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2023年中考存在性问题—— 角的2倍（一半）存在性问题专题探究
角的2倍（一半）存在性问题作为压轴题目，利用了“分类讨论思想”，“方程思想”“三角函数”“等腰三角形性质”，要比单纯的几何证明角的2倍（一半）难度要大得多，因此近些年中考真题中2倍角的探究问题备受命题者青睐，现尝试性地总结一下2倍角存在性问题的通用解法，以供大家参考.
解题攻略
【基本概念】
2倍角相等问题在坐标系中可以由以下几种方式得到：
等腰三角形两底角相等；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和
平行线的性质；
相似三角形对应角相等；
等角三角函数相等。
2.【基本题型】
利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，等腰三角形两底角相等，转化为等角问题。
3.【解题思路】
常寻找相等角，转化为角相等的问题
.二倍角的构造方法
如图，已知，我们可以利用等腰三角形和外角定理去构造，在BC边上找一点D，使得BD=AD，则.
这样我们就构造出了二倍角，接下来利用三角函数（一般用正切）计算就可以了。
半角的构造方法
如图，已知，构造半角可以用下面两种方法：
方法一：和前面二倍角的构造相对应，利用外角定理，如图，延长CB至D，使得BD=BA，则，若AC、BC的长度已知，则容易求出tan∠D的值，从而进行相关计算。
方法二：如图，直接做的角平分线BE，若AC、BC的长度已知，则容易求出tan∠EBC的值。
典例剖析
二倍角的问题
例1.如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过、两点，与轴的另一交点为点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接、，设直线交线段于点，求的最大值；
（3）过点作，垂足为点，连接，是否存在点，使得中的，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
例2.如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点，点D（x，y）为抛物线上第一象限内的一个动点．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当△BCD的面积为3时，求点D的坐标；
（3）过点D作DE⊥BC，垂足为点E，是否存在点D，使得△CDE中的某个角等于∠ABC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
变式训练1
1.如图，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），作直线BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上存在点D，使∠DCB＝2∠ABC，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，点F的坐标为（0，），点M在抛物线上，点N在直线BC上．当以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点N的坐标．
二、半角问题
例3.如图，已知二次函数的图象经过点和点，的平分线分别交抛物线和轴于点，．点为抛物线上一动点，过点作轴的垂线交直线于点，连接．
（1）求二次函数的解析式；
（2）当以点，，为顶点的三角形与相似时，求点的坐标；
（3）设点为直线上一点，若，请直接写出点的坐标．
例4.如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A出发，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
问题：当t=1时，抛物线经过P、Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
变式训练2
1.如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点．直线经过点，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴与直线相交于点，连接，，判定的形状，并说明理由；
（3）在直线上是否存在点，使与直线的夹角等于的2倍？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析
例1.【解答】解：（1）在中，令得，令得，
，，
经过、两点，
，
解得，
抛物线的函数表达式为；
（2）过作轴交于点，过作轴交于于，如图：
在中，令，得，
解得，，
，
在中，令得，
，，
设，则，
，
轴，轴，
，
，，
，
，
，
，
当时，取最大值，最大值为；
（3）存在点，使得中的，理由如下：
过作轴，交轴于，交直线于，如图：
轴，
，
，
，
，
，
，
，即，
设，
，，
，，
，，
，
，
解得，
．
例2.【答案】见解析.
