中考数学二轮复习 重难点16 尺规作图在压轴题中的应用（7种题型归类）（2份打包，原卷版+解析版）

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目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc159853884" 题型01 作线段
\l "_Tc159853885" 题型02 作角
\l "_Tc159853886" 题型03 作角平分线
\l "_Tc159853887" 题型04 作垂线
\l "_Tc159853888" 题型05 画圆
\l "_Tc159853889" 题型06 格点作图
\l "_Tc159853890" 题型07 与尺规作图有关的计算题
题型01 作线段
1．（2022·江苏常州·统考中考真题）（现有若干张相同的半圆形纸片，点是圆心，直径的长是，是半圆弧上的一点（点与点、不重合），连接、．
(1)沿、剪下，则是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点、和直径上的点、．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点，一定存在线段上的点、线段上的点和直径上的点、，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想正确，理由见详解
【分析】（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；
（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；
（3）当点C靠近点A时，设，，可证,推出，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得，进而可证四边形MNQP是菱形；当点C靠近点B时，同理可证．
【详解】（1）解：如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，
作图如下：
由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=AB=6，
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
（3）解：小明的猜想正确，理由如下：
如图，当点C靠近点A时，设，，
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ．
分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作于点D，于点E，
∴ ．
∵ ,，，
∴ ，
在和中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 四边形MNQP是平行四边形，
又∵ ，
∴ 四边形MNQP是菱形；
同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，
故小明的猜想正确．
【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用上述知识解决问题．
2．（2020·江苏镇江·统考中考真题）【算一算】
如图①，点A、B、C在数轴上，B为AC的中点，点A表示﹣3，点B表示1，则点C表示的数为 ，AC长等于 ；
【找一找】
如图②，点M、N、P、Q中的一点是数轴的原点，点A、B分别表示实数﹣1、+1，Q是AB的中点，则点 是这个数轴的原点；
【画一画】
如图③，点A、B分别表示实数c﹣n、c+n，在这个数轴上作出表示实数n的点E（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
【用一用】
学校设置了若干个测温通道，学生进校都应测量体温，已知每个测温通道每分钟可检测a个学生．凌老师提出了这样的问题：假设现在校门口有m个学生，每分钟又有b个学生到达校门口．如果开放3个通道，那么用4分钟可使校门口的学生全部进校；如果开放4个通道，那么用2分钟可使校门口的学生全部进校．在这些条件下，a、m、b会有怎样的数量关系呢？
爱思考的小华想到了数轴，如图④，他将4分钟内需要进校的人数m+4b记作+(m+4b)，用点A表示；将2分钟内由4个开放通道检测后进校的人数，即校门口减少的人数8a记作﹣8a，用点B表示．
①用圆规在小华画的数轴上分别画出表示+（m+2b）、﹣12a的点F、G，并写出+(m+2b)的实际意义；
②写出a、m的数量关系： ．

【答案】（1）5，8；（2）N；（3）图见解析；（4）①+(m+2b)的实际意义：2分钟后，校门口需要进入学校的学生人数，图见解析；②m＝4a．
【分析】（1）根据数轴上点A对应﹣3，点B对应1，求得AB的长，进而根据AB＝BC可求得AC的长以及点C表示的数；
（2）可设原点为O，根据条件可求得AB中点表示的数以及线段AB的长度，根据AB＝2，可得AQ＝BQ＝1，结合OQ的长度即可确定N为数轴的原点；
（3）设AB的中点为M，先求得AB的长度，得到AM＝BM＝n，根据线段垂直平分线的作法作图即可；
（4）①根据每分钟进校人数为b，每个通道每分钟进入人数为a，列方程组，根据m+2b＝OF，m+4b＝12a，即可画出F，G点，其中m+2b表示两分钟后，校门口需要进入学校的学生人数；
②解①中的方程组，即可得到m＝4a．
【详解】解：（1）【算一算】：记原点为O，
∵AB＝1﹣（﹣3）＝4，
∴AB＝BC＝4，
∴OC＝OB+BC＝5，AC＝2AB＝8．
所以点C表示的数为5，AC长等于8．
故答案为：5，8；
（2）【找一找】：记原点为O，
∵AB＝+1﹣（﹣1）＝2，
∴AQ＝BQ＝1，
∴OQ＝OB﹣BQ＝+1﹣1＝，
∴N为原点．
故答案为：N．
（3）【画一画】：记原点为O，
由AB＝c+n﹣（c﹣n）＝2n，
作AB的中点M，
得AM＝BM＝n，
以点O为圆心，
AM＝n长为半径作弧交数轴的正半轴于点E，
则点E即为所求；

（4）【用一用】：在数轴上画出点F，G；2分钟后，校门口需要进入学校的学生人数为：m＝4a．
∵4分钟内开放3个通道可使学生全部进校，
∴m+4b＝3×a×4，即m+4b＝12a（Ⅰ）；
∵2分钟内开放4个通道可使学生全部进校，
∴m+2b＝4×a×2，即m+2b＝8a（Ⅱ）；
①以O为圆心，OB长为半径作弧交数轴的正半轴于点F，则点F即为所求．
作OB的中点E，则OE＝BE＝4a，在数轴负半轴上用圆规截取OG＝3OE＝12a，
则点G即为所求．

