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罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
（一）典例精讲
证法一、
通过导角得到如图，与是绝配角，以为顶角作等腰三角形，
在AD上取点M使得DM=CD，连接CM，
由导角知
过点作
在中
证法二、
通过导角得到如图，与是绝配角，以为顶角作等腰三角形，
在上取点M使得，连接，
设
过点作
在中
证法三
通过导角得到如图，与是绝配角，以为底角作等腰三角形，
作交延长线于点，连接，
由导角知
过点作
在中
证法四、
通过导角得到如图，与是绝配角，以为底角作等腰三角形，
作交延长线于点，连接，
由导角知
设
过点作
在中
例2．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为D，AD＝5，AE＝3，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连接DF，且满足∠DFE＝2∠DAC，则的值为 　　 ．
解：∵AD⊥BC，EF⊥AD，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ADC，
∵AD＝5，AE＝3，
∴，
∴CDEF，
则BDEF＝BD+CD＝BC，
设EF＝3k，则CD＝5k，
过点D作DH⊥AC于H，过B作BG⊥AC于G，则∠ADC＝∠BGA＝∠BGC＝∠CHD＝90°，
∴∠CDH＝∠DAC＝90°﹣∠C，
∵EF∥BC，
∴∠CDF＝∠DFE＝2∠DAC＝2∠CDH，
∴∠CDH＝∠FDH，
又∵DH＝DH，∠CHD＝∠FHD＝90°，
∴△CHD≌△FHD（ASA），
∴DF＝CD＝5k，
在Rt△EFD中，由勾股定理得 EF2+DE2＝DF2，
∴（3k）2+22＝（5k）2，解得k（负值已舍），
∴EF，DF＝CD，
在Rt△ADC中，AC，
∵DH⊥AC于H，BG⊥AC于G，
∴BG∥DH，
∴∠CBG＝∠CDH＝∠DAC，
∴sin∠CBG＝sin∠DAC，cos∠CBG＝cos∠DAC，
∵∠BAC＝45°，∠AGB＝90°，
∴∠ABG＝90°﹣∠BAC＝45°＝∠BAC，
∴AG＝BG，
在Rt△BCG中，BG＝BC cos∠CBGBC，CG＝BC sin∠CBGBC，
∵AG+CG＝BG+CG＝AC，
∴BCBC，
∴BC，
∴BDEF＝BC，
故答案为：．
（二）巩固练习
1
证法一、
,,
∴ 为等腰三角形
∴
在 上取, 连接,
∴
△DGC为等腰三角形
GD=CD=3,
，,.
证法二、
延长到点H, 使 连接,
∴CD=EH,
为等腰三角形
,AD=AH=5,
，,
证法三、
延长CA到点G, 使AG=CD=3, 连接BG,
∴
△GBF为等腰三角形,AD=BG=FG=3+2=5,
，
2．如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4．E为AD上一点，点A关于BE的对称点落在矩形内的F处．连接DF，当∠ABF＝2∠ADF时，则AE＝　　 ．
解：延长DF交AB于G点，连接AF，
如图导角知
∴
作
如图导角知为等腰三角形
设
∴
∴
∴
∴
在中
即
舍去
即
3．如图，在四边形ABCD中，AB＞BC，∠ADC＝∠ABC＝90°，连接AC，BD，过点B作BE⊥AC，垂足为E，若∠BDC+∠DAB＝90°，BE＝2，CD＝3，则BC＝　　 ．
解：如图，取AC中点为O，连接DO、BO，延长BO交AD于点G．
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴OD＝OB＝0.5AC，
∴点A、B、C、D在以AC为直径的圆上，
∵∠BDC+∠DAB＝90°，
∴∠BOD+∠BOC＝180°，
∵∠BOD+∠DOG＝180°，
∴∠DOG＝∠BOC＝∠AOG，
∵OA＝OD，
∴OG⊥AG，
又∵∠DGO＝∠BEO＝90°，
∴△DGO≌△BEO（AAS），
∴DG＝BE＝2，AD＝2DG＝4，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：
AC5，
∵∠AEB＝∠BEC＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，∠CBE+∠ECB＝90°，
∴∠ABE＝∠ECB，
∴△ABE∽△BCE，
∴，
设CE＝x，则AE＝5﹣x，BE＝2，
∴，
解得x＝1或x＝4（舍去），
经检验x＝1是原方程的解，
∴CE＝1．
∴BC，
故答案为：．
4．已知，四边形是圆O的内接四边形，为直径，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点F是圆O上一点，连接，延长交于点E，当时，求证：；
(3)如图3，在（2）问的条件下，连接交于点M．当时，求的长．
【详解】（1）如图，连接AC，BD，
因 ，，则，
即，而AD为直径，即∠ABD=∠ACD=90°，
则，
于是得∠DBC=∠BAC，有弧BC和弧CD相等，
所以BC=DC.
（2）如图，设OC交BD于G，
由（1）知BC=CD，有OC⊥BD， BG=GD，又OA=OD，则OG为△ABD的中位线，
设OE=a，OG=b，则AB=2OG=2b，而AD为直径，即有，则有，
因此△BGE是等腰直角三角形，即BG=EG=a+b，有BD=2(a+b)，
所以BD-AB=2(a+b)-2b=2a=2OE.
（3）因∠CAO和∠CBD所对的是弧CD，则∠CAO=∠CBD，又∠CAO =∠OCA，∠CBD=∠CDB，
即∠CAO =∠OCA=∠CBD=∠CDB，则△AOC∽△BCD，有，
则，设 ，，有，
，而∠ABD=90°，因此 ，
由（2）知，则 ，解得，又，，
于是得，而OC⊥BD，AB⊥BD，即OCAB，△BMA∽△EMC，
从而得，所以 ．
2、角度共顶点不重叠时：作延长
（一）典例精讲
例1 在四边形中，，求证。
解
设
导角得，两角为一对绝配角，延长
过点作于点，过点作于点
∵
∴
∴
∴
例2 如图，在△ABC中，∠B＝90°，D是BC边上一点且满足∠C＝2∠BAD，CD＝3BD，E是AC边上一点且满足∠ADB＝∠ADE，连接BE交AD于点F，则　　 ．
解：过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，如图，
在△ABD和△AHD中，
，∴△ABD≌△AHD（AAS），
∴∠BAD＝∠HAD，∵∠C＝2∠BAD，∴∠C＝∠BAH．∵∠ABD＝∠AHD＝90°，
∴∠BDH+∠BAH＝180°．∵∠BDH+∠EDC＝180°，∴∠EDC＝∠C，
∴ED＝EC，∵EG⊥DC，∴DG＝GCCD，∵CD＝3BD，∴设BD＝k，则CD＝3k，
∴DG＝GCk，BC＝4k．EG⊥BC，AB⊥BC，∴EG∥AB，∴△EGC∽△ABC，∴．
∴EGAB．∵EQ∥AB，∴△ADB∽△QGD，∴，∴QGAB，
∴EQ＝EG+QGAB．∵AB∥EQ，∴△QEF∽△ABF，∴．
故答案为：．
（二）巩固练习
1.如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为 ．

