2024年中考数学复习：视图与投影、尺规作图（解析版）

知识必备10视图与投影、尺规作图

易错点1:由三视图确定小正方体的个数时，因无实物图，导致容易出错.

【例1］如图是一个用相同的小立方块搭成的几何体的三视图，则组成这个几何体的小立方块的个数是（）.

主视图左视图

俯视图

A.2

【解析】由俯视图可知，该几何体有一行三列，再由主,左视图可知第一列有1个小立方块;第2列有2个小立方块;第3

列有1个小立方块,一共有4个小立方块.

【答案】C

【误区纠错】解答此类由视图还原几何体的问题，一般情况下都是由俯视图确定几何体的位置（有几行几列）,再由另

外两个视图确定第几行第几列处有多少个小正方体,简便的方法是在原俯视图上用标注数字的方法来解答.

【变式11（2023•南皮县校级一模）用小立方块搭成的几何体，从左面看和从上面看如下，这样的几何体最多要x

个小立方块，最少要y个小立方块，则x+y等于（）

从左面看从上面看

A.12C.14

【分析】根据左视图以及俯视图，可以在俯视图中标出各个位置的正方体的个数，进而得到x+y的值.

【解答】解：如图，根据俯视图标数法，可知最多需要7个，最少需要5个，即x+y=12,

22222211

最多最少

（第2行3个空可相互交换）

故选：A.

【点评】本题主要考查了由三视图判断几何体，由三视图想象几何体的形状，首先应分别根据主视图、俯视图和左

视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状.

【变式21（2023•巴中一模）一个几何体由若干个相同的正方体组成，其主视图和俯视图如图所示，则这个几何体

中正方体的个数最多是（）

A.4B.5C.6D.7

【分析】由俯视图可得第一层立方体的个数，由主视图可得第二层立方体的可能的个数，相加即可.

【解答】解：结合主视图和俯视图可知，左边上层最多有2个，左边下层最多有2个，右边只有一层，且只有1个.

所以图中的小正方体最多5块.

故选：B.

【点评】此题主要考查了由三视图判断几何体，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.

【变式3】.（2023•青山区校级模拟）小明用大小相等的正方体摆出了一个立体图形，这个立体图形从主视图、俯视

图、左视图看都只能看见4个方块，则小明至少用了（）正方体.

A.4个B.5个C.6个D.7个

【分析】根据主视图、俯视图和左视图的个数确定答案即可.

【解答】解：根据俯视图有4个方块可得最底层有4个小立方体，

根据主视图和左视图也都能看见4个方块可得第二层至少有2个小立方体，

所以至少有4+2=6个正方体，

故选：C.

【点评】本题考查了由三视图判断几何体的知识，重点培养同学们的立体直观能力.

【变式4】.（2023•来凤县模拟）用小立方块搭成的几何体，从正面和上面看的形状图如图，则组成这样的几何体需

从正面看从上面看

A.最多需要8块，最少需要6块B.最多需要9块，最少需要6块

C.最多需要8块，最少需要7块D.最多需要9块，最少需要7块

【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层正方体的个数为4,由主视图可得第二层最少为2块，最

多的正方体的个数为3块，第三层只有一块，相加即可.

【解答】解：有两种可能；

由主视图可得：这个几何体共有3层，

由俯视图可得：第一层正方体的个数为4,由主视图可得第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，

第三层只有一块，

最多为3+4+1=8个小立方块,最少为个2+4+1=7小立方块.

故选：C.

【点评】此题主要考查了由三视图判断几何体，关键是掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就

很容易得到答案.

【变式5】.（2023・河北•统考中考真题）如图1,一个2x2的平台上已经放了一个棱长为1的正方体，要得到一个几

何体，其主视图和左视图如图2,平台上至还需再放这样的正方体（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】B

【分析】利用左视图和主视图画出草图，进而得出答案.

【详解】解：由题意画出草图，如图，

正面

平台上至还需再放这样的正方体2个，

故选：B.

【点睛】此题主要考查了三视图，正确掌握观察角度是解题关键.

【变式6】.（2023・四川眉山・统考中考真题）由相同的小正方体搭成的立体图形的部分视图如图所示，则搭成该立

左视图俯视图

A.6B.9C.10D.14

【答案】B

【分析】根据俯视图可得底层最少有6个，再结合左视图可得第二层最少有2个，即可解答.

