2024福建中考数学二轮专题训练 题型一 尺规作图 (含答案)

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例 如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＋DC＝BC.
(1)在AD上作一点E，使BE⊥EC；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)求证：△ABE∽△DEC.
【思维教练】要满足AD上一点E使BE⊥EC，则点E在以线段BC为直径的圆上，作BC垂直平分线找到线段BC中点，再根据圆内半径相等即可作出点E；根据一线三垂直可判断角度关系，即可证相似．
例题图
针对训练
1.如图，在△ABC中，∠BAC＝90°.
(1)请用尺规作图法，过点A作BC的垂线，交BC于点D；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，若AC＝3，AB＝4，求△ABD的周长．
第1题图
2.如图，BD为正方形ABCD的一条对角线，点E为DC中点．
(1)在BD上作一点F，使得△DCF∽△DBE；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)连接AF，若正方形ABCD的边长为2，求△ADF的面积．
第2题图
3.如图，在△ABC中，∠B＝90°，点E为AC中点．
(1)在AC下方求作一点D，使得DE⊥AC，∠DAE＝∠BCA；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)连接CD，若AD＝1，sin∠DAE＝eq \f(2,3)，求eq \f(CD,CB)的值．
第3题图
4. 如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC与BD相交于点P，△PAB与△PDC的面积比为1∶4.
(1)过点P作直线MN分别交AD、BC于点M、N，使BN＝eq \f(1,2)NC，AM＝eq \f(1,2)MD；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)若AB＝1，求MN的长．
第4题图
5. 如图，已知点A、C分别是∠B两边上的定点．
(1)求作：线段CD，使得DC∥AB，且CD＝AB，点D在点C的右侧；(要求：尺规作图，不写作法，但要保留作图痕迹)
(2)M是BC的中点，求证：A，M，D三点在同一直线上．
第5题图
6.如图，△ABC为直角三角形，点O为AC中点．
(1)求作四边形ABCD，使得AD∥BC，且AD＝DC；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)求证：△DAC∽△OBC.
第6题图
参考答案
例 (1)解：如解图所示，点E即为所求；
例题解图
(2)证明：∵AB∥DC，AD⊥DC，
∴∠BAD＝∠CDA＝90°，
∴∠ABE＋∠AEB＝90°.
又∵BE⊥EC，即∠BEC＝90°，
∴∠AEB＋∠DEC＝90°，
∴∠ABE＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC.
1. 解：(1)如解图，直线AD即为所求；
第1题解图
【作法提示】如解图，以点A为圆心，适当长为半径画弧交BC于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于eq \f(1,2)MN长为半径画弧，两弧交于点P，连接AP并延长交BC于点D，线段AD即为所求．
(2)∵在△ABC中，∠BAC＝90°，
∴BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝eq \r(42＋32)＝5.
∵cs∠ABD＝eq \f(AB,BC)＝eq \f(BD,AB)＝eq \f(4,5)，
∴BD＝eq \f(4,5)AB＝eq \f(16,5)，
∴AD＝eq \r(AB2－BD2)＝eq \r(42－（\f(16,5)）2)＝eq \f(12,5)，
∴△ABD的周长为AB＋BD＋AD＝eq \f(48,5).
2. 解：(1)如解图，点F即为所求；
(2)如解图，过点A作AH⊥BD于点H，
∵正方形ABCD的边长为2，点E是边CD的中点，
∴AD＝BC＝CD＝2，DE＝1，
∴BD＝2eq \r(2)，AH＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2).
∵BD为正方形ABCD的一条对角线，
∴∠ADF＝∠CDF，
在△ADF和△CDF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AD＝CD,∠ADF＝∠CDF,DF＝DF))，
∴△ADF≌△CDF.
∵△DCF∽△DBE，
∴△ADF∽△BDE，
∴eq \f(DF,DE)＝eq \f(AD,BD)，
∴DF＝eq \f(AD·DE,BD)＝eq \f(2×1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
∴S△ADF＝eq \f(1,2)DF·AH＝eq \f(1,2).
第2题解图
3. 解：(1)如解图，点D即为所求；
(2)∵点E为AC中点，DE⊥AC，
∴直线DE为AC的垂直平分线，
∴DA＝DC＝1.
∵AD＝1，sin∠DAE＝eq \f(2,3)，
∴DE＝eq \f(2,3)，
∴AE＝eq \r(AD2－DE2)＝eq \f(\r(5),3)，
∴AC＝eq \f(2\r(5),3)，
由(1)作图可知，∠DAE＝∠BCA，
∴sin∠BCA＝eq \f(2,3)，
∴AB＝eq \f(4\r(5),9)，
∴BC＝eq \r(AC2－AB2)＝eq \f(10,9)，
∴eq \f(CD,CB)＝eq \f(9,10).
第3题解图
4. 解：(1)如解图，直线MN即为所求；
(2)由(1)作图可知MN∥AB，
∵AB∥CD，
∴△CDP∽△ABP，
∵S△PAB∶S△PDC＝1∶4，
∵AB＝1，
∴AB∶CD＝1∶2，
∴CD＝2AB＝2，
∵AB∥MN∥CD，
∴△AMP∽△ADC，△BPN∽△BDC，
∴eq \f(MP,DC)＝eq \f(AM,AD)，eq \f(PN,DC)＝eq \f(BN,BC)，
又∵BN＝eq \f(1,2)NC，AM＝eq \f(1,2)MD，
∴eq \f(MP,DC)＝eq \f(AM,AD)＝eq \f(1,3)，eq \f(PN,DC)＝eq \f(BN,BC)＝eq \f(1,3)，
∴MP＝PN＝eq \f(1,3)DC＝eq \f(2,3)，
∴MN＝MP＋PN＝eq \f(4,3).
第4题解图
5. (1)解：如解图，线段CD即为所求；
第5题解图
(2)证明：如解图，连接AM，DM.
∵CD∥AB，
∴∠DCM＝∠B，
在△DCM和△ABM中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(CD＝BA,∠DCM＝∠B,CM＝BM))，
∴△DCM≌△ABM(SAS)，
∴∠CMD＝∠BMA，
∵∠CMD＋∠BMD＝180°，
∴∠AMB＋∠BMD＝180°.
∴A，M，D三点在同一直线上．
6. (1)解：如解图，四边形ABCD即为所求；
(2)证明：∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠OCB，
∴∠DCA＝∠OCB，
∵∠ABC＝90°，O是AC的中点，
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠OCB＝∠OBC，
∴△DAC∽△OBC.
第6题解图