（广东专用）中考数学三轮考前冲刺押题练习第18题 作图与几何证明（2份，原卷版+解析版）

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广东数学中考对与尺规作图有关知识的考查要求一般为基础，2019年和2021年广东中考均是以简答题8分题进行考查，难度不大。2020年与尺规作图有关知识考查在填空题中进行考查，要求考生熟练掌握与与尺规作图有关知识．纵观近几年的中考考试题，主要考查以下两个方面：一是垂直平分线或角平分线作图，二是进行一些简单证明或计算。预测今年2023年广东中考应该会继续和前三年的题型和考点一致，难度不大。
考生在备考此类型题目时，除了能画出一些图形（如：角平分线，垂直平分线，高，中线，圆等），还需要掌握角平分线的性质，线段的垂直平分线的性质，图形全等、相似，三角函数的定义及勾股定理等知识。
1．（2021·广东·统考中考真题）如图，在中，，作的垂直平分线交于点D，延长至点E，使．
（1）若，求的周长；
（2）若，求的值．
【答案】（1）1；（2）
【分析】(1)作出BC的垂直平分线，连接BD，由垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等得到DB=DC，由此即可求出△ABD的周长；
(2)设，，进而求出，在Rt△ABD中使用勾股定理求得，由此即可求出的值．
【详解】解：(1)如图，连接，设垂直平分线交于点F，
∵为垂直平分线，
∴，
∵，
∴．
(2)设，∴，
又∵，∴，
在中，．
∴．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，三角函数的定义及勾股定理等知识，熟练掌握垂直平分线上的点到线段的两个端点距离相等是解决本题的关键．
2．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，，点E是AC的中点，且
（1）尺规作图：作的平分线AF，交CD于点F，连结EF、BF（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）所作的图中，若，且，证明：为等边三角形．
【答案】（1）图见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据基本作图—角平分线作法，作出的平分线AF即可解答；
（2）根据直角三角形斜边中线性质得到并求出，再根据等腰三角形三线合一性质得出，从而得到EF为中位线，进而可证，，从而由有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得出结论．
【详解】解：（1）如图，AF平分，
（2）∵，且，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵AF平分，，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
∴
又∵
∴为等边三角形．
【点睛】本题主要考查了基本作图和等腰三角形性质以及与三角形中点有关的两个定理，解题关键是掌握等腰三角形三线合一定理、直角三角形斜边中线等于斜边一半以及三角形中位线定理．
3．（2020·广东广州·统考中考真题）如图，中，．
（1）作点关于的对称点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图中，连接，，连接，交于点．
①求证：四边形是菱形；
②取的中点，连接，若，，求点到的距离．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析：②．
【分析】（1）过点做的垂线交于点，在的延长线上截取，即可求出所作的点关于的对称点；
（2）①利用，得出，利用，以及得出四边形是菱形；
②利用为中位线求出的长度，利用菱形对角线垂直平分得出的长度，进而利用求出的长度，得出对角线的长度，然后利用面积法求出点到的距离即可．
【详解】（1）解：如图：点即为所求作的点；
（2）①证明：
∵，，
又∵，
∴；
∴，
又∵，
∴四边形是菱形；
②解：∵四边形是菱形，
∴，，
又∵，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∵，
∴，
∴菱形的边长为13，
∵，
在中，由勾股定理得：，即：，
∴,
设点到的距离为，利用面积相等得：
，
解得：，
即到的距离为．
【点睛】本题考查了对称点的作法、菱形的判定以及菱形的面积公式的灵活应用，牢记菱形的判定定理，以及对角线乘积的一半等于菱形的面积是解决本题的关键．
4．（2019·广东·统考中考真题）如图，在中，点是边上的一点.
（1）请用尺规作图法，在内，求作，使，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若，求的值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】(1)以点B为圆心，以任意长为半径画弧，交BA、BC于点F、G，以点D为圆心，以BF长为半径画弧，交DA于点M，再以M为圆心，以FG长为半径画弧，与前弧交于点H，过点D、H作射线，交AC于点E，由此即可得；
(2)由(1)可知DE//BC ，利用平行线分线段成比例定理进行求解即可.