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：
2．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC＝4，CD＝2，∠ABD＝2∠DBC，求BD的长．
解：延长BA到P，使PA＝AB，过点P作PE⊥BD于点E，连接AE，PD．
∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC．
∵∠ABD＝2∠DBC，∴∠ABD＝2∠ADB．
∵AD∥BC，∴∠PAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB．
∵AB＝AC，∴PA＝AC，∠ABC＝∠ACB，∴∠PAD＝∠CAD．
∵AD＝AD，∴△PAD≌△CAD，∴PD＝CD＝2．
∵PA＝AB，∠PEB＝90°，∴AE＝ PB＝AB＝4，
∴∠AEB＝∠ABD＝2∠ADB，∴∠ADB＝∠DAE，
∴DE＝AE＝4，∴PE 2＝PD 2－DE 2＝28，
∴BE＝＝6，∴BD＝BE＋DE＝10．
3．如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，CE平分∠ACB交AB于点E，交AD于点F，若BD＝6，CD＝4，∠AEC＝45°，则AD＝　3　 ．
解：如图，过点A作AG⊥AB，交BC于点G，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠DCE，
∵∠B+∠BCE＝∠AEC＝45°，
∴∠B＝45°﹣∠BCE，
∵∠DAG+∠BAD＝90°，
∴∠BAD+∠B＝90°，
∴∠DAG＝∠B＝45°﹣∠BCE，
∴△DAG∽△DBA，
∴，
∵∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣2∠BCE，
∴∠DAC＝2∠B＝2∠DAG，
∵∠DAG+∠CAG＝∠DAC，
∴∠B＝∠CAG，
∵∠ACB＝∠GAC，
∴△ACB∽△GCA，
∴，
设AD＝x，则AC，
∴，
解得，
∴AD＝3，
故答案为：3．
4．【问题初探】
在数学活动课上，王老师给出如下问题：如图1，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，过点B作BD⊥AC于点D，若BC＝2，AD＝3，求CD的长．
同学们经过思考后，交流出两种解题思路：
思路1：在Rt△ABD和Rt△CBD中，分别利用勾股定理即可求出CD的长；
思路2：如图2，在DA上截取DE＝DC，连接BE，先证出∠A＝2∠CBD，再利用相似求出CD的长；
（1）请利用思路2求出CD的长；
【类比分析】
思路2是利用转化的思想，将二倍角问题转化为等角进行研究，为了使学生进一步感悟转化思想，王老师提出下面问题，请解答．
（2）如图3，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝2∠DAB，点E在边AC上，且DE＝CE，若AB＝CD＝6，求AE的长；
【学以致用】
（3）如图4，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，CD⊥AB交BA的延长线于点D，E是边AC上一点，∠BEA＝90°∠ACB，AE＝1，AD＝7，求BC的长．
解：（1）∵BD⊥AC，
∴BD垂直平分CE，
∴BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，∠CBE＝2∠CBD，
∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠BCE，
∵∠CBE＝180°﹣（∠BEC+∠BCE）＝180°﹣2∠BCE，
∠A＝180°﹣（∠ABC+∠BCE）＝180°﹣2∠BCE，
∴∠A＝∠CBE＝2∠CBD，
∵∠BCD＝∠ACB，
∴△BCE∽△ACB，
∴，
∴BC2＝AC CE，
∵AC＝AD+CD＝ADCE＝3CE，BC＝2，
∴22＝CE（3CE），
解得CE3或3（舍去），
∴CD．
故CD的长为．
（2）延长BD到点F，使BF＝BD，连接AF，作EH⊥CD于点H，
∵∠ABC＝90°，BF＝BD，
∴AB垂直平分DF，
∴△ADF是等腰三角形，
∴∠DAF＝2∠DAB，
∵∠C＝2∠DAB，
∴∠DAF＝∠C，
∵∠F＝∠F，
∴△AFD∽△CFA，
∴，
∴，
∴AD2＝2BD（CD+2BD）＝12BD+4BD2，
∵AD2＝AB2+BD2＝36+BD2，
∴36+BD2＝12BD+4BD2，
解得BD＝2或﹣6（舍去），
∵DE＝CE，EH⊥CD，AB⊥BC，
∴EH垂直平分CD，EH∥AB，
∴CH＝DH3，，
∵AC10，
∴，
∴CE，
∴AE＝AC﹣CE．
故AE的长为．
（3）在EA的延长线上取一点F，使得BF＝BE，连接BF，作BH⊥EF于点H，
∵BF＝BE，BH⊥EF，
∴BH垂直平分EF，∠EBF＝2∠EBA＝180°﹣∠BEA，
∵∠BEA＝90°∠ACB，
∴2∠BEA＝180°﹣∠ACB，即∠ACB＝180°﹣2∠BEA，
∴∠EBF＝∠ACB，
∵∠CFB（180°﹣∠ACB），
∴∠ACB＝180°﹣2∠CFB，
∵∠ACB＝180°﹣∠CFB﹣∠CBF，
∴∠CFB＝∠CBF，
∴CB＝CF，
∴AB＝AC，∠CAD＝∠BAH，∠CDB＝∠AHB＝90°，
∴△CDA≌△BHA（ASA），
∴AH＝AD＝7，
∴EH＝FH＝8，CB＝CF＝AC+15，
∵BC2＝CH2+BH2，BH2＝AB2﹣AH2＝AC2﹣72，
∴（AC+15）2＝（AC+7）2+AC2﹣49，
解得AC＝25或﹣9（舍去），
∴CB＝CF＝AC+15＝40．
故BC的长为40．
3、角度在共顶点重叠时：作翻折
例1 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AC的中点，连接BD，∠A＝2∠DBC，求tan∠ABD的值．
解：延长AC到E，使CE＝CD，连接BE，过点D作DH⊥AB于点H．
∵∠ACB＝90°，∴BD＝BE，
∴∠DBC＝∠EBC，∠BDC＝∠E，
∴∠DBE＝2∠DBC．
∵∠A＝2∠DBC，∴∠A＝∠DBE，
∴∠ABE＝∠BDE＝∠E，∴AB＝AE，△ABE∽△BDE，
∴ ＝ ，∴ ＝ ．
设AD＝CD＝CE＝a，则AB＝AE＝3a，DE＝2a，
∴ ＝ ，∴BD＝a，∴BC＝a．
∵sinA＝ ＝ ，∴ ＝ ，
∴DH＝ a，AH＝ a，BH＝ a，
∴tan∠ABD＝ ＝ ．
例2：如图在矩形ABCD中，点E，F分别为AD，CD的中点，连接BE，BF，且∠ABE＝2∠FBC，若BE＝5，则BF的长度为 ．
解法一：将△BFC沿CB翻折，交DC的延长线于点G，延长CD交BE的延长线于点H，,，△BHG为等腰，5x＝10，x＝2，AE＝3，BC＝6，BF＝．
解法二：
连接并延长交BA的延长导角，得出△FHC为等腰三角形，平行不改变形状，△GBH为等腰三角形。根据腰等得出10－x＝4x，可求BF＝
解法三：取AB中点G，连接CG，延长BE交CD的延长线于点H，得到△BCF △CBG，导角得出△BGK为等腰平行不改变形状，△HKC也为等腰。根据腰等得出10－x＝4x，可求BF
以上三种解法都是利用造全等，转移角，构等腰，得出边的等量关系来求解。
此题还可以构直接造等腰。用相似得出边的数量关系求解。请看解法四
解法四：可以直接利用∠ABE=2α,构等腰△GBE，△BCF △EAG .根据腰等得出,
可求BF
（二）巩固练习
1：已知Rt△ABC中∠C＝90°，，，求的值．
方法一：分析：与∠DAC是共点A的绝配角，
绝配角重叠，要翻折两次．
解：将△AEC关于AE作轴对称图形，将△ADC关于AC作轴对称图形，如图，△EFG为直角三角形
设，则
，
即可求出
方法二：分析：由于∠CAD＝2t，构造一个以∠A为顶点的等腰△ADK，然后出现△ECA~△DCK
解：构造以∠A为顶点的等腰△ADK(AD＝AK)．
导角易得∠CDK＝∠AEC，△ECA~ADCK
，设CK＝x，AC＝4x，AD＝5x，DC＝3x，ED＝9x
2．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点D为BC中点，∠C＝2∠BAD，则的值为 ．
解：延长CB至E，使BE＝BD，连接AE，设BD＝a，
∵∠B＝90°，
∴∠ABD＝∠ABE，
∴Rt△ABD≌Rt△ABE（HL），
∴∠E＝∠ADE，AE＝AD，
∵∠C＝2∠BAD，
∴∠C＝∠EAD，
∵∠D＝∠C+∠DAC，
∴∠E＝∠ADE＝∠EAC，
∴AC＝CE＝3a，
∵∠E＝∠ADE＝∠EAC，∠C＝∠EAD，
∴△ECA∽△EAD，
∴，
∵AE＝AD，即，
∴ADa，
又AC＝3a，
∴，
故答案为：．
3．如图，，连接，，求的长
根据绝配角，做垂线，做对称点
设
∴
∴
∵
∴
4．如图，二次函数的图象与x轴的负半轴和正半轴分别交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为P，对称轴交x轴于点D，点Q是抛物线对称轴上一动点，直线交y轴于点E，且．
(1)请直接写出A，B两点的坐标：A______，B______．
(2)当顶点P与点Q关于x轴对称时，．
①求此时抛物线的函数表达式；
②在抛物线的对称轴上存在点F，使，请直接写出点F的坐标．
（1）解： ∵，
∴这个抛物线的对称轴是：直线，
∴，
如图1所示，
∵轴，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
根据抛物线的对称性得，
故答案为：；
（2）解： ①如图1，
将代入二次函数中得：，
∴，
，
∴，
∵顶点与点关于轴对称，
∴，即，
，
，
，
设直线的解析式为：，
，
，
∴直线的解析式为：，
∴，
∵，
∴，
，
，
，
∴此时抛物线的函数解析式为：；
②如图2，
当点在的下方时，连接，
∵顶点与点关于轴对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
由①得：，
∴；
设直线的解析式为，
∵，
∴，
∴，
∴直线的解析式，
设直线的解析式为：，
∵，
∴，
当时，，
，
如图3，
当点在的上方时，连接，
设，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，，
，
∵，
，
，，，
，
过作轴，垂足为，
在中， ，
，
或 (舍去)．
，
综上所述，在抛物线的对称轴上，存在点或，使．罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
（一）典例精讲
例 1.如图，在等边△ 中， 在 延长线上， 在 边上，且∠ = 2∠ , 、 交于点 ,若 =
1, = 2.则 的长.
证法一、
通过导角得到如图，60 2 与 60 + 是绝配角，以 60 2 为顶角作等腰三角形，
在 AD 上取点 M 使得 DM=CD，连接 CM，
∵ ∠ = ∠ = 60 +
由导角知∠ABE = ∠AEB = 60
AC = AB = AE
∠A ∠ = 60
∠ = ∠
∴△ △
= = = 2
∴ = = 2 1
= 1
∴ = = 3
过点 作 ⊥
= ， = 2 + 2
= 3
在 △ 中
2 + 2 = 2
3 2 + ( + 3)2 = (2 + 2)2
1
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
= 5
2
∴ = = 5
2
证法二、
通过导角得到如图，60 2 与 60 + 是绝配角，以 60 2 为顶角作等腰三角形，
在 BD上取点 M 使得 = ，连接 ，
∵ ∠ = ∠ = 60 +
∠ = ∠ = 60
AC = AB = AE
∠A ∠ = 60
∠ = ∠ =
∴△ △
设 A = = = 2
∴ = = 2 1
= 1
∴ = = 3
过点 作 ⊥
= ， = 2 + 2
= 3
在 △ 中
2 + 2 = 2
3 2 + ( + 3)2 = (2 + 2)2
= 5
2
∴ = = 5
2
2
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
证法三
通过导角得到如图，60 2 与 60 + 是绝配角，以 60 + 为底角作等腰三角形，
作∠FEM = ∠EFM交 AC延长线于点 M，连接 CM，
∵ ∠ = ∠ = 60 +
∠ = 60 2
由导角知∠ABE = ∠AEB = 60
AC = AB = AE
∠ = 60 + 2
∠ = ∠
∴△ △
= = = 2
∴ = = 2 + 2
= = 2
∴ = = = + = 3
过点 作 ⊥
= ， = 2 + 2
= 3
在 △ 中
2 + 2 = 2
3 2 + ( + 3)2 = (2 + 2)2
= 5
2
∴ = = 5
2
3
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证法四、
通过导角得到如图，60 2 与 60 + 是绝配角，以 60 + 为底角作等腰三角形，
作∠MBF = ∠BFM交 CA延长线于点 M，连接 AM，
∵ ∠MBF = ∠BFM = 60 +
∠ = 60 2
由导角知∠ABE = ∠AEB = 60
AC = AB = AE
∠ = ∠ = 120°
∴△ △
设 = = = 2
∴ = = = 2 + 2
= = + = 3
∴ =
过点 作 ⊥
= ， = 2 + 2
= 3
在 △ 中
2 + 2 = 2
3 2 + ( + 3)2 = (2 + 2)2
= 5
2
∴ = = 5
2
4
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例 2．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为 D，AD＝5，AE＝3，过点 E作 EF⊥AD交 AC于点
5 25F，连接 DF，且满足∠DFE＝2∠DAC，则 + 3 的值为 ．6
解：∵AD⊥BC，EF⊥AD，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ADC，
∵AD＝5，AE＝3，
3
∴ = = ，
5
CD= 5∴ 3EF，
BD+ 5则 3EF＝BD+CD＝BC，
设 EF＝3k，则 CD＝5k，
过点 D作 DH⊥AC于 H，过 B作 BG⊥AC于 G，则∠ADC＝∠BGA＝∠BGC＝∠CHD＝90°，
∴∠CDH＝∠DAC＝90°﹣∠C，
∵EF∥BC，
∴∠CDF＝∠DFE＝2∠DAC＝2∠CDH，
∴∠CDH＝∠FDH，
又∵DH＝DH，∠CHD＝∠FHD＝90°，
∴△CHD≌△FHD（ASA），
∴DF＝CD＝5k，
在 Rt△EFD中，由勾股定理得 EF2+DE2＝DF2，
∴（3k）2+22 1＝（5k）2，解得 k= 2（负值已舍），
∴EF= 3 52，DF＝CD= 2，
5
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在 Rt△ADC 5 5中，AC= 2 + 2 = 2 ，
∵DH⊥AC于 H，BG⊥AC于 G，
∴BG∥DH，
∴∠CBG＝∠CDH＝∠DAC，
5
∴sin∠CBG＝sin∠DAC= 2 = =
5
5 ，cos∠CBG＝cos

