(2020-2022)中考数学真题分类汇编专题18 投影与视图、命题与证明、尺规作图（教师版）

这是一份(2020-2022)中考数学真题分类汇编专题18 投影与视图、命题与证明、尺规作图（教师版），共55页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题18 投影与视图、命题与证明、尺规作图
一、单选题
1．（2022·湖南湘西）如图是由5个大小相同的正方体搭成的几何体，则这个几何体的主视图是（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据主视图的意义，从正面看该组合体所得到的图形即可．
【详解】
解：从正面看该组合体，一共有三列，从左到右小正方形的个数分别为1、2、1．
故选：C．
【点睛】
本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义，掌握主视图的画法是正确判断的关键．
2．（2022·山东烟台）如图，是一个正方体截去一个角后得到的几何体，则该几何体的左视图是（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据左视图是从左面看到的图形判定则可．
【详解】
解：从左边看，可得如下图形：
故选：A．

【点睛】
本题考查三视图、熟练掌握三视图的定义是解决问题的关键．
3．（2022·黑龙江）如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是（          ）

A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】
这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层小正方体的个数，由左视图可得第二层小正方体的最多个数，再相加即可．
【详解】
由俯视图可知最底层有5个小正方体，由左视图可知这个几何体有两层，其中第二层最多有3个，那么搭成这个几何体所需小正方体最多有个．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
4．（2022·山东青岛）如图①．用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”．图②“堑堵”的俯视图是（       ）


A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据几何体的俯视图是从上面看进行判断解答即可．
【详解】
解：由图可知，该“堑堵”的俯视图是 ，
故选：C．
【点睛】
本题考查几何体的俯视图，理解俯视图的概念是解答的关键．
5．（2021·山东德州）如图所示的几何体，对其三视图叙述正确的是（     ）

A．左视图和俯视图相同 B．三个视图都不相同
C．主视图和左视图相同 D．主视图和俯视图相同
【答案】C
【分析】
画出几何体的三视图，可以发现几何体的主视图和左视图一样．
【详解】
解：该几何体的三视图如图所示：

故该几何体的主视图和左视图相同．
故选：C．
【点睛】
本题考查几何体的三视图，解题的关键是掌握简单图像的三视图．
6．（2021·四川德阳）图中几何体的三视图是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；认真观察实物图，按照三视图的要求画图即可，注意看得到的棱用实线表示，看不到的棱用虚线的表示．
【详解】
解：该几何体的三视图如下：

故选：A．
【点睛】
此题主要考查三视图的画法，注意实线和虚线在三视图的用法．
7．（2020·山东济南）如图所示的几何体，其俯视图是（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据俯视图是从物体上面看所得到的图形判断即可．
【详解】
解：从几何体上面看，共2层，底层2个小正方形，上层是3个小正方形，左齐．
故选：C．
【点睛】
本题考查几何体的三视图，属于中考常考基础题型．
8．（2022·广东深圳）下列图形中，主视图和左视图一样的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据各个几何体的主视图和左视图进行判定即可．
【详解】
解：A．主视图和左视图不相同，故本选项不合题意；
B．主视图和左视图不相同，故本选项不合题意；
C．主视图和左视图不相同，故本选项不合题意；
D．主视图和左视图相同，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查简单几何体的三视图，解题的关键是掌握各种几何体的三视图的形状．
9．（2022·内蒙古包头）几个大小相同，且棱长为1的小正方体所搭成几何体的俯视图如图所示，图中小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图的面积为（       ）

A．3 B．4 C．6 D．9
【答案】B
【分析】
根据该几何体的俯视图以及该位置小正方体的个数，可以画出左视图，从而求出左视图的面积；
【详解】
由俯视图以及该位置小正方体的个数，左视图共有两列，第一列两个小正方体，第二列两个小正方体，可以画出左视图如图，

所以这个几何体的左视图的面积为4
故选：B
【点睛】
本题考查了物体的三视图，解题饿到关键是根据俯视图，以及该位置小正方体的个数，正确作出左视图．
10．（2021·山东日照）一张水平放置的桌子上摆放着若干个碟子，其三视图如图所示，则这张桌子上共有碟子的个数为（　　）

A．10 B．12 C．14 D．18
【答案】B
【分析】
从俯视图看只有三列碟子，主视图中可知左侧碟子有6个，右侧有2个，根据三视图的思路可解答该题．
【详解】
解：从俯视图可知该桌子共摆放着三列碟子．主视图可知左侧碟子有6个，右侧有2个，
而左视图可知左侧有4个，右侧与主视图的左侧碟子相同，共计12个，
故选：B．
【点睛】
本题的难度不大，主要是考查三视图的基本知识以及在现实生活中的应用．
11．（2021·黑龙江牡丹江）如图，是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和俯视图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是（       ）

A．6 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】
从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图可以看出第二层的个数，从而算出总的个数．
【详解】
解：由俯视图易得最底层有4个小正方体，第二层最少有1个小正方体，那么搭成这个几何体的小正方体最少为4+1=5个．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
12．（2020·四川巴中）已知一个几何体由大小相等的若干个小正方体组成，其三视图如图所示，则组成该几何体的小正方体个数为（       ）


