足∠MON＝45º，试猜想线段BM、AN、MN之间的数量关系，并证明你的结论.【解答】（1）见解析；（2）【解析】（1），且，∴，，∴OA ＝OB ＝OC ＝4，∵∠AOB ＝∠BOC ＝90º，∴∠BCA ＝∠CBO ＝∠OBA ＝∠BAC ＝45º，∴BA ＝BC 且∠CBA ＝90º，即△ABC 是等腰直角三角形；（2）猜想：.∵OA ＝OB ＝4，∴∠AOB ＝90º，如图，将△BOM 绕点O 顺时针旋转90º得到△AOD ， ∴AD ＝BM ，DO ＝MO ，∠OAD ＝∠OBM ＝45º，且∠DOM ＝∠AOB ＝90º，∴∠AOD ＝∠BOM ， ∵∠MON ＝45º，∠AOB ＝90º，∴∠BOM ＋∠AON ＝45º，∴∠AOD ＋∠AON ＝45º，即∠DON ＝∠MON ＝45º，∴△DON ≌△MON ，∴DN ＝MN ，∵∠OAD ＝∠OBM ＝∠BAO ＝45º，即∠NAD ＝90º，.6.已知正方形ABCD ，45MAN ∠=︒，MAN ∠绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB 、DC 于点M 、N ，AH MN ⊥于点H ．（1）如图①，当BM DN =时，可以通过证明≌ADN ABM ，得到AH 与AB 的数量关系，这个数量关系是___________；（2）如图②，当BM DN ≠时，（1）中发现的AH 与AB 的数量关系还成立吗？说明理由；（3）如图③，已知AMN 中，45MAN ∠=︒，AH MN ⊥于点H ，3MH =，7=NH ，求AH 的长．【答案】（1）AB AH =；（2）AB AH =成立，理由见解析；（3）AH =【详解】解：（1）∵正方形ABCD ，∵AB ＝AD ，∵B ＝∵D ＝∵BAD ＝90°，在Rt ∵ABM 和Rt ∵ADN 中，AB AD B D BM DN ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∵Rt ∵ABM ∵Rt ∵ADN （SAS ），∵∵BAM ＝∵DAN ，AM ＝AN ， ∵∵MAN ＝45°，∵∵BAM ＋∵DAN ＝45°，∵∵BAM ＝∵DAN ＝22.5°，∵∵MAN ＝45°，AM ＝AN ，AH ∵MN ，∵∵MAH ＝∵NAH ＝22.5°，∵∵BAM ＝∵MAH ，在Rt ∵ABM 和Rt ∵AHM 中，BAM MAH B AHM AM AM ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∵Rt ∵ABM ∵Rt ∵AHM （AAS ），∵AB ＝AH ，故答案为：AB ＝AH ；（2）AB ＝AH 成立，理由如下：延长CB 至E ，使BE ＝DN ，如图：∵四边形ABCD 是正方形，∵AB ＝AD ，∵D ＝∵ABE ＝90°，在Rt ∵AEB 和Rt ∵AND 中，AB AD ABE D BE DN ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∵Rt ∵AEB ∵Rt ∵AND （SAS ），∵AE ＝AN ，∵EAB ＝∵NAD ，∵∵DAN ＋∵BAM ＝45°，∵∵EAB ＋∵BAM ＝45°，∵∵EAM ＝45°，∵∵EAM ＝∵NAM ＝45°，在∵AEM 和∵ANM 中，AE AN EAM MAN AM AM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∵∵AEM ∵∵ANM （SAS ），∵AB ，AH 是∵AEM 和∵ANM 对应边上的高，∵AB ＝AH ．（3）分别沿AM ，AN 翻折∵AMH 和∵ANH ，得到∵ABM 和∵AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，如图：∵沿AM ，AN 翻折∵AMH 和∵ANH ，得到∵ABM 和∵AND ，∵AB ＝AH ＝AD ，∵BAD ＝2∵MAN ＝90°，∵B ＝∵AHM ＝90°＝∵AHN ＝∵D ， ∵四边形ABCD 是正方形，∵AH ＝AB ＝BC ＝CD ＝AD ．由折叠可得BM ＝MH ＝3，NH ＝DN ＝7，设AH ＝AB ＝BC ＝CD ＝x ，在Rt ∵MCN 中，由勾股定理，得MN 2＝MC 2＋NC 2，∵()()()2227+3=37x x -+-，解得5x =5x =，∵AH =。
2025年中考数学总复习第二部分重难专题突破专题4等腰三角形中的“倍半角”问题
2
3
＝ ＝
.
3. 如图①，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AD⊥BC于点D，M是BC
的中点.
1
求证：DM＝ AB；
2
（1）
解：（1） 证明：如图①，取AC的中点H，连
接HM，DH.∵ M是BC的中点，H是AC的中
点，∴ MH∥AB，MH＝ AB.∴ ∠HMC＝
∠ABC.又∵ ∠ABC＝2∠C，∴ ∠HMC＝2∠C.
∵ AD⊥BC，H是AC的中点，∴ DH＝HC.∴
∠HDC＝∠C.∴ ∠HMC＝2∠HDC.∵ ∠HMC
如图②，延长BA至点D，使AD＝AC，连接CD，则∠D
＝∠ACD＝20°，且AD＝AB.易证CA平分∠PCD.过点A分
别作CD，CP的垂线，垂足分别为G，H，则AG＝
AH.∵∠ACP＝20°，∠BAC＝40°，∴ ∠APH＝20°＋40°
＝60°.∵ 易证BC＝2AG，∴ BC＝2AH.∴
2sin∠APH＝2sin60°＝ 3.
2
3.
变式训练
1.
如图，在等边三角形ABC中，P为AB上一点，∠A＝2∠ACP，则
＝
2 .