【详解】解：根据俯视图可得搭成该立体图形的小正方体第三层最少为6个，

根据左视图第二层有2个，可得搭成该立体图形的小正方体第二层最少为2个，

根据左视图第三层有1个，可得搭成该立体图形的小正方体第三层最少为1个，

故搭成该立体图形的小正方体最少为6+2+1=9个，

故选：B.

【点睛】本题考查了由三视图判断小立方体的个数，准确地得出每层最少的小正方体个数是解题的关键.

【变式7】.（2023•黑龙江牡丹江•统考中考真题）由若干个完全相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图如

图所示，则搭成该几何体所用的小正方体的个数最多是（）

【答案】B

【分析】根据主视图和左视图判断该几何体的层数及每层的最多个数，即可得到答案.

【详解】解：根据主视图和左视图判断该几何体共有两层，

下面一层最多有4个小正方体，上面的一层最多有3个小正方体，故该几何体所用的小正方体的个数最多是7个,

故选:B.

【点睛】此题考查了几何体的三视图，由三视图判断小正方体的个数，正确理解三视图是解题的关键.

【变式8】.（2023•湖北黄石•统考中考真题）如图，根据三视图，它是由（）个正方体组合而成的几何体

A.3B.4C.5D.6

【答案】B

【分析】在俯视图中，标出小正方形的个数，可得结论.

【详解】解：由俯视图可知，小正方形的个数=2+1+1=4个.

主视图左视图

俯视图

故选：B.

【点睛】本题考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握三视图的定义.

【变式9】.（2022•黑龙江牡丹江•统考中考真题）由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的三视图如图所示，则

搭成这个几何体的小正方体的个数是（）

主视图左视图俯视图

A.3B,4C.5D.6

【答案】B

【分析】根据主视图以及左视图可得出该小正方形共有两行搭成，俯视图可确定几何体中小正方形的列数，从而得

出答案.

【详解】解：从主视图看第一列两个正方体，说明俯视图中的左边一列有两个正方体，主视图右边的一列只有一行,

说明俯视图中的右边一行只有一列，所以此几何体共有四个正方体，

故选：B.

【点睛】此题考查了简单几何组合体的三视图，熟知三视图的定义是解题的关键.

【变式10].（2023・四川成都・统考中考真题）一个几何体由几个大小相同的小立方块搭成，它的主视图和俯视图如

图所示，则搭成这个几何体的小立方块最多有个.

主视图

俯视图

【答案】6

【分析】根据主视图和俯视图可得第一列最多2个，第二列最多1个小正方形，即可求解.

【详解】解：根据主视图和俯视图可得第一列最多2个，第二列最多1个小正方形，如图所示,

::俯视图

搭成这个几何体的小立方块最多有2+2+1+1=6,

故答案为：6.

【点睛】本题考查了三视图，熟练掌握三视图的定义是解题的关键.

【变式11].（2022•青海・统考中考真题）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.

主视图左视图俯视图

【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2+1+1+1=5,

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.

易错点2：根据视图求几何图形的表面积和体积,因缺乏合理的方法而出错.

【例2】如图所示，是一个几何体的三视图，则这个几何体的侧面积是().

主视图左视图

俯视图

A.18cm2B.20cm2

C.(18+2g)c/D(18+46)c加2

【解析】根据三视图判断，该几何体是正三棱柱，底边边长为2cm,侧棱长是3cm,所以侧面积

是:(3x2)x3=6x3=18(cm2).

【答案】A

【误区纠错】由物体的三视图求几何体的侧面积，表面积,体积等，关键是由三视图想象出几何体的形状.

【变式1】.(2023•黑龙江齐齐哈尔•统考中考真题)如图，若几何体是由六个棱长为1的正方体组合而成的，则该

几何体左视图的面积是()

卫视方向

A.2B.3C.4D.5

【答案】C

【分析】首先确定该几何体左视图的小正方形数量，然后求解面积即可.

【详解】解：该几何体左视图分上下两层，其中下层有3个小正方形，上层中间有1个正方形，共计4个小正方形,

1,小正方体的棱长为1,

二.该几何体左视图的面积为4,

故选：C.