A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】A
【分析】
从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图和左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．
【详解】
解：根据俯视图可知该组合体共3行、2列，
结合主视图和左视图知该几何体中小正方体的分布情况如图所示：

则组成此几何体需要正方体个数为6．
故选：A．
【点睛】
本题意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
13．（2022·上海）下列说法正确的是（     ）
A．命题一定有逆命题 B．所有的定理一定有逆定理
C．真命题的逆命题一定是真命题 D．假命题的逆命题一定是假命题
【答案】A
【分析】
根据命题的定义和定理及其逆定理之间的关系，分别举出反例，再进行判断，即可得出答案．
【详解】
解：A、命题一定有逆命题，故此选项符合题意；
B、定理不一定有逆定理，如：全等三角形对应角相等没有逆定理，故此选项不符合题意；
C、真命题的逆命题不一定是真命题，如：对顶角相等的逆命题是：相等的两个角是对顶角，它是假命题而不是真命题，故此选项不符合题意；
D、假命题的逆命题定不一定是假命题，如：相等的两个角是对顶角的逆命题是：对顶角相等，它是真命题，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查了命题与定理，掌握好命题的真假及互逆命题的概念是解题的关键．把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题，所有的命题都有逆命题；正确的命题叫真命题，错误的命题叫假命题．
14．（2022·广西贵港）下列命题为真命题的是（       ）
A． B．同位角相等
C．三角形的内心到三边的距离相等 D．正多边形都是中心对称图形
【答案】C
【分析】
根据判断命题真假的方法即可求解．
【详解】
解：当时，，故A为假命题，故A选项错误；
当两直线平行时，同位角才相等，故B为假命题，故B选项错误；
三角形的内心为三角形内切圆的圆心，故到三边的距离相等，故C为真命题，故C选项正确；
三角形不是中心对称图形，故D为假命题，故D选项错误，
故选：C．
【点睛】
本题考查了真假命题的判断，熟练掌握其判断方法是解题的关键．
15．（2022·四川达州）下列命题是真命题的是（       ）
A．相等的两个角是对顶角
B．相等的圆周角所对的弧相等
C．若，则
D．在一个不透明的箱子里放有1个白球和2个红球，它们除颜色外其余都相同，从箱子里任意摸出1个球，摸到白球的概率是
【答案】D
【分析】
分别根据对顶角的定义，圆周角定理，不等式的基本性质及概率公式进行判断即可得到答案．
【详解】
有公共顶点且两条边互为反向延长线的两个角是对顶角，故A选项错误，不符合题意；
在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，故B选项错误，不符合题意；
若，则，故C选项错误，不符合题意；
在一个不透明的箱子里放有1个白球和2个红球，它们除颜色外其余都相同，从箱子里任意摸出1个球，摸到白球的概率是，故D选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了命题的真假，涉及对顶角的定义，圆周角定理，不等式的基本性质及概率公式，熟练掌握知识点是解题的关键．
16．（2022·湖南岳阳）下列命题是真命题的是（       ）
A．对顶角相等
B．平行四边形的对角线互相垂直
C．三角形的内心是它的三条边的垂直平分线的交点
D．三角分别相等的两个三角形是全等三角形
【答案】A
【分析】
根据对顶角性质判断A，根据平行四边形的性质判断B，根据三角形的内心定义判断C，根据全等三角形的判定定理判断D．
【详解】
A.对顶角相等是一个正确的命题，是真命题，故A符合题意；
B.菱形的对角线互相垂直，非菱形的平行四边形的对角线不垂直，所以平行四边形的对角线互相垂直是一个假命题，故B不符合题意；
C.三角形的内心是三角形内角平分线的交点，不一定是三边的垂直平分线的交点，则三角形的内心是它的三条边的垂直平分线的交点是一个假命题，故C不符合题意；
D.三角分别相等的两个三角形不一定全等，故D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了真命题与假命题的判断，对顶角的性质，平行四边形的性质，三角形的内心定义，全等三角形的判定，熟练掌握这些性质、定义、定理是解决问题的关键．
17．（2022·江苏无锡）下列命题中，是真命题的有（       ）
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形             ②对角线互相垂直的四边形是菱形
③四边相等的四边形是正方形                                 ④四边相等的四边形是菱形
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
【答案】B
【分析】
直接利用平行四边形以及矩形、菱形、正方形的判定方法分别分析进而得出答案．
【详解】
解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，正确；
②对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原命题错误；
③四边相等的四边形是菱形，故原命题错误；
④四边相等的四边形是菱形，正确．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了命题与定理，正确把握特殊四边形的判定方法是解题关键．
18．（2021·广西百色）下列四个命题：①直径是圆的对称轴；②若两个相似四边形的相似比是1：3，则它们的周长比是1：3，面积比是1：6；③同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行；④对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形．其中真命题有（       ）
A．①③ B．①④ C．③④ D．②③④
【答案】C
【分析】
根据有关性质，对命题逐个判断即可．
【详解】
解：①直径是圆的对称轴，直径为线段，对称轴为直线，应该是直径所在的直线是圆的对称轴，为假命题；
②若两个相似四边形的相似比是1：3，面积比是1：9，而不是1：6，为假命题；
③根据平行和垂直的有关性质，可以判定为真命题；
④根据正方形的判定方法，可以判定为真命题；
故答案选C．
【点睛】
此题考查了命题的判定，熟练掌握命题有关内容的基础知识是解题的关键．
19．（2021·黑龙江绥化）下列命题是假命题的是（       ）
A．任意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边
B．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
C．如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等
D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】
根据三角形两边之差小于第三边、中位线定理、平行四边形的判定方法依次即可求解．
【详解】
解：选项A：三角形的两边之差小于第三边，故选项A正确，不符合题意；
选项B：三角形的中位线平行且等于第三边的一半，故选项B正确，不符合题意；
选项C：一个角的两边分别平行另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故选项C不正确，是假命题，符合题意；
选项D：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项D正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，三角形三边之间的关系，平行四边形的判定等知识点，熟练掌握各个基本定理和性质是解决本类题的关键．
20．（2021·四川达州）以下命题是假命题的是（ ）
A．的算术平方根是2
B．有两边相等的三角形是等腰三角形
C．一组数据：3，，1，1，2，4的中位数是1.5
D．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行
【答案】A
【分析】
根据所学知识对命题进行判断，得出真假即可．
【详解】
解：A，的算数平方根是，命题为假命题，符合题意；
B，有两边相等的三角形是等腰三角形，命题为真命题，不符合题意；
C，一组数据：3，，1，1，2，4的中位数是，命题为真命题，不符合题意；
D，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，命题为真命题，不符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查了命题的真假，解题的关键是：要结合所学知识对选项逐一判断，需要对基本知识点掌握牢固．
21．（2022·黑龙江绥化）下列命题中是假命题的是（       ）
A．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
B．如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定相等
C．从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
【答案】B
【分析】
利用三角形的中位线定理、邻补角性质、切线长定理以及直角三角形斜边上的中线的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A. 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，是真命题，故此选项不符合题意；
B. 如果两个角互为邻补角，那么这两个角不一定相等，故此选项是假命题，符合题意；
C. 从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角，是真命题，故此选项不符合题意；
D. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是真命题，故此选项不符合题意；
故选：B
【点睛】
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解三角形的中位线定理、邻补角性质、切线长定理以及直角三角形斜边上的中线的性质．
22．（2021·内蒙古呼和浩特）以下四个命题：①任意三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分；②A，B，C，D，E，F六个足球队进行单循环赛，若A，B，C，D，E分别赛了5，4，3，2，1场，则由此可知，还没有与B队比赛的球队可能是D队；③两个正六边形一定位似；④有13人参加捐款，其中小王的捐款数比13人捐款的平均数多2元，则小王的捐款数不可能最少，但可能只比最少的多．比其他的都少．其中真命题的个数有（     ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】
①根据三角形中位线、中线的性质，结合平行四边形的判定与性质解题；②由单循环赛对A队，E队进行推理即可；③根据正六边形的性质、位似的定义解题；④由平均数定义解题．
【详解】
解：①如图，是的中线，是的中位线，连接，
由中位线定义可知，