解析：在等边三角形ABC中，AC＝BC，∠A＝60°.∵
∠A＝2∠ACP，∴ ∠ACP＝30°.在△ACP中，∠APC
＝180°－30°－60°＝90°.∴
BC，∴
＝2.
＝sin30°＝ .∵
＝2∠BAD，∴ ∠C＝∠EAD.∴ ∠ADE＝∠C＋∠DAC＝∠EAD＋
∠DAC＝∠EAC.∴ ∠E＝∠ADE＝∠EAC.∴ AC＝CE＝3a.∵ ∠E＝
倍角及半角的三角函数公式(含答案)
倍角及半角的三角函数公式一、单选题(共10道，每道10分)1.若的值是( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：二倍角的余弦公式2.已知角在第一象限且，则的值是( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：二倍角的余弦公式3.已知锐角满足：的值是( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：二倍角的正弦公式4.若的值是( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：二倍角的余弦公式5.已知的值是( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：二倍角的正弦公式6.设，则下列结论中正确的是( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：二倍角的余弦公式7.若，则的值是( )A.﹣2B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：二倍角的余弦公式8.已知的值是( )A.2B.C.﹣2D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：半角的三角函数9.已知是△ABC的一个内角，且的值是( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：半角的三角函数10.已知的值是( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：半角的三角函数。
初中数学半角模型专题讲解(最全最新)
二、正方形中的半角模型
例2、已知正方形ABCD边长为5，点M、N分别在边BC，CD上，连 接AM，MN，AN，若∠MAN＝45°，BM＝2，求线段NC的长
单击此处编辑母版副标题样式
变式训练：已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针 旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当 ∠MAN绕点A旋转到如图2的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有 怎样的数量关系呢？写出你的猜想．（需要证明）
再见！谢谢大家的聆听!
变式训练：已知∠MAN＝45°，AHபைடு நூலகம்MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求 AH的长．
变式训练：如图，点E、F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且∠EAF ＝45°，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接BD交AF于点M， DE＝2，BF＝3，求GM
三、四边形中的半角模型
例3、如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分 别是边BC、CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD．求证：EF＝BE+FD．
变式训练：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边 BC、CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，证明：EF＝BE+FD
变式训练：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别 是边BC、CD延长线上的点，且2∠EAF＝∠BAD，证明：EF＝BE﹣FD．
初中数学模型：半角模型专题
学校：永州博闻高级中学数学组（八年级） 主讲：蒋老师
一、等边三角形中的半角模型
例1、如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝ 120°，以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交 AC于点N，连结MN，求△AMN的周长
备战中考数学二轮专题归纳提升真题几何模型—半角模型(解析版)
专题12 几何模型（2）—半角模型【模型介绍】半角模型是指：共顶点的两个一大一小的角，其中小角是大角的一半。
如下图中：若小角∠EAD等于大角∠BAC的一半，我们习惯上称之为“半角模型”。
【解题关键】旋转目标三角形法和翻折目标三角形法【典型例题】【题型一：等边直角三角形中的半角模型】【模型】如图，△BDC为等腰三角形且∠BDC=120°，M和N分别是AB和AC上的两个点，且∠MDN=60°，△ABC为等边三角形。
【结论】结论①：MN=BM+CN；证明：如下图1，延长AB到H点，并使得BH=CN，连接DH，∵△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ABD=∠ABC+∠DBC=60°+30°=90°=∠ACD，即∠HBD=∠NCD=90°，在△HBD和△NC D中：{BH=CN∠HBD=∠NCD=90∘DB=DC∴△HBD≌△NCD(SAS)，∴DH=DN，∠HDB=∠CDN，又∠BDC=120°，∠MDN=60°，∴∠BDM+∠CDN=60°，即∠BDM+∠HDB=60°，∴∠HDM=∠NDM=60°，在△HDM和△NDM中：{HD=DN∠HDM=∠NDM=60∘MD=MD∴△HDM≌△NDM(SAS)，∴MN=MH=MB+BH=MB+CN。
证明完毕！结论②：如上图1中：△AMN的周长=2倍等边△ABC的边长；或者说成：3倍△AMN的周长=2倍等边三角形的周长。
