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重难点突破 16 尺规作图在压轴题中的应用
7 种题型归类
目 录
题型01 作线段
题型02 作角
题型03 作角平分线
题型04 作垂线
题型05 画圆
题型06 格点作图
题型07 与尺规作图有关的计算题
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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O是圆心，直径AB的长是12cm，
C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
(1)沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．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6cm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C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N
和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm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；
1 1 1
（3）当点C靠近点A时，设CM= CA，CN= CB，可证MN∥AB,推出MN= AB=4cm，分别以
3 3 3
M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得MN=MP=NQ=4cm，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，
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∵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：
1
由作图可知AE=EF=FH=HG=OA= AB=6，
2
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：
1 1
如图，当点C靠近点A时，设CM= CA，CN= CB，
3 3
CM CN 1
∴ = = ,
CA CB 3
∴ MN∥AB,
MN CM 1
∴ = = ,
AB CA 3
1 1
∴ MN= AB= ×12=4cm．
3 3
分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作MD⊥AB于点D，NE⊥AB于点E，
∴ MN=MP=NQ=4cm．
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∵ MN∥AB,MD⊥AB，NE⊥AB，
∴ MD=NE，
在RtΔMDP和RtΔNEQ中，
¿，
∴ RtΔMDP ≅RtΔNEQ(HL)，
∴ ∠MPD=∠NQE，
∴ MP//NQ，
又∵ MP=NQ，
∴ 四边形MNQP是平行四边形，
又∵ MN=MP，
∴ 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】
√2 √2
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，
2 2
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，
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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．
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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，
√2 √2
∵AB＝ +1﹣（ ﹣1）＝2，
2 2
∴AQ＝BQ＝1，
√2 √2
∴OQ＝OB﹣BQ＝ +1﹣1＝ ，
2 2
∴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，
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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
(1)如图1，在BC作一点D，使得BD= BC；
3
(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
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（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a、b、c．
(1)用直尺和圆规作出一条线段AB，使它等于a+c−b．（保留作图痕迹，检查无误后用水笔描黑，包括痕
迹）
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(2)若a=6，b=4，c=7，点C是线段AB的中点，求AC的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)4.5
【分析】（1）作射线AM，在射线AM上顺次截取AE=a,EF=c，在线段FA上截取FB=b，则线段AB
即为所求；
（2）由（1）中结论及已知条件，求得AB的长，再利用线段中点的性质即可解得AC的长．
【详解】（1）解：如图，线段AB即为所求：
（2）如图，
∵ a=6，b=4，c=7，
∴AB=a+c−b=6+7−4=9
∵点C是线段AB的中点，
1 1
∴AC= AB= ×9=4.5
2 2
即AC的长4.5．
【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
(180)
(1)已知AC是半圆O的直径，∠AOB= °（n是正整数，且n不是3的倍数）是半圆O的一个圆心角．
n
(180)
操作：如图1，分别将半圆O的圆心角∠AOB= °（n取1、4、5、10）所对的弧三等分（要求：仅
n
用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
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(180)
交流：当n=11时，可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB= °所对的弧三等分吗？
n
(180)
探究：你认为当n满足什么条件时，就可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB= °所对的弧三等分？
n
说说你的理由．
(270)
(2)如图2，⊙o的圆周角∠PMQ= °．为了将这个圆的圆周14等分，请作出它的一条14等分弧C´D
7
（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
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(180) (60) (180) (60)
【答案】(1)作图见解析；交流：60°−9× °= °，或19× °−2×60°= °；
28 28 28 28
探究：正整数n（n不是3的倍数），理由见解析
(2)作图见解析
60 180
【分析】（1）由操作可知，如果( )°可以用60°与( )°的线性表示，那么该圆弧就可以被三等分
n n
(270)
（2）将圆周14等分就是把∠PMQ= °所对的圆周角∠QOP所对弧三等分即可,给出一种算法：
7
540° 180°
180°− ×2=
7 7
【详解】（1）
操作：
(180) (60) (180) (60)
交流：60°−9× °= °，或19× °−2×60°= °；
28 28 28 28
(180) (60)
探究：设60°−k °= °，解得n=3k+1（k为非负整数）．
n n
(180) (60)
或设k °−60°= °，解得n=3k−1（k为正整数）．
n n
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(180)
所以对于正整数n（n不是3的倍数），都可以仅用圆规将半圆O的圆心角∠AOB= °所对的弧三等
n
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，⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC，AD是⊙O的切线．
