【中考沖刺】2024年中考數學二輪復習名校模擬題重要考點分類匯編（天津專用）專題04 網格中尺規(guī)作圖 解析版

二輪復習2024年中考數學重要考點名校模擬題分類匯編專題04——網格中尺規(guī)作圖（天津專用）1．（2022上·天津南開·九年級天津育賢中學?？计谀┤鐖D，在每個小正方形的邊長為1的網格中，△ABC的頂點A，B，C均在格點上．（1）BC的長等于；（2）在如圖所示的網格中，將△ABC繞點A旋轉，使得點B的對應點B′落在邊BC上，得到△AB′C′，請用無刻度【答案】25【分析】（1）根據勾股定理計算即可；（2）如圖，連接AD，交BC于B'，連接AE、CF交于點C'，連接B'C'，△AB【詳解】解：（1）在Rt△ABC中，故答案為：2（2）如圖，連接AD，交BC于B'，連接AE、CF交于點C'，連接B'C'，△AB證明：連接CD、DH、BH、FG、AG，在Rt△AHD中，AD=在Rt△AGE中，AE=∵AH=EG=3，DH=AG=4，∴△AHD≌△EGA∴∠ADH=∠EAG∵∠ADH+∠DAH=∴∠DAH+∠EAG=∴∠B'AC'=∵CD//AB∴△ABB'∽△DCB'∴DC∴AB'=∴AB'=AB∵AC//EF∴△ACC'∽△EFC'∴AC∴AC'=∴AC=AA'∴△ABC≌△AB'C'【點睛】本題考查了網格問題、勾股定理、相似三角形，難度較大．此類問題一般運用勾股定理，全等、相似等知識解決．2．（2022上·天津和平·九年級天津二十中校考期末）在如圖所示的網格中，每個小正方形的邊長都為1，⊙O是△ABC的外接圓，點A，B均為格點，點C是小正方形一邊的中點．（1）線段AB的長度等于；（2）請借助無刻度的直尺，在給定的網格中先確定圓心O，再作∠BAC的平分線AP交⊙O于點P．在下面的橫線上簡要說明點O和點P的位置是如何找到的．．【答案】17根據以點A和點B為頂點的90°的圓周角所對的弦是直徑，可確定圓的兩條直徑，它們的交點即是圓心O；連接兩個小正方形的對角線交小正方形一邊于點M，連接MN交CB于點K，連接KO并延長交⊙O于點P，連接AP，則AP即為∠BAC的平分線．【分析】本題主要考查了勾股定理、90°的圓周角所對的弦是直徑、垂徑定理、等弧所對的圓周角相等，熟記相關定理是解題的關鍵．（1）根據勾股定理計算即可；（2）根據90°的圓周角所對的弦為直徑，找到兩條直徑的交點即為圓心O；根據垂徑定理和弧、圓周角的關系即可作出∠BAC的平分線AP．【詳解】解：（1）AB=4∴線段AB的長度等于17；（2）如圖，分別以點A和點B為頂點構造Rt△ACD和Rt∵∠CAD=∠EBF=90°，∴CD和EF都是⊙O的直徑，∴CD和EF的交點O是圓心O，即為所要求作的點，如圖，連接兩個小正方形的對角線交小正方形一邊于點M，連接MN交CB于點K，連接KO并延長交⊙O于點P，連接AP，通過證明三角形全等易得點M為小正方形一邊的中點，∴MB=CN，∴易證得△CNK≌△MBK，∴CK=BK，∴OK⊥BC，∴PC∴∠PAC=∠PAB，∴AP平分∠BAC，∴點P就是所要求作的點．3．（2023下·天津河東·九年級天津市第五十四中學?？茧A段練習）如圖，在由邊長都為1的小正方形組成的網格中，點A,B,C,D均為格點.（Ⅰ）線段BC的長度等于；（Ⅱ）若K為線段CD上一點，且滿足SΔBCK=13S四邊形ABCD【答案】(1)BC=

(2)【分析】第一問求BC的長，把BC放在直角三角形中，利用直角三角形的勾股定理求解第二問S△BCK如圖，設C點上方的格點為G點，B點上的格點為F點，CD與A點所在的水平線交于N點，延長DC交B點所在的水平線于E點，可知S△BCE=94,∴S△BEK=174，S△BEK=BE×?【詳解】解：(1)BC在四個小正方的對稱線上，勾股定理BC=4(2)設C點上方第一個格點為G點，B點上方的第一個格點為F點，連接FG交CD于K點，K點即為所求【點睛】本題主要考查線段之間的比值關系，關鍵找到CK：CD的比值，利用比的關系，找到交點是本題的核心．4．（2023下·天津河北·九年級天津二中校考階段練習）如圖，在由邊長都為1的小正方形組成的網格中，點A，B，C均為格點，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，D為BC中點，P為AC上的一個動點．