【点睛】本题考查简单组合体的三视图，理解左视图即为从左边看到的图形是解题关键.

【变式2】.（2021・四川眉山・统考中考真题）我国某型号运载火箭的整流罩的三视图如图所示，根据图中数据（单

位：米）计算该整流罩的侧面积（单位：平方米）是（）

B.11.527C.12/7D.13.44/7-

【分析】从三视图分析出运载火箭由上半部分的圆锥和下半部分的圆柱组成，分别求出圆柱和圆锥的侧面积，再求

和即可.

【详解】由图可知，运载火箭的上半部分为圆锥，底面圆的半径r为2.4+2=1.2,高为16下半部分为圆柱，底面

圆的半径r=1.2,高为4.

圆柱的侧面积为：S]=2仃.4=2〃12x4=9.6〃，

22

圆锥的侧面积为：S2=1//?=1x2/7--1.2xpl.6+1.21=2.477,

该整流罩的侧面积：5=工+邑=9.6万+2.4a12〃.

故选：C.

【点睛】本题主要考查圆柱和圆锥的侧面积计算方法.圆柱的侧面展开图是一个矩形，圆锥的侧面展开图是一个扇

形.%形=；/尺，其中/为扇形的弧长，R为半径.

【变式3】.（2021•内蒙古呼伦贝尔・统考中考真题）根据三视图，求出这个几何体的侧面积（）

【答案】D

【分析】由已知，得到几何体是圆柱，由图形数据，得到底面直径以及高，计算侧面积即可.

【详解】解：由题意知，几何体是底面直径为10、高为20的圆柱，

所以其侧面积为兀xl0x20=200/r.

故选：D.

【点睛】本题考查了由几何体的三视图求几何体的侧面积；关键是还原几何体，明确侧面积的部分.

【变式4】.（2020•四川达州•中考真题）图2是图1中长方体的三视图，用S表示面积，S主=f+3苞5左=/+苞贝”俯=

（）

主视图左视图

口口

口,

俯视图

图1图2

A.x?+3x+2B.x~+2x+1C.x~+4x+3D.2x~+4x

【答案】C

【分析】由主视图和左视图的宽为c,结合两者的面积得出俯视图的长和宽，从而得出答案.

［详解］解：；S主=x?+3x=x（尤+3）,S左=x?+x=x（x+l）,

，俯视图的长为(x+3),宽为(x+1),

S帽=(X+3)(X+1]=X2+4X+3.

故选：C

【点睛】本题主要考查由三视图判断几何体，整式乘法的应用，解题的关键是根据主视图、俯视图和左视图想象几

何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高.

【变式5】.(2020•宁夏・中考真题)如图2是图1长方体的三视图，若用S表示面积，S主=/,$左=/+.,贝”俯=

)

正面图1

俯视图

图2

A.a2+aB.2a1C.ct~+2a+1D.2a2+a

【分析】由主视图和左视图的宽为a,结合两者的面积得出俯视图的长和宽，即可得出结论.

［详解］S主="=4•〃，S左=/+a=q(q+1),

，俯视图的长为a+1,宽为a,

S俯=a*(a+1)=矿+a,

故选：A.

【点睛】本题考查了几何体的三视图，熟练掌握三视图与几何体的长、宽、高的关系，进而求得俯视图的长和宽是

解答的关键.

【变式6】.(2021•贵州黔东南•统考中考真题)由4个棱长均为1的小正方形组成如图所示的几何体，这个几何体

B.15C.12D.6

【答案】A

【分析】几何体的表面积是几何体正视图，左视图，俯视图三个图形中，正方形的个数的和的2倍.

【详解】解：正视图中正方形有3个；

左视图中正方形有3个；

俯视图中正方形有3个.

则这个几何体表面正方形的个数是：2x（3+3+3）=18.

则几何体的表面积为18.

故选：A.

【点睛】本题考查了几何体的表面积，这个几何体的表面积为露在外边的面积和底面积之和.

【变式7】.（2020•江苏南通・统考中考真题）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.48itcm2B.24ncm2C.12Ttem2D.9ncm2

【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=yxn：x6x8=2471（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.