(1)尺规作图：过点B作AC的平行线交AD于点E，交⊙O于点F，连接AF（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)证明：AF=BC；
5
(3)若⊙O的半径长为 ，BC=4，求EF和BF的长．
2
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
8√5 2√5
(3)EF= ，BF= ，
5 5
【分析】（1）根据题意进行尺规作图即可；
（2）由BE∥AC可得∠ABF=∠BAC，从而得出A´F=B´C，最后证得结果；
（3）连接AO并延长交BC于点M，连接OC，先通过勾股定理求得CM及AC的长，再证四边形AEBC是
平行四边形，再证△AEF∽△BEA，然后列比例式即可求得结果．
【详解】（1）作图如下图所示：
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（2）∵BE∥AC，
∴∠ABF=∠BAC，
∴A´F=B´C，
∴AF=BC；
（3）如图，连接AO并延长交BC于点M，连接OC，
∵AB=AC，AM过圆心O，
∴AM⊥BC，
1
∴BM=MC= BC=2，
2
5
∵在Rt△OMC中，OC= ,MC=2
2
∴OM=√OC2−MC2=
√ (5) 2
−22=
3
，
2 2
5 3
∴AM=OA+OM= + =4，
2 2
∴AB=AC=√AN2+MC2=√42+22=2√5，
∵AD是⊙O的切线，
∴AM⊥AD，
∴AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
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∴BE=AC=2√5，AE=BC=4，∠AEB=∠ACB，
∴AB=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∵四边形AFBC是圆内接四边形，
∴∠AFE=∠AEB，
∴∠AFE=∠BAE，
∴△AEF∽△BEA，
EF AE
∴ = ，
AE EB
EF 4
∴ = ，
4 2√5
8√5
∴EF= ，
5
8√5 2√5
∴BF=2√5− = ，
5 5
【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△AEF∽△BEA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，△ABC中，∠ACB=90°，∠A的大小保持
不变，点D在斜边AB上，DE⊥AC，垂足为点E．如图2，把△ADE绕着点A顺时针旋转，旋转角为
α(0°<α<90°)，点E的对应点为点P．
(1)求作点D的对应点Q（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)连接PQ，CP，BQ，直线CP，BQ相交于点F，试探究在整个旋转过程中，直线CP，BQ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∠PAQ=∠BAC，AQ=AD，则点Q即为所求；
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AD AE
（2）根据题意得出DE∥BC，则 = ，进而根据旋转的性质得出AP=AE,AQ=AD，证明
AB AC
△CAP∽△BAQ得出∠ABQ=∠ACP=∠ACF，根据三角形的外角的性质即可得出∠BFC=∠A，进
而得出结论．
【详解】（1）解：如图所示，点Q即为所求；
（2）解：如图所示，设CF,AB交于点G，
∵DE⊥AC，∠ACB=90°，
∴DE∥BC，
AD AE
∴ = ，
AB AC
∵把△ADE绕着点A顺时针旋转，旋转角为α(0°<α<90°)，点E的对应点为点P，点D的对应点Q，
∴AP=AE,AQ=AD，
AP AQ
∴ = ，
AC AB
又∠CAP=∠DAQ=α，
∴△CAP∽△BAQ，
∴∠ABQ=∠ACP=∠ACF，
∵∠BGC=∠ABF+∠BFC=∠ACF+∠BAC，
∴∠BFC=∠BAC，
∵∠BAC的大小保持不变，
∴∠BFC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
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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OAB，请你用圆规和无刻度的直尺过圆心O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MN，请你用圆规和无刻度的直尺作一个以MN为斜边的等腰直角三角形
MNP；
【问题再解】如图3，已知扇形OAB，请你用圆规和无刻度的直尺作一条以点O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OAB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；
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【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OAB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
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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OA
和OB上分别取点C和D，使得OC=OD，连接CD，以CD为边作等边三角形CDE，则OE就是∠AOB的
平分线．
请写出OE平分∠AOB的依据：____________；
类比迁移：
（2）小明根据以上信息研究发现：△CDE不一定必须是等边三角形，只需CE=DE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∠AOB的边OA，OB上分别取OM=ON，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OC是∠AOB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AB和AC，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）
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【答案】（1）SSS；（2）证明见解析；（3）作图见解析；
【分析】（1）先证明△OCE≌△ODE(SSS)，可得∠AOE=∠BOE，从而可得答案；
（2）先证明△OCM≌△OCN(SSS)，可得∠AOC=∠BOC，可得OC是∠AOB的角平分线；
（3）先作∠BAC的角平分线，再在角平分线上截取AE=AD即可．
【详解】解：（1）∵OC=OD，CE=DE，DE=DE，
∴△OCE≌△ODE(SSS)，
∴∠AOE=∠BOE，
∴OE是∠AOB的角平分线；
故答案为：SSS
（2）∵OM=ON，CM=CN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN(SSS)，
∴∠AOC=∠BOC，
∴OC是∠AOB的角平分线；
（3）如图，点E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△ABC中，AC=BC．
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（1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：作∠ACB的平分线CD；作△ABC的外接圆⊙O；（不写
作法，保留作图痕迹）
48
（2）在（1）的条件下，若AB= ，⊙O的半径为5，则sinB=________．（如需画草图，请使用图2）
5
4
【答案】（1）见详解；（2）
5
【分析】（1）根据尺规作角平分线的步骤，即可作∠ACB的平分线CD，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；
24
（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
5
求解．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）连接OA，
∵AC=BC，∠ACB的平分线CD，
1 1 48 24
∴AD=BD= AB= × = ，CD⊥AB，
2 2 5 5
∵⊙O的半径为5，
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∴OD=√OA2−AD2=
√
52−
(24) 2
=
7
，
5 5
