【中考真题汇编】2019-2023年 5年真题分项汇编 初中数学 专题16 作图与图形变换（教师版+学生版）.zip

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考点1 作图与图形变换
一、单选题
1．（2023年贵州省中考数学真题）如图，在四边形中，，，．按下列步骤作图：①以点D为圆心，适当长度为半径画弧，分别交于E，F两点；②分别以点E，F为圆心以大于的长为半径画弧，两弧交于点P；③连接并延长交于点G．则的长是（ ）

A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】先根据作图过程判断平分，根据平行线的性质和角平分线的定义可得，进而可得，由此可解．
【详解】解：由作图过程可知平分，
，
，
，
，
，
，
故选A．
【点睛】本题考查角平分线的作图，平行线的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是根据作图过程判断出平分．
2．（2023年甘肃省武威市中考数学真题）如图，是等边的边上的高，以点为圆心，长为半径作弧交的延长线于点，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由等边三角形的性质求解，再利用等腰三角形的性质可得，从而可得答案．
【详解】解：∵是等边的边上的高，
∴，
∵，
∴，
故选C
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记等边三角形与等腰三角形的性质是解本题的关键．
3．（2023年新疆维吾尔族自治区中考数学真题）如图，在中，以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧在的内部交于点，作射线交于点．若，，则的长为( )

A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】过点作于点，勾股定理求得，根据作图可得是的角平分线，进而设，则，根据，代入数据即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，

在中，，，
∴，
根据作图可得是的角平分线，
∴
设，
∵
∴
解得：
故选：C．
【点睛】本题考查了作角平分线，角平分线的性质，正弦的定义，勾股定理解直角三角形，熟练掌握基本作图以及角平分线的性质是解题的关键．
4．（2023年天津市中考数学真题）如图，在中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线分别与边相交于点D，E，连接．若，则的长为（ ）

A．9B．8C．7D．6
【答案】D
【分析】由作图可知直线为边的垂直平分线，再由得到，则可知三点在以为圆心直径的圆上，进而得到，由勾股定理求出即可．
【详解】解：由作图可知，直线为边的垂直平分线，
∵
∴，
∵，
∴，
∴三点在以为圆心直径的圆上，
∴，
∵，
∴
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图和性质，圆的基本性质和勾股定理，解答关键是熟练掌握常用尺规作图的作图痕迹，由作图过程得到新的结论．
5．（2023年河北省中考数学真题）综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点C，使得四边形为平行四边形．图1~图3是其作图过程．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．两组对边分别平行B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分D．一组对边平行且相等
【答案】C
【分析】根据作图步骤可知，得出了对角线互相平分，从而可以判断．
【详解】解：根据图1，得出的中点，图2，得出，
可知使得对角线互相平分，从而得出四边形为平行四边形，
判定四边形ABCD为平行四边形的条件是：对角线互相平分，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．
6．（2023年内蒙古通辽市中考数学真题）下面是“作已知直角三角形的外接圆”的尺规作图过程：
下列不属于该尺规作图依据的是（ ）
A．两点确定一条直线
B．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
C．与线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上
D．线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等
【答案】D
【分析】利用直角三角形斜边中线的性质证明：即可．
【详解】解：作直线（两点确定一条直线），
连接，

∵由作图，，
∴且（与线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上）．
∵，
∴（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴，
∴A，B，C三点在以O为圆心，为直径的圆上．
∴为的外接圆．
故选：D．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，线段的垂直平分线的定义，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7．（2023年辽宁省本溪市、铁岭市、辽阳市中考数学真题）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，作射线，交于点，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点D作于M，由勾股定理可求得，由题意可证明，则可得，从而有，在中，由勾股定理建立方程即可求得结果．
【详解】解：过点D作于M，如图，
由勾股定理可求得，
由题中作图知，平分，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
即的长为为；
故选：D．

【点睛】本题考查了作图：作角平分线，角平分线的性质定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，利用全等的性质、利用勾股定理建立方程是解题的关键．
8．（2023年吉林省长春市中考数学真题）如图，用直尺和圆规作的角平分线，根据作图痕迹，下列结论不一定正确的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据作图可得，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：根据作图可得，故A，C正确；
∴在的垂直平分线上，
∴，故D选项正确，
而不一定成立，故B选项错误，
故选：B．
【点睛】本题考查了作角平分线，垂直平分线的判定，熟练掌握基本作图是解题的关键．
9．（2023年黑龙江龙东地区中考数学真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，
由题意知，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，即，
连接，设与交于点F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标是，
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
10．（2023年黑龙江省牡丹江市中考数学真题）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：
第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平；
第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．
根据以上的操作，若，，则线段的长是（ ）

A．3B．C．2D．1
【答案】C
【分析】根据折叠的性质得：，，，设，则，利用勾股定理求出，再证明，得，求解即可．
【详解】解：如图，过点作，交于点，

在和中，
设，则，
，即：，
解得：，
，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查折叠问题及矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质并能熟练运用勾股定理方程思想是解题的关键．
11．（2022·江苏南京·统考中考真题）直三棱柱的表面展开图如图所示，，，，四边形是正方形，将其折叠成直三棱柱后，下列各点中，与点距离最大的是（ ）

A．点B．点C．点D．点
【答案】B
【分析】根据勾股定理的逆定理判定是直角三角形，折叠成直三棱柱后，运用勾股定理计算比较大小即可．
【详解】∵，，，
∴，
∴是直角三角形，
∵四边形是正方形，将其折叠成直三棱柱，
∴直棱柱的高，
∴，，，，
∵，
∴选B．
【点睛】本题考查了几何体的展开与折叠，勾股定理及其逆定理，熟练掌握展开图与折叠的意义是解题的关键．
12．（2022·山东德州·统考中考真题）在中，根据下列尺规作图的痕迹，不能判断与大小关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用基本作图可直接对由A选项和B选项中和的长，再根据基本作图和线段垂直平分线的性质、三角形三边的关系，比较和的长，可判断C，不能比较和的长，可判断D．
【详解】解：A．由作图痕迹，在上截取线段等于，则，所以A选项不符合题意；
B．由作图痕迹，在上延长线上截取线段等于，则，所以B选项不符合题意；
C．由作图痕迹，作的垂直平分线，可知，根据三角形三边关系得，即，所以C选项不符合题意；
D．由作图痕迹，作的垂直平分线，仿照C，可知，不能说明和的大小，所以D选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质．
13．（2022·内蒙古·中考真题）如图，在中，，以B为圆心，适当长为半径画弧交于点M，交于点N，分别以M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线交于点E，点F为的中点，连接，若，则的周长是（ ）