【变式8】.（2020•四川・统考中考真题）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.20兀B,18兀C.16兀D.14兀

【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.

4

【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「=]=2,

...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

=nr2+2nrh+nrl

=22K+2x2x2兀+3x2兀=18兀,

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.

【变式9】.（2020・湖南永州•中考真题）如图，这是一个底面为等边三角形的正三棱柱和它的主视图、俯视图，则

它的左视图的面积是（）

【答案】D

【分析】根据三视图确定底面等边三角形的边长为2,该几何体的高为2,再确定该几何体的三视图利用面积公式

计算即可.

【详解】由三视图可知：底面等边三角形的边长为2,该几何体的高为2,

该几何体的左视图为长方形，

该长方形的长为该几何体的高2,宽为底面等边三角形的高，

V底面等边三角形的高=2xsin60。=2x@=百，

2

它的左视图的面积是2道，

故选：D.

【点睛】此题考查简单几何体的三视图，能根据几何体会画几何体的三视图，能依据三视图判断几何体的长、宽、

高的数量，掌握简单几何体的三视图是解题的关键.

【变式10].（2020・湖北荆门・中考真题）如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）

【答案】B

【分析】由三视图易得此几何体为底面是一个等腰直角三角形的直三棱柱，根据体积=底面积x高，把相关数值代入

即可求解.

【详解】解：由三视图可确定此几何体为底面是一个等腰直角三角形的直三棱柱，等腰直角三角形的直角边长为1,

高为2,

则，等腰直角三角形的底面积=；x2xl=l,

体积=底面积xIWJ=1x2=2,

故选：B

【点睛】此题主要考查了由三视图判断几何体，以及求三棱柱的体积，读懂题意，得出该几何体的形状是解决本题

的关键.

【变式11].（2021•山东荷泽・统考中考真题）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.12〃B.18〃C.24〃D.30〃

【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.

2

空心圆柱体的体积为"(1-)2X6-TIX(|-)x6=18n.

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.

【变式12].（2020•内蒙古呼和浩特•中考真题）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为

左视图

【答案】3兀+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：兀xp+（兀+2）*2=3兀+4,

故答案为:3兀+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.

【变式13].（2021•江苏扬州・统考中考真题）如图是某圆柱体果罐，它的主视图是边长为10cm的正方形，该果罐侧

面积为cm2.

【答案】100/7

【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的正方形，为圆柱体，

圆柱体的底面直径和高为10cm,

侧面积为IOTTx10=100〃,

故答案为：100".

【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.

【变式14].（2021•云南・统考中考真题）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.

主视图左视图

俯视图

【答案】3"

【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汗x图x3=,

故答案为：3n.

【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.

作图一基本作图（共9小题）

1.（2023•福建）阅读以下作图步骤：

①在OA和OB上分别截取OC,OD,使OC=。。；

②分别以C,。为圆心，以大于;CD的长为半径作弧，两弧在乙4。2内交于点"；

③作射线O",连接CM,DM,如图所示.

根据以上作图，一定可以推得的结论是（）

B.==DM

C.N1=N2且O。=DMD.N2=N3且=

【分析】由△OCMtZ\ODW（SSS）推出Z1=N2；OC和CM不一定相等，因此N1不一定等于N3；OD和DW不一

定相等；CM和08不一定平行，因此N2不一定等于N3.

【解答】解：/、以C,。为圆心画弧的半径相等，因此=,又OC=OD,OM=OM,因此

△OCM二△ODM（SSS）得到Zl=Z2,故/符合题意；

B、因为。C、CW的长在变化，所以0C和CN不一定相等，因此N1不一定等于N3,故8不符合题意；

C、因为。〃、。”的长在变化，所以和。M不一定相等，故C不符合题意；

D、CM的位置在变化，所以CM和08不一定平行，因此Z2不一定等于N3,故。不符合题意.

故选：A.

【点评】本题考查作图一基本作图，全等三角形的判定和性质，关键是由作图得到△OC"=^ODM（SSS）.

2.（2023•长春）如图，用直尺和圆规作NM4N的角平分线，根据作图痕迹，下列结论不一定正确的是（）

A.AD=AEB.AD=DFC.DF=EFD.AF1DE

［分析］利用基本作图得到AF平分AMAN,则根据角平分线的画法可对选项进行一一判断.