四边形是平行四边形
对角线互相平分，故①正确；

②由单循环比赛可知，每支队伍最多赛5场，A队已经赛5场，即每支队伍都与A队比赛过，而E队只比赛1场，据此可知，E队没有与B对比赛过，故②错误；
③两个正六边形不一定位似，没有确定位似中心，只能是相似的，故③错误；
④小王的捐款数比他所在学习小组中13人捐款的平均数多2元，小王的捐款数不会是最少的，捐款数可能最多，也可正确在第12位，故原命题正确，是真命题，符合题意B故④正确，
其中真命题的个数有①④，2个，
故选：B．
【点睛】
本题考查中位线、中线的性质，简单推理、位似、正六边形的性质、平均数的应用等知识，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
23．（2021·安徽）设a，b，c为互不相等的实数，且，则下列结论正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
举反例可判断A和B，将式子整理可判断C和D．
【详解】
解：A．当，，时，，故A错误；
B．当，，时，，故B错误；
C．整理可得，故C错误；
D．整理可得，故D正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查等式的性质，掌握等式的性质是解题的关键．
24．（2022·黑龙江齐齐哈尔）由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图、左视图和俯视图都是如图所示的“田”字形，则搭成该几何体的小正方体的个数最少为（     ）

A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【答案】C
【分析】
从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从左视图可以看出第二层的个数，从而算出总的个数．
【详解】
解：由题中所给出的左视图知物体共两层，每一层都是两个小正方体；
从俯视图可以可以看出最底层的个数
所以图中的小正方体最少2+4=6．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
25．（2022·黑龙江牡丹江）左下图是一些完全相同的小正方体搭成的几何体的三视图 ．这个几何体只能是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
试题分析：根据几何体的主视图可判断C不合题意；根据左视图可得B、D不合题意，因此选项A正确，故选A．
考点：几何体的三视图
26．（2021·山东菏泽）如图是一个几何体的三视图，根据图中所标数据计算这个几何体的体积为（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据三视图可以确定该几何体是空心圆柱体，再利用已知数据计算空心圆柱体的体积．
【详解】
解：先由三视图确定该几何体是空心圆柱体，底面外圆直径是4，内圆直径是2，高是6．
空心圆柱体的体积为π×2×6-π×2×6=18π．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查由三视图确定几何体和求圆柱体的体积，考查学生的空间想象．
27．（2021·江苏南京）如图，正方形纸板的一条对角线重直于地面，纸板上方的灯（看作一个点）与这条对角线所确定的平面垂直于纸板，在灯光照射下，正方形纸板在地面上形成的影子的形状可以是（       ）