+（m+2b）的实际意义：2分钟后，校门口需要进入学校的学生人数；
②方程（Ⅱ）×2﹣方程（Ⅰ）得：m＝4a．
故答案为：m＝4a．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，实数与数轴，作图．解决本题的关键是根据题意找到等量关系．
3．（2021·浙江金华·校联考二模）如图，在7×7的网格中，每个小正方形的边长为1，△ABC的顶点均在格点上．仅用无刻度的直尺，试按要求作图．画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．
(1)如图1，在BC作一点D，使得；
(2)如图2，E为△ABC内一格点，M，N为AB，BC边上的点，使四边形EMBN为平行四边形；
(3)如图3，BC交网格线于点F，过点F作AB的平行线交AC于P．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】(1) 在点B右侧第一条竖格线画线，即可得到；
(2)过点E，在格点上画出与线段AB、BC相等的线，即可得到；
(3)点F是BC的三等分点，在AC上画出AC的三等分点，即可得到．
【详解】（1）解：如图：在点B右侧第一条竖格线画线，与BC的交点D即为所求的点
（2）解：四边形EMBN即为所求的平行四边形，
（3）解：过点F作AB的平行线交AC于点P
【点睛】本题考查了利用无刻度的直尺作图，找到关键点是解决本题的关键．
4．（2023·山西太原·山西大附中校考模拟预测）已知线段、、．

(1)用直尺和圆规作出一条线段，使它等于．（保留作图痕迹，检查无误后用水笔描黑，包括痕迹）
(2)若，，，点是线段的中点，求的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)
【分析】（1）作射线，在射线上顺次截取，在线段上截取，则线段即为所求；
（2）由（1）中结论及已知条件，求得的长，再利用线段中点的性质即可解得的长．
【详解】（1）解：如图，线段即为所求：

（2）如图，

，，，
点是线段的中点，
即的长．
【点睛】本题考查基本作图、线段的和差、线段的中点等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
题型02 作角
5．（2022·江苏镇江·统考中考真题）操作探究题
(1)已知是半圆的直径，（是正整数，且不是3的倍数）是半圆的一个圆心角．
操作：如图1，分别将半圆的圆心角（取1、4、5、10）所对的弧三等分（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
交流：当时，可以仅用圆规将半圆的圆心角所对的弧三等分吗？
探究：你认为当满足什么条件时，就可以仅用圆规将半圆的圆心角所对的弧三等分？说说你的理由．
(2)如图2，的圆周角．为了将这个圆的圆周14等分，请作出它的一条14等分弧（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
【答案】(1)作图见解析；交流：，或；
探究：正整数（不是3的倍数），理由见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）由操作可知，如果可以用与的线性表示，那么该圆弧就可以被三等分
（2）将圆周14等分就是把所对的圆周角所对弧三等分即可,给出一种算法：
【详解】（1）
操作：
交流：，或；
探究：设，解得（为非负整数）．
或设，解得（为正整数）．
所以对于正整数（不是3的倍数），都可以仅用圆规将半圆的圆心角所对的弧三等分；
（2）
【点睛】本题考查了用圆规作图的基本技能，需要准确理解题意，对于复杂图形的作图要学会将其转化成基本图形去作，本题第二问利用转化思想，转化为第一问的思路从而得以解决，这也是本题求解的关键．
6．（2023·广东广州·统考一模）如图，是的外接圆，，是的切线．
(1)尺规作图：过点B作的平行线交于点E，交于点F，连接（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)证明：；
(3)若的半径长为，，求和的长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)，，
【分析】（1）根据题意进行尺规作图即可；
（2）由可得，从而得出，最后证得结果；
（3）连接并延长交于点M，连接，先通过勾股定理求得及的长，再证四边形是平行四边形，再证，然后列比例式即可求得结果．
【详解】（1）作图如下图所示：
（2）
∴，
∴，
∴；
（3）如图，连接并延长交于点M，连接，
∵过圆心O，
∴，
∴，
∵在中，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质、圆内接四边形性质、等腰三角形的性质，平行四边形的判定及性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，判断出是解本题的关键．
7．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）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．
题型03 作角平分线
8．（2022·江苏扬州·统考中考真题）【问题提出】如何用圆规和无刻度的直尺作一条直线或圆弧平分已知扇形的面积？
【初步尝试】如图1，已知扇形，请你用圆规和无刻度的直尺过圆心作一条直线，使扇形的面积被这条直线平分；
【问题联想】如图2，已知线段，请你用圆规和无刻度的直尺作一个以为斜边的等腰直角三角形；
【问题再解】如图3，已知扇形，请你用圆规和无刻度的直尺作一条以点为圆心的圆弧，使扇形的面积被这条圆弧平分．
（友情提醒：以上作图均不写作法，但需保留作图痕迹）
【答案】见解析
【分析】【初步尝试】如图1，作∠AOB的角平分线所在直线即为所求；
【问题联想】如图2，先作MN的线段垂直平分线交MN于点O，再以O为圆心MO为半径作圆，与垂直平分线的交点即为等腰直角三角形的顶点；
【问题再解】如图3先作OB的线段垂直平分线交OB于点N，再以N为圆心NO为半径作圆, 与垂直平分线的交点为M，然后以O为圆心，OM为半径作圆与扇形所交的圆弧即为所求．
【详解】【初步尝试】如图所示，作∠AOB的角平分线所在直线OP即为所求；
【问题联想】如图，先作MN的线段垂直平分线交MN于点O，再以O为圆心MO为半径作圆，与垂直平分线的交点即为等腰直角三角形的顶点；
【问题再解】如图，先作OB的线段垂直平分线交OB于点N，再以N为圆心NO为半径作圆, 与垂直平分线的交点为M，然后以O为圆心，OM为半径作圆与扇形所交的圆弧CD即为所求．
【点睛】本题考查了尺规作图，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，扇形的面积等知识，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，掌握基本作图方法．
9．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
问题探究：（1）如图1是古希腊数学家欧几里得所著的《几何原本》第1卷命题9：“平分一个已知角．”即：作一个已知角的平分线，如图2是欧几里得在《几何原本》中给出的角平分线作图法：在和上分别取点C和D，使得，连接，以为边作等边三角形，则就是的平分线．