A．8B．C．D．
【答案】D
【分析】由尺规作图可知，BE为∠ABC的平分线，结合等腰三角形的性质可得BE⊥AC，AE= CE=AC= 2，利用勾股定理求出AB、 BC的长度，进而可得EF= AB=2， CF=BC=，即可得出答案．
【详解】由题意得，BE为∠ABC的平分线，
∵ AB= BC，
BE⊥AC， AE= CE=AC = 2，
由勾股定理得，
AB= BC=，
∵点F为BC的中点，
∴EF=AB=， CF=BC=，
∴∆CEF的周长为：+2= 2+ 2．
故选：D．
【点睛】本题考查尺规作图、等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握角平分线的作图步骤以及等腰三角形的性质是解答本题的关键．
14．（2021·四川甘孜·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝70°，∠C＝40°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN交BC于点D，连接AD，则∠BAD的大小为（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】A
【分析】根据线段垂直平分线的性质得出∠DAC的度数，从而求出∠BAD．
【详解】解：由作图可知，直线MN是线段AC的垂直平分线，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C＝40°．
∵∠BAC＝70°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝70°﹣40°＝30°．
故选：A．
【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质，掌握线段垂直平分线的性质并应用是解题的关键．
15．（2020·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在四边形中，，，，，分别以和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，直线与延长线交于点，连接，则的内切圆半径是（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】A
【分析】分别以和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，连接P，Q则PQ为BC的垂直平分线，可得EB=EC，又∠B=60°，所以△EBC为等边三角形，作等边三角形EBC的内切圆，设圆心为M，则M在直线PQ上，连接BM，过M作BC垂线垂足为H，在Rt△BMH中，BH=BC=AD=，∠MBH=∠B=30°，通过解直角三角形可得出MH的值即为△BCE的内切圆半径的长．
【详解】解：有题意得PQ为BC的垂直平分线，
∴EB=EC，
∵∠B=60°，
∴△EBC为等边三角形，
作等边三角形EBC的内切圆，设圆心为M，
∴M在直线PQ上，
连接BM，过M作MH垂直BC于H，垂足为H，
∵
∴BH=BC=AD= ，
∵∠MBH=∠B=30°，
∴在Rt△BMH中,MH=BH×tan30°=×=4．
∴的内切圆半径是4．
故选：A．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线定理，等边三角形的判定，等边三角形内切圆半径的求法，解直角三角形，解题关键在于理解题意，运用正确的方法求三角形内切圆半径．
16．（2019·河北·统考中考真题）根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功找到三角形外心的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形外心的定义得到三角形外心为三边的垂直平分线的交点，然后利用基本作图对各选项进行判断．
【详解】三角形外心为三边的垂直平分线的交点，由基本作图得到C选项作了两边的垂直平分线，从而可用直尺成功找到三角形外心．
故选C．
【点睛】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了三角形的外心．
二、填空题
17．（2023年山西省中考数学真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为 ．

【答案】
【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可．
【详解】解：∵在中，，
∴，，
由作图知平分，，
∴是等边三角形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，尺规作图—作角平分线，等边三角形的判定和性质，正切函数的定义，求得是解题的关键．
18．（2023年辽宁省本溪市、铁岭市、辽阳市中考数学真题）如图，在三角形纸片中，，点是边上的动点，将三角形纸片沿对折，使点落在点处，当时，的度数为 ．

【答案】或
【分析】分两种情况考虑，利用对称的性质及三角形内角和等知识即可完成求解．
【详解】解：由折叠的性质得：；
∵，
∴；
①当在下方时，如图，
∵，
∴，
∴；

②当在上方时，如图，
∵，
∴，
∴；

综上，的度数为或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和，注意分类讨论．
19．（2023年吉林省长春市中考数学真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为 度．

【答案】
【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，
将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，
则，
∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，
∴，，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
20．（2023年吉林省中考数学真题）如图，在中，，分别以点B和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两孤交于点D，作直线交于点E．若，则的大小为 度．

【答案】55
【分析】首先根据题意得到是的角平分线，进而得到．
【详解】∵由作图可得，是的角平分线
∴．
故答案为：55．
【点睛】此题考查了作角平分线，角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
21．（2023年吉林省中考数学真题）如图，在中，．点，分别在边，上，连接，将沿折叠，点的对应点为点．若点刚好落在边上，，则的长为 ．

【答案】
【分析】根据折叠的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出，即可求解．
【详解】解：∵将沿折叠，点的对应点为点．点刚好落在边上，在中，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
22．（2023年黑龙江龙东地区中考数学真题）在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
【答案】/
【分析】过点A作交的延长线于点G，求出，然后由旋转的性质可知点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，则可得如图中G、A、F三点共线时点F到直线的距离最大，求出距离的最大值，然后计算即可．
【详解】解：如图，在中，，，点是斜边的中点，
∴，，，
∴，
过点A作交的延长线于点G，
∴，
又∵在旋转的过程中，点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，，
∴点F到直线的距离的最大值为，（如图，G、A、F三点共线时）
∴面积的最大值，
故答案为：．

【点睛】本题考查了含直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，圆的基本性质等知识，根据旋转的性质求出点F到直线距离的最大值是解答本题的关键．
23．（2023年江苏省徐州市中考数学真题）如图，在中，，点在边上．将沿折叠，使点落在点处，连接，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】由折叠性质可知，然后根据三角不等关系可进行求解．
【详解】解：∵，
∴，
由折叠的性质可知，
∵，
∴当、、B三点在同一条直线时，取最小值，最小值即为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查勾股定理、折叠的性质及三角不等关系，熟练掌握勾股定理、折叠的性质及三角不等关系是解题的关键．
24．（2021·甘肃兰州·统考中考真题）如图，在矩形中，，．①以点为圆心，以不大于长为半径作弧，分别交边，于点，，再分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线交于点，则长为 ．
【答案】
【分析】由作图步骤可知AG是的角平分线，MN是CQ的垂直平分线，则BQ=AB=1，利用勾股定理可得AQ=QG=，因为AD∥BQ，所以，则，即，解得OQ=，所以OG=OQ+QG=．
【详解】由题意可知：AG是的角平分线，MN是CQ的垂直平分线，
=45°，
BQ=AB=1，
在中，，
AD∥BQ，