A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
因为中心投影物体的高和影长成比例，正确的区分中心投影和平行投影，依次分析选项即可找到符合题意的选项
【详解】
因为正方形的对角线互相垂直，且一条对角线垂直地面，光源与对角线组成的平面垂直于地面，则有影子的对角线仍然互相垂直，且由于光源在平板的的上方，则上方的边长影子会更长一些，
故选D


【点睛】
本题考查了中心投影的概念，应用，利用中心投影的特点，理解中心投影物体的高和影长成比例是解题的关键．
28．（2021·内蒙古赤峰）如图是一个几体何的三视图（图中尺寸单位：cm），则这个几何体的侧面积为（　　）

A．48πcm2 B．24πcm2 C．12πcm2 D．9πcm2
【答案】B
【分析】
先判断这个几何体为圆锥，同时得到圆锥的母线长为8，底面圆的直径为6，然后利用扇形的面积公式计算这个圆锥的侧面积．
【详解】
解：由三视图得这个几何体为圆锥，圆锥的母线长为8，底面圆的直径为6，
所以这个几何体的侧面积＝×π×6×8＝24π（cm2）．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了三视图．
29．（2021·内蒙古通辽）如图，是由若干个相同的小正方形搭成的一个几何体的主视图和左视图，则组成这个几何体的小正方形的个数不可能是（   ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】
根据主视图和左视图画出可能的俯视图即可解答.
【详解】
由主视图和左视图得到俯视图中小正方形的个数可能为：




∴这个几何体的小正方形的个数可能是3个、4个或5个，
故选：D.
【点睛】
此题考查由三视图判断几何体，正确掌握各种简单几何体的三视图是解题的关键.
30．（2020·四川）如图是一个几何体的三视图，根据图中所示数据计算这个几何体的表面积是（　　）

A．20π B．18π C．16π D．14π
【答案】B
【分析】
由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥和圆柱组合体，根据图中给定数据求出表面积即可．
【详解】
由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥和圆柱组合体，且底面半径为，
∴这个几何体的表面积
=底面圆的面积+圆柱的侧面积+圆锥的侧面积

=22π+222π+32π=18π，
故选：B．
【点睛】
本题考查了由三视图判断几何体、圆锥和圆柱的计算，由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥和圆柱组合体是解题的关键．
31．（2020·内蒙古赤峰）某几何体的三视图及相关数据(单位:cm)如图所示，则该几何体的侧面积是（       ）


A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
首先根据三视图判断出该几何体为圆锥，圆锥的高为12cm，底部圆的半径为5cm，可用勾股定理求出圆锥母线的长度，且圆锥侧面积的计算公式为，其中R为圆锥底部圆的半径，为母线的长度，将其值代入公式，即可求出答案．
【详解】
解：由三视图可判断出该几何体为圆锥，圆锥的高为12cm，底部圆的半径为5cm，
∴圆锥母线长为：cm，
又∵，将R=5cm，cm代入，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考察了用三视图判断几何体形状、勾股定理、圆锥侧面积计算，解题的关键在于通过题目中已给出的三视图判断出几何体的形状．
32．（2022·广西）活动探究：我们知道，已知两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等，如已知△ABC中，∠A＝30°， AC＝3，∠A所对的边为，满足已知条件的三角形有两个（我们发现其中如图的△ABC是一个直角三角形），则满足已知条件的三角形的第三边长为（       ）


A． B． C．或 D．或
【答案】C
【分析】
分情况讨论，当△ABC是一个直角三角形时，当△AB1C是一个钝角三角形时，根据含30°的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
【详解】
如图，当△ABC是一个直角三角形时，即，


，
；
如图，当△AB1C是一个钝角三角形时，


过点C作CD⊥AB1，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
综上，满足已知条件的三角形的第三边长为或，
故选：C．
【点睛】
本题考查了根据已知条件作三角形，涉及含30°的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
二、填空题
33．（2022·青海）由若干个相同的小正方体构成的几何体的三视图如图所示，那么构成这个几何体的小正方体的个数是______.

【答案】5
【分析】
根据三视图得出这个几何体的构成情况，由此即可得．
【详解】
解：由三视图可知，这个几何体的构成情况如下：（数字表示相应位置上小正方形的个数）

则构成这个几何体的小正方体的个数是，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了三视图，熟练掌握三视图是解题关键．
34．（2021·江苏扬州）如图是某圆柱体果罐，它的主视图是边长为的正方形，该果罐侧面积为_____．

【答案】
【分析】
根据圆柱体的主视图为边长为10cm的正方形，得到圆柱的底面直径和高，从而计算侧面积．
【详解】
解：∵果罐的主视图是边长为10cm的正方形，为圆柱体，
∴圆柱体的底面直径和高为10cm，
∴侧面积为=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了几何体的三视图，解题的关键是根据三视图得到几何体的相关数据．
35．（2021·云南）如图是某几何体的三视图（其中主视图也称正视图，左视图也称侧视图）．已知主视图和左视图是两个全等的矩形．若主视图的相邻两边长分别为2和3，俯视图是直径等于2的圆，则这个几何体的体积为_______．