7 32
∴CD=CO+OD=5+ = ，
5 5
∴BC=√BD2+CD2=
√ (24) 2
+
(32) 2
=8，
5 5
32
∴sinB= CD 5 4．
= =
BC 8 5
4
故答案是： ．
5
【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OABC分割成
4×10的小正方形网格．在该矩形边上取点P，来表示∠POA的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问
题：
（答题卷用）
作法（如图） 结论
∠P OA=45°
1
①在CB上取点P ，使CP =4． ，点P 表示45°
1 1 1
．
∠P OA=30°
②以O为圆心，8为半径作弧，与BC交于 2
，点P 表示30°
点P ． 2
2
．
③分别以O,P 为圆心，大于OP 长度一
2 2
半的长为半径作弧，相交于点E,F，连结 …
EF与BC相交于点P ．
3
④以P 为圆心，OP 的长为半径作弧，与 …
2 2
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射线CB交于点D，连结OD交AB于点P
4
．
(1)分别求点P ,P 表示的度数．
3 4
(2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点P ，使该点表示37.5°（保留作图痕迹，不写作法）．
5
【答案】(1)点P 表示60°；点P 表示15°
3 4
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可求出∠OP C度数，根据线段垂直平分线的性质∠P OP 度数，即可求
2 2 3
出∠P OA的度数，从而知道P 点表示度数；利用半径相等即可求出∠P OD=∠P DO，再根据平行线
3 3 2 2
的性质即可求出∠P OD=∠DOA以及对应的度数，从而知道P 点表示度数．
2 3
（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OABC是矩形，
∴BC∥OA．
∴∠OP C=∠P OA=30°
2 2
由作图可知，EF是OP 的中垂线，
2
∴OP =P P ．
3 3 2
∴∠P OP =∠P P O=30°．
3 2 3 2
∴∠P OA=∠P OP +∠P OA=60°．
3 3 2 2
∴点P 表示60°．
3
②由作图可知，P D=P O．
2 2
∴∠P OD=∠P DO．
2 2
又∵CB∥OA，
∴∠P DO=∠DOA．
2
1
∴∠P OD=∠DOA= ∠P OA=15°．
2 2 2
∴点P 表示15°．
4
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故答案为：点P 表示60°，点P 表示15°．
3 4
（2）解：如图所示，
作∠P OP 的角平分线等．如图2，点P 即为所求作的点．
3 4 5
∵点P 表示60°，点P 表示15°．
3 4
1 1 1
∠P OA= (∠P OA−∠P OA)+∠P OA= (∠P OA+∠P OA)= (60°+15°)=37.5°．
5 2 3 4 4 2 3 4 2
∴P 表示37.5°．
5
【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⊙O为△ABC的外接圆，⊙O的半径为6．
(1)如图，AB是⊙O的直径，点C是A´B的中点．
①尺规作图：作∠ACB的角平分线CD，交⊙O于点D，连接BD（保留作图痕迹，不写作法）：
②求BD的长度．
(2)如图，AB是⊙O的非直径弦，点C在A´B上运动，∠ACD=∠BCD=60°，点C在运动的过程中，四
边形ADBC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；②6√2
(2)存在，最大值为36√3
【分析】（1）①根据角平分线的作图方法画出CD，在连接BD即可；②由点C是A´B的中点，得出
AC=BC．根据等腰三角形的性质得出CD⊥AB．结合AB是⊙O的直径，即得出CD经过圆心O，即
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∠BOD=90°，最后根据勾股定理求解即可．
（2）连接AB，过点D作DC'⊥AB于点E，交⊙O于点C'，过点C作CF⊥AB．由题意易证△ADB为
等边三角形．根据DC'⊥AB，即得出DC'为⊙O直径，C'是A´B的中点．根据△ADB为等边三角形，可
1
得出AB和AB边上的高都为定值，再根据根据S = AB⋅(DE+CF)，即得出当CF最大时，
四边形ADBC 2
S 最大，此时点C与点C'重合，即当点C为A´B中点时，S 最大，此时DC为⊙O直径，
四边形ABCD 四边形ADBC
得出此时∠A=∠B=90°．易求出∠ADC=90°−∠ACD=30°，结合勾股定理和含30度角的直角三角
1 1
形的性质得出AC= CD=6，AD=√CD2−AC2=6√3，进而可求出S = AC⋅AD=18√3，又易
2 △ACD 2
证△BCD≌△ACD(SSS)，得出S =S =18√3，从而可求出S =S +S =36√3，
△BCD △ACD 四边形ABCD △BCD △ACD
即点C在运动过程中，四边形ADBC的面积存在最大值，最大值为36√3．
【详解】（1）解：①如图1，即为所作图形；
②∵点C是A´B的中点，
∴AC=BC．
∵CD是∠ACB的平分线，
∴CD⊥AB．
∵AB是⊙O的直径，
∴CD经过圆心O，
∴∠BOD=90°．
∵⊙O的半径为6，
∴OB=OD=6，
∴BD=√OB2+OD2=6√2；
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（2）点C在运动过程中，四边形ADBC的面积存在最大值．
理由：如图，连接AB，过点D作DC'⊥AB于点E，交⊙O于点C'，过点C作CF⊥AB．
∵∠ACD=∠BCD=60°，
∴A´D=B´D，∠ACB=2∠BCD=120°，
∴AD=BD．
∵四边形ADBC为⊙O内接四边形，
∴∠ADB=180°−∠ACB=60°，
∴△ADB为等边三角形．
∵DC'⊥AB，
∴DC'为⊙O直径，C'是A´B的中点．
∵S =S +S ，
四边形ADBC △ABD △ABC
1 1 1
∴S = AB⋅DE+ AB⋅CF= AB⋅(DE+CF)．
四边形ADBC 2 2 2
∵△ADB为等边三角形，
∴AB和AB边上的高都为定值，
∴当CF最大时，S 最大，此时点C与点C'重合，
四边形ADBC
∴当点C为A´B中点时，S 最大，此时DC为⊙O直径，
四边形ADBC
∴∠A=∠B=90°，如图3．
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∵⊙O的半径为6，
∴CD=12．
∵∠ADC=90°−∠ACD=30°，
1
∴AC= CD=6，
2
∴AD=√CD2−AC2=6√3，
1 1
∴S = AC⋅AD= ×6×6√3=18√3．
△ACD 2 2
∵BD=AD，BC=AC，CD=CD，
∴△BCD≌△ACD(SSS)，
∴S =S =18√3，
△BCD △ACD
∴S =S +S =36√3，
四边形ABCD △BCD △ACD
∴点C在运动过程中，四边形ADBC的面积存在最大值，最大值为36√3．
【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A'处，折痕与 AD
交于点E，然后展开纸片，连接A A'，BA'，EA″．
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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)△ABA'是等边三角形，理由见解析
√3
(3)
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；
1
（2）由折叠可知MN∥BC，MN⊥AB，BM= AB，AB=A'B，
2
1
可得BM= A'B，推出∠BA'M=30°，进而可得ΔABA'是等边三角形；
2
（3）由等边三角形的性质可求得MF为△ABE的中位线，得到AE=2MF=2，进而求得
AB=2√3.，BE=4，再根据矩形的性质及平行线的性质求得∠EBA'=∠EHB=30°,最后求得PD的长．
【详解】（1）如图，线段BE即为所求．
（2）△ABA'是等边三角形．
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1
证明：由折叠可知MN∥BC，MN⊥AB，BM= AB，AB=A'B，
2
1
∴BM= A'B，
2
BM 1
∴sin∠BA'M= =
，
A'B 2
∴∠BA'M=30°．
在Rt△BA'M中，∠A'BM=90°−∠BA'M=60°．
∵∠A'BM=60°，AB=A'B，
∴ΔABA'是等边三角形．
（3）∵△ABA'是等边三角形，