证明：由结论①知：MN=MB+CN，CΔAMN=AM+AN+MN=AM+AN+(MB+CN)=(AM+MB)+(AN+NC)=AB+AC=2AB【例】如图，△ABC是边长为2的等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以点D 为顶点作∠MDN=60°，点M、N分别在AB、AC上．（1）如图①，当MN//BC时，则△AMN的周长为______；（2）如图②，求证：BM+NC=MN．【答案】（1）4；（2）证明见解析【解析】解：（1）∵△ABC 是等边三角形，MN //BC ，∴∠AMN =∠ABC =60°，∠ANM =∠ACB =60°∴△AMN 是等边三角形，∴AM =AN ，则BM =NC ，∵△BDC 是顶角∠BDC =120°的等腰三角形，∴∠DBC =∠DCB =30°，∴∠DBM =∠DCN =90°在△BDM 和△CDN 中，{BM =CN,∠MBD =∠DCN,BD =CD,∴△BDM ≌△CDN （SAS ）∴DM =DN ，∠BDM =∠CDN ，∵∠MDN =60°，∴△DMN 是等边三角形，∠BDM ∠CDN =30°，∴NC =BM =12DM =12MN∴MN =MB +NC ，∴△AMN 的周长=AB +AC =4．（2）如图，延长AC 至点E ，使得CE =BM ，连接DE ，∵△ABC 是等边三角形，△BDC 是顶角∠BDC =120°的等腰三角形，∴∠ABC =∠ACB =60°，∠DBC =∠DCB =30°，∴∠ABD =∠ACD =90°，∴∠DCE =90°，在△BDM 和△CDE 中，{BD =CD,∠MBD =∠ECD,BM =CE,∴△BDM ≌△CDE （SAS ），∴MD =ED ，∠MDB =∠EDC∴∠MDE=120°-∠MDB+∠EDC=120°，∵∠MDN=60°，∴∠EDN=60°，在△MDN和△EDN中，{MD=ED,∠MDN=∠NDE=60°,DN=DN,∴△NDM≌△NDE（SAS），∴MN=NE，又∵NE=NC+CE=NC+BM，∴BM+NC=MN．【练1】如图，△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求△AMN的周长．【答案】△AMN的周长为6．【解析】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°∴∠BCD=∠DBC=30°∵△ABC是边长为3的等边三角形∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°∴∠DBA=∠DCA=90°延长AB至F，使BF=CN，连接DF，在Rt△BDF和Rt△CN D中，BF=CN，DB=DC∴△BDF≌△CDN，∴∠BDF=∠CDN，DF=DN∵∠MDN=60°∴∠BDM+∠CDN=60°∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边∴△DMN≌△DMF，∴MN=MF∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．【练2】在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝D C．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系=；是；此时QL（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．【答案】（1）BM+NC＝MN，2；3（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，详见解析【解析】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．此时QL =23．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴QL =23；（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴QL =23；（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．【题型二：等腰直角三角形中的半角模型】【模型】：如图，在△AB C中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E在BC上，且∠DAE=45°作法1：将△ABD旋转90°作法2：分别翻折△ABD,△ACE【结论】BD 2+CE 2=DE 2（证明与正方形中的半角模型类似）【例】如图，等腰直角三角形AB C 中，∠BAC = 90°，AB =AC ，点M ，N 在边BC 上，且∠MAN =45°．若BM = 1，CN =3，求MN 的长．【答案】√10【解析】解：如图，过点C 作CE ⊥BC ，垂足为点C ，截取CE ，使CE ＝BM ．连接AE 、EN ．∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，∴∠B ＝∠ACB ＝45°．∵CE ⊥BC ，∴∠ACE ＝∠B ＝45°．在△ABM 和△ACE 中{AB ＝AC∠B ＝∠ACE BM ＝CE，∴△ABM ≌△ACE （SAS ）．∴AM ＝AE ，∠BAM ＝∠CAE ．∵∠BAC ＝90°，∠MAN ＝45°，∴∠BAM ＋∠CAN ＝45°．于是，由∠BAM ＝∠CAE ，得∠MAN ＝∠EAN ＝45°．在△MAN 和△EAN 中{AM ＝AE∠MAN ＝∠EAN AN ＝AN，∴△MAN ≌△EAN （SAS ）．∴MN ＝EN ．在Rt △EN C 中，由勾股定理，得EN 2＝EC 2＋NC 2．∴MN 2＝BM 2＋NC 2．∵BM ＝1，CN ＝3，∴MN 2＝12＋32，∴MN ＝√10．【练1】如图，在四边形ABC D 中，AB ＝AD ，BC ＝CD ，∠ABC ＝∠ADC ＝90°，∠MAN ＝∠BA D ．（1）如图1，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明；（2）如图2，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 的延长线于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；（3）如图3，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 的反向延长线于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明．【答案】证明见解析【解答】解：（1）证明：如图，延长MB 到G ，使BG ＝DN ，连接AG ．∵∠ABG＝∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADN．∴AG＝AN，BG＝DN，∠1＝∠4．∠BA D．∴∠1+∠2＝∠4+∠2＝∠MAN＝12∴∠GAM＝∠MAN．又AM＝AM，∴△AMG≌△AMN．∴MG＝MN．∵MG＝BM+BG．∴MN＝BM+DN．（2）MN＝BM﹣DN．证明：如图，在BM上截取BG，使BG＝DN，连接AG．∵∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝AB，∴△ADN≌△ABG，∴AN＝AG，∠NAD＝∠GAB，∠DAB，∴∠MAN＝∠NAD+∠BAM＝12∠BAD，∴∠MAG＝12∴∠MAN＝∠MAG，∴△MAN≌△MAG，∴MN＝MG，∴MN＝BM﹣DN．