【解答】解：角平分线的作法如下：①以点N为圆心，40长为半径作弧，分别交//、AN于点、D、E；

②分别以点E为圆心，。厂长为半径作弧，两弧在NM4N内相交于点尸；

③作射线AF,AF即为AMAN的平分线.

根据角平分线的作法可知，AD=AE,DF=EF,

根据等腰三角形的三线合一可知AFLDE,

故选：B.

【点评】本题考查了用直尺和圆规作角平分线的方法，掌握画法是解题的关键.

3.（2023•湖北）如图，矩形48CD中，AB=3,BC=4,以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交3C,BD于

点、E,F,再分别以点£,尸为圆心，大于厂长为半径画弧交于点尸，作射线8P,过点。作8尸的垂线分别

2

交BD,于点/，N,则CN的长为（）

A.V10B.V1TC.273D.4

【分析】如图，设5尸交C。与点过点/作区13。于点K.首先利用相似三角形的性质证明CN.=12,

再想办法求出放，可得结论.

【解答】解：如图，设BP交CD与点、J,交CN与点T.过点/作砍18。于点K.

•四边形/5CQ是矩形，

/.AB=CD=3,/BCD=90°,

■:CN1BT,

/.ACTB=/CDN=90°,

;"CBT+/BCM=90。,ZBCT+ZDCN=90°,

:.ACBT=NDCN,

bBTCsbCDN,

BT_BC

,'CD~~CN，

:.BMCN=CDCB=3x4=12,

「NBC。=90°,CD=3,BC=4,

BD=dCD?+BC?=V32+42=5,

由作图可知BP平分NC5。，

,：JK1BD,JCVBC,

JK=JC,

1X3X4=-X5XJA：+-X4XJC,

222

4

：.JC=KJ=-

3

4VW

,BJ=yjCB2+JC2

3

.：c"CBJ=^=呢

CBBJ

BT_4

4-4V10

3

6V10

BT=

5

'：CNBT=n,

.­.CN=屈.

故选：A.

【点评】本题考查作图-基本作图，矩形的性质，角平分线的性质定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知

识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题.

4.（2023•随州）如图，在口N3CD中，分别以8,。为圆心，大于,8。的长为半径画弧，两弧相交于点M,N,

2

过N两点作直线交8。于点。，交4D,BC于点、E,F,下列结论不正确的是（）

DE=BFC.OE=OFD.DE=DC

［分析］根据作图可知：EF垂直平分BD,根据线段垂直平分线的性质得到BO=DO,根据平行四边形的性质得

到AD=BC,AD/IBC,根据全等三角形的性质得到BF=DE,OE=OF,故2,C正确；无法证明DE=CD,

故。错误.

【解答】解：根据作图可知：斯垂直平分3。,

/.BO=DO,

二四边形ABCD是平行四边形,

AD=BC,AD!IBC,

ZEDO=ZFBO,

■:NBOF=NDOE,

曲OF=ADOE（ASA）,

BF=DE,OE=OF,故3,C正确；

无法证明DE=CD,故。错误；

故选：D.

【点评】本题考查了作图-基本作图，垂直平分线的性质，尺规作图，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性

质以及勾股定理等知识，掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键.

5.（2023•山西）如图，在口4BCD中，ND=60。.以点8为圆心，以氏4的长为半径作弧交边3c于点E,连接/瓦分

别以点/,£为圆心，以大于工/£的长为半径作弧，两弧交于点P,作射线8P交/£于点。，交边/。于点尸，

2

则”的值为—囱一

B<El7C

【分析】证明AASE是等边三角形，推出5014E,AE=OE,可得结论.

【解答】解：二.四边形458是平行四边形，

AD//BC,ND=/ABC=60°,

/.N54D=180。—60。=120。，

'：BA=BE,

/.A48E是等边三角形，

/./BAE=60°,

■:BF平分/ABE,

?.AO=OE,BOVAE,

'：AOAF=/BAD-Z.BAE=120°-60°=60°,

OF

tanZOAF=——=Vr3,

OA

，箓=6,

OE

故答案为：V3.