∴A A'=A'B=AB，∠ABA'=60°
∵MN//AD//BC，MN⊥AB，
∴M为AB的中点，MF=1，
∴MF为△ABE的中位线，
∴AE=2MF=2，
∵矩形纸片沿过点B的直线折叠，使得点A落在MN上的点A'处，
1
∴∠ABE=∠ABBE= ∠ABA'=30°，
2
RtΔABE中，∠ABE=30°，AE=2，
∴AB=2√3.，BE=4，
∵四边形ABCD为矩形，BC=7，
∴∠ADC=∠ABC=90°,
∴AD=BC=7,AD//BC，
∴∠HDP=90°,
∴∠PBC=30°,
∵AD//BC，
∴∠EHB=∠PBC=30°,
∴∠EBA'=∠EHB=30°,
∴EB=EH=4,
∴DH=7−4−2=1,
∵∠PHD=∠EHB=30°,
∴在Rt HDP中，DH=1,PD:DH=1:√3
△
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√3
∴PD=
3
【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
1
为a，高为h的三角形的面积公式为S= ah．想法是：以BC为边作矩形BCFE，点A在边FE上，再过点
2
A作BC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BC的垂线AD交BC于点D．（只保留作图痕迹）
在△ADC和△CFA中，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°．
∵∠F=90°，
∴______①____．
∵EF∥BC，
∴______②_____．
又∵____③______．
∴△ADC≌△CFA（AAS）．
同理可得：_____④______．
1 1 1 1
S =S +S = S + S = S = ah．
△ABC △ADC △ABD 2 矩形ADCF 2 矩形AEBD 2 矩形BCFE 2
【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．
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【详解】解：如图，AD即为所求，
在△ADC和△CFA中，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°．
∵∠F=90°，
∴∠ADC=∠F．
∵EF∥BC，
∴∠1=∠2．
又∵AC=AC．
∴△ADC≌△CFA（AAS）．
同理可得：△ABD≌△BAE．
1 1 1 1
S =S +S = S + S = S = ah．
△ABC △ADC △ABD 2 矩形ADCF 2 矩形AEBD 2 矩形BCFE 2
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．
k
15．（2022·河南·统考中考真题）如图，反比例函数y= (x>0)的图像经过点A(2,4)和点B，点B在点A
x
的下方，AC平分∠OAB，交x轴于点C．
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(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AC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OA与（2）中所作的垂直平分线相交于点D，连接CD．求证：CD∥AB．
8
【答案】(1)y=
x
(2)图见解析部分
(3)证明见解析
【分析】（1）把点A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AC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∠BAC=∠DCA，然后利用平行线的判定即可得证.
k
【详解】（1）解：∵反比例函数y= (x>0)的图像经过点A(2,4)，
x
k
∴当x=2时， =4，
2
∴k=8，
8
∴反比例函数的表达式为：y= ；
x
（2）如图，直线EF即为所作；
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（3）证明：如图，
∵直线EF是线段AC的垂直平分线，
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA，
∵AC平分∠OAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠BAC=∠DCA，
∴CD∥AB．
【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
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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AB=AC，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⊙O上，AB⊥AC，且AB=AC，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⊙O上，AB⊥AC，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⊙O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；
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（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．
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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A处立一根杆，在地面上沿着杆的影子的方向取一点B，使B,A两点间的距离为10步（步是古
代的一种长度单位），在点B处立一根杆；日落时，在地面上沿着点B处的杆的影子的方向取一点C，使
C,B两点间的距离为10步，在点C处立一根杆．取CA的中点D，那么直线DB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A,B,C的位置如图所示．使用直尺和圆规，在图中作
CA的中点D（保留作图痕迹）；
（2）在如图中，确定了直线DB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CA表示的方向为南北方向，完成如下证明．
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证明：在△ABC中，BA=______________，D是CA的中点，
∴CA⊥DB（______________）（填推理的依据）．
∵直线DB表示的方向为东西方向，
∴直线CA表示的方向为南北方向．
【答案】（1）图见详解；（2）BC，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△ABC中，BA=BC，D是CA的中点，
∴CA⊥DB（等腰三角形的三线合一）（填推理的依据）．
∵直线DB表示的方向为东西方向，
∴直线CA表示的方向为南北方向；
故答案为BC，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，AB是半径为1的⊙O的弦，⊙O的另一条弦CD满足
CD=AB，且CD⊥AB于点H（其中点H在圆内，且AH>BH，CH>DH）．
(1)在图1中用尺规作出弦CD与点H（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)连结AD，猜想，当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不
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变，求出AD的长度；
(3)如图2，延长AH至点F，使得HF=AH，连结CF，∠HCF的平分线CP交AD的延长线于点P，点M
1
为AP的中点，连结HM，若PD= AD．求证：MH⊥CP．
2
【答案】(1)作图见解析
(2)线段AD是定长，长度不发生变化，值为√2
(3)证明见解析
1
【分析】（1）以A，B为圆心，大于 AB长为半径画弧，交点为G，连接OG，与⊙O交点为E，F，
2
1
与AB交点为M，则OG⊥AB，分别以E，F为圆心，大于 EF长为半径画弧，交点为N，连接ON，
2
则ON∥AB，以O为圆心，OM长为半径画弧与ON交点为P，则OP=OM，以P为圆心，OP长为半径画
1
弧，交直线ON于Q，以O，Q为圆心，大于 OQ长为半径画弧，交点为R，连接PR，则PR⊥AB，
2
PR与⊙O交点为C，D，与AB交点为H，即CD、点H即为所求；