（3）MN＝DN﹣BM．【练2】已知：如图（1）在Rt△AB C中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC 上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形AB C中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【解析】解：（1）DE2＝BD2+EC2；证明：如图，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°∴∠BAD+∠CAE＝45°,∠F AD+∠F AE＝45°,∴∠CAE=∠F AE又AE=AE,AF=AB=AC∴△AFE≌△ACE，∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，∴DE2＝FD2+EF2∴DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠F AE＝∠F AD+∠DAE＝∠F AD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠F AE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DC A．∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【题型三：正方形中的半角模型】【模型】在正方形ABC D中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。
2022年中考数学几何模型提升专题08 倍半角模型
专题08倍半角模型【模型解读】半角向外构等腰，倍角向内构等腰.【必备知识】等腰三角形与“倍半角”在等腰ABC △中，AB AC =，则2CAD B ∠=∠【模型建立】 （一）向外构造等腰,得到“半”角 如图，在直角三角形中，若tan a b θ=，则tan 2a b cθ=+已知“倍角”求“半角”，只需将该倍角所在的直角三角形相应的直角边顺势延长，“等腰现，半角出”（二）向内构造等腰得到“倍”角如图，在Rt △的直角边上取点，向内构造等腰，设x ，在粉色Rt △中，由勾股定理可以解出x ，从而得到tan 2θ已知“半角”求“倍角”，只需在该半角所在的直角三角形相应的直角边截取线段，“等腰现，倍角出”； 可以看出：由“倍”造“半”，极其容易，只需口算；由“半”造“倍”，相对麻烦，需要方程；【特殊“半角”】(一)15°角问题：如何计算tan15°的值呢?由15°容易联想到30°，它们之间存在着“倍半”关系；如图，先构造一个含30°角的Rt △ABC，设1,BC CA AB ===2，再延长CA 至D 使AD=AB=2，连接BD ，构造出等腰△ABD ，则115,2D BAC ︒∠=∠=故在Rt △DBC 中，有tan152BC DC ︒===(二)22．5°角 构造可得tan 22.5BC DC ︒==1= 而tan 67.51,tan 22.5DC BC︒︒==与tan67．5°互为倒数. ba x1D(三)“345”三角形①如图，Rt △ABC 三边比为3：4：5，Rt △BCE 三边比为1:即若3tan ,4BAC ∠=11tan tan 23E BAC ∠=∠=②如图，Rt △ABC 三边比为3：4：5，Rt △ACF 三边比为1:2即若4tan ,3ABC ∠=11tan tan 22F ABC ∠=∠=121D54B54F③如图，Rt △ABC 三边比为3：4：5，Rt △BCD 三边比为7：24：25，即若3tan ,4A ∠=则tan 24tan 27BDC A ∠=∠=记住这些常用的数据以及来龙去脉，对于解题来说，百利而无一害．【模型实例】1．如图，在正方形ABCD 中，1AB =，点E 、F 分别在边BC 和CD 上，AE AF =，60EAF ∠=︒，则CF 的长是 ．2．如图，在正方形纸片ABCD 中，E 是CD 的中点，将正方形纸片折叠，点B 落在线段AE 上的点G 处，折痕为AF ，若4AD cm =，则CF 的长为 cm ．3．如图，ABC ∆中，点E 在边AC 上，EB EA =，2A CBE ∠=∠，CD 垂直于BE 的延长线于点D ，8BD =，11AC =，则边BC 的长为 ．x43B4．如图，点A 在反比例函数(0)k y x x=<上，过点A 作AB x ⊥轴于点B ，C 为x 轴正半轴上一点，连接AC 交y 轴于点D ，3tan 4ACB ∠=，AO 平分CAB ∠，此时，8ABC S ∆=，则k 的值为 ．5．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 ．6．如图，AB 是O 的直径，C ，P 是AB 上两点，13AB =，5AC =，如图，若点P 是AB 的中点，求PA 的长；7．如图，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，6AC =，8BC =，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．8．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：2OA OE DC =；（3）求tan ACD ∠的值．9．如图，在Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，以CB 为半径作C ，交AC 于点D ，交AC 的延长线于点E ，连接BD ，BE ．（1）求证：ABD AEB ∆∆∽；（2）当43AB BC =时，求tan E ； （3）在（2）的条件下，作BAC ∠的平分线，与BE 交于点F ，若2AF =，求C 的半径．10．如图，AB 为O 的直径，C 为O 上一点，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：2DE DA DC ⋅=；（3）若1tan 2CAD ∠=，求sin CDA ∠的值．11．如图，在平面直角坐标系中，直线122y x =-+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，抛物线212y x bx c =-++经过A ，B 两点且与x 轴的负半轴交于点C ．（1）求该抛物线的解析式；（2）若点D 为直线AB 上方抛物线上的一个动点，当2ABD BAC ∠=∠时，求点D 的坐标；12．二次函数24(0)y ax bx a =++≠的图象经过点(4,0)A -，(1,0)B ，与y 轴交于点C ，点P 为第二象限内抛物线上一点，连接BP 、AC ，交于点Q ，过点P 作PD x ⊥轴于点D ．