∠DAC= =
5 2 5
5 5 5 5
= 5 ，
2 2
∵∠BAC＝45°，∠AGB＝90°，
∴∠ABG＝90°﹣∠BAC＝45°＝∠BAC，
∴AG＝BG，
在 Rt△BCG中，BG 2 5 5＝BC cos∠CBG= 5 BC，CG＝BC sin∠CBG= 5 BC，
∵AG+CG＝BG+CG＝AC，
2 5 5 5 5
∴ BC+ BC= ，
5 5 2
25
∴BC= 6 ，
5
∴BD+ 3EF＝BC=
25
6 ，
25
故答案为： ．
6
（二）巩固练习
1.如图，在△ 中， = , ∠ = 90°, ∠ = 90°, 在 上， 、
交于点 , ∠ = 2∠ , = 2, = 3.求 的长.
证法一、
= 180° 2 ,∠ = ∠ = ,
∴ △ABE为等腰三角形
∴AE = AB
6
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在 AD 上取 AG = AF = 2, 连接 CG,
∴ △ EAF ≌△ CAG(ASA)
△DGC为等腰三角形
GD=CD=3, AD = 5,
在Rt△ADC中， = 4, = 2.
证法二、
延长 AC到点 H, 使 AH = AD, 连接 EH,
∴△ AHE ≌△ ADC(SAS),CD=EH,
△HFE为等腰三角形
FH = EH = CD = 3,AD=AH=5,
在Rt△ADC中， = 4, = 2.
证法三、
延长 CA到点 G, 使 AG=CD=3, 连接 BG,
∴△ ≌△ ( ), = ,
△GBF为等腰三角形,AD=BG=FG=3+2=5,
在Rt△ADC中， = 4, = 2.
2．如图，矩形 ABCD中，AB＝5，BC＝4．E为 AD上一点，点 A关于 BE的对称点落在矩形内的 F处．连接 DF，
25 5 21
当∠ABF＝2∠ADF时，则 AE＝ ．
2
7
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解：延长 DF交 AB于 G点，连接 AF，
如图导角知∠ = ∠ = 90 2
∴∠ = 2
作 = ⊥
如图导角知△ ，△ 为等腰三角形
设 = = = =
∴ = 2 = 2
= = ∴