【解析】解：（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c得：，
解得：．
故抛物线的解析式为yx2x+2．
过D作DM∥BC交y轴于M，设点M的坐标为（0，m），
CM=2×3÷4=1.5，
则m＝2+1.5，则M（0，）
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为yx+2，
∴DM的解析式为yx，
联立，
解得，．
∴点D的坐标为（3，2）或（1，3）．
（3）①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，﹣2），连接BF，
∵OC＝OF，OB⊥CF，
∴∠ABC＝∠ABF，
∴∠CBF＝2∠ABC．
∵∠DCB＝2∠ABC，
∴∠DCB＝∠CBF，
∴CD∥BF．
∵点B（4，0），F（0，﹣2），
∴直线BF的解析式为yx﹣2，
∴直线CD的解析式为yx+2．
联立得：，
解得：（舍去），，
∴点D的坐标为（2，3）；
②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H，作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，
∵∠OCH＝90°﹣∠OHC，∠OBF＝90°﹣∠BHN，
∠OHC＝∠BHN，
∴∠OCH＝∠OBF．
∴△OCH∽△OBF，
∴，即，
∴OH＝1，H（1，0）．
设直线CN的解析式为y＝kx+n（k≠0），
∵C（0，2），H（1，0），
∴，解得，
∴直线CN的解析式为y＝﹣2x+2．
，解得：，
∴点N的坐标为（，）．
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为yx+2．
∵NP⊥BC，且点N（，），
∴直线NP的解析式为y＝2x．
联立，
解得：，
∴点Q的坐标为（，）．
∵点N（，），点N，P关于BC对称，
∴点P的坐标为（，）．
∵点C（0，2），P（，），
∴直线CP的解析式为yx+2．
将yx+2代入yx2x+2整理，得：11x2﹣29x＝0，
解得：x1＝0（舍去），x2，
∴点D的横坐标为．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或．
变式训练1
1.【解答】解：（1）∵抛物线经过点A（﹣1，0），C（0，3），
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解法一：作点B关于y轴的对称点B'，作射线B'C交抛物线于点D，
∵B的坐标为（4，0），
∴B'（﹣4，0），
∴直线B'C的解析式为：y＝x+3，
则﹣x2+x+3＝x+3，
解得：x1＝0（舍），x2＝2，
∴D（2，）；
例3.如图1，过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，则∠ECB＝∠ABC，
过点D作DH⊥CE于点H，则∠DHC＝90°，
∵∠DCB＝∠DCH+∠ECB＝2∠ABC，
∴∠DCH＝∠ABC，
∵∠DHC＝∠COB＝90°，
∴△DCH∽△CBO，
∴，
设点D的横坐标为t，则，
∵C（0，3），
∴，
∵点B是y＝﹣+x+3与x轴的交点，
∴，
解得x1＝4，x2＝﹣1，
∴B的坐标为（4，0），
∴OB＝4，
∴，
解得t1＝0（舍去），t2＝2，
∴点D的纵坐标为：，
则点D坐标为
例4.【分析】
思路：三角函数构造相等角
t=1时，P点坐标为（1，0），Q点坐标为（3，2），
代入抛物线解析式，可求得抛物线：，
故顶点K的坐标为．
考虑要构造，过点K作KH⊥MQ交MQ于H点，则．
根据图形可求得，
故若，则，
故，
分别解得直线DQ解析式为或，
与抛物线联立方程：
，解得：，，
则对应D点坐标为；
，解得：，，
则对应D点坐标为．
综上所述，D点坐标为或．
变式训练2
【分析】（1）先根据直线经过点，，即可确定、的坐标，然后用待定系数法解答即可；
（2）先求出、的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形为等腰三角形；再结合得到，进一步说明，则即可判定的形状；
（3）作于，轴于，作的垂直平分线交于，于；然后说明为等腰直角三角形，进而确定的坐标；再求出的解析式，进而确定的解析式；然后联立直线和的解析式即可求得的坐标；在直线上作点关于点的对称点，利用中点坐标公式即可确定点的坐标．
【解答】解：（1）直线经过点，，
当时，可得，即的坐标为．
当时，可得，即的坐标为．
．
解得．
该抛物线的解析式为；
（2）为直角三角形，理由如下：
解方程，则，．
，．
抛物线的对称轴直线为，
为等腰三角形．
的坐标为，的坐标为，
，即．
，
，
．
．
为直角三角形；
（3）如图：作于，轴于，作的垂直平分线交于，于，
，
．
．
为等腰直角三角形．
．
．
设的函数解析式为．
，，
．
解得，．
的函数解析式为，
设的函数解析式为，
点的坐标为．
，
解得：．
的函数解析式为．
．
解得．
的坐标为；
在直线上作点关于点的对称点，
设，
则有：，解得．
．
的坐标为，．
综上，存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为，，．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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