（1）求二次函数的表达式；（2）连接BC ，当2DPB BCO ∠=∠时，求直线BP 的表达式；13．如图，在平面直角坐标系中，直线122y x =+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线212y x bx c =-++经过A 、C 两点，与x 轴的另一交点为点B ．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点D 为直线AC 上方抛物线上一动点，过点D 作DF AC ⊥，垂足为点F ，连接CD ，是否存在点D ，使得CDF ∆中的某个角恰好等于BAC ∠的2倍？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．14．如图，抛物线26y ax x c =++交x 轴于A ，B 两点，交y 轴于点C ，直线5y x =-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．15．如图，抛物线2y x bx c =++交x 轴于A 、B 两点，其中点A 坐标为(1,0)，与y 轴交于点(0,3)C -．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足2PAB ACO∠=∠．求点P的坐标；16．在平面直角坐标系中，直线122y x=-与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数212y x bx c=++的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．（1）求二次函数的表达式；（2）如图，过点D作DM BC⊥于点M，是否存在点D，使得CDM∆中的某个角恰好等于ABC∠的2倍？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．专题08倍半角模型【模型解读】半角向外构等腰，倍角向内构等腰.【必备知识】等腰三角形与“倍半角”在等腰ABC △中，AB AC =，则2CAD B ∠=∠【模型建立】 （一）向外构造等腰,得到“半”角 如图，在直角三角形中，若tan a b θ=，则tan 2a b cθ=+已知“倍角”求“半角”，只需将该倍角所在的直角三角形相应的直角边顺势延长，“等腰现，半角出”（二）向内构造等腰得到“倍”角如图，在Rt △的直角边上取点，向内构造等腰，设x ，在粉色Rt △中，由勾股定理可以解出x ，从而得到tan 2θ已知“半角”求“倍角”，只需在该半角所在的直角三角形相应的直角边截取线段，“等腰现，倍角出”；可以看出：由“倍”造“半”，极其容易，只需口算；由“半”造“倍”，相对麻烦，需要方程；【特殊“半角”】(一)15°角问题：如何计算tan15°的值呢?由15°容易联想到30°，它们之间存在着“倍半”关系；如图，先构造一个含30°角的Rt△ABC，设1,BC CA AB===2，再延长CA至D使AD=AB=2，连接BD，构造出等腰△ABD，则115,2D BAC︒∠=∠=故在Rt△DBC中，有tan152BCDC︒===(二)22．5°角构造可得tan22.5BCDC︒==1=而tan67.51,tan22.5DCBC︒︒==与tan67．5°互为倒数.bax1D(三)“345”三角形①如图，Rt △ABC 三边比为3：4：5，Rt △BCE三边比为1:即若3tan ,4BAC ∠=11tan tan 23E BAC ∠=∠=②如图，Rt △ABC 三边比为3：4：5，Rt △ACF 三边比为1:2:即若4tan ,3ABC ∠=11tan tan 22F ABC ∠=∠=121D54B③如图，Rt△ABC三边比为3：4：5，Rt△BCD三边比为7：24：25，即若3 tan,4A∠=则tan24tan27 BDC A∠=∠=记住这些常用的数据以及来龙去脉，对于解题来说，百利而无一害．【模型实例】1．如图，在正方形ABCD中，1AB=，点E、F分别在边BC和CD上，AE AF=，60EAF∠=︒，则CF1．54Fx43B【解答】解：四边形ABCD 是正方形，90B D BAD ∴∠=∠=∠=︒，1AB BC CD AD ====，在Rt ABE ∆和Rt ADF ∆中， AE AFAB AD=⎧⎨=⎩， Rt ABE Rt ADF(HL)∴∆≅∆，BAE DAF ∴∠=∠，60EAF ∠=︒， 30BAE DAF ∴∠+∠=︒， 15DAF ∴∠=︒，在AD 上取一点G ，使15GFA DAF ∠=∠=︒，如图所示，AG FG ∴=，30DGF ∠=︒， 1122DF FG AG ∴==，DG ，设DF x =，则DG ，2AG FG x ==， AG DG AD +=，21x ∴=，解得：2x =2DF ∴=，1(21CF CD DF ∴=-=-=；1-．2．如图，在正方形纸片ABCD 中，E 是CD 的中点，将正方形纸片折叠，点B 落在线段AE上的点G 处，折痕为AF ，若4AD cm =，则CF 的长为 (6- cm ．【解答】解：设BF x =，则FG x =，4CF x =-．在Rt ADE ∆中，利用勾股定理可得AE =．根据折叠的性质可知4AG AB ==，所以4GE =．在Rt GEF ∆中，利用勾股定理可得2224)EF x =+， 在Rt FCE ∆中，利用勾股定理可得222(4)2EF x =-+，所以22224)(4)2x x +=-+，解得2x =．则46FC x =-=-故答案为：(6-．3．如图，ABC ∆中，点E 在边AC 上，EB EA =，2A CBE ∠=∠，CD 垂直于BE 的延长线于点D ，8BD =，11AC =，则边BC 的长为【解答】解：延长BD 到F ，使得DF BD =， CD BF ⊥，BCF ∴∆是等腰三角形， BC CF ∴=，过点C 作//CH AB ，交BF 于点H 22ABD CHD CBD F ∴∠=∠=∠=∠， HF HC ∴=， //CH AB ，ABE CHE ∴∠=∠，BAE ECH ∠=∠， EH CE ∴=，EA EB =，AC BH ∴=，8BD =，11AC =，3DH BH BD AC BD ∴=-=-=， 835HF HC ∴==-=，在Rt CDH ∆，∴由勾股定理可知：4CD =，在Rt BCD ∆中，BC ∴==，故答案为：4．如图，点A 在反比例函数(0)ky x x=<上，过点A 作AB x ⊥轴于点B ，C 为x 轴正半轴上一点，连接AC 交y 轴于点D ，3tan 4ACB ∠=，AO 平分CAB ∠，此时，8ABC S ∆=，则k 的值为 6- ．【解答】解：设点A 纵坐标为m ，则点A 坐标为(km，)m ，作OE 垂直于AC 于点E ， AB m ∴=， 3tan 4AB ACB BC ∠==， 4433BC AB m ∴==， 21128223ABC S AB BC mBC m ∆∴=⋅===，解得m =或m =-)，AB ∴=，BC =，AC OE OB =，1111()82222ABC ABO AOC S S S AB BO AC OE BO AB AC BO ∆∆∆∴=+=⋅+⋅=+=⨯=，解得BO =∴点A 坐标为(，6k ∴==-．