，即，解得OQ=，
OG=OQ+QG=．
【点睛】本题主要考查了角平分线、垂直平分线的作图方法，相似三角形判定，勾股定理，解题的关键是掌握角平分线、垂直平分线的作图方法以及找准相似三角形进行线段计算．
25．（2020·西藏·统考中考真题）如图，已知平行四边形ABCD，以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交AB，AD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径画弧，两弧在∠DAB的内部相交于点G，画射线AG交DC于H．若∠B＝140°，则∠DHA＝ ．
【答案】20°
【分析】先利用平行四边形的性质得到AB∥CD，AD∥BC，则利用平行线的性质可计算出∠BAD＝40°，再由作法得AH平分∠BAD，所以∠BAD＝∠BAD＝20°，然后根据平行线的性质得到∠DHA的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAD＝180°﹣140°＝40°，
由作法得AH平分∠BAD，
∴∠BAH＝∠DAH，
∴∠BAD＝∠BAD＝20°，
∵AB∥CD，
∴∠DHA＝∠BAH＝20°．
故答案为20°．
【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质．
三、解答题
26．（2023年江西省中考数学真题）如图是的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．

(1)在图1中作锐角，使点C在格点上；
(2)在图2中的线段上作点Q，使最短．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）如图，取格点，使，在的左上方的格点满足条件，再画三角形即可；
（2）利用小正方形的性质取格点，连接交于，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形；

（2）如图，即为所求作的点；

【点睛】本题考查的是复杂作图，同时考查了三角形的外角的性质，正方形的性质，垂线段最短，熟记基本几何图形的性质再灵活应用是解本题的关键．
27．（2023年山东省枣庄市中考数学真题）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．

（2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．

【答案】（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）见解析
【分析】（1）应从对称方面，阴影部分的面积等方面入手思考；
（2）应画出既是轴对称图形，且面积为4的图形．
【详解】解：（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
故答案为：观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
（2）如图：

【点睛】此题主要考查了利用轴对称图形设计图案，关键是掌握利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．
28．（2023年河南省中考数学真题）如图，中，点D在边上，且．

(1)请用无刻度的直尺和圆规作出的平分线（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)若（1）中所作的角平分线与边交于点E，连接．求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用角平分线的作图步骤作图即可；
（2）证明，即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求，

（2）证明：∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了角平分线的作图、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握角平分线的作图和全等三角形的判定是解题的关键．
29．（2023年湖北省武汉市数学真题）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，正方形四个顶点都是格点，是上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．

(1)在图（1）中，先将线段绕点顺时针旋转，画对应线段，再在上画点，并连接，使；
(2)在图（2）中，是与网格线的交点，先画点关于的对称点，再在上画点，并连接，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取格点F，连接BF，连接，再取格点P，连接交于Q，连接，延长交于G即可．
（2）取格点F，连接BF、，交格线于N，再取格点P，Q，连接交于O，连接并延长交于H即可．
【详解】（1）解：如图（1）所示，线段和点G即为所作；

∵，，，
∴
∴
∴
∴线段绕点顺时针旋转得；
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴
由旋转性质得，，
∴．
（2）解：如图（2）所示，点N与点H即为所作．

∵，，，
∴，
∴
∵
∴与关于对称，
∵
∴M、N关于对称；
∵，
∴，
∴
∵
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
由轴对称可得
∴．
【点睛】本题考查利用网格作图，轴对称性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定与性质．取恰当的格点是解题的关键．
30．（2023年广西壮族自治区中考数学真题）如图，在中，，．

(1)在斜边上求作线段，使，连接；
（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)若，求的长．
【答案】(1)图见详解
(2)
【分析】（1）以A为圆心，长为半径画弧，交于点O，则问题可求解；
（2）根据含30度直角三角形的性质可得，则有，进而问题可求解．
【详解】（1）解：所作线段如图所示：

（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即点O为的中点，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查含30度直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握含30度直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键．
31．（2023年甘肃省武威市中考数学真题）1672年，丹麦数学家莫尔在他的著作《欧几里得作图》中指出：只用圆规可以完成一切尺规作图．1797年，意大利数学家马斯凯罗尼又独立发现此结论，并写在他的著作《圆规的几何学》中．请你利用数学家们发现的结论，完成下面的作图题：
如图，已知，是上一点，只用圆规将的圆周四等分．（按如下步骤完成，保留作图痕迹）

①以点为圆心，长为半径，自点起，在上逆时针方向顺次截取；
②分别以点，点为圆心，长为半径作弧，两弧交于上方点；
③以点为圆心，长为半径作弧交于，两点．即点，，，将的圆周四等分．
【答案】见解析
【分析】根据作图提示逐步完成作图即可．再根据图形基本性质进行证明即可．
【详解】解：如图，

即点，，，把的圆周四等分．
理由如下：
如图，连接，

由作图可得：，且，
∴为等边三角形，，
同理可得：，
∴，
∴A，O，D三点共线，为直径，
∴，
设，而，
∴，，
由作图可得：，而，
∴，，
∴由作图可得，
而，
∴，
∴，
同理，
∴点，，，把的圆周四等分．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆弧与圆心角之间的关系，等边三角形的判定与性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，圆周角定理的应用，熟练掌握图形的基本性质并灵活应用于作图是解本题的关键．
32．（2023年山西省中考数学真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）
(3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，
证明如下：∵点分别是边的中点，
∴．
∴．
同理．
∴四边形的周长．
即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
33．（2023年内蒙古赤峰市中考数学真题）已知：如图，点M在的边上．
求作：射线，使．且点N在的平分线上．
作法：①以点O为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线，于点C，D．
②分别以点C，D为圆心．大于长为半径画弧，两弧在的内部相交于点P．
③画射线．
④以点M为圆心，长为半径画弧，交射线于点N．
⑤画射线．
射线即为所求．

(1)用尺规作图，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)根据以上作图过程，完成下面的证明．
证明：∵平分．
∴ ① ，
∵，
∴ ② ，( ③ )．(括号内填写推理依据)
∴．
∴．( ④ )．(填写推理依据)
【答案】(1)见解析
(2)①，②，③等边对等角；④内错角相等，两直线平行
【分析】（1）根据题意用尺规作图，依作法补全图形即可；
（2）由平分推导，由推导，从而推出，继而利用“内错角相等，两直线平行”判定．
【详解】（1）根据意义作图如下：射线即为所求作的射线．