（1）當點P為線段AC中點時，DP的長度等于__________；（2）將點P繞點D逆時針旋轉90°得到點P′，連BP′，當線段BP′+DP′取得最小值時，請借助無刻度直尺在給定的網格中畫出點【答案】（1）52；（2）圖見解析；取格點E，F，G，H，連接EF，GH，它們分別與網格線相交于點I，J，取格點K，連接IJ，KD，它們相交于點P′，則點P′即為所求；取格點M，N，連接MN，與網格線相交于點L，連接DL，與網格線相交于點P【分析】（1）根據勾股定理先求出AB的長，再利用中位線定理可得出DP的長；（2）如圖1，設P為AC上任意一點，過點P′作P′C′⊥CB交其延長線與點C′，易得△CDP≌△C′P′D，得出P′C′=CD=32，從而可得出點P′一定在直線l上，再找出點B關于直線l的對稱點K，連接DK與l的交點即可點P′，此時BP′+DP′的值最小，因此根據平行四邊形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質先作出直線l（或在直線l上的線段），利用軸對稱的性質可得出點K，進而可得出點P′；利用旋轉的性質以及全等三角形的判定與性質在AC上找一點P，使△CDP≌△QKP′，則有DP【詳解】解：（1）根據勾股定理得，AB=AC又點D為BC的中點，點P為AC的中點，∴DP為△ABC的中位線，∴DP=12AB=5故答案為：52（2）如圖1，設P為AC上任意一點，過點P′作P′C′⊥CB交其延長線與點C′，根據題意可得，DP=DP′，∠PDP′=90°，∴易得△CDP≌△C′P′D，∴P′C′=CD=32∴點P′一定在直線l上，∴再找出點B關于直線l的對稱點K，連接DK與l的交點即可點P′，此時BP如圖2，取格點E，F，G，H，連接EF，GH，它們分別與網格線相交于點I，J，取格點K，連接IJ，KD，它們相交于點P′，則點P取格點M，N，連接MN，與網格線相交于點L，連接DL，與網格線相交于點P，則點P即為所求．故答案為：取格點E，F，G，H，連接EF，GH，它們分別與網格線相交于點I，J，取格點K，連接IJ，KD，它們相交于點P′，則點P′即為所求；取格點M，N，連接MN，與網格線相交于點L，連接DL，與網格線相交于點P，則點【點睛】本題考查作圖-復雜作圖，中位線定理，勾股定理，平行四邊形的判定和性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是綜合運用所學知識解決問題．5．（2023·天津河東·天津市第七中學?？寄M預測）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，點A，C為格點，點B是小正方形邊上的中點．（1）線段AB的長等于；（2）△ABC外接圓上有一點D，在AB上有一點P，連接PC，PD，滿足∠CPA=∠DPB．請用無刻度的直尺，在如圖所示的網格中，畫出點P，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】652取格點E，F，連接EF叫格線于G，連接CG并延長交圓于點H，連接DH交AB于點P，點P【分析】（1）利用勾股定理求解即可．（2）取格點E，F，連接EF交格線于G，連接CG并延長交圓于點H，連接DH交AB于點P，點P即為所求．【詳解】解：（1）AB=4故答案為：652（2）如圖，點P即為所求．取格點E，F，連接EF交格線于G，連接CG并延長交圓于點H，連接DH交AB于點P，點P即為所求．理由：∵tan∠F=14∴tan∠E=14∴tan∠ECH=18∵tan∠BAG=18∠BAG=∠ECH∴∠BAC+∠ACG=90°∴CH⊥AB∵AC∴AB為直徑∴AB垂直平分CH∴CP=PH∴∠CPA=∠APH∴∠CPA=∠DPB．．【點睛】本題考查圓周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．6．（2023下·天津南開·九年級南開翔宇學校?？