故答案为：6-．5．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 6-【解答】解：正方形ABCD 的边长为4，点E 是CD 的中点，2DE ∴=，AE ∴=ADE ∆绕点A 顺时针旋转90︒得ABG ∆，AG AE ∴==，2BG DE ==，34∠=∠，90GAE ∠=︒，90ABG D ∠=∠=︒，而90ABC ∠=︒，∴点G 在CB 的延长线上，AF 平分BAE ∠交BC 于点F ， 12∴∠=∠，2413∴∠+∠=∠+∠，即GAF DAF ∠=∠， DAF AFG ∠=∠， GA GF ∴=，GF GA AE ∴===426CF CG GF ∴=-=+-=-故答案为6-6．如图，AB 是O 的直径，C ，P 是AB 上两点，13AB =，5AC =．如图，若点P 是AB 的中点，求PA 的长【解答】解：如图所示，连接PB ，AB 是O 的直径且P 是AB 的中点，45PAB PBA ∴∠=∠=︒，90APB ∠=︒，又在等腰三角形APB ∆中有13AB =，PA ∴． 7．如图，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，6AC =，8BC =，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．【解答】（1）证明：ED AD ⊥， 90EDA ∴∠=︒，AE 是O 的直径， AE ∴的中点是圆心O ，连接OD ，则OA OD =， 1ODA ∴∠=∠，AD 平分BAC ∠，21ODA ∴∠=∠=∠，//OD AC ∴，90BDO ACB ∴∠=∠=︒， BC ∴是O 的切线；（2）解：在Rt ABC ∆中，由勾股定理得，10AB ===， //OD AC ， BDO BCA ∴∆∆∽，∴OD OB AC AB =，即10610r r-=， 154r ∴=，在Rt BDO ∆中，5BD =， 853CD BC BD ∴=-=-=，在Rt ACD ∆中，31tan 262CD AC ∠===， 32∠=∠，1tan 3tan 22∴∠=∠=．8．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：2OA OE DC =； （3）求tan ACD ∠的值．【解答】证明：（1）BM 是以AB 为直径的O 的切线，90ABM ∴∠=︒， BC 平分ABM ∠，1452ABC ABM ∴∠=∠=︒AB 是直径90ACB ∴∠=︒，45CAB CBA ∴∠=∠=︒ AC BC ∴=ACB ∴∆是等腰直角三角形；（2）如图，连接OD ，OCDE EO =，DO CO =EDO EOD ∴∠=∠，EDO OCD ∠=∠ EDO EDO ∴∠=∠，EOD OCD ∠=∠EDO ODC ∴∆∆∽∴OD DEDC DO=2OD DE DC ∴=2OA DE DC EO DC ∴==（3）如图，连接BD ，AD ，DO ，作BAF DBA ∠=∠，交BD 于点F ，DO BO =ODB OBD ∴∠=∠，2AOD ODB EDO ∴∠=∠=∠，453CAB CDB EDO ODB ODB ∠=∠=︒=∠+∠=∠，15ODB OBD ∴∠=︒=∠ 15BAF DBA ∠=∠=︒AF BF ∴=，30AFD ∠=︒ AB 是直径90ADB ∴∠=︒2AF AD ∴=，DF =2BD DF BF AD ∴=++tan tan 2AD ACD ABD BD ∴∠=∠===-9．如图，在Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，以CB 为半径作C ，交AC 于点D ，交AC 的延长线于点E ，连接BD ，BE ． （1）求证：ABD AEB ∆∆∽； （2）当43AB BC =时，求tan E ； （3）在（2）的条件下，作BAC ∠的平分线，与BE 交于点F ，若2AF =，求C 的半径．【解答】解：（1）90ABC ∠=︒， 90ABD DBC ∴∠=︒-∠，由题意知：DE 是直径， 90DBE ∴∠=︒， 90E BDE ∴∠=︒-∠， BC CD =， DBC BDE ∴∠=∠，ABD E ∴∠=∠， A A ∠=∠， ABD AEB ∴∆∆∽；（2）:4:3AB BC =，∴设4AB =，3BC =，5AC ∴==， 3BC CD ==，532AD AC CD ∴=-=-=，由（1）可知：ABD AEB ∆∆∽，∴AB AD BDAE AB BE==，2AB AD AE ∴=， 242AE ∴=，8AE ∴=，在Rt DBE ∆中 41tan 82BD AB E BE AE ====；（3）过点F 作FM AE ⊥于点M ， :4:3AB BC =，∴设4AB x =，3BC x =，∴由（2）可知；8AE x =，2AD x =，6DE AE AD x ∴=-=，AF 平分BAC ∠，∴BF ABEF AE =， ∴4182BF x EF x ==， 1tan 2E =，cos E ∴=，sin E =，∴BE DE =，BE ∴=，23EF BE ∴==，sin MF E EF ∴=， 85MF x ∴=，1tan 2E =， 1625ME MF x ∴==， 245AM AE ME x ∴=-=，222AF AM MF =+，222484()()55x x ∴=+，x ∴C ∴的半径为：3x =．另解：由上述知1tan 3FMFAM AM∠==， BC DC CE ==，35BC AC =， ::2:3:3AD DC CE ∴=，1tan 2FME ME∠==， 设FM a =，则3AM a =，2ME a =， 5AE a ∴=，31588DC AE a ∴==，由勾股定理可知：AF =，2AF =，a ∴=DC ∴=10．如图，AB 为O 的直径，C 为O 上一点，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：2DE DA DC ⋅=； （3）若1tan 2CAD ∠=，求sin CDA ∠的值．【解答】解：（1）因为点D 是弧BC 的中点， 所以CAD BAD ∠=∠，即2CAB BAD ∠=∠， 而2BOD BAD ∠=∠， 所以CAB BOD ∠=∠， 所以//DO AC ； （2）CD BD =，CAD DCB ∴∠=∠， DCE DAC ∴∆∆∽，2CD DE DA ∴=⋅；（3）1tan 2CAD ∠=，连接BD ，则BD CD =，DBC CAD ∠=∠，在Rt BDE ∆中，1tan 2DE DE DBE BD CD ∠===， 设：DE a =，则2CD a =， 而2CD DE DA =⋅，则4AD a =， 3AE a ∴=，∴3AEDE=， 而AEC DEF ∆∆∽，即AEC ∆和DEF ∆的相似比为3， 设：EF k =，则3CE k =，8BC k =， 1tan 2CAD ∠=， 6AC k ∴=，10AB k =，3sin 5CDA ∴∠=．