（2）证明：∵平分．
∴，
∵，
∴，(等边对等角)．(括号内填写推理依据)
∴．
∴．(内错角相等，两直线平行)．(填写推理依据)
故答案为：①，②，③等边对等角；④内错角相等，两直线平行．
【点睛】本题考查作尺规作图—作角平分线和相等线段，等边对等角，平行线的判定等知识，根据题意正确画出图形是解题的关键．
34．（2023年吉林省长春市中考数学真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作，点C在格点上．

(1)在图①中，的面积为；
(2)在图②中，的面积为5
(3)在图③中，是面积为的钝角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）以为底，设边上的高为，依题意得，解得，即点在上方且到距离为个单位的线段上的格点即可；
（2）由网格可知，，以为底，设边上的高为，依题意得，解得，将绕或旋转，过线段的另一个端点作的平行线，与网格格点的交点即为点；
（3）作，过点作，交于格点，连接A、B、C即可．
【详解】（1）解：如图所示，
以为底，设边上的高为，
依题意得：
解得：
即点在上方且到距离为个单位的线段上的格点即可，
答案不唯一；

（2）由网格可知，
以为底，设边上的高为，
依题意得：
解得：
将绕或旋转，过线段的另一个端点作的平行线，与网格格点的交点即为点，
答案不唯一，

（3）如图所示，
作，过点作，交于格点，

由网格可知，
，，
∴是直角三角形，且
∵
∴．
【点睛】本题考查了网格作图，勾股定理求线段长度，与三角形的高的有关计算；解题的关键是熟练利用网格作平行线或垂直．
35．（2023年吉林省中考数学真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．在图①、图②、图③中以为边各画一个等腰三角形，使其依次为锐角三角形、直角三角形、钝角三角形，且所画三角形的顶点均在格点上．

【答案】见解析
【分析】根据勾股定理可得，结合题意与网格的特点分别作图即可求解．
【详解】解：如图所示，

如图①，，则是等腰三角形，且是锐角三角形，
如图②，，，则，则是等腰直角三角形，
如图③，，则是等腰三角形，且是钝角三角形，
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，等腰三角形的定义，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
36．（2023年黑龙江龙东地区中考数学真题）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．

(1)将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．
(2)请画出关于轴对称的．
(3)将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（3）画出旋转后的图形，根据即可得出答案．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）如图所示，即为所求；
（3）将着原点顺时针旋转，得到，

设所在圆交于点D，交于点E，
，，
，
，，
，
，
，，，
，
故线段在旋转过程中扫过的面积为．
【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
37．（2023年黑龙江省绥化市中考数学真题）已知：点是外一点．

(1)尺规作图：如图，过点作出的两条切线，，切点分别为点、点．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
(2)在（1）的条件下，若点在上（点不与，两点重合），且．求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】（1）①连接，分别以点为圆心，大于的长为半径画圆，两圆交于点两点，作直线交于点，②以点为圆心，为半径画圆，与交于两点，作直线，
（2）根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，进而根据圆周角定理以及圆内接四边形对角互补即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，

①连接，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点两点，作直线交于点，
②以点为圆心，为半径画圆，与交于两点，作直线，
则直线即为所求；
（2）如图所示，点在上（点不与，两点重合），且，
∵是的切线，
∴，
∴，
当点在优弧上时，，
当点在劣弧上时，，
∴或．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
38．（2023年黑龙江省牡丹江市中考数学真题）在中，，，，D为的中点，以为直角边作含角的，，且点E与点A在的同侧，请用尺规或三角板作出符合条件的图形，并直接写出线段的长．
【答案】作图见解析，线段的长为或
【分析】先根据含30度角的直角三角形的性质得到，，再根据直角三角形斜边上的中线性质和等边三角形的判定证明为等边三角形，可得，，分和两种情况，利用等边三角形的性质，结合锐角三角形和勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，当时，

∵在中，，，
∴，又，
∴，，
∵D为的中点，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴；
如图，当时，

∵，
∴
在中，，则，
在中，，则，
综上，满足条件的线段的长为或．
【点睛】本题考查含30度角的直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数以及勾股定理等知识，熟练掌握等边三角形和直角三角形的相关性质是解答的关键．
39．（2023年江苏省无锡市中考数学真题）如图，已知，点M是上的一个定点．

(1)尺规作图：请在图1中作，使得与射线相切于点M，同时与相切，切点记为N；
(2)在（1）的条件下，若，则所作的的劣弧与所围成图形的面积是_________．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先作的平分线，再过M点作的垂线交于点O，接着过O点作于N点，然后以O点为圆心，为半径作圆，则满足条件；
（2）先利用切线的性质得到，，根据切线长定理得到，则，再利用含30度角的直角三角形三边的关系计算出，然后根据扇形的面积公式，利用的劣弧与所围成图形的面积进行计算．
【详解】（1）解：如图，为所作；
；
（2）解：∵和为的切线，
∴，，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴的劣弧与所围成图形的面积
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了切线的判定与性质、扇形的面积计算．
40．（2022·江苏南京·统考中考真题）在平面内，先将一个多边形以自身的一个顶点为位似中心放大或缩小，再将所得多边形沿过该点的直线翻折，我们称这种变换为自位似轴对称变换，变换前后的图形成自位似轴对称．
例如：如图①，先将以点为位似中心缩小，得到，再将沿过点的直线翻折，得到，则与成自位似轴对称．

(1)如图②，在中，，，，垂足为，下列3对三角形：①与；②与；③与．其中成自位似轴对称的是________（填写所有符合条件的序号）；
(2)如图③，已知经过自位似轴对称变换得到，是上一点，用直尺和圆规作点，使与是该变换前后的对应点（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）；
(3)如图④，在中，是的中点，是内一点，，，连接，求证：．
【答案】(1)①②
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据题中定义作出图形，即可得出结论；
（2）先根据题意和轴对称性质作出轴对称前的，即以点为位似中心缩小的，在作出Q对应的，进而作出点对应的点P即可；
（3）延长交于点，证明和得到，进而得到，证明得到，利用平行线的判定即可得出结论．
【详解】（1）解：①与成自位似轴对称，对称轴为的角平分线所在的直线，如图；