（2）如图2，连结AD，连接DO并延长交⊙O于E，连结AE，AC，过O作OF⊥AB于F，ON⊥CD
于N，证明四边形OFHN是正方形，则可证△ACH是等腰直角三角形，则∠C=45°，由A´D=A´D，可知
∠E=∠C=45°，由DE是⊙O的直径，可得∠EAD=90°，则△ADE是等腰直角三角形，
AD=DE⋅sin∠E=√2；
1
（3）如图3，延长CD、FP，交点为G，由题意知MH是△APF的中位线，则MH∥PF，MH= PF，
2
1 1 MH MD 1
由PD= AD，可得MD= PD，证明△MDH∽△PDG，则 = = ，即GP=2MH=PF，如
2 2 GP PD 2
图3，作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N，连结GN、FN，由CP是∠HCF的平分线，可得
∠GCP=∠FCP，则GN=NF，证明△GPN≌△FPN(SSS)，则∠GPN=∠FPN=90°，即PF⊥CP，
由MH∥PF，可得MH⊥CP，进而结论得证．
【详解】（1）解：如图1，CD、点H即为所求；
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（2）当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度不变；
如图2，连结AD，连接DO并延长交⊙O于E，连结AE，AC，过O作OF⊥AB于F，ON⊥CD于N，
则四边形OFHN是矩形，
∵AB=CD，AB⊥CD，
∴OF=ON，
∴四边形OFHN是正方形，
∴FH=NH，
∴AF+FH=CN+NH，即AH=CH，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∴∠C=45°，
∵A´D=A´D，
∴∠E=∠C=45°，
∵DE是⊙O的直径，
∴∠EAD=90°，
∴∠ADE=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=AD，
∴AD=DE⋅sin∠E=√2，
∴线段AD是定长，长度不发生变化，值为√2；
（3）证明：如图3，延长CD、FP，交点为G，
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∵HF=AH，
∴点H为AF的中点，
又∵点M为AP的中点，
∴MH是△APF的中位线，
1
∴MH∥PF，MH= PF，
2
1
又∵PD= AD，PM=AM，
2
1
∴MD= PD，
2
∵MH∥GP，
∴∠MHD=∠PGD，
又∵∠MDH=∠PDG，
∴△MDH∽△PDG，
MH MD 1
∴ = = ，即GP=2MH=PF，
GP PD 2
如图3，作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N，连结GN、FN，
∵CP是∠HCF的平分线，
∴∠GCP=∠FCP，
∴GN=NF，
∵GP=PF，GN=NF，PN=PN，
∴△GPN≌△FPN(SSS)，
∴∠GPN=∠FPN=90°，
∴PF⊥CP，
∵MH∥PF，
∴MH⊥CP．
【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
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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ABCD进行如下操作：①分别以点
1
B,C为圆心，以大于 BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；
2
②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．
【问题提出】
在矩形ABCD中，AD=5，AB=3，求线段CQ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OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．
请你任选其中一种方案求线段CQ的长．
25
【答案】线段CQ的长为 ．
12
【分析】方案一：连接OQ，由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，证明
△QPO≌△QCO(HL)，推出PQ=CQ，设PQ=CQ=x，在Rt△ADQ中，利用勾股定理列式计算求解即
可；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ=∠R，推出QA=QR，设CQ=x，同方案
一即可求解．
【详解】解：方案一：连接OQ，如图2．
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∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
1
由作图知BO=OC= BC=2.5，
2
由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，∠APO=∠B=90°，
∴OP=OC=2.5，∠QPO=∠C=90°，又OQ=OQ，
∴△QPO≌△QCO(HL)，
∴PQ=CQ，
设PQ=CQ=x，则AQ=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+(3−x) 2=(3+x) 2，
25
解得x= ，
12
25
∴线段CQ的长为 ；
12
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
1
由作图知BO=OC= BC=2.5，
2
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由旋转的不变性，知CR=AB=3，∠BAO=∠R，∠B=∠OCR=90°，
则∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO=∠OAQ，
∴∠OAQ=∠R，
∴QA=QR，
设CQ=x，则QA=QR=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+(3−x) 2=(3+x) 2，
25
解得x= ，
12
25
∴线段CQ的长为 ．
12
【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)32:27
(2)①符合，图见详解；②图见详解
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【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π×(32−12)=8π；环的“肉”的面积为
π×(32−1.52)=6.75π，
∴它们的面积之比为8π:6.75π=32:27；
故答案为32:27；
（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
1
分别以A、B为圆心，大于 AB长为半径画弧，交于两点，连接这两点，同理可画出线段AC的垂直平分
2
线，线段AB,AC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1:2:1的关系；
②按照①中作出圆的圆心O，过圆心画一条直径AB，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BE，然后分别过点C、D作BE的平行线，交AB于
点F、G，进而以FG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
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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RtΔABC中，∠C=90°．
（1）如图①，点O在斜边AB上，以点O为圆心，OB长为半径的圆交AB于点D，交BC于点E，与边AC
相切于点F．求证：∠1=∠2；
（2）在图②中作⊙M，使它满足以下条件：
①圆心在边AB上；②经过点B；③与边AC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OF，可证得OF∥BC，结合平行线的性质和圆的特性可求得∠1=∠OFB=∠2，可
得出结论；
（2）由（1）可知切点是∠ABC的角平分线和AC的交点，圆心在BF的垂直平分线上，由此即可作出
⊙M．
【详解】（1）证明：如图①，连接OF，
∵AC是⊙O的切线，
∴OE⊥AC，
∵∠C=90°，
∴OE∥BC，
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∴∠1=∠OFB，
∵OF=OB，
∴∠OFB=∠2，
∴∠1=∠2.