茧A段練習）如圖，在每個邊長為1的小正方形網格中，點A，B均在格點上，以AB為直徑作圓，點M為AB的中點．（1）線段AB的長度等于；（2）請用無刻度的直尺，在圓上找一點P，使得∠MAP=3∠BMP，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）【答案】29圖見解析；情況一：取點B向右長度3，再向上長度2的格點C，連接CB交水平網格線于點D，AB交豎直網格線于點O，連接OD和圓相交得到點P1；情況二：在情況一作法基礎上，延長CB交水平網格線于點E，連接OE交圓于點F，連接FP1交BM于點I，連接OI【分析】（1）觀察圖象，根據勾股定理計算求出AB的長度即可；（2）根據題意，分“當點P在直徑AB右側的圓弧上時”和“當點P在BM上時”兩種情況討論．情況一：當點P在直徑AB右側的圓弧上時，記為點P1，根據全等三角形的判定與性質，結合同弧或等弧所對的圓周角相等、圓周角定理等，取點B向右長度3，再向上長度2的格點C，連接CB交水平網格線于點D，AB交豎直網格線于點O，連接OD和圓相交得到點P1，使得∠BMP1=22.5°，∠MAP1=67.5°即可；情況二：當點P在BM上時，記為點P2，根據全等三角形的判定與性質，結合同弧或等弧所對的圓周角相等、圓周角定理等，在情況一作法基礎上，延長CB交水平網格線于點E，連接OE交圓于點F，連接FP1交BM【詳解】解：（1）∵在每個邊長為1的小正方形網格中，點A，B均在格點上，∴觀察圖象得：過點A的豎直網格線、過點B的水平網格線、AB所構成的封閉圖形是直角三角形，直角邊長為5和2，AB是斜邊，∴AB=5故答案為：29；（2）情況一：如圖，當點P在直徑AB右側的圓弧上時，記為點P1作法：取點B向右長度3，再向上長度2的格點C，連接CB交水平網格線于點D，AB交豎直網格線于點O，連接OD和圓相交得到點P1證明：如圖，在情況一作法基礎上，再連接AP1、MP1，過點A的豎直網格線、過點B的水平網格線相交于格點J，BJ的中點為格點L，過點C的豎直網格線、過點B的水平網格線相交于格點K，∴BL=LJ=1，CN=NK=1，∴AJ=BK=5，∠AJB=∠BKC=90°，BJ=CK=2，∴△ABJ≌△BCKSAS，∠CBK+∠BCK=90°∴AB=BC=29，∠ABJ=∠BCK∴∠CBK+∠ABJ=90°，∴∠ABC=180°?90°=90°，∵OL∥AJ，∴BOOA=BL∴BO=OA=12AB=∴BO=DB，點O為圓心，∴∠BOP∴∠BMP∵點M為AB的中點，∴AM=BM，AM=BM，∴∠MAB=∠MBA=180°?90°∴∠MAP∴∠MAP情況二：如圖，當點P在BM上時，記為點P2作法：在情況一作法基礎上，延長CB交水平網格線于點E，連接OE交圓于點F，連接FP1交BM于點I，連接OI并延長和圓相交得到點證明：如圖，在情況二作法基礎上，再連接MO、AP2、MP2，記BM交OF于點G，記FP1交BO于點H，取點B向下長度1的格點Q，取點∴∠ABE=180°?∠ABC=180°?90°=90°，BQ∥∴∠EBQ=∠DCN，又∵BQ=CN=1，∠BQE=∠DNC=90°，∴△EBQ≌△DCNASA∴BE=CD=BO=29∴∠FOB=∠OEB=180°?90°∴FOP又∵OF=OP∴∠OP∵AM=BM，BO=OA，∴MO⊥AB，即∠MOB=90°，∴∠MOG=∠MOB?∠FOB=90°?45°=45°，∵BO=MO，∴∠OMG=∠OBG=180°?90°∴∠OGI=∠OHI=45°+45°=90°，在△MOG和△P∠OMG=∠OP∴△MOG≌△P∴OG=OH，又∵OI=OI，∴Rt△OGI≌∴∠BOP∴∠BMP∴∠MAP∴∠MAP故答案為：圖見解析；情況一：取點B向右長度3，再向上長度2的格點C，連接CB交水平網格線于點D，AB交豎直網格線于點O，連接OD和圓相交得到點P1；情況二：在情況一作法基礎上，延長CB交水平網格線于點E，連接OE交圓于點F，連接FP1交BM于點I，連接OI【點睛】本題主要考查了無刻度直尺作圖，結合同弧或等弧所對的圓周角相等、圓周角定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質等，分類討論、利用網格作圖是解題的關鍵．