请写出平分的依据：____________；
类比迁移：
（2）小明根据以上信息研究发现：不一定必须是等边三角形，只需即可．他查阅资料：我国古代已经用角尺平分任意角．做法如下：如图3，在的边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同刻度分别与点M，N重合，则过角尺顶点C的射线是的平分线，请说明此做法的理由；
拓展实践：
（3）小明将研究应用于实践．如图4，校园的两条小路和，汇聚形成了一个岔路口A，现在学校要在两条小路之间安装一盏路灯E，使得路灯照亮两条小路（两条小路一样亮），并且路灯E到岔路口A的距离和休息椅D到岔路口A的距离相等．试问路灯应该安装在哪个位置？请用不带刻度的直尺和圆规在对应的示意图5中作出路灯E的位置．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）作图见解析；
【分析】（1）先证明，可得，从而可得答案；
（2）先证明，可得，可得是的角平分线；
（3）先作的角平分线，再在角平分线上截取即可．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，
∴，
∴是的角平分线；
故答案为：
（2）∵，，，
∴，
∴，
∴是的角平分线；
（3）如图，点即为所求作的点；
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，角平分线的定义与角平分线的性质，作已知角的角平分线，理解题意，熟练的作角的平分线是解本题的关键．
10．（2021·江苏无锡·统考中考真题）如图，已知锐角中，．
（1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：作的平分线；作的外接圆；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若，的半径为5，则________．（如需画草图，请使用图2）
【答案】（1）见详解；（2）
【分析】（1）根据尺规作角平分线的步骤，即可作的平分线，作出AC的中垂线交CD于点O，再以点O为圆心，OC为半径，画圆，即可；
（2）连接OA，根据等腰三角形的性质得AD=BD=，CD⊥AB，利用勾股定理求出OD，BC，进而即可求解．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）连接OA，
∵，的平分线，
∴AD=BD=，CD⊥AB，
∵的半径为5，
∴OD=，
∴CD=CO+OD=5+=，
∴BC=，
∴ ．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查尺规基本作图，等腰三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数的定义，理解三角形外接圆的圆心是三角形各条边中垂线的交点，是解题的关键．
11．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形分割成的小正方形网格．在该矩形边上取点，来表示的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问题：
（答题卷用）
(1)分别求点表示的度数．
(2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点，使该点表示（保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】(1)点表示；点表示
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可求出度数，根据线段垂直平分线的性质度数，即可求出的度数，从而知道点表示度数；利用半径相等即可求出，再根据平行线的性质即可求出以及对应的度数，从而知道点表示度数．
（2）利用角平分线的性质作图即可求出答案．
【详解】（1）解：①四边形是矩形，
．
由作图可知，是的中垂线，

．
．
．
点表示．
②由作图可知，．
．
又，
．
．
∴点表示．
故答案为：点表示，点表示．
（2）解：如图所示，
作的角平分线等．如图2，点即为所求作的点．

∵点表示，点表示．
．
∴表示．
【点睛】本题考查的是尺规作图的应用，涉及到的知识点有线段垂直平分线、角平分线性质、圆的相关性质，解题的关键需要正确理解题意，清楚知道用到的相关知识点．
12．（2023·广东广州·统考一模）已知为的外接圆，的半径为6．