【详解】(1)如图所示；
(2)∵，
∴.
∴.
【点睛】本题考查了作一个角等于已知角，平行线分线段成比例定理，熟练掌握利用尺规作一个角等于已知角的作图方法是解题的关键.
5．（2023·广东东莞·校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E．
（1）作CF平分∠BCD交AD于点F（用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，求证：△ABE≌△CDF．
【答案】见解析
【分析】（1）以点C为圆心，任意长为半径画弧，交CD，BC于两点，分别以这两点为圆心，大于这两点距离的一半为半径画弧，在平行四边形内交于一点，过点C以及这个交点作射线，交AD于点F即可；
（2）根据ASA即可证明：△ABE≌△CDF．
【详解】（1）如图所示：CF即为所求作；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠D，∠BAD=∠BCD，
∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中
，
∴△ABE≌△CDF．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定、尺规作图—作角平分线，熟练掌握尺规作图的方法以及全等三角形的判定方法是解题的关键.
6．（2023·广东东莞·校考二模）如图所示，在三角形ABC中，D是AC上的一点．
(1)以AD为一边，在三角形ABC内求作∠ADE，使∠ADE＝∠B，DE交AB于点E（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)若AB＝4，AD＝1，BC＝3，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据题意在三角形ABC内作∠ADE＝∠B；
（2）根据（1）的结论可得∠ADE＝∠B，根据∠DAE＝∠BAC，证明△ADE∽△ABC，列出比例式，代入数值进行计算求解即可．
【详解】（1）
如图，∠ADE为所作；
（2）∵∠DAE＝∠BAC，∠ADE＝∠B，
∴△ADE∽△ABC，
∴，即＝，
∴DE＝．
【点睛】本题考查了基本作图：作一个角等于已知角，相似三角形的性质与判定，掌握基本作图以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
7．（2023·广东广州·统考一模）如图，在中，．

(1)尺规作图：以为直径作，连接并延长，分别交于，两点（点位于右侧，点位于左侧）；
(2)连接，，求证：；
(3)若，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据题意作出图即可；
（2）由为的直径，得到，由，得到，从而得到，又由即可得到；
（3）在中， ，得到，即可得到，从而得到为等边三角形，再根据三角形的外角得到，即，作交于，根据三角函数即可求得的长，根据勾股定理可求出的长，最后即可得到答案．
【详解】（1）解：根据题意画出图如图所示：
；
（2）解：如图所示：
，
为的直径，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：在中， ，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
作交于，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，锐角三角函数，尺规作图，熟练掌握勾股定理以及锐角三角函数的定义是解题的关键．
8．（2023·广东汕头·统考一模）如图，已知平分．
(1)用尺规作图法，作线段的垂直平分线，垂足为，交于点，交于点；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接，，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）按照要求，利用基本作图，即可求解；
（2）根据垂直平分线的性质得到，再通过证明四边形，即可解答．
【详解】（1）解：如果所示，即为所求，
（2）证明：平分，
，
垂直平分，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形．
【点睛】本题考查了尺规作图-作垂直平分线，垂直平分线的性质，菱形的判定，掌握垂直平分线的性质是解题的关键．
9．（2023·广东佛山·校考一模）如图，△ABC中，∠C=90°，∠A=30°．
（1）用尺规作图作AB边上的中垂线DE，交AC于点D，交AB于点E．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）；
（2）连接BD，求证：BD平分∠CBA．
【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）分别以A、B为圆心，以大于AB的长度为半径画弧，过两弧的交点作直线，交AC于点D，AB于点E，直线DE就是所要作的AB边上的中垂线；
（2）根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AD=BD，再根据等边对等角的性质求出∠ABD=∠A=30°，然后求出∠CBD=30°，从而得到BD平分∠CBA．
【详解】（1）解：如图所示，DE就是要求作的AB边上的中垂线；
（2）证明：∵DE是AB边上的中垂线，∠A=30°，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠A=30°，
∵∠C=90°，
∴∠ABC=90°﹣∠A=90°﹣30°=60°，
∴∠CBD=∠ABC﹣∠ABD=60°﹣30°=30°，
∴∠ABD=∠CBD，
∴BD平分∠CBA．
【点睛】考查线段的垂直平分线的作法以及角平分线的判定，熟练掌握线段的垂直平分弦的作法是解题的关键.