7．（2023下·天津和平·九年級天津一中校考階段練習）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，△ABC的頂點A，B在格點上，頂點C在網格線上，其外接圓的圓心為O．（1）AB的長等于；（2）P是⊙O上一點，當∠CAP=∠BAP時，請在如圖所示的網格中，用無刻度的直尺，畫出點P，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】10作圖見解析【分析】（1）利用勾股定理直接計算即可；（2）先確定三角形ABC的外接圓的圓心，再作三角形ABC的重心，利用三角形的重心性質，結合垂徑定理可得答案．【詳解】解∶（1）由勾股定理可得：AB=1故答案為：10．（2）如圖，點P即為所求作的點，使∠BAP=∠CAP,理由：確定圓與格線的交點E，F，且∠EAF=90°,連接EF，則EF為直徑，取格點H，K，連接KH，并延長與圓相交于D，則HD與EF的交點為圓心O，HK與AB的交點Q為弦AB的中點，記AC與格線的交點為J，利用格線為平行線，利用平行線等分線段可得：J為AC的中點，連接CQ，BJ，交于點N，則點N為三角形ABC的重心，連接AN，并延長AN交BC于M，則M為BC中點，連接OM，并延長交圓O于P，則P即為所求．【點睛】本題考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，三角形的重心的作圖與重心的性質的應用，垂徑定理的應用，熟練的利用重心的性質與垂徑定理平分弦，弧的性質是解本題的關鍵．8．（2023下·天津濱海新·九年級天津經濟技術開發(fā)區(qū)第一中學?？奸_學考試）在下列網格中，每個小正方形的邊長都是1，點A,B,C均為格點．（1）△ABC的面積是．（2）將△ABC繞點C順時針旋轉得△DEC，點B的對應點E落在AC所在的網格線上．請用無刻度直尺畫出△DEC，并簡要說明點D,E的位置是如何找到的．

【答案】12在AC所在的網格線上取網格點E、F，使得BC=CE，AC=CF，取網格點M，使得CM=AB，CM∥AB，取網格點N，使得MN=1，MN∥CF，連接CM、FN，兩線交點即為D【分析】（1）利用網格圖可知AB=BC=32+42=5，（2）取網格點E、F、M、N，連接CM、CE、FN，兩線交于點D，連接DE，即△DEC可求．【詳解】（1）利用網格圖可知AB=BC=32+42=5，即S△ABC故答案為：12；（2）取網格點E、F、M、N，連接CM、CE、FN，兩線交于點D，連接DE，即△DEC可求，作圖如下：

，根據（1）可知AB=BC=32+根據網格圖可知：AB=CM=5，AB∥CM，∴∠A=∠MCE，∵根據網格圖可知：MN∥CF，MN=1，CF=6，∴MNCF∴16=DM經檢驗DM=1，是分式方程的解，∴DC=DM+CM=6=AC，∵AB=CE=5，∠A=∠MCE，∴△ABC≌△CED，∵AB=BC，∴∠A=∠BCA，∴∠A=∠BCA=∠DCE，∴∠ACD=∠BCE，即△ABC的邊BC、AC分別繞C點順時針旋轉的角度相等，其旋轉得到的對應邊為CE、CD，∴所作的滿足要求△DEC，故答案為：在AC所在的網格線上取網格點E、F，使得BC=CE，AC=CF，取網格點M，使得CM=AB，CM∥AB，取網格點N，使得MN=1，MN∥CF，連接CM、FN，兩線交點即為D．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例，旋轉作圖，勾股定理等知識，利用MNCF=DMDC，9．（2023·天津河西·天津市新華中學?？既＃┤鐖D所示，在每個邊長都為1的小正方形組成的網格中，點A，B，C均為格點．（1）線段AB的長度等于；（2）點P是△ABC內切圓與AB的切點，請你借助給定的網格，用無刻度的直尺畫出點P，并簡要說明你是怎么找到點P的（不要求證明）．．【答案】52取格點D，E,連接DE交AB于點P,則點P【分析】（1）根據勾股定理即可求得線段AB的長；（2）分別求出AC、BC的長，判定△ABC為直角三角形，再根據面積相等，可計算出△ABC內切圓的半徑，進而可計算出AP：BP=2：3，取點A正下方兩格的格點D，取B點正上方三格的格點E，連接DE交AB于點P，則點P即為所求．