【答案】
【分析】
由三视图判断出几何体的形状以及相关长度，根据圆柱的体积公式计算即可．
【详解】
解：由三视图可知：该几何体是圆柱，
该圆柱的底面直径为2，高为3，
∴这个几何体的体积为=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了几何体的三视图，圆柱的体积，解题的关键是判断出该几何体为圆柱．
36．（2020·内蒙古呼和浩特）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为____________．

【答案】3π+4
【分析】
首先根据三视图判断几何体的形状，然后计算其表面积即可．
【详解】
解：观察该几何体的三视图发现其为半个圆柱，
半圆柱的直径为2，高为1，
故其表面积为：π×12+（π+2）×2=3π+4，
故答案为：3π+4．
【点睛】
本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是首先根据三视图得到几何体的形状，难度不大．
37．（2020·湖南郴州）如图，圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则圆锥主视图的面积为__________．

【答案】48
【分析】
圆锥的主视图是等腰三角形，根据圆锥侧面积公式S=πrl代入数据求出圆锥的底面半径长，再由勾股定理求出圆锥的高即可．
【详解】
根据圆锥侧面积公式：S=πrl，圆锥的母线长为10，侧面展开图的面积为60π，
故60π=π×10×r，
解得：r=6．
由勾股定理可得圆锥的高==8
∵圆锥的主视图是一个底边为12，高为8的等腰三角形，
∴它的面积=，
故答案为：48
【点睛】
本题考查了三视图的知识，圆锥侧面积公式的应用，正确记忆圆锥侧面积公式是解题关键．
38．（2020·黑龙江齐齐哈尔）如图是一个几何体的三视图，依据图中给出的数据，计算出这个几何体的侧面积是______．

【答案】65π
【分析】
由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥，根据图中给定数据求出母线l和底面圆半径为r的长度，再套用侧面积公式即可得出结论．
【详解】
解：由三视图可知，原几何体为圆锥，设圆锥母线长为l,底面圆半径为r
有l=13，r=5
S侧＝πrl＝π×5×13＝65π．
故答案为：65π．
【点睛】
本题考查了三视图以及圆锥的侧面积公式，其中根据几何体的三视图判断出原几何体是解题的关键，再套用公式即可作答．
39．（2020·浙江金华）如图为一个长方体，则该几何体主视图的面积为______cm2.
   
【答案】20
【分析】
根据从正面看所得到的图形，即可得出这个几何体的主视图的面积．
【详解】
解：该几何体的主视图是一个长为5，宽为4的矩形，所以该几何体主视图的面积为20cm2．
故答案为：20．
【点睛】
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
40．（2021·江苏无锡）下列命题中，正确命题的个数为________．
①所有的正方形都相似
②所有的菱形都相似
③边长相等的两个菱形都相似
④对角线相等的两个矩形都相似
【答案】1
【分析】
根据多边形的判定方法对①进行判断；利用菱形的定义对②进行判断；根据菱形的性质对③进行判断；根据矩形的性质和相似的定义可对④进行判断．
【详解】
解：所有的正方形都相似，所以①正确；
所有的菱形不一定相似，所以②错误；
边长相等的两个菱形，形状不一定相同，即：边长相等的两个菱形不一定相似所以③错误；
对角线相等的两个矩形，对应边不一定成比例，即不一定相似，所以④错误；
故答案是：1．
【点睛】
本题考查了判断命题真假，熟练掌握图形相似的判定方法，菱形，正方形，矩形的性质，是解题的关键．
41．（2022·江苏无锡）请写出命题“如果，那么”的逆命题：________．
【答案】如果，那么
【分析】
根据逆命题的概念解答即可．
【详解】
解：命题“如果，那么”的逆命题是“如果，那么”，
故答案为：如果，那么．
【点睛】
此题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
42．（2022·浙江湖州）“如果，那么”的逆命题是___________．
【答案】如果，那么
【分析】
把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题，从而得出答案．
【详解】
解：“如果，那么”的逆命题是：
“如果，那么”，
故答案为：如果，那么．
【点睛】
本题考查命题与定理，解题的关键是理解题意，掌握逆命题的定义．
43．（2020·北京）如图是某剧场第一排座位分布图：甲、乙、丙、丁四人购票，所购票分别为2，3，4，5．每人选座购票时，只购买第一排的座位相邻的票，同时使自己所选的座位之和最小．如果按“甲、乙、丙、丁”的先后顺序购票，那么甲购买1，2号座位的票，乙购买3，5，7号座位的票，丙选座购票后，丁无法购买到第一排座位的票．若丙第一购票，要使其他三人都能购买到第一排座位的票，写出一种满足条件的购票的先后顺序______．