（2）如图②所示⊙M为所求．①
①作∠ABC平分线交AC于F点，
②作BF的垂直平分线交AB于M，以MB为半径作圆，
即⊙M为所求．
证明：∵M在BF的垂直平分线上，
∴MF=MB，
∴∠MBF=∠MFB，
又∵BF平分∠ABC，
∴∠MBF=∠CBF，
∴∠CBF=∠MFB，
∴MF∥BC，
∵∠C=90°，
∴FM⊥AC，
∴⊙M与边AC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Rt△ABC中，∠C=90°．
（1）尺规作图：作Rt△ABC的外接圆⊙O；作∠ACB的角平分线交⊙O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．
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【答案】（1）见解析；（2）5√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∠ACB，得∠ACD=45°，根据圆周角与圆心角的关系得到
∠AOD=90°，在Rt△ACB中计算AB，在Rt△AOD中，计算AD．
【详解】（1）作图如下：
（2）连接AD，OD，如图所示
由（1）知：CD平分∠ACB，且∠ACB=90°
1
∴∠ACD= ∠ACB=45°
2
∴∠AOD=2∠ACB=90°
在Rt△ACB中，AC=6,BC=8，
∴AB=10，即AO=5=OD
在Rt△AOD中，AD=√AO2+OD2=5√2
【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，∠C=90°，AC=40cm，
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BC=30cm．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AC直角边为直径所在的边不能实现，理由见解析；选择BC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B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D；连接CD，分别以C、D为圆心，
1
大于 CD的长为半径画弧，连接两个交点，交AC于点O，点O即为圆心．
2
（2）分两种情况：选择AC直角边为直径所在的边，连接OD，利用△ADO∽△ACB，求出⊙O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
BC直角边为直径所在的边的情况．
【详解】（1）解：选择AC直角边为直径所在的边，
1
如图，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D；连接CD，分别以C、D为圆心，大于 CD的长
2
为半径画弧，连接两个交点，交AC于点O，点O即为圆心．
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（2）如图，连接OD，设半圆的半径为r，
∵∠C=90°，AC=40，BC=30，
∴AB=√AC2+BC2=√402+302=50，
由作图可知，⊙O与BC、AB相切于点C、D，
∴∠ODB=∠ODA=90°，BD=BC=30，
∴AD=AB−BD=50−30=20，
∵∠ODA=∠BCA=90°，∠A=∠A，
∴△ADO∽△ACB，
OD AD
∴ = ，
BC AC
OD 20
∴ = ，
30 40
∴OD=15，
∴r=15，
180πr
∴这个半圆的弧长为： =πr=15π，
180
∵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15π，
15
∴底面圆的半径为 ，
2
在Rt△OBC中，OB=√OC2+BC2=√152+302=15√5，
记半圆与OB交于点E，剩下部分切出底面圆⊙O'，分别与AB、BC相切于点F、G，设⊙O'的半径为r'，
∴O'E=O'F=O'G=r'，O'G⊥BC，
∴∠O'GB=∠OCB=90°，
∵∠O'BG=∠OBC，
∴△BGO'∽△BCO，
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O'G BO'
∴ = ，
OC BO
r' BO'
∴ = ，
15 15√5
∴BO'=√5r'，
∴BO=BO'+O'E+OE=√5r'+r'+15=15√5，
15(3−√5) 15
∴r'= < ，
2 2
∴不能实现；
选择BC直角边为直径所在的边，设半圆的半径为r，
∴如图，⊙O与AB、AC相切于点D、C，
∴∠ODB=∠ODA=90°，AD=AC=40，
∵AB=50，
∴BD=AB−AD=50−40=10，
∵∠ODB=∠ACB=90°，∠B=∠B，
∴△BDO∽△BCA，
OD BD
∴ = ，
AC BC
OD 10
∴ = ，
40 30
40
∴OD= ，
3
40
∴r= ，
3
180πr 40
∴这个半圆的弧长为： =πr= π，
180 3
∵圆锥底面圆的周长等于侧面展开图的扇形的弧长，
40
∴圆锥底面圆的周长为 π，
3
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20
∴底面圆的半径为 ，
3
在Rt△ACO中，AO=√OC2+AC2=
√ (40) 2
+402=
40√10
，
3 3
记半圆与OB交于点E，剩下部分切出底面圆⊙O'，分别与AB、BC相切于点F、G，设⊙O'的半径为r'，
∴O'E=O'F=O'G=r'，O'G⊥AC，
∴∠O'GA=∠OCA=90°，
∵∠O' AG=∠OAC
∴△AGO'∽△ACO，
O'G AO'
∴ = ，
OC AO
r' AO'
=
∴40 40√10，
3 3
∴AO'=√10r'，
40 40√10
∴AO=AO'+O'E+OE=√10r'+r'+ = ，
3 3
40(11−2√10) 20
∴r'= > ，
27 3
∴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5×5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
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列要求作△ABC，点C在格点上．
9
(1)在图①中，△ABC的面积为 ；
2
(2)在图②中，△ABC的面积为5
5
(3)在图③中，△ABC是面积为 的钝角三角形．
2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
1 9
【分析】（1）以AB=3为底，设AB边上的高为h，依题意得S = AB·h= ，解得h=3，即点C在
△ABC 2 2
AB上方且到AB距离为3个单位的线段上的格点即可；
（2）由网格可知，AB=√32+12=√10，以AB=√10为底，设AB边上的高为h，依题意得
1
S = AB·h=5，解得h=√10，将AB绕A或B旋转90°，过线段的另一个端点作AB的平行线，与网格
△ABC 2
格点的交点即为点C；
（3）作BD=AB=√5，过点D作CD∥AB，交于格点C，连接A、B、C即可．
【详解】（1）解：如图所示，
以AB=3为底，设AB边上的高为h，
1 9
依题意得：S = AB·h=
△ABC 2 2
解得：h=3
即点C在AB上方且到AB距离为3个单位的线段上的格点即可，
答案不唯一；
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（2）由网格可知，
AB=√32+12=√10
以AB=√10为底，设AB边上的高为h，
1
依题意得：S = AB·h=5
△ABC 2
解得：h=√10
将AB绕A或B旋转90°，过线段的另一个端点作AB的平行线，与网格格点的交点即为点C，
答案不唯一，
（3）如图所示，
作BD=AB=√5，过点D作CD∥AB，交于格点C，
由网格可知，
BD=AB=√22+12=√5，AD=√10，
∴△ABD是直角三角形，且AB⊥BD
∵CD∥AB
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1 5
∴S = AB·BD= ．
△ABC 2 2
【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F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P ，P ，P ；
1 2 3
(3)建立平面直角坐标系，设M(0,2)，N(2,0)，停车位P(x,y)，请写出y与x之间的关系式，在图中画出
停车带，并判断点P(4,−4)是否在停车带上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
1
(3)y=− x2 (−2≤x≤2)，图见解析，点P(4,−4)不在停车带上
4