【点评】本题考查作图-基本作图，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的

关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题.

6.（2023•成都）如图，在A45C中，。是边45上一点，按以下步骤作图：

①以点4为圆心，以适当长为半径作弧，分别交力5,4C于点N;

②以点。为圆心，以4〃长为半径作弧，交于点AT；

③以点"'为圆心，以长为半径作弧，在/氏4。内部交前面的弧于点M;

④过点V作射线DN交BC于点E.

若四边形/CED的面积比为4:21,则些的值为-.

CE一3一

【分析】由作图知乙4=N3D£,由平行线的性质得到DE///C,证得ABDEsAB4C,根据相似三角形的性质即可

求出答案.

【解答】解：由作图知，乙4=NBDE,

:.DE//AC,

^BDE-ABAC,

ABAC的面积：曲DE的面积=回DE的面积+四边形ACED的面积）:RBDE的面积=1+四边形ACED的面积:

71?5

根。石的面积=1+—=上

44

RF4

的面积：A54C的面积=(——)2=一

BC25

BE_2

—故答案为：-

CE33

【点评】本题考查作图-复杂作图，相似三角形的性质和判定，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是读懂图

象信息，灵活运用所学知识解决问题.

7.（2023•益阳）如图，在中，AB=6,40=4,以/为圆心，/D的长为半径画弧交于点E,连接DE,

分别以。，E为圆心，以大于的长为半径画弧,两弧交于点尸，作射线/尸，交。E于点M，过点〃■作MN//N5

2

交3c于点N.则女W的长为4.

【分析】延长M0交/D于点。，再判定四边形CDQN是平行四边形，最后根据三角形的中位线的性质求解.

【解答】解：延长M0交/。于点。，

由作图得：AD=AE=4,AF平分NB4D,

DM=ME,

MN11AB,

DQ=AQ,CN=BN,

QM=2,

在EJABCD中，AD!IBC,CD=AB=6,

，四边形CDQN是平行四边形,

QN=CD=AB=6,

MN=NQ—MQ=6—2=4.故答案为：4.

【点评】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的性质和三角形的中位线的性质是解题的关键.

8.（2023•河南）如图，A48C中，点。在边NC上，且4。=/瓦

（1）请用无刻度的直尺和圆规作出ZA的平分线（保留作图痕迹，不写作法）;

（2）若（1）中所作的角平分线与边BC交于点E,连接DE.求证：DE=BE.

【分析】（1）利用角平分线的作图步骤作图即可;

（2）证明/\BAE三ADAE（SAS）,即可得出结论.

【解答】（1）解：如图所示，即为所求，

(2)证明：7/E平分4/C,

Z.BAE=NDAE,

'：AB=AD,AE=AE,

MAE3AD4E(SAS),

/.DE—BE.

【点评】本题考查了尺规作图的基本作图平分已知角的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形

全等是关键.

9（2023•鄂州）如图，点E是矩形/BCD的边3C上的一点,且4E=4D.

（1）尺规作图（请用23铅笔）：作乙DNE的平分线幺尸，交8C的延长线于点尸，连接。尸.（保留作图痕迹，不

写作法）；

（2）试判断四边形NEED的形状，并说明理由.

（2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判断即可.

:.AD//BF,

ZDAF=ZAFC,

；4F平分ND4E,

Z.DAF=NFAE,

ZFAE=NAFC,

EA=EF,

'：AE=AD,

AD=EF,

：.四边形ABCD是平行四边形，

'：AE=AD,

.­.四边形AEFD是菱形.

【点评】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质

把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作.也考查了矩形的性质.

二.作图一复杂作图（共3小题）

10.（2023•陕西）如图，已知四边形/8C。，AD//BC.请用尺规作图法，在边/。上求作一点£,在边8c上求

作一点产，使四边形3EDE为菱形.（保留作图痕迹，不写作法）

【分析】作出）的垂直平分线与AD,BC的交点即可.

【解答】解：如图所示：E、尸即为所求.

【点评】本题考查了复杂作图，掌握菱形的判定定理是解题的关键.

11.（2023•无锡）如图，已知乙4尸2,点河是PB上的一个定点.