(1)如图，是的直径，点是的中点．
①尺规作图：作的角平分线，交于点，连接（保留作图痕迹，不写作法）：
②求的长度．
(2)如图，是的非直径弦，点在上运动，，点在运动的过程中，四边形的面积是否存在最大值，若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①见解析；②
(2)存在，最大值为
【分析】（1）①根据角平分线的作图方法画出，在连接即可；②由点是的中点，得出．根据等腰三角形的性质得出．结合是的直径，即得出经过圆心O，即，最后根据勾股定理求解即可．
（2）连接，过点D作于点E，交于点，过点C作．由题意易证为等边三角形．根据，即得出为直径，是的中点．根据为等边三角形，可得出和边上的高都为定值，再根据根据，即得出当最大时，最大，此时点C与点重合，即当点C为中点时，最大，此时为直径，得出此时．易求出，结合勾股定理和含30度角的直角三角形的性质得出，，进而可求出，又易证，得出，从而可求出，即点C在运动过程中，四边形的面积存在最大值，最大值为．
【详解】（1）解：①如图1，即为所作图形；
②∵点是的中点，
∴．
∵是的平分线，
∴．
∵是的直径，
∴经过圆心O，
∴．
∵的半径为6，
∴，
∴；
（2）点C在运动过程中，四边形的面积存在最大值．
理由：如图，连接，过点D作于点E，交于点，过点C作．
∵，
∴，，
∴．
∵四边形为内接四边形，
∴，
∴为等边三角形．
∵，
∴为直径，是的中点．
∵，
∴．
∵为等边三角形，
∴和边上的高都为定值，
∴当最大时，最大，此时点C与点重合，
∴当点C为中点时，最大，此时为直径，
∴，如图3．
∵的半径为6，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点C在运动过程中，四边形的面积存在最大值，最大值为．
【点睛】本题考查作图—角平分线，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，弧、弦、圆心角的关系，圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，综合性强．正确作出辅助线，并利用数形结合的思想是解题关键．
13．（2022·山西晋中·统考一模）综合与实践
问题情境：
在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
操作发现：
某数学小组对图1的矩形纸片ABCD进行如下折叠操作∶
第一步∶如图2，把矩形纸片ABCD对折，使AD与 BC重合，得到折痕MN，然后把纸片展开；
第二步∶如图3，将图 2中的矩形纸片沿过点B的直线折叠，使得点A落在MN上的点处，折痕与 AD交于点E，然后展开纸片，连接，，．
问题解决：
(1)请在图 2中利用尺规作图，作出折痕 BE；（保留作图痕迹）
(2)请你判断图3中△ ABA'的形状，并说明理由；
(3)如图4，折痕BE与MN交于点F，BA'的延长线交直线CD于点P，若MF＝1，BC＝7，请你直接写出PD的长．
【答案】(1)见解析
(2)是等边三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）以点B为圆心，BA的长为半径作弧交MN于点A’，连接BA’，作∠ABA'的角平分线交AD于点E；
（2）由折叠可知，，，，
可得，推出，进而可得是等边三角形；
（3）由等边三角形的性质可求得MF为的中位线，得到进而求得再根据矩形的性质及平行线的性质求得最后求得PD的长．
【详解】（1）如图，线段BE即为所求．
（2）是等边三角形．
证明：由折叠可知，，，，
∴，
∴，
∴．
在中，．
∵，，
∴是等边三角形．
（3）∵是等边三角形，
∴
∵MN//AD//BC，
∴M为AB的中点，MF=1，
∴MF为的中位线，
∵矩形纸片沿过点B的直线折叠，使得点A落在MN上的点处，
∵四边形ABCD为矩形，BC=7，
∴
AD//BC，
∵AD//BC，
∴在Rt△HDP中，
∴PD=
【点睛】本题考查四边形的综合问题、动点问题及锐角三角函数的定义．解题的关键在与分析动点的运动状态，特别是要准确地判断零界点发生的条件，并计算位置．
题型04 作垂线
14．（2022·重庆·统考中考真题）我们知道，矩形的面积等于这个矩形的长乘宽，小明想用其验证一个底为a，高为h的三角形的面积公式为．想法是：以为边作矩形，点A在边上，再过点A作的垂线，将其转化为证三角形全等，由全等图形面积相等来得到验证．按以上思路完成下面的作图与填空：证明：用直尺和圆规过点A作的垂线交于点D．（只保留作图痕迹）
在和中，
∵，
∴．
∵，
∴______①____．
∵，
∴______②_____．
又∵____③______．
∴（）．
同理可得：_____④______．
．
【答案】图见解析，∠ADC=∠F；∠1=∠2；AC=AC；△ABD≌△BAE
【分析】根据垂线的作图方法作图即可，利用垂直的定义得到∠ADC=∠F，根据平行线的性质得到∠1=∠2，即可证明△ADC≌△CAF，同理可得△ABD≌△BAE，由此得到结论．
【详解】解：如图，AD即为所求，
在和中，
∵，
∴．
∵，
∴∠ADC=∠F．
∵，
∴∠1=∠2．
又∵AC=AC．
∴（）．
同理可得：△ABD≌△BAE．
．
故答案为：∠ADC=∠F；∠1=∠2；AC=AC；△ABD≌△BAE．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定及性质，垂线的作图方法，矩形的性质，熟练掌握三角形的判定定理是解题的关键．
15．（2022·河南·统考中考真题）如图，反比例函数的图像经过点和点，点在点的下方，平分，交轴于点．
(1)求反比例函数的表达式．
(2)请用无刻度的直尺和圆规作出线段的垂直平分线．（要求：不写作法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图）
(3)线段与（2）中所作的垂直平分线相交于点，连接．求证：．
【答案】(1)
(2)图见解析部分
(3)证明见解析
【分析】（1）把点的坐标代入反比例函数解析式，即可得出答案；
（2）利用基本作图作线段的垂直平分线即可；
（3）根据垂直平分线的性质和角平分线的定义可得到，然后利用平行线的判定即可得证.
【详解】（1）解：∵反比例函数的图像经过点，
∴当时，，
∴，
∴反比例函数的表达式为：；
（2）如图，直线即为所作；
（3）证明：如图，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了作图—基本作图，用待定系数法求反比例函数的解析式，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，角平分线的定义等知识． 解题的关键是熟练掌握五种基本作图（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）．
16．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎范、芯组成的（如图1），它的端面是圆形，如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点O，即O为圆心．
(1)问题解决：请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在上，，且，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)类比迁移：小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在上，，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(3)拓展探究：小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由：______________________________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（2）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（3）作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，即可，则垂径定理得出确定圆心的理由即可．
【详解】（1）解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABD=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（2）解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（3）解：如图所示 ，点O就是圆的圆心．
作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，
∵DE垂直平分AB，
∴DE经过圆心，即圆心必在直线DE上，
∵MN垂直平分AC，
∴MN经过圆心，即圆心必在直线MN上，
∴DE与MN的交点O是圆心．
确定圆心的理由：弦的垂直平分线经过圆心．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，垂径定理的推论，尺规作线段垂直平分线，熟练掌握直角的圆周角所对的弦是直径是解题的关键．
17．（2021·北京·统考中考真题）《淮南子･天文训》中记载了一种确定东西方向的方法，大意是：日出时，在地面上点处立一根杆，在地面上沿着杆的影子的方向取一点，使两点间的距离为10步（步是古代的一种长度单位），在点处立一根杆；日落时，在地面上沿着点处的杆的影子的方向取一点，使两点间的距离为10步，在点处立一根杆．取的中点，那么直线表示的方向为东西方向．
（1）上述方法中，杆在地面上的影子所在直线及点的位置如图所示．使用直尺和圆规，在图中作的中点（保留作图痕迹）；
（2）在如图中，确定了直线表示的方向为东西方向．根据南北方向与东西方向互相垂直，可以判断直线表示的方向为南北方向，完成如下证明．
证明：在中，______________，是的中点，
（______________）（填推理的依据）．
∵直线表示的方向为东西方向，
∴直线表示的方向为南北方向．
【答案】（1）图见详解；（2），等腰三角形的三线合一
【分析】（1）分别以点A、C为圆心，大于AC长的一半为半径画弧，交于两点，然后连接这两点，与AC的交点即为所求点D；
（2）由题意及等腰三角形的性质可直接进行作答．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）证明：在中，，是的中点，
（等腰三角形的三线合一）（填推理的依据）．
∵直线表示的方向为东西方向，
∴直线表示的方向为南北方向；
故答案为，等腰三角形的三线合一．
【点睛】本题主要考查垂直平分线的尺规作图及等腰三角形的性质，熟练掌握垂直平分线的尺规作图及等腰三角形的性质是解题的关键．
18．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）已知，是半径为1的的弦，的另一条弦满足，且于点H（其中点H在圆内，且）．