【詳解】（1）如圖，在Rt△AFB中，AF=1，BF=7由勾股定理得：AB=故答案為：52（2）由勾股定理可計算得：AC=32，∵AC∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90゜設△ABC內切圓的半徑為r，則有12∴r=2設△ABC內切圓與AC的切點為G，則CG=2根據切線長定理，得AG=AP∵AG=AC-CG=22∴AP=22∴BP=AB?AP=32∴AP:BP=2:3∴取點A正下方兩格的格點D，取B點正上方三格的格點E，連接DE交AB于點P，則點P即為所求．【點睛】本題考查了作圖、勾股定理、相似三角形的判定與性質、切線長定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學的知識解決問題．10．（2023·天津河西·天津市新華中學?？级＃┤鐖D，在每個小正方形的邊長為1的網格中，點A，點B，點D均在格點上，并且在同一個圓上，取格點M，連接AM并延長交圓于點C，連接AD．

（1）AM=；（2）請在如圖所示的網格中，用無刻度的直尺畫出線段AP，使AP平分∠CAD，且點P在圓上，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】13作圖見解析；連接EF交CD于點G，連接OG交圓于點P，連接AP即可．【分析】（1）先作出圓心，再根據勾股定理求解；（2）根據網格線的特點和垂徑定理求解．【詳解】解：（1）找出圓的圓心O，連接OA，根據勾股定理得：AO=2（2）AP即為所求；

連接EF交CD于點G，連接OG交圓于點P，連接AP即可．【點睛】本題考查了作圖的應用和設計，掌握勾股定理和垂徑定理是解題的關鍵．11．（2023上·天津和平·九年級天津市第五十五中學?？茧A段練習）在邊長為1的網格中，C、B、D在格點上，BD與圓交于A、B，請按下面要求完成解答：（1）DB=．（2）請用無刻度直尺，畫出AB弧的中點E，保留作圖痕跡，并寫出畫法．【答案】25延長DC交圓于點F，連接BF，取格點GH，連接直線GH交BF于點O，點O即為圓心，連接AO并延長，交⊙O于K，取格點I，連接CI并延長，交⊙O于J，連接CK，FJ交于點L，連接OL，交⊙O于E，則點E【分析】（1）利用勾股定理即可求解；（2）延長DC交圓于點F，連接BF，取格點GH，連接直線GH交BF于點O，點O即為圓心，連接AO并延長，交⊙O于K，取格點I，連接CI并延長，交⊙O于J，連接CK，FJ交于點L，連接OL，交⊙O于E，則點E即為所求．【詳解】解：（1）由勾股定理可得：DB=2故答案為：25（2）延長DC交圓于點F，連接BF，取格點GH，連接直線GH交BF于點O，點O即為圓心，連接AO并延長，交⊙O于K，取格點I，連接CI并延長，交⊙O于J，連接CK，FJ交于點L，連接OL，交⊙O于E，則點E即為所求；理由如下：由勾股定理可得：CD=2，CB=32，DB=25∴△BCD為直角三角形，則∠BCD=90°，∴∠BCF=90°，則BF為直徑，則該圓的圓心在BF上，由正方形網格可知，GH垂直平分BC，則該圓的圓心在GH上，∴GH與BF的交點O為圓心，則AK為直徑，連接AF，BK，FK，∴∠BAF=∠AFK=∠BKF=∠ABK=90°，即四邊形ABKF為矩形，∴AB∥FK，AB=FK，由勾股定理可得：CI=25，BI=則CI=DB，BI=CD，∴四邊形CIBD為平行四邊形，∴AB∥CJ，∴CJ∥FK，則∠CJF=∠LFK，由圓周角定理可知：∠CJF=∠FKL，∴∠LFK=∠FKL，∴LF=LK，又∵OF=OK，∴OL垂直平分FK，又∵AB∥FK，AB=FK，∴OL垂直平分AB，由垂徑定理可知，OL也平分AB所對的弧，即：點E即為所求；故答案為：延長DC交圓于點F，連接BF，取格點GH，連接直線GH交BF于點O，點O即為圓心，連接AO并延長，交⊙O于K，取格點I，連接CI并延長，交⊙O于J，連接CK，FJ交于點L，連接OL，交⊙O于E，則點E即為所求．