11．如图，在平面直角坐标系中，直线122y x =-+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，抛物线212y x bx c =-++经过A ，B 两点且与x 轴的负半轴交于点C ．（1）求该抛物线的解析式；（2）若点D 为直线AB 上方抛物线上的一个动点，当2ABD BAC ∠=∠时，求点D 的坐标；【解答】解：（1）在122y x =-+中，令0y =，得4x =，令0x =，得2y =(4,0)A ∴，(0,2)B把(4,0)A ，(0,2)B ，代入212y x bx c =-++，得2116402c b c =⎧⎪⎨-⨯++=⎪⎩，解得322b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴抛物线的解析式为213222y x x =-++ （2）如图，过点B 作x 轴得平行线交抛物线于点E ，过点D 作BE 的垂线，垂足为F//BE x 轴，BAC ABE ∴∠=∠ 2ABD BAC ∠=∠，2ABD ABE ∴∠=∠即2DBE ABE ABE ∠+∠=∠DBE ABE ∴∠=∠DBE BAC ∴∠=∠设D 点的坐标为213(,2)22x x x -++，则BF x =，21322DF x x =-+tan DF DBE BF ∠=，tan BO BAC AO∠= ∴DF BO BF AO=，即2132224x xx -+= 解得10x =（舍去），22x = 当2x =时，2132322x x -++=∴点D 的坐标为(2,3)12．二次函数24(0)y ax bx a =++≠的图象经过点(4,0)A -，(1,0)B ，与y 轴交于点C ，点P 为第二象限内抛物线上一点，连接BP 、AC ，交于点Q ，过点P 作PD x ⊥轴于点D ． （1）求二次函数的表达式；（2）连接BC ，当2DPB BCO ∠=∠时，求直线BP 的表达式；【解答】解：（1）二次函数24(0)y ax bx a =++≠的图象经过点(4,0)A -，(1,0)B ， ∴2(4)(4)4040a b a b ⎧⋅-+⋅-+=⎨++=⎩，解得：13a b =-⎧⎨=-⎩，∴该二次函数的表达式为234y x x =--+；（2）如图，设BP 与y 轴交于点E ， //PD y 轴， DPB OEB ∴∠=∠， 2DPB BCO ∠=∠， 2OEB BCO ∴∠=∠， ECB EBC ∴∠=∠，BE CE ∴=，令0x =，得4y =， (0,4)C ∴，4OC =，设OE a =，则4CE a =-， 4BE a ∴=-，在Rt BOE ∆中，由勾股定理得：222BE OE OB =+，222(4)1a a ∴-=+， 解得：158a =， 15(0,)8E ∴， 设BE 所在直线表达式为(0)y kx e k =+≠， ∴150810k e k e ⎧⋅+=⎪⎨⎪⋅+=⎩， 解得：158158k e ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴直线BP 的表达式为151588y x =-+； 13．如图，在平面直角坐标系中，直线122y x =+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线212y x bx c =-++经过A 、C 两点，与x 轴的另一交点为点B ．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点D 为直线AC 上方抛物线上一动点，过点D 作DF AC ⊥，垂足为点F ，连接CD ，是否存在点D ，使得CDF ∆中的某个角恰好等于BAC ∠的2倍？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）根据题意得(4,0)A -，(0,2)C ， 抛物线212y x bx c =-++经过A 、C 两点，∴1016422b c c ⎧=-⨯-+⎪⎨⎪=⎩， ∴322b c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， 213222y x x ∴=--+；（2）(4,0)A -，(1,0)B ，(0,2)C ，AC ∴=，BC ，5AB =，222AC BC AB ∴+=，ABC ∴∆是以ACB ∠为直角的直角三角形，取AB 的中点P ，3(2P ∴-，0)，52PA PC PB ∴===， 2CPO BAC ∴∠=∠， 4tan tan(2)3CPO BAC ∴∠=∠=， 过D 作x 轴的平行线交y 轴于R ，交AC 的延长线于G ， 情况一：如图，2DCF BAC DGC CDG ∴∠=∠=∠+∠， CDG BAC ∴∠=∠， 1tan tan 2CDG BAC ∴∠=∠=， 即12RC DR =， 令213(,2)22D a a a --+，DR a ∴=-，21322RC a a =--，∴2131222a aa --=-， 10a ∴=（舍去），22a =-， 2D x ∴=-，情况二，2FDC BAC ∴∠=∠， 4tan 3FDC ∴∠=， 设4FC k =，3DF k ∴=，5DC k =，31tan 2k DGC FG ∠==， 6FG k ∴=，2CG k ∴=，35DG k =，25RC k ∴=，45RG k =， 4511535DR k k k =-=， ∴21155132522kDR a RC a ak -==--，10a ∴=（舍去），22911a =-， 点D 的横坐标为2-或2911-．14．如图，抛物线26y ax x c =++交x 轴于A ，B 两点，交y 轴于点C ，直线5y x =-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．【解答】解：（1）当0x =时，55y x =-=-，则(0,5)C -， 当0y =时，50x -=，解得5x =，则(5,0)B ，把(5,0)B ，(0,5)C -代入26y ax x c =++得253005a c c ++=⎧⎨=-⎩，解得15a c =-⎧⎨=-⎩，∴抛物线解析式为265y x x =-+-；（2）作AN BC ⊥于N ，NH x ⊥轴于H ，作AC 的垂直平分线交BC 于1M ，交AC 于E ，如图， 11M A M C =，11ACM CAM ∴∠=∠， 12AM B ACB ∴∠=∠，ANB ∆为等腰直角三角形， 2AH BH NH ∴===，(3,2)N ∴-，易得AC 的解析式为55y x =-，E 点坐标为1(2，5)2-，设直线1EM 的解析式为15y x b =-+，把1(2E ，5)2-代入得15102b -+=-，解得125b =-，∴直线1EM 的解析式为11255y x =--， 解方程组511255y x y x =-⎧⎪⎨=--⎪⎩得136176x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，则113(6M ，17)6-；在直线BC 上作点1M 关于N 点的对称点2M ，如图2，则212AM C AM B ACB ∠=∠=∠，设2(,5)M x x -， 13632x +=， 236x ∴=， 223(6M ∴，7)6-， 综上所述，点M 的坐标为13(6，17)6-或23(6，7)6-．