②与成自位似轴对称，对称轴为平分线所在的直线，如图，
，
③与不成自位似轴对称，
故答案为：①②；
（2）解：如图，
1）分别在和上截取，，
2）连接，在上截取，
3）连接并延长交于P，则点即为所求；

（3）证明：延长交于点，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题考查位似和轴对称的性质、相似三角形的判定与性质，理解题中所给定义，熟练掌握轴对称性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．
41．（2021·甘肃兰州·统考中考真题）在中，，，，将绕点顺时针旋转，角的两边分别交射线于，两点，为上一点，连接，且（当点，重合时，点，也重合）．设，两点间的距离为，，两点间的距离为．
小刚根据学习函数的经验，对因变量随着自变量的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小刚的探究过程，请补充完整．
（1）列表：下表的已知数据是根据，两点间的距离进行取点，画图，测量分别得到了与的几组对应值；
请你通过计算补全表格：______；
（2）描点、连线：在平面直角坐标系中，描出表中各组数值所对应的点，并画出函数关于的图像；
（3）探究性质：随着自变量的不断增大，函数的变化趋势；
（4）解决问题：当时，的长度大约是______．（结果保留两位小数）
【答案】（1）；（2）见解析；（3）随着自变量的不断增大，函数不断减小；（4）
【分析】（1）根据题意画出图形，证明，根据相似三角形性质可得结果；
（2）描点连线画出图形即可；
（3）根据（2）画出图像判断增减性即可；
（4）根据，可得，画出与（2）中图像交点即为所求．
【详解】解：（1）当时，即两点之间的距离为，
旋转至如图所示时：
∴此时点和点C重合，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）函数图像如下图：
；
（3）根据图像可知：随着自变量的不断增大，函数不断减小；
（4）∵，
∴，
如图：与（2）中函数图像交点即为所求
∴，
即的长度大约是：cm，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，动点问题的函数图像，读懂题意，运用数形结合的思想解题是关键．
42．（2020·广西贵港·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(1，4)，B(4，1)，C(4，3)．
（1）画出将△ABC向左平移5个单位得到的△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的△A2B2C2．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用点的坐标平移规律：上加下减，将△ABC向左平移5个单位，画出△A1B1C1．
（2）利用旋转的性质，在平面直角坐标系中将△ABC绕原点O顺时针旋转90°，画出△A2B2C2．
【详解】解：画出△A1B1C1、画出A2B2C2
【点睛】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
43．（2020·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，网格的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，点，，的坐标分别为，，，先以原点为位似中心在第三象限内画一个，使它与位似，且相似比为2：1，然后再把绕原点逆时针旋转90°得到．
（1）画出，并直接写出点的坐标；
（2）画出，直接写出在旋转过程中，点到点所经过的路径长．
【答案】（1）见解析，A1(-2，-4)；（2）见解析，．
【分析】（1）连接AO、BO、CO，并延长到2AO、2BO、2CO，长度找到各点的对应点，顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C绕点O逆时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据勾股定理列式求出OA，然后利用弧长公式列式计算即可得解．
【详解】（1）如图所示，A1(-2，-4)；
（2）如图所示，
∵OA=
∴的长为：．
【点睛】本题考查了平移变换作图和轴对称图形的作法及画位似图形．注意：画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心，②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
44．（2019·江苏泰州·统考中考真题）如图，中，，，．
（1）用直尺和圆规作的垂直平分线；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2）若（1）中所作的垂直平分线交于点，求的长．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【分析】（1）分别以，为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点，，作直线即可．
（2）设，在中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】（1）如图直线即为所求．
（2）∵垂直平分线段，∴，
设，在中，
∵，∴，
解得，∴．
【点睛】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
45．（2023·福建福州·校考二模）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（ ）
A．B．C．3D．2
【答案】C
【分析】如图，过作于 求解 结合旋转：证明 可得为等边三角形，求解 再应用锐角三角函数可得答案．
【详解】解：如图，过作于
由，

结合旋转：

为等边三角形，



∴A到的距离为3．
故选C
【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
46．（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，点，，点为线段的中点，为上一点，连接，将沿折叠得到．当时，点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，交于点，证明四边形为菱形，得到，且，即可得出点的坐标．
【详解】解：∵点，，
∴，．
∴．
当时，连接，交于点，如解图所示，

则．
由折叠的性质，可知，
∴．
∴．
又∵，
∴．
又∵，，
∴四边形为菱形．
∴，且．
∵是的中点，
∴，．
∴将点向下平移5个单位长度得到点为；
故选B．
【点睛】本题考查折叠的性质，菱形的判定与性质．解题的关键是证明四边形为菱形．
47．（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
48．（2023·河南信阳·校考三模）如图，在中，将沿折叠后，点D恰好落在的延长线上的点E处．若，则为（ ）

A．42°B．38°C．32°D．58°
【答案】C
【分析】根据折叠的性质得到，根据平行四边形的性质得到，即可求出．
【详解】解：由折叠可得，，
在中，．
又∵．
∴
∴．
故选C．
【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的性质和直角三角形的性质，解题的关键是得到．
49．（2023·山东济南·统考三模）如图，在中，，分别以B，C为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线交于E，交于D，连接．若，，则（ ）

A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】由作图可知是的垂直平分线，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知，在 中，只要求得的长即可求得的长，因为含角的直角三角形，故所有边的数值都可求出．
【详解】解：由作图可知是的垂直平分线，，
∴为的中线，．
∵为的垂直平分线，
∴．
又∵，
∴
∴．
在直角三角形中，由勾股定理得，．
又，由勾股定理得，．
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质和作法，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握垂直平分线的作法和性质以及解直角三角形是解题的关键．
50．（2023·河南新乡·校联考二模）如图，在中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，射线交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据角平分线的定义得到，根据平行线的性质得到，进而得到，于是得到结论．
【详解】解：由题意可知是的平分线，
．
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查的是尺规作图，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，熟知角平分线的作法是解答此题的关键．
51．（2023·河南洛阳·统考三模）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点，分别在边，上，点，的对应点分别在，，且点在矩形内部，的延长线交边于点，交边于点．，，当点为三等分点时，的长为 ．

【答案】或
【分析】根据点为三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明，得到，证明，求出的长，过点作于点，则，设，根据勾股定理列方程求出即可．
【详解】解：①当时，，
将矩形纸片折叠，折痕为，
，，，，，
，，
，
，
，，
，
，
，
过点作于点，如图所示：