(1)在图1中用尺规作出弦与点H（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)连结，猜想，当弦的长度发生变化时，线段的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不变，求出的长度；
(3)如图2，延长至点F，使得，连结，的平分线交的延长线于点P，点M为的中点，连结，若．求证：．
【答案】(1)作图见解析
(2)线段是定长，长度不发生变化，值为
(3)证明见解析
【分析】（1）以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，与交点为，与交点为，则，分别以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，以为圆心，长为半径画弧与交点为，则，以为圆心，长为半径画弧，交直线于，以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，与交点为，与交点为，即、点即为所求；
（2）如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，证明四边形是正方形，则可证是等腰直角三角形，则，由，可知，由是的直径，可得，则是等腰直角三角形，；
（3）如图3，延长、，交点为，由题意知是的中位线，则，，由，可得，证明，则，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，由是的平分线，可得，则，证明，则，即，由，可得，进而结论得证．
【详解】（1）解：如图1，、点即为所求；

（2）当弦的长度发生变化时，线段的长度不变；
如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，则四边形是矩形，

∵，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴线段是定长，长度不发生变化，值为；
（3）证明：如图3，延长、，交点为，

∵，
∴点H为的中点，
又∵点M为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了作垂线，同弧或等弧所对的圆周角相等，正弦，正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，中位线，直径所对的圆周角为直角，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，角平分线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
19．（2023·山东烟台·统考中考真题）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形进行如下操作：①分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，连接；②将沿翻折，点的对应点落在点处，作射线交于点．

【问题提出】
在矩形中，，求线段的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接，如图2．经过推理、计算可求出线段的长；
方案二：将绕点旋转至处，如图3．经过推理、计算可求出线段的长．
请你任选其中一种方案求线段的长．
【答案】线段的长为．
【分析】方案一：连接，由翻折的不变性，知，，证明，推出，设，在中，利用勾股定理列式计算求解即可；
方案二：将绕点旋转至处，证明，推出，设，同方案一即可求解．
【详解】解：方案一：连接，如图2．

∵四边形是矩形，
∴，，
由作图知，
由翻折的不变性，知，，，
∴，，又，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，即，
解得，
∴线段的长为；
方案二：将绕点旋转至处，如图3．

∵四边形是矩形，
∴，，
由作图知，
由旋转的不变性，知，，，
则，
∴共线，
由翻折的不变性，知，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，即，
解得，
∴线段的长为．
【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
20．（2023·江苏徐州·统考中考真题）两汉文化看徐州，桐桐在徐州博物馆“天工汉玉”展厅参观时了解到；玉壁，玉环为我国的传统玉器，通常为正中带圆孔的扇圆型器物，据《尔雅·释器》记载：“肉倍好，谓之璧；肉好若一，调之环．”如图1，“肉”指边（阴影部分），“好”指孔，其比例关系见图示，以考古发现看，这两种玉器的“肉”与“好”未必符合该比例关系．
(1)若图1中两个大圆的直径相等，则璧与环的“肉”的面积之比为 ；
(2)利用圆规与无刻度的直尺，解决下列问题（保留作图痕迹，不写作法）．
①图2为徐州狮子山楚王墓出土的“雷纹玉环”及其主视图，试判断该件玉器的比例关系是否符合“肉好若一”？
②图3表示一件圆形玉坯，若将其加工成玉璧，且比例关系符合“肉倍好”，请画出内孔．
【答案】(1)
(2)①符合，图见详解；②图见详解
【分析】（1）根据圆环面积可进行求解；
（2）①先确定该圆环的圆心，然后利用圆规确定其比例关系即可；②先确定好圆的圆心，然后根据平行线所截线段成比例可进行作图．
【详解】（1）解：由图1可知：璧的“肉”的面积为；环的“肉”的面积为，
∴它们的面积之比为；
故答案为；
（2）解：①在该圆环任意画两条相交的线，且交点在外圆的圆上，且与外圆的交点分别为A、B、C，则分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，交于两点，连接这两点，同理可画出线段的垂直平分线，线段的垂直平分线的交点即为圆心O，过圆心O画一条直径，以O为圆心，内圆半径为半径画弧，看是否满足“肉好若一”的比例关系即可