10．（2023·广东汕尾·统考二模）如图，四边形为矩形．
(1)求作边的中点E（用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法）
(2)连接、，求证．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据作线段垂直平分线的方法作图，即可作得；
（2）根据矩形的性质及全等三角形的判定定理，即可证得结论．
【详解】（1）解：如图：作线段的垂直平分线，以的交点E，即可为所求作的点，
（2）证明：如图所示，连接、，
四边形是矩形，
，，
又点是的中点，
，
．
【点睛】本题考查了尺规作图—作垂线，矩形的性质，全等三角形的判定，熟练掌握和运用线段垂直平分线的作法是解决本题的关键．
11．（2023·广东广州·统考二模）已知正方形中，，E是边上的动点，连接和．
(1)尺规作图：在图中分别作线段和的中点F和G，连接FG；（不写作法，不说明理由，写明结论并保留作图痕迹）
(2)当时，求（1）中所作的线段的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）分别作出和的线段垂直平分线，对应线段与对应的线段垂直平分线的交点即为所求；
（2）设，则，，利用勾股定理建立方程求出的长，再由三角形中位线定理求出的长即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∵分别为的中点，
∴为的中位线，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
12．（2023·广东广州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为．
(1)尺规作图，作菱形，使得且点C，D在第一象限内（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(2)菱形的两条对角线交点为M，用钉把一根平放在菱形上的直细木条（把细木条数学化为线段）固定在点M处，并使细木条可以绕点M转动．拨动细木条，使它与的延长线交于点F，当是等腰三角形时，求细木条与边的交点B的坐标．
【答案】(1)图见详解；
(2)
【分析】（1）分别以O，A为圆心为半径画圆交第一象限于一点即为D点，再以D点为圆心为半径画圆交于一点即为C点，即可得到答案；
（2）根据题意找到点，画出图像，过M作，过B作，根据A的坐标为得到，结合菱形性质可得，，根据等腰三角形易得，即可得到，结合，对应乡段成比例即可得到答案；
【详解】（1）解：分别以O，A为圆心为半径画圆交第一象限于一点即为D点，再以D点为圆心为半径画圆交于一点即为C点，如图所示：
（2）解：过M作，于点H，过B作于点K，
∵A的坐标为，
∴，
∵菱形的两条对角线交点为M，
∴，，，
∵是等腰三角形，
∴，，
∴，
∵， ，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
解得：，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，平行线所截线段对应成比例，解题的关键是找出点作辅助线．
13．（2023·广东中山·统考二模）如图，已知∠MAN ，点B在射线AM上．
（1）尺规作图：
①在AN上取一点C，使BC=BA；
②作∠MBC的平分线BD．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，求证：BD∥AN．
【答案】（1）①作图见解析；②作图见解析；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：（1）①以点B为圆心，以BA长为半径画弧与AN的交点即为点C；
②按角平分线的作图方法进行作图即可得；
（2）如图根据BA=BC，可得∠1=∠2，再根据BD平分∠MBC，可得∠3=∠4，再根据三角形的外角性质可得∠3+∠4=∠1+∠2，从而得∠3=∠1，从而得BD∥AC.
试题解析：（1）①C就是所要求作的点；
②BD即为所求作的角平分线；
（2）∵BA=BC，
∴∠1=∠2，
∵BD平分∠MBC，
∴∠3=∠4，
∵∠MBC是△ABC的外角，
∴∠MBC=∠1+∠2，
∴∠3+∠4=∠1+∠2，
∴2∠3=2∠1，
∴∠3=∠1，
∴BD∥AC.
【点睛】本题考查了尺规作图，等腰三角形的性质、三角形外角的性质等，熟练掌握和运用相关的性质是解题的关键.