【答案】丙，丁，甲，乙
【分析】
根据甲、乙、丙、丁四人购票，所购票数量分别为2，3，4，5可得若丙第一购票，要使其他三人都能购买到第一排座位的票，那么丙选座要尽可能得小，因此丙先选择：1，2，3，4．丁所购票数最多，因此应让丁第二购票，据此判断即可．
【详解】
解：丙先选择：1，2，3，4．
丁选：5，7，9，11，13．
甲选：6，8．
乙选：10，12，14．
∴顺序为丙，丁，甲，乙．
（答案不唯一）
【点睛】
本题考查有理数的加法，认真审题，理解题意是解题的关键．
44．（2012·天津）“三等分任意角”是数学史上一个著名问题已知一个角∠MAN设
（Ⅰ）当∠MAN=69°时，的大小为 （度）；
（Ⅱ）如图，将∠MAN放置在每个小正方形的边长为1cm的网格中，角的一边AM与水平方向的网格线平行，另一边AN经过格点B，且AB=2.5cm．现要求只能使用带刻度的直尺，请你在图中作出，并简要说明作法（不要求证明） ．

【答案】（Ⅰ）23（Ⅱ）见解析
【详解】
（Ⅰ）23．
（Ⅱ）如图，让直尺有刻度一边过点A，设该边与过点B的竖直方向的网格线交于点C，与过点B水平方向的网格线交于点D，保持直尺有刻度的一边过点A，调整点C、D的位置，使CD=5cm，画射线AD，此时∠MAD即为所求的∠α．

（Ⅰ）根据题意，用69°乘以，计算即可得解：×69°=23°．
（Ⅱ）利用网格结构，作以点B为直角顶点的直角三角形，并且使斜边所在的直线过点A，且斜边的长度为5，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得斜边上的中线等于AB的长度，再结合三角形的外角性质可知，∠BAD=2∠BDC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠BDC=∠MAD，从而得到∠MAD=∠MAN．
三、解答题
45．（2022·陕西）小明和小华利用阳光下的影子来测量一建筑物顶部旗杆的高．如图所示，在某一时刻，他们在阳光下，分别测得该建筑物OB的影长OC为16米，OA的影长OD为20米，小明的影长FG为2.4米，其中O、C、D、F、G五点在同一直线上，A、B、O三点在同一直线上，且AO⊥OD，EF⊥FG．已知小明的身高EF为1.8米，求旗杆的高AB．

【答案】旗杆的高AB为3米．
【分析】
证明△AOD∽△EFG，利用相似比计算出AO的长，再证明△BOC∽△AOD，然后利用相似比计算OB的长，进一步计算即可求解．
【详解】
解：∵AD∥EG，
∴∠ADO=∠EGF．
又∵∠AOD=∠EFG=90°，
∴△AOD∽△EFG．
∴．
∴．
同理，△BOC∽△AOD．
∴．
∴．
∴AB=OA−OB=3（米）．
∴旗杆的高AB为3米．
【点睛】
本题考查了平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．平行投影中物体与投影面平行时的投影是全等的．
46．（2020·四川攀枝花）实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一斜坡，且圆柱底部到坡脚水平线的距离皆为．王诗嬑观测到高度矮圆柱的影子落在地面上，其长为；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已知落在地面上的影子皆与坡脚水平线互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度，在不计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请解答下列问题：
（1）若王诗嬑的身高为，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少？
（2）猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内．请直接回答这个猜想是否正确？
（3）若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为，则高圆柱的高度为多少？

【答案】（1）120cm；（2）正确；（3）280cm
【分析】
（1）根据同一时刻，物长与影从成正比，构建方程即可解决问题．
（2）根据落在地面上的影子皆与坡脚水平线互相垂直，并视太阳光为平行光，结合横截面分析可得；
（3）过点F作FG⊥CE于点G，设FG=4m，CG=3m，利用勾股定理求出CG和FG，得到BG，过点F作FH⊥AB于点H，再根据同一时刻身高与影长的比例，求出AH的长度，即可得到AB.
【详解】
解：（1）设王诗嬑的影长为xcm，
由题意可得：，
解得：x=120，
经检验：x=120是分式方程的解，
王诗嬑的的影子长为120cm；
（2）正确，
因为高圆柱在地面的影子与MN垂直，所以太阳光的光线与MN垂直，
则在斜坡上的影子也与MN垂直，则过斜坡上的影子的横截面与MN垂直，
而横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直，
∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内；
（3）如图，AB为高圆柱，AF为太阳光，△CDE为斜坡，CF为圆柱在斜坡上的影子，
过点F作FG⊥CE于点G，
由题意可得：BC=100，CF=100，
∵斜坡坡度，
∴，
∴设FG=4m，CG=3m，在△CFG中，
，
解得：m=20，
∴CG=60，FG=80，
∴BG=BC+CG=160，
过点F作FH⊥AB于点H，
∵同一时刻，90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm，
FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB，
可知四边形HBGF为矩形，
∴，
∴AH==200，
∴AB=AH+BH=AH+FG=200+80=280，
故高圆柱的高度为280cm.