由作图可知满足比例关系为的关系；
②按照①中作出圆的圆心O，过圆心画一条直径，过点A作一条射线，然后以A为圆心，适当长为半径画弧，把射线三等分，交点分别为C、D、E，连接，然后分别过点C、D作的平行线，交于点F、G，进而以为直径画圆，则问题得解；如图所示：

【点睛】本题主要考查圆的基本性质及平行线所截线段成比例，熟练掌握圆的基本性质及平行线所截线段成比例是解题的关键．
题型05 画圆
21．（2019·江苏宿迁·统考中考真题）在中，．
（1）如图①，点在斜边上，以点为圆心，长为半径的圆交于点，交于点，与边相切于点．求证：；
（2）在图②中作，使它满足以下条件：
①圆心在边上；②经过点；③与边相切．
（尺规作图，只保留作图痕迹，不要求写出作法）
【答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）连接，可证得，结合平行线的性质和圆的特性可求得，可得出结论；
（2）由（1）可知切点是的角平分线和的交点，圆心在的垂直平分线上，由此即可作出．
【详解】（1）证明：如图①，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
（2）如图②所示为所求．①
①作平分线交于点，
②作的垂直平分线交于，以为半径作圆，
即为所求．
证明：∵在的垂直平分线上，
∴，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴与边相切．
【点睛】本题主要考查圆和切线的性质和基本作图的综合应用．掌握连接圆心和切点的半径与切线垂直是解题的关键，
22．（2020·青海·统考中考真题）如图，在中，．
（1）尺规作图：作的外接圆；作的角平分线交于点D，连接AD．（不写作法，保留作图痕迹）
（2）若AC =6，BC =8，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据外接圆，角平分线的作法作图即可；
（2）连接AD，OD，根据CD平分，得°，根据圆周角与圆心角的关系得到°，在中计算AB，在中，计算AD．
【详解】（1）作图如下：
（2）连接AD，OD，如图所示
由（1）知：平分，且°
∴°
∴°
在中，，
∴，即
在中，
【点睛】本题考查了三角形的外接圆，角平分线，以及利用圆周角与圆心角的关系，及勾股定理计算线段长度的方法，熟知以上方法是解题的关键．
23．（2023·江苏无锡·统考一模）数学实验室：有一个直角三角形纸板，，，．小明计划以三角形的一条边为直径所在的边，先剪出一个最大的半圆，用这个半圆围成一个圆锥的侧面，然后在剩下的纸板上再剪出一个完整的圆，用这个圆作为圆锥的底面圆．如图1，小明首先以斜边为直径所在的边进行尝试，发现无法实现他的计划，他打算换成直角边来继续实验．
(1)请你在图2中，任选一条直角边为直径所在的边，帮小明画出一个最大的半圆（请使用无刻度的直尺和圆规完成作图）；
(2)如果小明按照你选的直角边继续往下操作，他能否顺利得到这个圆锥的底面圆？如果能，请说明理由；如果不能，那么换另一条直角边能否实现？同样请说明理由．（友情提醒：请利用图3完成题（2）的解答）
【答案】(1)作图见解析
(2)选择直角边为直径所在的边不能实现，理由见解析；选择直角边为直径所在的边能实现，理由见解析
【分析】（1）如图，以点为圆心，长为半径画弧，交于点；连接，分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，连接两个交点，交于点，点即为圆心．
（2）分两种情况：选择直角边为直径所在的边，连接，利用，求出的半径长，继而求得底面圆的半径长，在剩下的纸板上再剪出一个最大的圆，利用相似三角形的相关性质，可以求出该圆的半径，若该半径大于底面圆的半径长，则可以实现，反之，则不能；按同样的方法说明选择直角边为直径所在的边的情况．
【详解】（1）解：选择直角边为直径所在的边，
如图，以点为圆心，长为半径画弧，交于点；连接，分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，连接两个交点，交于点，点即为圆心．
（2）如图，连接，设半圆的半径为，
∵，，，
∴，
由作图可知，与、相切于点、，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴这个半圆的弧长为：，
∵圆锥底面圆的周长等于侧面展开图的扇形的弧长，
∴圆锥底面圆的周长为，
∴底面圆的半径为，
在中，，
记半圆与交于点，剩下部分切出底面圆，分别与、相切于点、，设的半径为，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴不能实现；
选择直角边为直径所在的边，设半圆的半径为，
∴如图，与、相切于点、，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴这个半圆的弧长为：，
∵圆锥底面圆的周长等于侧面展开图的扇形的弧长，
∴圆锥底面圆的周长为，
∴底面圆的半径为，
在中，，
记半圆与交于点，剩下部分切出底面圆，分别与、相切于点、，设的半径为，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴可以实现．
【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，考查了尺规作图，切线的性质，切线长定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，运用了分类讨论的思想．掌握切线的性质、相似三角形的判定和性质是解题的关键．
题型06 格点作图
24．（2023·吉林长春·统考中考真题）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．
25．（2022·贵州六盘水·统考中考真题）“水城河畔，樱花绽放，凉都宫中，书画成风”的风景，引来市民和游客争相“打卡”留念．已知水城河与南环路之间的某路段平行宽度为200米，为避免交通拥堵，请在水城河与南环路之间设计一条停车带，使得每个停车位到水城河与到凉都宫点的距离相等．
(1)利用尺规作出凉都宫到水城河的距离（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在图中格点处标出三个符合条件的停车位，，；
(3)建立平面直角坐标系，设，，停车位，请写出与之间的关系式，在图中画出停车带，并判断点是否在停车带上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)，图见解析，点不在停车带上
【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的垂线的尺规作图即可得；
（2）根据网格特点，找出三个点使得它们到水城河与到凉都宫点的距离相等即可；
（3）先求出点到水城河的距离，再求出点的坐标，利用两点之间的距离公式可得的长，然后根据点到水城河与到凉都宫点的距离相等即可得函数关系式，最后画出函数图象即为停车带，由此即可得出结论．
【详解】（1）解：如图，线段的长即为所求．
（2）解：如图，点，，即为所求．
（3）解：如图，建立平面直角坐标系．
则，水城河所在的直线为，南环路所在的直线为，
停车位到水城河的距离为，
，
每个停车位到水城河与到凉都宫点的距离相等，
，
整理得：，
当时，，解得，
又要在水城河与南环路之间设计一条停车带，
，
与之间的关系式为，
画出停车带如下：
因为，
所以点不在停车带上．
【点睛】本题考查了作垂线、二次函数的应用、两点之间的距离公式等知识点，较难的是题（3），正确求出函数关系式是解题关键．
26．（2021·湖北荆州·统考中考真题）如图，在的正方形网格图形中小正方形的边长都为1，线段与的端点都在网格小正方形的顶点（称为格点）上．请在网格图形中画图：
(1)以线段为一边画正方形，再以线段为斜边画等腰直角三角形，其中顶点在正方形外；
(2)在（1）中所画图形基础上，以点为其中一个顶点画一个新正方形，使新正方形的面积为正方形和面积之和，其它顶点也在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是了解如何根据题意构造直角三角形并利用勾股定理．
（1）根据正方形的性质、等腰直角三角形的性质和网格的特点画出图形即可；
（2）先计算出新正方形的面积，从而得出边长，根据勾股定理和网格的特点画出图形即可．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）解：∵新正方形的面积为正方形和面积之和，其它顶点也在格点上．
∴新正方形的面积为：，
∴新正方形的边长为：，
如图：正方形的边长为：，
∴正方形即为所求．
27．（2023下·吉林长春·九年级校联考阶段练习）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、均在格点上．在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求作图，所画图形的顶点均在格点上．
(1)在图①中，画等腰三角形，使其面积为3．
(2)在图②中，画等腰直角三角形，使其面积为5．
(3)在图③中，画平行四边形，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）取格点C，连接，得到即为所求，再利用三角形的面积计算方法求得到符合题意的图形，即可；
（2）取格点D，连接，得到即为所求，再根据勾股定理逆定理，即可证明；
（3）取格点E，F，连接，即可得到平行四边形，由勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的性质和平行四边形的判定和性质即可证明．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
理由：由图可知，
∴，；
（2）解：如图，即为所求；
理由：由图可知，
∴，且，
∴为等腰直角三角形，；
（3）解：如图，平行四边形ABEF即为所求；
理由：连接，
由图可知，
∴四边形ABEF是平行四边形，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了作图—应用与设计，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质．利用数形结合的思想是解题关键．
28．（2023·安徽合肥·统考三模）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．