【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F的距离相等即可；
（3）先求出点P到水城河的距离，再求出点F的坐标，利用两点之间的距离公式可得PF的长，然后根据
点P到水城河与到凉都宫点F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FQ的长即为所求．
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（2）解：如图，点P ，P ，P 即为所求．
1 2 3
（3）解：如图，建立平面直角坐标系．
则F(0,−1)，水城河所在的直线为y=1，南环路所在的直线为y=−1，
∴停车位P(x,y)到水城河的距离为|y−1|，
PF=√(x−0) 2+(y+1) 2=√x2+ y2+2y+1，
∵每个停车位到水城河与到凉都宫点F的距离相等，
∴√x2+ y2+2y+1=|y−1|，
1
整理得：y=− x2 ，
4
1
当y=−1时，− x2=−1，解得x=±2，
4
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又∵要在水城河与南环路之间设计一条停车带，
∴−2≤x≤2，
1
∴y与x之间的关系式为y=− x2 (−2≤x≤2)，
4
画出停车带如下：
因为4>2，
所以点P(4,−4)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5×5的正方形网格图形中小正方形的边长都为1，线段ED
与AD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AD为一边画正方形ABCD，再以线段DE为斜边画等腰直角三角形DEF，其中顶点F在正方形
ABCD外；
(2)在（1）中所画图形基础上，以点B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
ABCD和△≝¿面积之和，其它顶点也在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
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【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ABCD和△≝¿面积之和，其它顶点也在格点上．
∴新正方形的面积为：9+1=10，
∴新正方形的边长为：√10，
如图：正方形KBGF的边长为：√32+12=√10，
∴正方形KBGF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5×5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．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ABC，使其面积为3．
(2)在图②中，画等腰直角三角形ABD，使其面积为5．
(3)在图③中，画平行四边形ABEF，使∠ABE=135°．
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【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）取格点C，连接AC，BC，得到△ABC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AD，BD，得到△ABD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AF，EF，BE，即可得到平行四边形ABEF，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，△ABC即为所求；
理由：由图可知AB=√32+12=√10，AC=√32+12=√10，BC=2，
1
∴AB=AC，S = ×2×3=3；
△ABC 2
（2）解：如图，△ABD即为所求；
理由：由图可知AB=√32+12=√10，AD=√32+12=√10，BD=√22+42=2√5，
∴AB=AD，且AB2+AD2=BD2，
1 1
∴△ABD为等腰直角三角形，S = AB⋅AD= ×√10×√10=5；
△ABD 2 2
（3）解：如图，平行四边形ABEF即为所求；
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理由：连接BF，
由图可知AB=EF=√32+12=√10，AF=BE=BF=√22+12=√5
∴四边形ABEF是平行四边形，AF2+BF2=AB2，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠ABF=45°，∠AFB=∠EBF=90°，
∴∠ABE=135°．
【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，△ABC的顶点均在
格点（网格线的交点）上．
(1)画出将△ABC向右平移3个单位，再向上平移5个单位后的△A B C （点A ，B ，C 分别为A，B，C
1 1 1 1 1 1
的对应点）；
(2)将（1）中的△A B C 绕点O顺时针旋转90°得到△A B C （点A ，B ，C 分别为A ，B ，C 的对
1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1
应点）；
(3)仅用无刻度的直尺作∠ABC的平分线交AC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
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即可；
（2）分别作出将点A ，B ，C 绕点O顺时针旋转90°的对应点，再一次连接即可；
1 1 1
（3）连接BE，交AC于点D，AE即为所求．
【详解】（1）解：如图所示：△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）解：如图所示：△A B C 即为所求；
2 2 2
（3）解：如图所示：AE即为所求．
根据勾股定理可得：AB=√AC2+BC2=5，
∵AE=AB=5，
∴∠AEB=∠ABE，
∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴AE平分∠ABC．
【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 ▱ABCD中，∠D=60°．以点B为圆心，以BA的长为半径作
1
弧交边BC于点E，连接AE．分别以点A,E为圆心，以大于 AE的长为半径作弧，两弧交于点P，作射
2
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OF
线BP交AE于点O，交边AD于点F，则 的值为 ．
OE
【答案】√3
【分析】证明BO⊥AE，AO=OE，∠BAO=∠FAO=60°，再利用正切函数的定义求解即可．
【详解】解：∵在 ▱ABCD中，∠D=60°，
∴∠ABC=60°，AD∥BC，
由作图知BP平分∠ABC，BA=BE，
1
∴△ABE是等边三角形，∠ABF=∠EBF= ∠ABC=30°，
2
∴BO⊥AE，AO=OE，
∵AD∥BC，
∴∠AFB=∠EBF=30°，
∴∠AFB=∠ABF=30°，
∴AB=AF，
∵BO⊥AE，
1
∴∠BAO=∠FAO= (180°−30°−30°)=60°，
2
OF OF
∴ = =tan∠FAO=tan60°=√3，
OE AO
故答案为：√3．
【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∠BAO=∠FAO=60°是解题的关键．
30．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，按以下步骤作图：①以点A为圆心，
1
以小于AC长为半径作弧，分别交AC,AB于点M，N；②分别以M，N为圆心，以大于 MN的长为半径
2
作弧，在∠BAC内两弧交于点O；③作射线AO，交BC于点D．若点D到AB的距离为1，则CD的长为
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．
【答案】1
【分析】根据作图可得AD为∠CAB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D作DE⊥AB于点E，依题意DE=1，
根据作图可知AD为∠CAB的角平分线，
∵DC⊥AC,DE⊥AB
∴CD=DE=1，
故答案为：1．
【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．
1
31．（2023·吉林·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，分别以点B和点C为圆心，大于 BC
2