则，
设，则，
，
，
，即，解得或（舍去），
；
②当时，，
，
，
，
，
，
，
，，解得或（舍去），
；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）、矩形的性质、勾股定理、相似三角形判定与性质、分类讨论的思想等，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
52．（2023·山东济南·统考三模）如图，折叠矩形纸片，使点D落在边的点M处，为折痕，，．则四边形面积的最小值是 ．

【答案】
【分析】设的长为t，连接，过点E作于点G，设，则，由勾股定理得出，证得，由锐角三角函数的定义得出，求出，则由梯形的面积公式以及二次函数的性质可得出答案．
【详解】设的长为t，连接，过点E作于点G，如图，

设，则，
∵，
∴，
解得，
∴，
∵折叠矩形纸片，使点D落在边的点M处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
当时，四边形面积的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握折叠的性质及方程的思想是解题的关键．
53．（2023·山东菏泽·统考三模）如图，将矩形沿折叠，使顶点C恰好落在边的中点上，点D落在 处，交于点M．若 ，则的长为
【答案】4
【分析】设，根据勾股定理列方程求出即可．
【详解】解：根据折叠的性质可知，，，
∵顶点C恰好落在边的中点上，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：，即，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，掌握以上知识点是解决问题的关键．
54．（2023·广东梅州·统考一模）在中，，，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F；再分别以点E，F为圈心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点D．则与的数量关系是 ．
【答案】
【分析】先根据直角三角形的性质可得，再根据角平分线的尺规作图可知平分，从而可得，然后根据等腰三角形的定义可得，最后根据直角三角形的性质可得，由此即可得出答案．
【详解】解：在中，，，
，
由角平分线的尺规作图可知，平分，
，
，
，
在中，，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了角平分线的尺规作图、等腰三角形的定义、含角的直角三角形，熟练掌握角平分线的尺规作图是解题关键．
55．（2023·江苏盐城·景山中学校考三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝13，BC＝17，点E是线段AD上一个动点，把△BAE沿BE向矩形内部折叠，当点A的对应点A1恰好落在∠BCD的平分线上时，AE的长为 ．
【答案】或
【分析】由翻折的性质可得， ，再根据角平分线的性质可得： ，解 ，得出BF、CF．延长 交AD于点G，通过相似三角形判定可以证出 ．再用相似的性质可以求出 的长，即AE的长．
【详解】解：由翻折的性质可得：
平分 ，

如图，过点 作 于点F，
则 是等腰直角三角形

设 ，则 ，
在中，由勾股定理得：
，
即
解得：或
当 时，延长 交AD于点G，如图：
此时

设 ，则




，即
，即
当 时，延长 交AD于点G，如图：
此时

设 ，则




，即
，即
故答案为： 或 ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质(四个角是直角)，翻折的性质(翻折前后两个图形全等)，相似三角形性质与判定(两组对应角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例)，勾股定理(在直角三角形中，两直角边的平方之和等于斜边的平方) ．熟练应用相关知识进行求解是解决本题的关键．
56．（2023·河南信阳·校考三模）如图，在矩形中，，．连接，按下列方法作图；以点C为圆心，适当长为半径画弧．分别交于点E，F；分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G；连接交于点H，则的面积是（ ）

A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】证明，，，如图，过H点作于M，可得，证明，求解，从而可得答案．
【详解】解：∵矩形中，，
∴，，，
如图，过H点作于M，

由作法得平分，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，而，
∴．
，
故选：A．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，角平分线的作图与角平分线的性质，证明是解本题的关键．
57．（2023·黑龙江绥化·统考模拟预测）把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A-45°，∠D=30°，斜边AB=6，DC=7，把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为（ ）
A．B．5C．4D．
【答案】B
【详解】由题意易知：∠CAB=45°，∠ACD=30°，
若旋转角度为15°，则∠ACO=30°+15°=45°．
∴∠AOC=180°－∠ACO－∠CAO=90°．
在等腰Rt△ABC中，AB=6，则AC=BC=．
同理可求得：AO=OC=3．
在Rt△AOD1中，OA=3，OD1=CD1－OC=4，
由勾股定理得：AD1=5．故选B．
58．（2023·贵州黔东南·统考二模）如图，在中，，按如下步骤操作：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于D，E两点；②以点C为圆心，长为半径作弧，交的延长线于点F；③以点F为圆心，长为半径作弧，交②中所画的弧于点G；④作射线，若，则为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，，首先根据直角三角形的性质，可求得，再根据作法可知：，，根据全等三角形的判定与性质，即可求解．
【详解】解：如图：连接，，

在中，，，
，
由作法可知：，，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了基本作图，全等三角形判定和性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握基本作图．
59．（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，在中，，分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线MN交AB于点D，交BC于点E，连接CD，若，则的度数为 ．
【答案】36°/36度
【分析】利用基本作图得到，，设，则，利用为斜边上的中线得到，则，利用三角形外角性质得到，则利用可求出，从而得到的度数．
【详解】解：由作法得垂直平分，
，，
，
设，则，
，为斜边上的中线，
，
，
，
，
，
解得，
，
故答案为：36°．
【点睛】本题考查了作图复杂作图、直角三角形斜边中线的性质、等边对等角等内容，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
60．（2023·四川成都·统考二模）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点；②作直线交于点D，连接．若，则的度数为 ．
【答案】/50度
【分析】利用基本作图得到垂直平分，则根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到，再根据三角形外角性质即可求解．
【详解】解：由作法得垂直平分，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质．
61．（2023·河南信阳·校考三模）如图，在等边中，，点D在边上，点E是边上一动点，将∠B沿折叠，点B的对应点在AC边上，当为直角三角形时，的长为 ．

【答案】或
【分析】存在两种情况：如图①，时，设．由折叠知，运用解直角三角形，得，从而，得；当时，同法求解，得．
【详解】如图①，当时，设．

∵将沿着翻折，
∴．
∵为等边三角形，
∴，．，．
∴．
∴．
当时，设．
∵将沿着DE翻折，
∴．
∵为等边三角形，
∴，．，．
∴，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查等边三角形性质，折叠的性质，解直角三角形，注意分类讨论是解题的关键．
62．（2023·黑龙江绥化·统考模拟预测）在三角形纸片中，，，，将该纸片沿过点的直线折叠，使点落在斜边上的一点处，折痕记为（如图1），剪去后得到双层（如图2），再沿着过某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形，则所得平行四边形的周长为 ．