∴ =
5 2
∴ = 2
5
在 △ 中 2 + 2 = 2
即(2 )2 + ( 2 )2 = 2
5
= 5+ 21 > 4 舍去
2
= 5 21即 = 5 21
2 2
8
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3．如图，在四边形 ABCD中，AB＞BC，∠ADC＝∠ABC＝90°，连接 AC，BD，过点 B作 BE⊥AC，垂足为 E，
若∠BDC+∠DAB＝90°，BE＝2，CD＝3，则 BC＝ 5 ．
解：如图，取 AC中点为 O，连接 DO、BO，延长 BO交 AD于点 G．
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴OD＝OB＝0.5AC，
∴点 A、B、C、D在以 AC为直径的圆上，
∵∠BDC+∠DAB＝90°，
∴∠BOD+∠BOC＝180°，
∵∠BOD+∠DOG＝180°，
∴∠DOG＝∠BOC＝∠AOG，
∵OA＝OD，
∴OG⊥AG，
又∵∠DGO＝∠BEO＝90°，
∴△DGO≌△BEO（AAS），
∴DG＝BE＝2，AD＝2DG＝4，
在 Rt△ADC中，由勾股定理得：
AC= 2 + 2 =5，
∵∠AEB＝∠BEC＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，∠CBE+∠ECB＝90°，
∴∠ABE＝∠ECB，
∴△ABE∽△BCE，
9
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∴ = ，