(1)画出将向右平移3个单位，再向上平移5个单位后的（点，，分别为A，B，C的对应点）；
(2)将（1）中的绕点O顺时针旋转90°得到（点，，分别为，，的对应点）；
(3)仅用无刻度的直尺作的平分线交于点D．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）分别作出将点A、B、C向右平移3个单位，再向上平移5个单位后的对应点，再依次连接即可；
（2）分别作出将点，，绕点O顺时针旋转90°的对应点，再一次连接即可；
（3）连接，交于点D，即为所求．
【详解】（1）解：如图所示：即为所求；
（2）解：如图所示：即为所求；
（3）解：如图所示：即为所求．
根据勾股定理可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分．

【点睛】本题主要考查案例平移和旋转的作图，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握平移和旋转的性质，以及平移和旋转的作图方法．
题型07 与尺规作图有关的计算题
29．（2023·山西·统考中考真题）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．
30．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在中，，按以下步骤作图：①以点为圆心，以小于长为半径作弧，分别交于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，在内两弧交于点；③作射线，交于点．若点到的距离为，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据作图可得为的角平分线，根据角平分线的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，依题意，
根据作图可知为的角平分线，
∵
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了作角平分线，角平分线的性质，熟练掌握基本作图以及角平分线的性质是解题的关键．
31．（2023·吉林·统考中考真题）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．
32．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，中，为对角线，分别以点A、B为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线交于点E，交于点F，若，，，则的长为 ．