【点睛】
本题考查了解分式方程，解直角三角形，平行投影，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解实际物体与影长之间的关系解决问题，属于中考常考题型．
47．（2022·广西贵港）尺规作图（保留作图痕迹，不要求写出作法）：
如图，已知线段m，n．求作，使．

【答案】见解析
【分析】
作直线l及l上一点A；过点A作l的垂线；在l上截取；作；即可得到．
【详解】
解：如图所示：为所求．


注：（1）作直线l及l上一点A；
（2）过点A作l的垂线；
（3）在l上截取；
（4）作．
【点睛】
本题考查作图——复杂作图，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
48．（2022·湖南永州）如图，是平行四边形的对角线，平分，交于点．
(1)请用尺规作的角平分线，交于点（要求保留作图痕迹，不写作法，在确认答案后，请用黑色笔将作图痕迹再填涂一次）；
(2)根据图形猜想四边形为平行四边形，请将下面的证明过程补充完整．

证明：∵四边形是平行四边形，
∴
∵______（两直线平行，内错角相等）
又∵平分，平分，
∴，
∴
∴______（______）（填推理的依据）
又∵四边形是平行四边形
∴
∴四边形为平行四边形（______）（填推理的依据）．
【答案】(1)详见解析
(2)∠DBC；BF；内错角相等，两直线平行；两组对边分别平行的四边形是平行四边形

【分析】
（1）根据作角平分线的步骤作平分即可；
（2）结合图形和已有步骤合理填写即可；
(1)
解：如图，根据角平分线的作图步骤，得到DE，即为所求；

(2)
证明：∵四边形是平行四边形，
∴
∵．（两直线平行，内错角相等）.
又∵平分，平分，
∴，
∴．
∴（内错角相等，两直线平行）（填推理的依据）
又∵四边形是平行四边形．
∴，
∴四边形为平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）（填推理的依据）．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质、角平分线的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键．
49．（2022·山东青岛）已知：，．

求作：点P，使点P在内部，且．
【答案】见解析
【分析】
分别以点B、C为圆心，大于BC长的一半为半径画弧，交于两点，连接这两点，然后再以点B为圆心，适当长为半径画弧，交AB、BC于点M、N，以点M、N为圆心，大于MN长一半为半径画弧，交于一点Q，连接BQ，进而问题可求解．
【详解】
解：如图，点P即为所求：

【点睛】
本题主要考查角平分线与垂直平分线的尺规作图，熟练掌握角平分线与垂直平分线的尺规作图是解题的关键．
50．（2022·黑龙江绥化）已知：．

(1)尺规作图：用直尺和圆规作出内切圆的圆心O；（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
(2)如果的周长为14，内切圆的半径为1.3，求的面积．
【答案】(1)作图见详解
(2)9.1
【分析】
（1）根据角平分线的性质可知角平分线的交点为三角形内切圆的圆心，故只要作出两个角的角平分线即可；
（2）利用割补法，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，这样将△ABC分成三个小三角形，这三个小三角形分别以△ABC的三边为底，高为内切圆的半径，利用提取公因式可将周长代入，进而求出三角形的面积．
(1)
解：如下图所示，O为所求作点，

(2)
解：如图所示，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，

∵内切圆的半径为1.3，
∴OD=OF=OE=1.3，
∵三角形ABC的周长为14，
∴AB+BC+AC=14，
则

故三角形ABC的面积为9.1．
【点睛】
本题考查三角形的内切圆，角平分线的性质，割补法求几何图形的面积，能够将角平分线的性质与三角形的内切圆相结合是解决本题的关键．
51．（2022·江苏扬州）【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．
52．（2021·广西河池）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.
53．（2021·内蒙古赤峰）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且AC=AD．
（1）作∠BAC的平分线，交BC于点E；(要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
（2）在（1）的条件下，连接DE，证明．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）首先以A为圆心，小于AC长为半径画弧，交AC、AB于N、M，再分别以N、M为圆心，大于MN长为半径画弧，两弧交于点Q，再画射线AQ交CB于E；
（2）依据证明得到，进一步可得结论．
【详解】
解：（1）如图，为所作的平分线；

（2）证明：如图．连接DE，由(1)知：
在和中
∵
∴，
∴
又∵
∴，
∴
【点睛】
此题主要考查了基本作图，以及全等三角形的判定和性质，关键是得到．
54．（2021·湖北宜昌）如图，在中，，．

（1）通过观察尺规作图的痕迹，可以发现直线是线段的__________，射线是的__________；
（2）在（1）所作的图中，求的度数．
【答案】（1）垂直平分线，角平分线；（2）25°
【分析】
（1）根据图形结合垂直平分线、角平分线的作法即可得到答案；
（2）根据垂直平分线的性质及等腰三角形的性质即可得到，再结合三角形的内角和便能求得，，再根据角平分线的定义即可得到答案．
【详解】
解：（1）由图可知：直线是线段的垂直平分线，射线是的角平分线，
故答案为：垂直平分线，角平分线；
（2）∵是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
∵射线是的平分线，
∴．
【点睛】
本题考查了垂直平分线、角平分线的作法以及它们的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和，熟练掌握垂直平分线、角平分线的性质是解决本题的关键．
55．（2021·江苏南京）如图，已知P是外一点．用两种不同的方法过点P作的一条切线．要求：
（1）用直尺和圆规作图；
（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．