设 CE＝x，则 AE＝5﹣x，BE＝2，
5 2
∴ = ，
2
解得 x＝1或 x＝4（舍去），
经检验 x＝1是原方程的解，
∴CE＝1．
∴BC= 12 + 22 = 5，
故答案为： 5．
4．已知，四边形 ABCD是圆 O的内接四边形， AD为直径， 2 ABC DAB 180 ．
(1)如图 1，求证： BC DC ；
(2)如图 2，点F是圆O上一点，连接 BF、CF、CO，延长CO交 BF于点E，当 ABF FCD时，求证：BD AB 2EO；
(3) 13如图 3，在（2）问的条件下，连接 AC交 BF 于点 M．当 AC BD,OE 21时，求CM 的长．
4
【详解】（1）如图，连接 AC，BD，
因 ABC ADC 180 ，2 ABC DAB 180 ，则 ABC ADC=2 ABC DAB，
即 ABC ADC DAB，而 AD为直径，即∠ABD=∠ACD=90°，
则 ABC 90 DBC ADC DAB ADC CAD BAC=90 BAC，
于是得∠DBC=∠BAC，有弧 BC和弧 CD相等，
所以 BC=DC.
（2）如图，设 OC交 BD于 G，
10
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由（1）知 BC=CD，有 OC⊥BD， BG=GD，又 OA=OD，则 OG为△ABD的中位线，
设 OE=a，OG=b，则 AB=2OG=2b，而 AD为直径，即有 ABD=90°，则有 ABF FCD FBD 45 ，
因此△BGE是等腰直角三角形，即 BG=EG=a+b，有 BD=2(a+b)，
所以 BD-AB=2(a+b)-2b=2a=2OE.
（3）因∠CAO和∠CBD所对的是弧 CD，则∠CAO=∠CBD，又∠CAO =∠OCA，∠CBD=∠CDB，
即∠CAO =∠OCA=∠CBD=∠CDB，则△AOC∽△BCD AC OA 13，有 ，
BD CD 4
AD 2OA 2 13 13
则 ，设CD 2k ， AD 13k，有 AC AD2 CD2 13k 2 4k 2 3k，
CD CD 4 2
BD 4 AC 12
2
k ，而∠ABD=90°，因此 AB AD 2 BD 213 13 13k
2 12k 5k 13
，
13
12k 5k
由（2）知 BD AB 2EO 42 5k 5 6 13，则 ，解得 k 6 13，又 AB 30，13 13 13 13
OC 1 AD 13k 13 6 13 39，
2 2 2
于是得CE OC OE 39 21 60，而 OC⊥BD，AB⊥BD，即 OC / /AB，△BMA∽△EMC，
CM CE 60 2 CM 2 AC 2 3k 2从而得 ，所以 3 6 13 12 13 ．
AM AB 30 3 3 3
2、角度共顶点不重叠时：作延长
11
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（一）典例精讲
例 1 1在四边形 中∠ = ∠ ，∠ = 90° ∠ ，求证 = 。
2
解
设∠ = 2
导角得∠ = 90° ，两角为一对绝配角，延长
过点 作 ⊥ 于点 ，过点 作 ⊥ 于点
∵∠ = ∠
∴ =
∴△ ≌△
∴ =
例 2 如图，在△ABC中，∠B＝90°，D是 BC边上一点且满足∠C＝2∠BAD，CD＝3BD，E是 AC边上一点且

满足∠ADB＝∠ADE，连接 BE交 AD于点 F，则 = ．

解：过点 A作 AH⊥DE于点 H，过点 E作 EG⊥CD于点 G，延长 EG交 AD的延长线于点 Q，如图，
在△ABD和△AHD中，
∠ = ∠
∠ = ∠ = 90°，∴△ABD≌△AHD（AAS），
=
∴∠BAD＝∠HAD，∵∠C＝2∠BAD，∴∠C＝∠BAH．∵∠ABD＝∠AHD＝90°，
∴∠BDH+∠BAH＝180°．∵∠BDH+∠EDC＝180°，∴∠EDC＝∠C，
∴ED＝EC，∵EG⊥DC 1，∴DG＝GC= 2CD，∵CD＝3BD，∴设 BD＝k，则 CD＝3k，
12
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3
3 3
∴DG＝GC= 2k，BC＝4k．EG⊥BC，AB⊥BC，∴EG∥AB，∴△EGC
2
∽△ABC，∴ = = = ．
4 8
2
∴EG= 38AB．∵EQ∥AB，∴△ADB∽△QGD，∴ = = 3 = ，∴QG=
3
3 2
AB，
2
EQ EG+QG= 15
15
∴ ＝ 8 AB．∵AB∥EQ，∴△QEF∽△ABF，∴ = = ． 8
15
故答案为： ．
8
（二）巩固练习
1.如图，在四边形 ABCD中， BCD 90 ，对角线 AC ,BD相交于点O．若 AB AC 5,BC 6, ADB 2 CBD，
则 AD的长为 ．
解：过点 A 作 AH BC于点 H，延长 AD，BC交于点 E，如图所示：
则 AHC AHB 90 ，
∵ AB AC 5,BC 6，
1
∴ BH HC BC 3，
2
∴ AH AC2 CH 2 4，
∵ ADB CBD CED， ADB 2 CBD，
∴ CBD CED，∴DB DE，∵ BCD 90 ，∴DC BE，∴CE BC 6，∴ EH CE CH 9，
∵DC BE， AH BC，∴CD∥AH，∴ ECD ~ EHA，
13
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CD CE CD 6 8 2
∴ ，即 ，解得：CD ，∴DE CE 2 CD 2 62 8 2 97 ，
AH HE 4 9 3 3 3
DE CE 2 97
∵CD∥AH，∴ ，即 3 6，解得： AD
97