【答案】或
【分析】解直角三角形得到，，根据折叠的性质得到，，求得，，如图，平行四边形的边是，，如图，平行四边形的边是，，于是得到结论．
【详解】
解：，，，
，，
由折叠可知：，
，，
，，
①如图，作，
平行四边形的边是，，且，
设，则，
根据勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
平行四边形的周长，
②如图，作，
平行四边形的边是，，且，
平行四边形的周长，
综上所述：平行四边形的周长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键．
63．（2023·浙江温州·校联考二模）如图在的方格纸中，点均在格点上，请按要求画出相应格点图形．

(1)在图1中画出关于点成中心对称的格点三角形（点的对应点分别为 ）．
(2)在图2中画出，使得．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
【分析】（1）根据中心对称图形的性质即可解答；
（2）根据网格三角形的面积可得到即可解答．
【详解】（1）解：延长到使得，延长使得，如图所示，
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴如图所示：，
∴即为所求，

【点睛】本题考查了中心对称图形的性质，计算三角形的面积，掌握中心对称图形的性质是解题的关键．
64．（2023·陕西咸阳·统考三模）如图，在中，，，请用尺规作图法在边上求作一点D，使得．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】见解析
【分析】由于，而，故只需要作的平分线即可．
【详解】解：如图所示：点D即为所作.

∵，，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、三角形的外角性质和尺规作角平分线，属于基础题型，根据题意得出作的平分线是解题的关键．
65．（2023·广西玉林·统考一模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为个单位．
(1)画出将向下平移个单位后得到的；
(2)画出将绕点顺时针旋转后得到的；并求由点旋转到点所经过的路径长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析，
【分析】（1）将、、按平移条件找出它的对应点、、，顺次连接即得到平移后的图形；
（2）利用对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，分别作出点、的对应点，然后顺次连接即可；因为旋转到所经过的路线是以为圆心为半径，圆心角度数为的弧，利用弧长公式即可求解．
【详解】（1）解：如图即为所求作；
（2）如图即为所求作，
，
点旋转到点所经过的路线长．
【点睛】本题考查平移与旋转作图，求弧长，熟练掌握平移和旋转的性质是解题的关键．
66．（2023·浙江嘉兴·统考二模）在的正方形网格中，点A，B，C都在格点上，仅用无刻度的直尺，按要求作图：

(1)在图中找一个格点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形；
(2)在图中作中平行于BC边的中位线．（保留画图痕迹，不写画法）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质作图即可；
（2）利用矩形的性质确定中点E、F，然后连接即可．
【详解】（1）解：如图所示，四边形即为所求；

（2）如图所示：线段即为所求；

【点睛】题目主要考查平行四边形的性质及矩形的性质，理解特殊四边形的性质是解题关键．
67．（2023·广东广州·广州大学附属中学校考二模）如图，在中，，点D为边上一点．
(1)尺规作图：在边上找一点E，使得．
(2)在（1）的条件下以点E为圆心，为半径的圆分别与，交于M，N点，且．求证：与相切．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由，，可知，进而可知点在线段的垂直平分线上，因此线段的垂直平分线与的交点即为点；
（2）连接，由垂直平分，可得，利用圆周角定理可得， 结合可得，进而依次推出，，即可证明与相切．
【详解】（1）解：如图，连接，作的垂直平分，交于点E，点E即为所求；
（2）证明：如图，连接，，
由的作图可知：垂直平分，
∴，
∴，
∵是半径，
∴也是的半径，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵也是的半径，
∴与相切．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，圆周角定理，切线的判定等．解第一问的关键是作出的垂直平分线，解第二问的关键是设法证明．
68．（2023·福建福州·校考二模）如图1，中，，的大小保持不变，点在斜边上，，垂足为点．如图2，把绕着点顺时针旋转，旋转角为，点的对应点为点．
(1)求作点的对应点（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)连接，，，直线，相交于点，试探究在整个旋转过程中，直线，所相交成的锐角是否保持不变？若不变，请证明：若有变化，说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)不变，理由见解析
【分析】（1）作，，则点即为所求；
（2）根据题意得出，则，进而根据旋转的性质得出，证明得出，根据三角形的外角的性质即可得出，进而得出结论．
【详解】（1）解：如图所示，点即为所求；
（2）解：如图所示，设交于点，
∵，，
∴，
∴，
∵把绕着点顺时针旋转，旋转角为，点的对应点为点，点的对应点，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的大小保持不变，
∴是定值．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
69．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知，B为边上一点．

(1)尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①过点B作交边于点C；
②以为边作，且交于点D．
(2)若，，请利用（1）中所作的图形求的值．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)
【分析】（1）①根据作垂线的方法进行画图即可；②根据线段垂直平分线的作法画图即可．
（2）解直角三角形求出，可得结论．
【详解】（1）①如图，直线即为所求作．

②如图，射线即为所求作．

（2）由作图可知，垂直平分线段，
∴，
∵，,
∴，，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查作图-基本作图、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
70．（2023·广西·统考三模）如图，要把残缺的圆片复原，可通过找到圆心的方法进行复原，已知弧上的三点A，B，C．

(1)用尺规作图法，找出弧所在圆的圆心O；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在中，连接交于点E，连接，当时，求图片的半径R；
(3)若直线l到圆心的距离等于，则直线l与圆________（填“相交”“相切”或“相离”）
【答案】(1)见解析
(2)
(3)相切
【分析】（1）分别作的垂直平分线，二者的交点O即为圆心；
（2）根据题意可得，则，利用勾股定理求出，进而利用勾股定理求出半径R即可；
（3）根据直线到圆的距离等于半径，即可知直线l与圆相切．
【详解】（1）解：如图所示，点O即为所求；

（2）解：∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴所求圆的半径为；
（3）解：∵直线l到圆心的距离等于，且圆的半径为，
∴直线l与圆相切，
故答案为：相切．
【点睛】本题主要考查了确定圆心的位置，垂径定理，勾股定理，直线与圆的位置关系等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
71．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，是的高，点是边的中点．

(1)只用无刻度的直尺和圆规各1次，作的高（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）以为圆心以长为半径画弧交于点，连接，则为边上的高；
（2）证明，求出与的比值，再根据的长求出即可．
【详解】（1）解：如图，为边上的高，