【答案】5
【分析】连接，根据基本作图，得到，利用平行四边形的性质，得，在中，利用勾股定理计算即可．
【详解】解：如图所示，连接，
根据基本作图，可设，

∵，，，
∴，，，
在中，，由勾股定理得，
∴，
解得，
即，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的基本作图，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质，勾股定理是解题的关键．
33．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，中，是中线，分别以点A，点B为圆心，大于长为半径作弧，两孤交于点M，N．直线交于点E．连接交于点F．过点D作，交于点G．若，则的长为 ．

【答案】
【分析】由作图方法可知是线段的垂直平分线，则是的中线，进而得到点F是的重心，则，证明，利用相似三角形的性质得到，则．
【详解】解：由作图方法可知是线段的垂直平分线，
∴点E是的中点，
∴是的中线，
又∵是的中线，且与交于点F，
∴点F是的重心，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形重心的性质，相似三角形的性质与判定，线段垂直平分线的尺规作图，推出点F是的重心是解题的关键．
34．（2023·四川·统考中考真题）如图，，直线l与直线a，b分别交于B，A两点，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点E，F，作直线，分别交直线a，b于点C，D，连接AC，若，则的度数为 ．

【答案】/56度
【分析】先判断为线段的垂直平分线，即可得，，再由，可得，即有，利用三角形内角和定理可求的度数．
【详解】解：由作图可知为线段的垂直平分线，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂直平分线的作图、垂直平分线的性质、平行线的性质以及三角形内角和定理等知识，判断为线段的垂直平分线是解答本题的关键．
35．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点，；分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点；作射线交于点，若，，的面积为，则的面积为 ．
【答案】
【分析】过点作交的延长线于点，证明，得出，根据 ，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，
∴
由作图可得是的角平分线，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴ ，
∵的面积为，
∴的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，作角平分线，熟练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．
36．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，按以下步骤作图：①分别以点B和D为圆心，以大于BD的长为半径作弧，两弧相交于点E和F；②作直线EF分别与DC，DB，AB交于点M，O，N．若DM＝5，CM＝3，则MN＝ ．
【答案】
【分析】作辅助线，利用垂直平分线的性质得出的值，OB＝OD，由矩形的性质、勾股定理得出，的值，进而得出，的值，根据全等三角形的判定（角边角）得出△MDO≌△BNO，最后利用全等三角形的性质得出结论．
【详解】解：如图，连接BM．
由作图可知MN垂直平分线段BD，
∴BM＝DM＝5．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，CD∥AB．
∴BC＝＝＝4．
∴BD＝＝＝．
∴OB＝OD＝．
∵∠MOD＝90°，
∴OM＝＝＝．
∵CD∥AB，
∴∠MDO＝∠NBO．
在△MDO和△NBO中，
∴△MDO≌△BNO（ASA）．
∴OM＝ON＝．
∴MN＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查线段的垂直平分线的性质，作图—基本作图，勾股定理，全等三角形的判定与性质等的理解与运用能力．线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．两个三角形的两个角和它们的夹边对应相等的两三角形全等；两全等三角形的对应边相等，对应角相等．在一个直角三角形中，两个直角边边长的平方加起来等于斜边长的平方．掌握线段的垂直平分线的性质是解本题的关键．
37．（2020·江苏扬州·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：
①以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB、BC于点D、E．
②分别以点D、E为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧交于点F．
③作射线BF交AC于点G．
如果，，的面积为18，则的面积为 ．
【答案】27
【分析】由作图步骤可知BG为∠ABC的角平分线，过G作GH⊥BC,GM⊥AB，可得GM=GH
,然后再结合已知条件和三角形的面积公式求得GH，最后运用三角形的面积公式解答即可．
【详解】解：由作图作法可知：BG为∠ABC的角平分线
过G作GH⊥BC,GM⊥AB
∴GM=GH
∴,
故答案为27．
【点睛】本题考查了角平分线定理和三角形面积公式的应用，通过作法发现角平分线并灵活应用角平分线定理是解答本题的关键．
38．（2020·江苏苏州·统考中考真题）如图，已知是一个锐角，以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交、于点、，再分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，画射线．过点作，交射线于点，过点作，交于点．设，，则 ．
【答案】
【分析】连接AB交OD于点H，过点A作AG⊥ON于点G，根据等腰三角形的性质得OH⊥AB，AH=BH，从而得四边形ABED是平行四边形，利用勾股定理和三角形的面积法，求得AG的值，进而即可求解．
【详解】连接AB交OD于点H，过点A作AG⊥ON于点G，
由尺规作图步骤，可得：OD是∠MON的平分线，OA=OB，
∴OH⊥AB，AH=BH，
∵，
∴DE∥AB，
∵，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AB=DE=12，
∴AH=6，
∴OH=，
∵OB∙AG=AB∙OH，
∴AG===，
∴ =．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质定理，勾股定理，锐角三角函数的定义，添加合适的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
作法（如图）
结论

①在上取点，使．
，点表示．
②以为圆心，8为半径作弧，与交于点．
，点表示．
③分别以为圆心，大于长度一半的长为半径作弧，相交于点，连结与相交于点．
…
④以为圆心，的长为半径作弧，与射线交于点，连结交于点．
…