AD CH
AD 3 3
2．如图，在四边形 ABCD中，AD∥BC，AB＝AC＝4，CD＝2 11，∠ABD＝2∠DBC，求 BD的长．
A D
B C
解：延长 BA到 P，使 PA＝AB，过点 P作 PE⊥BD于点 E，连接 AE，PD．
P
A D
E
B C
∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC．
∵∠ABD＝2∠DBC，∴∠ABD＝2∠ADB．
∵AD∥BC，∴∠PAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB．
∵AB＝AC，∴PA＝AC，∠ABC＝∠ACB，∴∠PAD＝∠CAD．
∵AD＝AD，∴△PAD≌△CAD，∴PD＝CD＝2 11．
1
∵PA＝AB，∠PEB＝90°，∴AE＝ PB＝AB＝4，
2
∴∠AEB＝∠ABD＝2∠ADB，∴∠ADB＝∠DAE，
∴DE＝AE 2 2 2＝4，∴PE ＝PD －DE ＝28，
∴BE＝ PB 2 2－PE ＝6，∴BD＝BE＋DE＝10．
14
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3．如图，△ABC中，AD⊥BC于点 D，CE平分∠ACB交 AB于点 E，交 AD于点 F，若 BD＝6，CD＝4，∠AEC
＝45°，则 AD＝ 3 ．
解：如图，过点 A作 AG⊥AB，交 BC于点 G，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠DCE，
∵∠B+∠BCE＝∠AEC＝45°，
∴∠B＝45°﹣∠BCE，
∵∠DAG+∠BAD＝90°，
∴∠BAD+∠B＝90°，
∴∠DAG＝∠B＝45°﹣∠BCE，
∴△DAG∽△DBA，

∴ = ，

∵∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣2∠BCE，
∴∠DAC＝2∠B＝2∠DAG，
∵∠DAG+∠CAG＝∠DAC，
∴∠B＝∠CAG，
∵∠ACB＝∠GAC，
∴△ACB∽△GCA，

∴ = ，

设 AD＝x，则 AC= 2 + 2 = 2 + 16，
6
=

4
∴ 2+16 ，
10 = 2+16
解得 =
5
2，
= 3
15
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∴AD＝3，
故答案为：3．
4．【问题初探】
在数学活动课上，王老师给出如下问题：如图 1，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，过点 B作 BD⊥AC于点 D，
若 BC＝2，AD＝3，求 CD的长．
同学们经过思考后，交流出两种解题思路：
思路 1：在 Rt△ABD和 Rt△CBD中，分别利用勾股定理即可求出 CD的长；
思路 2：如图 2，在 DA上截取 DE＝DC，连接 BE，先证出∠A＝2∠CBD，再利用相似求出 CD的长；
（1）请利用思路 2求出 CD的长；
【类比分析】
思路 2是利用转化的思想，将二倍角问题转化为等角进行研究，为了使学生进一步感悟转化思想，王老师提出下
面问题，请解答．
（2）如图 3，在 Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝2∠DAB，点 E在边 AC上，且 DE＝CE，若 AB＝CD＝6，
求 AE的长；
【学以致用】
（3）如图 4，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，CD⊥AB交 BA的延长线于点 D，E是边 AC上一点，∠BEA＝90°
12∠ACB，AE＝1，AD＝7，求 BC的长．
解：（1）∵BD⊥AC，
∴BD垂直平分 CE，
∴BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，∠CBE＝2∠CBD，
∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠BCE，
∵∠CBE＝180°﹣（∠BEC+∠BCE）＝180°﹣2∠BCE，
16
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∠A＝180°﹣（∠ABC+∠BCE）＝180°﹣2∠BCE，
∴∠A＝∠CBE＝2∠CBD，
∵∠BCD＝∠ACB，
∴△BCE∽△ACB，

∴ = ，

∴BC2＝AC CE，
∵AC＝AD+CD＝AD+ 12CE＝3+
1
2CE，BC＝2，
1
∴22＝CE（3+ 2CE），
解得 CE= 17 3或 17 3（舍去），
CD= 1 = 17 3∴ 2 2 ．
17 3
故 CD的长为 ．
2
（2）延长 BD到点 F，使 BF＝BD，连接 AF，作 EH⊥CD于点 H，
∵∠ABC＝90°，BF＝BD，
∴AB垂直平分 DF，
∴△ADF是等腰三角形，
∴∠DAF＝2∠DAB，
∵∠C＝2∠DAB，
∴∠DAF＝∠C，
∵∠F＝∠F，
∴△AFD∽△CFA，