的长为半径作弧，两孤交于点D，作直线AD交BC于点E．若∠BAC=110°，则∠BAE的大小为
度．
【答案】55
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1
【分析】首先根据题意得到AD是∠BAC的角平分线，进而得到∠BAE=∠CAE= ∠BAC=55°．
2
【详解】∵由作图可得，AD是∠BAC的角平分线
1
∴∠BAE=∠CAE= ∠BAC=55°．
2
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， ▱ABCD中，BD为对角线，分别以点A、B为圆心，以大于
1
AB的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN交AD于点E，交AB于点F，若AD⊥BD，
2
BD=4，BC=8，则AE的长为 ．
【答案】5
【分析】连接BE，根据基本作图，得到BE=AE=x，利用平行四边形的性质，得
ED=AD−AE=AD−BE=8−x，在Rt△BDE中，利用勾股定理计算即可．
【详解】解：如图所示，连接BE，
根据基本作图，可设BE=AE=x，
∵ ▱ABCD，AD⊥BD，BC=8，
∴AD=BC=8，∠BDE=90°，ED=AD−AE=AD−BE=8−x，
在Rt△BDE中，BD=4，由勾股定理得BD2+DE2=BE2，
∴x2=(8−x) 2+42，
解得x=5，
即AE=5，
故答案为：5．
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【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，△ABC中，AD是中线，分别以点A，点B为圆心，大于
1
AB长为半径作弧，两孤交于点M，N．直线MN交AB于点E．连接CE交AD于点F．过点D作
2
DG∥CE，交AB于点G．若DG=2，则CF的长为 ．
8
【答案】
3
【分析】由作图方法可知MN是线段AB的垂直平分线，则CE是△ABC的中线，进而得到点F是△ABC的
2
重心，则CF= CE，证明△BDG∽△BCE，利用相似三角形的性质得到CE=2DG=4，则
3
2 8
CF= CE= ．
3 3
【详解】解：由作图方法可知MN是线段AB的垂直平分线，
∴点E是AB的中点，
∴CE是△ABC的中线，
又∵AD是△ABC的中线，且AD与CE交于点F，
∴点F是△ABC的重心，
2
∴CF= CE，
3
∵DG∥CE，
∴△BDG∽△BCE，
CE BC
∴ = =2，
DG BD
∴CE=2DG=4，
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2 8
∴CF= CE= ，
3 3
8
故答案为： ．
3
【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△ABC的重心是解题的关键．
34．（2023·四川·统考中考真题）如图，a∥b，直线l与直线a，b分别交于B，A两点，分别以点A，B
1
为圆心，大于 AB的长为半径画弧，两弧相交于点E，F，作直线EF，分别交直线a，b于点C，D，连接
2
AC，若∠CDA=34°，则∠CAB的度数为 ．
【答案】56°/56度
【分析】先判断EF为线段AB的垂直平分线，即可得∠CAB=∠CBA，∠ACD=∠BCD，再由a∥b，
可得∠CDA=∠BCD=34°，即有∠ACD=∠BCD=34°，利用三角形内角和定理可求∠CAB的度数．
【详解】解：由作图可知EF为线段AB的垂直平分线，
∴AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA，∠ACD=∠BCD，
∵a∥b，
∴∠CDA=∠BCD=34°，
∴∠ACD=∠BCD=34°，
∵∠ACD+∠BCD+∠CAB+∠CBA=180°，
∴∠CAB=56°，
故答案为：56°．
【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EF为线段AB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△ABC中，以点C为圆心，任意长为半径作弧，分别交AC，
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1
BC于点D，E；分别以点D，E为圆心，大于 DE的长为半径作弧，两弧交于点F；作射线CF交AB于
2
点G，若AC=9，BC=6，△BCG的面积为8，则△ACG的面积为 ．
【答案】12
AG AC AC
【分析】过点B作BM∥AC交CG的延长线于点M，证明△ACG∽△BMG，得出 = = ，根
GB BM BC
S AG AC 9 3
据 △ACG= = = = ，即可求解．
S GB BC 6 2
△BCG
【详解】解：如图所示，过点B作BM∥AC交CG的延长线于点M，
∴∠ACM=∠CMB
由作图可得CG是∠ACB的角平分线，
∴∠ACM=∠BCM
∵∠BCM=∠CMB
∴BC=BM
∵BM∥AC
∴△ACG∽△BMG
AG AC AC
∴ = =
GB BM BC
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S AG AC 9 3
∴ △ACG= = = = ，
S GB BC 6 2
△BCG
∵△BCG的面积为8，
∴△ACG的面积为12，
故答案为：12．
【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
1
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，
2
O，N．若DM＝5，CM＝3，则MN＝ ．
【答案】2√5
【分析】作辅助线MB，利用垂直平分线的性质得出BM的值，OB＝OD，由矩形的性质、勾股定理得出
BC，BD的值，进而得出OD，MD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．
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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＝√BM2−CM2＝√52−32＝4．
∴BD＝√CB2+CD2＝√42+82＝4√5．
∴OB＝OD＝2√5．
∵∠MOD＝90°，
∴OM＝√DM2−OD2＝√52−(2√5) 2＝√5．
∵CD∥AB，
∴∠MDO＝∠NBO．
在 MDO和 NBO中，
∠△MDO=∠△NBO,
{ OD=BO,
∠MOD=∠NOB,
∴△MDO≌△BNO（ASA）．
∴OM＝ON＝√5．
∴MN＝2√5．
故答案为：2√5．
【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△ABC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．
1
②分别以点D、E为圆心，大于 DE的同样长为半径作弧，两弧交于点F．
2
③作射线BF交AC于点G．
如果AB=8，BC=12，△ABG的面积为18，则△CBG的面积为 ．
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【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
1
AB⋅GM
S 2 AB 8 2 18
∴ △ABG= = = = = ,
S 1 BC 12 3 S
△BCG BC⋅GH △BCG
2
∴S =27
△BCG
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∠MON是一个锐角，以点O为圆心，任意长为半径画弧，
1
分别交OM、ON于点A、B，再分别以点A、B为圆心，大于 AB长为半径画弧，两弧交于点C，画射线
2
OC．过点A作AD∥ON，交射线OC于点D，过点D作DE⊥OC，交ON于点E．设OA=10，DE=12，
则sin∠MON= ．
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24
【答案】
25
【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⊥OC，
∴DE∥AB，
∵AD∥ON，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AB=DE=12，
∴AH=6，
∴OH=√AO2−AH2=√102−62=8，
∵OBAG=ABOH，
∙ AB⋅O∙H 12×8 48
∴AG= = = ，
OB 10 5
AG 24
∴sin∠MON= = ．
OA 25
24
故答案是： ．
25
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【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．
70