15．如图，抛物线2y x bx c =++交x 轴于A 、B 两点，其中点A 坐标为(1,0)，与y 轴交于点(0,3)C -．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图，连接AC ，点P 在抛物线上，且满足2PAB ACO ∠=∠．求点P 的坐标；【解答】解：（1）抛物线2y x bx c =++经过点(1,0)A ，(0,3)C - ∴10003b c c ++=⎧⎨++=-⎩解得：23b c =⎧⎨=-⎩ ∴抛物线的函数表达式为223yx x =+-（2）①若点P 在x 轴下方，如图1，延长AP 到H ，使AH AB =，过点B 作BI x ⊥轴，连接BH ，作BH 中点G ，连接并延长AG 交BI 于点F ，过点H 作HI BI ⊥于点I 当2230x x +-=，解得：13x =-，21x = (3,0)B ∴- (1,0)A ，(0,3)C -1OA ∴=，3OC =，AC ==4AB = Rt AOC ∴∆中，sin OA ACO AC ∠==，cos OC ACO AC ∠==AB AH =，G 为BH 中点AG BH ∴⊥，BG GH =BAG HAG ∴∠=∠，即2PAB BAG ∠=∠2PAB ACO ∠=∠ BAG ACO ∴∠=∠Rt ABG ∴∆中，90AGB ∠=︒，sin BG BAG AB ∠=BG ∴==2BH BG ∴= HBI ABG ABG BAG ∠+∠=∠+∠=︒ HBI BAG ACO ∴∠=∠=∠Rt BHI ∴∆中，90BIH ∠=︒，sin HI HBI BH ∠=cos BI HBI BH ∠==45HI ∴==，125BI = 411355H x ∴=-+=-，125H y =-，即11(5H -，12)5-设直线AH 解析式为y kx a =+ ∴0111255k a k a +=⎧⎪⎨-+=-⎪⎩解得：3434k a ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ ∴直线33:44AH y x =-2334423y x y x x ⎧=-⎪⎨⎪=+-⎩解得：1110x y =⎧⎨=⎩（即点)A ，22943916x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩9(4P ∴-，39)16-；②若点P 在x 轴上方，如图2，在AP 上截取AH AH '=，则H '与H 关于x 轴对称 11(5H '∴-，12)5设直线AH '解析式为y k x a ''=+ ∴0111255k a k a ''+=⎧⎪⎨''-+=⎪⎩解得：3434k a ⎧'=-⎪⎪⎨⎪'=⎪⎩ ∴直线33:44AH y x '=-+2334423y x y x x ⎧=-+⎪⎨⎪=+-⎩解得：1110x y =⎧⎨=⎩（即点)A ，221545716x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩15(4P ∴-，57)16． 综上所述，点P 的坐标为15(4-或9(4-，39)16-．解法二：在y 轴上取一点T ，是的AT CT =，则ACT TAC ∠=∠， 2ATO TAC ACT ACT ∴∠=∠+∠=∠，设OT t =，则3AT CT t ==-， 在Rt AOT ∆中，则有2221(3)t t +=-， 43t ∴=，即43OT =， ①当P 在y 轴的正半轴上时，过点A 作1AK AT ⊥交y 轴于1K ， 由OAT ∆∽△1OK A 得到OK OAOA OT=， 134OK ∴=， 13(0,)4K ∴，∴直线1AK 的解析式为3344y x =-+， 由2334423y x y x x ⎧=-+⎪⎨⎪=+-⎩，解得10x y =⎧⎨=⎩或1545716x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即115(4P -，57)16． 当2K 在y 轴的负半轴上时，根据对称性可知23(0,)4K -，∴直线2AK 的解析式为3344y x =-， 由2334423y x y x x ⎧=-⎪⎨⎪=+-⎩，解得10x y =⎧⎨=⎩或943916x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，即29(4P -，39)16-．16．在平面直角坐标系中，直线122y x =-与x 轴交于点B ，与y 轴交于点C ，二次函数212y x bx c =++的图象经过B ，C 两点，且与x 轴的负半轴交于点A ，动点D 在直线BC 下方的二次函数图象上． （1）求二次函数的表达式；（2）如图过点D 作DM BC ⊥于点M ，是否存在点D ，使得CDM ∆中的某个角恰好等于ABC ∠的2倍？若存在，直接写出点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）把0x =代122y x =-得2y =-， (0,2)C ∴-．把0y =代122y x =-得4x =， (4,0)B ∴，设抛物线的解析式为1(4)()2y x x m =--，将(0,2)C -代入得：22m =-，解得：1m =-，(1,0)A ∴-．∴抛物线的解析式1(4)(1)2y x x =-+，即213222y x x =--． （2）如图所示：过点D 作DR y ⊥垂足为R ，DR 交BC 与点G ．(1,0)A -，(4,0)B ，(0,2)C -，AC ∴BC =，5AB =，222AC BC AB ∴+=， ABC ∴∆为直角三角形．取AB 的中点E ，连接CE ，则CE BE =， 2OEC ABC ∴∠=∠． 4tan 3OC OEC OE ∴∠==． 当2MCD ABC ∠=∠时，则1tan tan 2CDR ABC ∠=∠=．设213(,2)22D x x x --，则DR x =，21322CR x x =-+．∴2131222x xx -+=，解得：0x =（舍去）或2x =． ∴点D 的横坐标为2．当2CDM ABC ∠=∠时，设3MD k =，4CM k =，5CD k =． 1tan 2MGD ∠=， 6GM k ∴=，GD =， 2GC MG CM k ∴=-=，GR ∴=，CR =．RD ∴==．∴21322x x CR DR x -+==21129022x x -+=，解得：0x =（舍去）或2911x =． ∴点D 的横坐标为2911． 综上所述，当点D 的横坐标为2或2911．。