∴ = = ，

+2
∴ = ，
2
∴AD2＝2BD（CD+2BD）＝12BD+4BD2，
∵AD2＝AB2+BD2＝36+BD2，
∴36+BD2＝12BD+4BD2，
解得 BD＝2或﹣6（舍去），
∵DE＝CE，EH⊥CD，AB⊥BC，
∴EH垂直平分 CD，EH∥AB，
17
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∴CH＝DH= 12 =3， = ，
∵AC= 2 + 2 =10，
2
∴ = ，
2+6 10
∴CE= 154 ，
25
∴AE＝AC﹣CE= 4 ．
25
故 AE的长为 ．
4
（3）在 EA的延长线上取一点 F，使得 BF＝BE，连接 BF，作 BH⊥EF于点 H，
∵BF＝BE，BH⊥EF，
∴BH垂直平分 EF，∠EBF＝2∠EBA＝180°﹣∠BEA，
1
∵∠BEA＝90° 2∠ACB，
∴2∠BEA＝180°﹣∠ACB，即∠ACB＝180°﹣2∠BEA，
∴∠EBF＝∠ACB，
∵∠CFB= 12（180°﹣∠ACB），
∴∠ACB＝180°﹣2∠CFB，
∵∠ACB＝180°﹣∠CFB﹣∠CBF，
∴∠CFB＝∠CBF，
∴CB＝CF，
∴AB＝AC，∠CAD＝∠BAH，∠CDB＝∠AHB＝90°，
∴△CDA≌△BHA（ASA），
∴AH＝AD＝7，
∴EH＝FH＝8，CB＝CF＝AC+15，
∵BC2＝CH2+BH2，BH2＝AB2﹣AH2＝AC2﹣72，
∴（AC+15）2＝（AC+7）2+AC2﹣49，
解得 AC＝25或﹣9（舍去），
∴CB＝CF＝AC+15＝40．
故 BC的长为 40．
18
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3、角度在共顶点重叠时：作翻折
例 1 如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点 D为 AC的中点，连接 BD，∠A＝2∠DBC，求 tan∠ABD的值．
A
D
B C
解：延长 AC 到 E，使 CE＝CD，连接 BE，过点 D 作 DH⊥AB 于点 H．
A
H
D
B C
E
∵∠ACB＝90°，∴BD＝BE，
19
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∴∠DBC＝∠EBC，∠BDC＝∠E，
∴∠DBE＝2∠DBC．
∵∠A＝2∠DBC，∴∠A＝∠DBE，
∴∠ABE＝∠BDE＝∠E，∴AB＝AE，△ABE∽△BDE，
AB BD AE BD
∴ ＝ ，∴ ＝ ．
BE DE BD DE
设 AD＝CD＝CE＝a，则 AB＝AE＝3a，DE＝2a，
3a BD
∴ ＝ ，∴BD＝ 6a，∴BC＝ 5a．
BD 2a
DH BC DH 5a
∵sinA＝ ＝ ，∴ ＝ ，
AD AB a 3a
5 2 7
∴DH＝ a，AH＝ a，BH＝ a，
3 3 3
DH 5
∴tan∠ABD＝ ＝ ．
BH 7
例 2：如图在矩形 ABCD中，点 E，F分别为 AD，CD的中点，连接 BE，BF，且∠ABE＝2∠FBC，若 BE＝5，
则 BF的长度为 ．
解法一：将△BFC沿CB翻折，交DC的延长线于点G，延长CD交BE的延长线于点H， G＝ BFC＝90－ , H＝2 ，
△BHG为等腰，5x＝10，x＝2，AE＝3，BC＝6，BF＝ 3 5．
20
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
解法二：
连接并延长交 BA的延长导角，得出△FHC为等腰三角形，平行不改变形状，△GBH为等腰三角形。根据腰等得
出 10－x＝4x，可求 BF＝3 5
解法三：取 AB中点 G，连接 CG，延长 BE交 CD的延长线于点 H，得到△BCF △CBG，导角得出△BGK为等
腰平行不改变形状，△HKC也为等腰。根据腰等得出 10－x＝4x，可求 BF
21
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
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
AE GA 5
解法四：可以直接利用∠ABE=2α,构等腰△GBE，△BCF △EAG .根据腰等得出 x 5 ,
BC CF 2
可求 BF
（二）巩固练习
1：已知 Rt△ABC中∠C＝90°，DE 3DC AE， 2 E＝ CAD，求 的值．
AD
方法一：分析： EAC与∠DAC是共点 A的绝配角，
绝配角重叠，要翻折两次．
22
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
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DC x，DE 3x,则 EF 4x, CG x EG 5x FG 3x
~ AC 4 , 5 x AE 4 10， x GAC GEF x AD3 3 3
AE 4 10
即可求出
AD 5
方法二：分析：由于∠CAD＝2t，构造一个以∠A为顶点的等腰△ADK，然后出现△ECA~△DCK
解：构造以∠A为顶点的等腰△ADK(AD＝AK)．
导角易得∠CDK＝∠AEC，△ECA~ADCK
AC EC
4，设 CK＝x，AC＝4x，AD＝5x，DC＝3x，ED＝9x
CK DC
AE 4 10x, AE 4 10
AD 5

2．如图，在 Rt△ABC中，∠B＝90°，点 D为 BC中点，∠C＝2∠BAD，则 的值为 ．

解：延长 CB至 E，使 BE＝BD，连接 AE，设 BD＝a，
23
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∵∠B＝90°，
∴∠ABD＝∠ABE，
∴Rt△ABD≌Rt△ABE（HL），
∴∠E＝∠ADE，AE＝AD，
∵∠C＝2∠BAD，
∴∠C＝∠EAD，
∵∠D＝∠C+∠DAC，
∴∠E＝∠ADE＝∠EAC，
∴AC＝CE＝3a，
∵∠E＝∠ADE＝∠EAC，∠C＝∠EAD，
∴△ECA∽△EAD，