14．（2023·广东珠海·统考二模）如图1，在中，．用尺规作图，在线段上作点D，使得（不写作法，保留作图痕迹）．
(1)如图2，小明的作法是：以点B为圆心，为半径作弧，交于点D，连接．请你帮助小明说明这样作图的理由；
(2)请用另一种作法完成作图．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分别求出，即可得到；
（2）可以作的垂直平分线或者的角平分线都可以．
【详解】（1）解理由如下：
∵
∴
由作图可知，
∴
∴
∴
∴
∴
（2）如图所示
或
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质定理，等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等，掌握等腰三角形的判定定理是解题的关键．
15．（2023·广东汕头·统考一模）如图，是的外角．
（1）尺规作图：作的平分线AE（不写作法，保留作图痕迹，用黑色墨水笔将痕迹加黑）；
（2）若，求证：．
【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）正确地利用尺规作出AE即可；
（2）利用平行线的性质和角平分线的性质即可证明求解.
【详解】解：（1）如图所示，以A为圆心，以任意长为半径画弧，分别交直线AC于M，直线AD于N，连接MN，分别以M、N为圆心，以大于MN的一半为半径画弧，两弧交于E，连接AE即为所求；
（2）∵AE∥BC，
∴∠C=∠CAE，∠B=∠EAD，
∵AE是∠CAD的角平分线，
∴∠CAE=∠EAD，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC.
【点睛】本题主要考查了尺规作已知角的角平分线，平行线的性质，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
16．（2023·广东东莞·东莞市虎门第三中学校考一模）如图，在▱ABCD中，AD＞AB．
(1)尺规作图：作DC边的中垂线MN，交AD边于点E（要求：保留作图痕迹，不写作法）；
(2)连接EC，若∠BAD＝130°，求∠AEC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠AEC=100°
【分析】（1）分别与C、D为圆心，以大于二分之一CD长为半径，画弧，连接两焦点即可；
（2）根据平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质即可求解；
【详解】（1）如图：
（2）如图：
在▱ABCD中
∵∠BAD＝130°；∠BAD+∠ADC=180°
∴∠ADC=50°
由线段垂直平分线的性质可知，ED=EC
∴∠ADC=∠ECD=50°
∴∠AEC=∠ADC+∠ECD=50°+50°=100°
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质，掌握平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质是解题的关键．
17．（2022·广东东莞·一模）如图，已知平行四边形，连接对角线．
(1)请用直尺和圆规作的垂直平分线，分别交于点E，交于点F，交于点O，并连接和；（保留作图痕迹）
(2)若，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】（1） 分别以A，C为圆心，大于AC的一半为半径画弧，得到两弧的交点，过两弧的交点作直线即可；
（2）先证明△AOE≌△COF（ASA），可得OE＝OF，再证明四边形AFCE是平行四边形，结合EF⊥AC，证明平行四边形AFCE是菱形，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，EF即为AC的垂直平分线；
（2）∵EF垂直平分AC，
∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，
平行四边形ABCD中，，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形．
又∵AE=5
∴
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，掌握“线段的垂直平分线的作图与菱形的判定方法”是解本题的关键．
18．（2023·广东清远·校联考一模）在中，．
（1）如图①，点A在以BC为直径的半圆外，AB、AC分别与半圆交于点D、E，求证：；
（2）如图②，点A在以BC为直径的半圆内，请用无刻度的直尺在半圆上画出一点D，使得是等腰直角三角形（保留作图痕迹，不写画法）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）连接，由等边对等角得到，由直径所对的圆周角是90°可得，继而证明，由全等三角形的对应边相等即可得到结论；
（2）延长交圆于点，延长交圆于点，延长、交于点，连接，交圆于点，延长线交于点，连接，根据直角所对的圆周角是90°，可得，继而可证，根据全等三角形的对应边相等，解得，再证明，可得，进而得到，最后根据线段垂直平分线的性质得到，即可解题．
【详解】（1）证明：连接
∵
∴
∵为直径
∴
在和中，
∴
∴
（2）如图点D即为所求作的点，理由如下：
延长交圆于点，延长交圆于点，延长、交于点，连接，交圆于点，延长线交于点，
为直径，
在与中，
在与中，
根据等腰三角形三线合一的性质得
在的垂直平分线上
是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直径所对的圆周角是90°、基本作图、等腰直角三角形的判定等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．