【答案】答案见解析．
【分析】
方法一：作出OP的垂直平分线，交OP于点A，再以点A为圆心，PA长为半径画弧，交于点Q，连结PQ，PQ即为所求．
方法二：根据等腰三角形的性质三线合一作的切线，作射线，交于点，以为圆心，为半径作,以为圆心，的长为半径画弧交于点，连接,交于点，则是等腰三角形，，则，即为所求．
【详解】
解：
作法：连结PO，分别以P、O为圆心，大于PO的长度为半径画弧，交于两点，连结两点交PO于点A；以点A为圆心，PA长为半径画弧，交于点Q，连结PQ，PQ即为所求．

作法：作射线，交于点，以为圆心，为半径作,以为圆心，的长为半径画弧交于点，连接,交于点，则是等腰三角形，，则，即为所求．
【点睛】
本题考查了作图——复杂作图，涉及垂直平分线的作法，角平分线的作法，等腰三角形的作法，圆的作法等知识点．复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图．解题的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合基本几何图形的性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
56．（2022·福建）如图，BD是矩形ABCD的对角线．

(1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求的值．
【答案】(1)作图见解析
(2)
【分析】
（1）先过点A作BD的垂线，进而找出半径，即可作出图形；
（2）根据题意，作出图形，设，⊙A的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG是正方形，然后在Rt△ABE中，根据勾股定理建立方程求解，再判定，根据，，在Rt△ADE中，利用，得到，求解得到tan∠ADB的值为．
(1)
解：如图所示，⊙A即为所求作：

(2)
解：根据题意，作出图形如下：

设，⊙A的半径为r，
∵BD与⊙A相切于点E，CF与⊙A相切于点G，
∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°，
∵CF⊥BD，
∴∠EFG＝90°，
∴四边形AEFG是矩形，
又，
∴四边形AEFG是正方形，
∴，
在Rt△AEB和Rt△DAB中，，，
∴，
在Rt△ABE中，，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，AB＝CD，
∴，又，
∴，
∴，
∴，
在Rt△ADE中，，即，
∴，即，
∵，
∴，即tan∠ADB的值为．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题的关键．
57．（2022·甘肃武威）中国清朝末期的几何作图教科书《最新中学教科书用器画》由国人自编（图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：
原文
释义
甲乙丙为定直角．
以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧；
以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己；
再以戊为圆心，仍以原半径画弧得交点庚；
乙与己及庚相连作线．
如图2，为直角．
以点为圆心，以任意长为半径画弧，交射线，分别于点，；
以点为圆心，以长为半径画弧与交于点；
再以点为圆心，仍以长为半径画弧与交于点；
作射线，．


(1)根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)根据（1）完成的图，直接写出，，的大小关系．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】
（1）根据题意作出图形即可；
（2）连接DF，EG，可得 和均为等边三角形，，进而可得．
(1)
解：（1）如图：

(2)
．
理由：连接DF，EG如图所示

则BD=BF=DF，BE=BG=EG
即和均为等边三角形
∴
∵
∴
【点睛】
本题考查了尺规作图，根据题意正确作出图形是解题的关键．
58．（2020·四川达州）如图，点O在的边上，以为半径作，的平分线交于点D，过点D作于点E．
（1）尺规作图（不写作法，保留作图痕迹），补全图形；
（2）判断与交点的个数，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）与有1个交点，理由见解析
【分析】
（1）根据已知圆心和半径作圆、作已知角的平分线、过直线外一点作已知直线的垂线的尺规作图的步骤作图即可；
（2）连接OD，由OB=OD，得到∠1=∠2，再由角平分线得出∠1=∠3，等量代换进而证出OD∥BA，根据两直线平行同旁内角互补，得到∠ODE=90°，由此得出OD是的切线，即与有1个交点.
【详解】
解：（1）如下图，补全图形：

（2）如下图，连接OD，

∵点D在上，
∴OB=OD，
∴∠1=∠2，
又∵BM平分，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BA，
∴∠ODE+∠BED=180°，
∵
∴∠ODE=90°，
∴ED是的切线，
∴与有1个交点.
【点睛】
本题考查尺规作图、圆的切线的判定，熟练掌握尺规作图的步骤及圆的切线的判定定理是解题的关键.
59．（2020·江苏无锡）如图，已知是锐角三角形．

（1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图；作直线，使上的各点到、两点的距离相等；设直线与、分别交于点、，作一个圆，使得圆心在线段上，且与边、相切；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若，，则的半径为________．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由题意知直线为线段BC的垂直平分线，若圆心在线段上，且与边、相切，则再作出的角平分线，与MN的交点即为圆心O；
（2）过点作，垂足为，根据即可求解．
【详解】
解：（1）①先作的垂直平分线：分别以B，C为圆心，大于的长为半径画弧，连接两个交点即为直线l，分别交、于、；
②再作的角平分线：以点B为圆心，任意长为半径作圆弧，与的两条边分别有一个交点，再以这两个交点为圆心，相同长度为半径作弧，连接这两条弧的交点与点B，即为的角平分线，这条角平分线与线段MN的交点即为；
③以为圆心，为半径画圆，圆即为所求；
（2）过点作，垂足为，设
∵，，∴，∴
根据面积法，∴
∴，解得，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了尺规作图，切线的性质等内容，解题的关键是掌握线段垂直平分线、角平分线的尺规作图．
60．（2019·江苏宿迁）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，