∴ = ，

3
∵AE＝AD，即 = ，
2
∴AD= 6a，
又 AC＝3a，
6 6
∴ = = ，
3 3
6
故答案为： ．
3
24
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3．如图，∠ ＝90°，连接 ＝2 = 2，2∠ = 3∠ ，求 的长
∠ = 90 3
∠ = 90
根据绝配角，做垂线 ，做 对称点
= ， =
设 =
∴ = = 1 +
∴ = 1 + 1
2
∵△ ∽△
∴ = 2
3(1 + 1 ) = (1 + )2
2
= 33 1 = 33+3
4 4
4．如图，二次函数 = 2 6 + ( < 0)的图象与 x轴的负半轴和正半轴分别交于 A，B 两点，与 y 轴交于点 C，
顶点为 P，对称轴交 x轴于点 D，点 Q 是抛物线对称轴上一动点，直线 交 y 轴于点 E，且 5 = 3 ．
(1)请直接写出 A，B 两点的坐标：A______，B______．
25
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
(2) 42当顶点 P 与点 Q 关于 x 轴对称时， △ = ．5
①求此时抛物线的函数表达式；
②在抛物线的对称轴上存在点 F，使∠ = 2∠ ，请直接写出点 F 的坐标．
（1）解： ∵y = ax2 6ax + c = a x 3 2 9a + c，
∴这个抛物线的对称轴是：直线 x = 3，
∴OD = 3，
如图 1 所示，
∵DQ ∥ y轴，
OD
∴ = EQ，
BD BQ
∵5EQ = 3BQ，
EQ
∴ = 3，
BQ 5
∴ OD = 3，
BD 5
∴BD = 5，
∴OB = 8，
∴B 8,0 ，
根据抛物线的对称性得 A 2,0 ，
故答案为： 2,0 , 8,0 ；
（2）解： ①如图 1，
将 A 2,0 代入二次函数 y = ax2 6ax + c 中得：4a + 12a + c = 0，
∴c = 16a，
∵ y = ax2 6ax + c = a x 3 2 9a + c，
∴P 3, 9a + c ，
26
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
∵顶点 P与点 Q关于 x轴对称，
∴Q 3,9a c ，即 Q 3,25a ，
∵ S = 42△QCE ，5
∴ 1 CE × 3 = 42，
2 5
∴ CE = 28，
5
设直线 BQ的解析式为：y = kx + m，
∴ 8k + m = 03k + m = 25a，
∴ k = 5am = 40a，
∴直线 BQ的解析式为：y = 5ax + 40a，
∴E 0,40a ，
∵C 0, c ，
∴C 0, 16a ，
∴ 16a 40a = 28，
5
∴ a = 1，
10
∴ c = 16 × 1 = 8，
10 5
1 3 8
∴此时抛物线的函数解析式为：y = x2 + x + ；
10 5 5
②如图 2，
当点 F在 BE的下方时，连接 PB，
∵顶点 P与点 Q关于 x轴对称，
∴∠PBD = ∠QBD，
27
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
∵∠BEF = 2∠OBE，
∴∠BEF = ∠PBQ，
∴PB ∥ EF，
由①得：a = 1，
10
∴P 3,2.5 ；
设直线 PB的解析式为 y = k1x + b1，
∵P 3,2.5 ，
3k1 + b1 = 2.5∴ 8k1 + b1 = 0
，
k 1
∴ 1
=
2，
b1 = 4
∴直线 PB的解析式 y = 1 x + 4，
2
1
设直线 EF的解析式为：y = x + n，
2
∵E 0, 4 ，
∴n = 4，
当 x = 3 3 11时，y = 4 = ，
2 2
∴ F 3, 11 ，
2
如图 3，
当点 F在 BE的上方时，连接 DE，
设 F 3,m ，
∵D 3,0 ，
∴BD = 5，
28
罗湖区百师助学----翠园东晓刘健
∵D 3,0 ，E 4,0 ，
∴OD = 3，OE = 4，
由勾股定理得 ED = OD2 + OE2 = 5，
∴DE = BD，
∴∠DEB = ∠OBE，
∵∠BEF = 2∠OBE，
∴∠BEF = 2∠DEB，
∴ EQ = DQ，
EF FD
∵ BE = OB2 +OE2 = 4 5，5EQ = 3BQ，
∴ EQ = 3BQ，
5
∵EQ + BQ = BE，
∴ EQ = 3 5，
2
∵ DQ = 2.5，FD = m EQ， = DQ，
EF FD
∴ EF = 3 5m，
5
过 F作 FD ⊥ y轴，垂足为 N，
在 Rt △ NEF中， EF = NF2 + NE2 = 32 + m+ 4 2，
∴ 3 5m = 32 + m+ 4 2，
5
∴ m = 25 5或 m = (舍去)．
2 2
∴ F 3, 25 ，
2
11 25
综上所述，在抛物线的对称轴上，存在点 F 3, 或 F 3, ，使∠BEF = 2∠OBE．
2 2
29绝配角与等腰三角形·自主学习单
深圳市翠园东晓中学 刘健
一、知识技能梳理
1、核心概念与性质
绝配角：当两个角满足时，称其为一对绝配角，即半角的余角与它本身称为一对绝配角
常见的绝配角组合如下：
绝配角 组合1 组合2 组合3 组合4 组合5 组合6 组合7 组合8
m 2α 90＋2α 90－2α 60＋2α 60－2α 180-2α 180-6α 2α-60
n 90－α 45－α 45＋α 60－α 60+α α 3α 120-α
2、关键模型与方法
①角度在不在一条直线上时：作等腰
②角度共顶点不重叠时：作延长
③角度在共顶点重叠时：作翻折
二、学习过程
模块一：角度在不在一条直线上时——作等腰
（一）典例精讲
例2．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为D，AD＝5，AE＝3，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连接DF，且满足∠DFE＝2∠DAC，则的值为 　 　 ．
（二）巩固练习
1
2．如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4．E为AD上一点，点A关于BE的对称点落在矩形内的F处．连接DF，当∠ABF＝2∠ADF时，则AE＝　 　 ．
3．如图，在四边形ABCD中，AB＞BC，∠ADC＝∠ABC＝90°，连接AC，BD，过点B作BE⊥AC，垂足为E，若∠BDC+∠DAB＝90°，BE＝2，CD＝3，则BC＝　 　 ．
4．已知，四边形是圆O的内接四边形，为直径，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点F是圆O上一点，连接，延长交于点E，当时，求证：；
(3)如图3，在（2）问的条件下，连接交于点M．当时，求的长．
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模块二：角度共顶点不重叠时——作延长
（一）典例精讲
例1 在四边形中，，求证。
例2 如图，在△ABC中，∠B＝90°，D是BC边上一点且满足∠C＝2∠BAD，CD＝3BD，E是AC边上一点且满足∠ADB＝∠ADE，连接BE交AD于点F，则　　 ．
（二）巩固练习
1.如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为 ．

2．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC＝4，CD＝2，∠ABD＝2∠DBC，求BD的长．
3．如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，CE平分∠ACB交AB于点E，交AD于点F，若BD＝6，CD＝4，∠AEC＝45°，则AD＝　 　 ．
4．【问题初探】
在数学活动课上，王老师给出如下问题：如图1，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，过点B作BD⊥AC于点D，若BC＝2，AD＝3，求CD的长．
同学们经过思考后，交流出两种解题思路：
思路1：在Rt△ABD和Rt△CBD中，分别利用勾股定理即可求出CD的长；
思路2：如图2，在DA上截取DE＝DC，连接BE，先证出∠A＝2∠CBD，再利用相似求出CD的长；
（1）请利用思路2求出CD的长；
【类比分析】
思路2是利用转化的思想，将二倍角问题转化为等角进行研究，为了使学生进一步感悟转化思想，王老师提出下面问题，请解答．
（2）如图3，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝2∠DAB，点E在边AC上，且DE＝CE，若AB＝CD＝6，求AE的长；
【学以致用】
（3）如图4，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，CD⊥AB交BA的延长线于点D，E是边AC上一点，∠BEA＝90°∠ACB，AE＝1，AD＝7，求BC的长．
模块三：角度在共顶点重叠时——作翻折
例1 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AC的中点，连接BD，∠A＝2∠DBC，求tan∠ABD的值．
例2：如图在矩形ABCD中，点E，F分别为AD，CD的中点，连接BE，BF，且∠ABE＝2∠FBC，若BE＝5，则BF的长度为 ．
（二）巩固练习
1：已知Rt△ABC中∠C＝90°，，，求的值．
2．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点D为BC中点，∠C＝2∠BAD，则的值为 ．
3．如图，，连接，，求的长.
4．如图，二次函数的图象与x轴的负半轴和正半轴分别交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为P，对称轴交x轴于点D，点Q是抛物线对称轴上一动点，直线交y轴于点E，且．
(1)请直接写出A，B两点的坐标：A______，B______．
(2)当顶点P与点Q关于x轴对称时，．
①求此时抛物线的函数表达式；
②在抛物线的对称轴上存在点F，使，请直接写出点F的坐标．
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