（1）尺规作图：请在图1中作。。，使得。。与射线网相切于点M,同时与P4相切，切点记为N;

（2）在（1）的条件下，若N4PB=60°,PM=3,则所作的。。的劣弧加与W、PN所围成图形的面积是

373-77-

（图1）（图2）

［分析1（1）先作N4PB的平分线PQ,再过M点作PB的垂线交PQ于点。，接着过。点作ON1P4于N点，然

后以。点为圆心，0M为半径作圆，则。。满足条件；

（2）先利用切线的性质得到OMLPB,ON1PN,根据切线长定理得至U4MPO=4NPO=30°,则4MON=120°,

再利用含30度角的直角三角形三边的关系计算出0M=6，然后根据扇形的面积公式，利用。。的劣弧研与9、

PN所围成图形的面积=S四边形-S扇形“ON进行计算・

【解答】解：（1）如图，。。为所作；

A

OMLPB,ONi.PN,ZMPO=ZNPO=-ZAPB=30°,

2

AOMP=NON尸=90°,

AMON=180°-ZAPB=120°,

在RtAPOM中,:NMPO=3Q°,

OM=—PM=—x3=73,

33

，。。的劣弧砒与W、尸N所围成图形的面积

120XHX(6)2

=2x—x3x^3-

2360

=3A/3—n.

故答案为：3人-n.

【点评】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质

把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作.也考查了切线的判定与性质、扇形的面积计算.

12.（2023•陕西）如图.已知锐角MBC,N3=48。，请用尺规作图法，在A48c内部求作一点尸.使PB=PC.且

NP8C=24。.（保留作图痕迹，不写作法）

［分析］先作AABC的平分线BD,再作BC的垂直平分线I,直线/交2。于尸点，则尸点满足条件.

【解答】解：如图，点尸即为所求.

A

【点评】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质

把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作.也考查了等腰三角形的性质.

三.作图一应用与设计作图（共1小题）

13.（2023•广安）如图，将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四

边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形（注：①网格中每个小正方形的边长为1;②所拼的图形不得与原图形

【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的意义作图.

【解答】解：如图：

不是中心对称图形

【点评】本题考查了作图的应用和设计,掌握中心对称图形和轴对称图形的定义是解题的关键.

四.简单几何体的三视图（共4小题）

14.（2023•河南）北宋时期的汝官窑天蓝釉刻花鹅颈瓶是河南博物院九大镇院之宝之一，具有极高的历史价值、文

化价值.如图所示，关于它的三视图，下列说法正确的是（）

正面

A.主视图与左视图相同B.主视图与俯视图相同

C.左视图与俯视图相同D.三种视图都相同

［分析］根据三视图的定义求解即可.

【解答】解：这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图和左视图不相同.

故选：A.

【点评】此题主要考查了简单几何体的三视图，正确把握观察的角度是解题关键.

15.（2023•济南）下列几何体中，主视图是三角形的为（）

【分析】根据主视图的特点解答即可.

【解答】解：/、圆锥的主视图是三角形，故此选项符合题意；

B、球的主视图是圆，故此选项不符合题意；

C、立方体的主视图是正方形，故此选项不符合题意；

。、三棱柱的主视图是长方形，中间还有一条虚线，故此选项不符合题意;

故选：A.

【点评】此题主要考查了几何体的三视图，关键是掌握主视图所看的位置.

16.（2023•淄博）在如图所示的几何体中，其主视图、左视图和俯视图完全相同的是（）

【分析】根据几何体的三视图确定主视图、左视图和俯视图完全相同的选项即可.

【解答】解：球体的三视图完全相同，都是圆.

故选：D.

【点评】本题考查了几何体的三视图，熟悉简单几何体的三视图是解答本题的关键.

17.（2023•辽宁）如图所示，该几何体的俯视图是（）

［分析］根据俯视图是从上面看到的图形判定即可.

【解答】解：从上面看得该几何体的俯视图是：

故选：c.

【点评】本题考查了简单几何体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图.

五.简单组合体的三视图（共6小题）

18.（2023•襄阳）先贤孔子曾说过“鼓之舞之”，这是“鼓舞”一词最早的起源，如图是喜庆集会时击鼓瞬间的情景及

鼓的立体图形，该立体图形的主视图是（)