（2）解：连接，如图，

，，
，
，
∴
四点共圆，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，圆周角定理，四点共圆，相似三角形的判定与性质等知识，证明是解答本题的关键．
72．（2023·北京顺义·统考二模）已知：线段及射线．
求作：等腰，使得点C在射线上．

作法一：如图1，以点B为圆心，长为半径作弧，交射线于点C（不与点A重合），连接．
作法二：如图2．
①在上取一点D，以点A为圆心，长为半径作弧，交射线于点E，连接；
②以点B为圆心，长为半径作弧，交线段于点F；
③以点F为圆心，长为半径作弧，交前弧于点G；
④作射线交射线于点C．
作法三：如图3，
①分别以点A，B为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧分别交于点P，Q；
②作直线，交射线于点C，连接．根据以上三种作法，填空：
由作法一可知：______，
∴是等腰三角形．
由作法二可知：______，
∴（__________________）（填推理依据）．
∴是等腰三角形．
由作法三可知；是线段的______．
∴（__________________）（填推理依据）．
∴是等腰三角形．
【答案】；；等角对等边；垂直平分线；线段垂直平分线上的点与线段两个端点的距离相等
【分析】由作法一可知，由作法二可知：，由作法三可知；是线段的垂直平分线．根据作图结合垂直平分线的性质，即可求解．
【详解】由作法一可知：，
∴是等腰三角形．
由作法二可知：，
∴（等边对等角）
∴是等腰三角形．
由作法三可知；是线段的垂直平分线．
∴（线段垂直平分线上的点与线段两个端点的距离相等）
【点睛】本题考查了作线段，作一个角等于已知角，作垂直平分线，熟练掌握基本作图是解题的关键．
73．（2023·江苏无锡·统考三模）在中，．

(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：作直线l，使l上的各点到两边的距离相等，设直线l与边交于点D，在上找一点E，使；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，则的长为 ．（在备用图中分析）
【答案】(1)作图见解析
(2)2或3
【分析】（1）作的平分线；作的垂直平分线交于O点，再在的垂直平分线上截取，且使点P位于的上方，则；
（2）过E作于N，得，设，由相似三角形的性质得，由勾股定理得，解方程即可求得结果．
【详解】（1）解：作的平分线，则l上的各点到两边的距离相等；作的垂直平分线交于O点，以O为圆心，在的垂直平分线上截取，且使点P位于的上方，连接交于点E，则；
（2）解：如图，过E作于N，则，
∴；
设，则，
由勾股定理得，，
∵，，
∴，
∴，
而,
∴，
即，
解得：，或，
∴或，
即或3．
故答案为：2或3．
【点睛】本题考查了尺规作图，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定，解方程等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键．
74．（2023·广西柳州·统考二模）如图，已知四边形是平行四边形．

(1)尺规作图：作的平分线交于点；（保留作图痕迹，不用写作法）
(2)在（1）中，若，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)4．
【分析】（1）以点A为圆心，任意长为半径画弧，交，于两点，分别以这两点为圆心，大于这两点的距离为半径画弧，在内交于一点O，作射线BO，交于点E即可；
（2）根据角平分线和平行线可得到，然后利用平行四边形对边相等计算即可．
【详解】（1）如图所示，为所求．

（2）在平行四边形中，，
，
由（1）知，，
，
，
在平行四边形中，，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的作法，解决本题的关键是熟记平行四边形的性质．
75．（2023·贵州贵阳·统考二模）如图，在矩形中，已知．

(1)如图①，将矩形沿对角线折叠，使得点C落在点处，与相交于点E，则与的数量关系是 ___________；
(2)如图②，点E，F分别是边上的点，将折叠，使得点B正好落在边上的点，过作，交于点G．若，求的长．
(3)如图③，点E，F分别是边上的点，将折叠，使得点B正好落在边上的点，当点E，F分别在上移动时，点也在边上随之移动，请直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据平行线的性质和折叠的性质得出的等腰三角形即可得出结论；
（2）设，由翻折知，根据平行线的性质和等腰三角形的判定得出，，由勾股定理求出x，然后计算即可；
（3）当点E和点A重合时得出的最小值，当点F与点C重合时求出的最大值即可．
【详解】（1）解：由折叠知，，
，
，
，
即是等腰三角形，
，
故答案为：；
（2），
，
四边形是矩形，
，
由折叠知，，
，
∴
，
设，
则，
由勾股定理得，，
即，
解得：，
；
（3）由题意知，当点E和点A重合时得出的最小值，
此时，
当点F与点C重合时求出的最大值，
此时，
的取值范围为．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握矩形的性质．
76．（2023·河南新乡·校联考二模）综合与实践
在数学综合实践课上，老师让同学们探究等腰直角三角形中的折叠问题．
引入：
如图，在中，，，点在边上运动，点在边上运动．
(1)如图，当沿折叠，点落在边的点处，且时，______；四边形的形状是______；
拓广：
(2)如图，奇异小组同学的折叠方法是沿折叠，点落在点处，延长交于点，，点在边上运动，沿折叠使点落在线段的中点处，求线段的长；
应用：
(3)沿折叠，点的对应点恰好落在边的三等分点处，请借助图探究，并直接写出的长．
【答案】(1)，菱形；
(2)；
(3)或．
【分析】（1）根据四边相等的四边形是菱形证明即可；
（2）由（1）可知四边形，四边形是全等的菱形，设，利用勾股定理构建方程求出即可；
（3）分两种情形：当时，设，当时，设，分别构建方程求解即可．
【详解】（1）解：在中，，，
，
由翻折的性质可知，，，
，
，
在中，．
，
，
，
，
，
四边形是菱形．
故答案为：，菱形；
（2）解：如图，
，，
，
，
，，
，
，
，
由（1）可知四边形，四边形是全等的菱形，
设，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，当时，设，
在中，，
，
，
，
如图，
当时，设，则有，
，
，
综上所述，满足条件的的值为或．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，学会利用参数构建方程用分类讨论的思想思考问题是解题的关键．
（1）作的垂直平分线交于点O；

（2）连接，在的延长线上截取；

（3）连接，，则四边形即为所求．

已知：如图1，在中，．
求作：的外接圆．
作法：如图2．
（1）分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于P，Q两点；
（2）作直线，交于点O；
（3）以O为圆心，为半径作，即为所求作的圆．

瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点．
∵分别为的中点，∴．（依据1）

∴．∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，
∴四边形是平行四边形．（依据2）∴．
∵，∴．同理，…
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