【點睛】本題考查作圖-復雜作圖，圓周角定理，垂徑定理，平行四邊形的判定及性質，矩形的判定及性質，勾股定理，垂直平分線的判定和性質等知識，解題的關鍵是利用網格的特殊位置構造垂直平分線找到圓心．12．（2024上·天津和平·九年級天津二十中?？计谀┤鐖D，在每個小正方形的邊長為l的網格中，△ABC的頂點B，C均落在格點上，點A在網格線上，且AC=52．以AB為直徑的半圓與邊BC相交于點（1）求出該圓的半徑；（2）在圓上有一點P，使得BP平分∠ABC，請用無刻度的直尺在如圖所示的網格中畫出點P，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】654【分析】（1）將AC放在一個直角三角形，運用勾股定理求解；（2）取格點M，G，連接MG，交網格線于H，連接HC，取AB中點N，連結HN與半圓相交于點P，四邊形HCBN平行四邊形，為則點P即為所求．【詳解】解：（1）如下圖，在Rt△AEB中，AC=52∴AE=0.5，BE=4，AB=A∴圓的半徑為：654（2）如下圖，取格點M，G，連接MG，交網格線于H，連接HC，取AB中點N，連結HN與半圓相交于點P，∵網格線互相平行，N是AB中點，∴NQ=12AE=1∵△SHG∽△THM，∴HT=14∴△HTC≌△NQB，∴HC=NB，∠HCT=∠NBQ，∴HC∥BN，∴四邊形HCBN平行四邊形，

∵N為AB中點，∴AP=∴BP平分∠ABC，∴點P即為所求．【點睛】本題考查了作圖，勾股定理，平行四邊形，圓周角，三角形全等的證明，相似三角形的性質，解題的關鍵是學會利用平行四邊形性質作圖，等弧與圓周角關系．13．（2023·天津·統(tǒng)考中考真題）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，等邊三角形ABC內接于圓，且頂點A，B均在格點上．

（1）線段AB的長為；（2）若點D在圓上，AB與CD相交于點P．請用無刻度的直尺，在如圖所示的網格中，畫出點Q，使△CPQ為等邊三角形，并簡要說明點Q的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】(1)29(2)畫圖見解析；如圖，取AC,AB與網格線的交點E，F，連接EF并延長與網格線相交于點G；連接DB與網格線相交于點H，連接HF并延長與網格線相交于點I，連接AI并延長與圓相交于點K，連接CK并延長與GB的延長線相交于點Q，則點Q即為所求【分析】（1）在網格中用勾股定理求解即可；（2）取AC,AB與網格線的交點E，F，連接EF并延長與網格線相交于點M，連接MB；連接DB與網格線相交于點G，連接GF并延長與網格線相交于點H，連接AH并延長與圓相交于點I，連接CI并延長與MB的延長線相交于點Q，則點Q即為所求，連接PQ，AD,BK，過點E作ET⊥網格線，過點G作GS⊥網格線，由圖可得Rt△AJF≌Rt△BLFAAS，根據全等三角形的性質可得Rt△IMF≌Rt△HNFASA和△AIF≌△BHFSAS【詳解】（1）解：AB=2故答案為：29．（2）解：如圖，取AC,AB與網格線的交點E，F，連接EF并延長與網格線相交于點G；連接DB與網格線相交于點H，連接HF并延長與網格線相交于點I，連接AI并延長與圓相交于點K，連接CK并延長與GB的延長線相交于點Q，則點Q即為所求；連接PQ，AD,BK，過點E作ET⊥網格線，過點G作GS⊥網格線，

由圖可得：∵∠AJF=∠BLF，∠AFJ=∠BFL，AJ=BL，∴Rt△AJF≌∴FJ=FL，AF=BF，∵MJ=NL，∴FJ?MJ=FL?NL，即FM=FN，∵∠IMF=∠HNF，∠IFM=∠HFN，∴Rt△IMF≌∴FI=FH，∵∠AFI=∠BFH，AF=BF，∴△AIF≌△BHFSAS∴∠FAI=∠FBH，∴AD=∴∠1=∠2，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，即∠1+∴∠2+∠PCB=60°，即∵ET=GS，∠ETF=∠GSF，∠EFT=∠GFS，∴Rt△ETF≌∴EF=GF，∵AF=BF，∠AFE=∠BFG，∴△AFE≌△BFGSAS∴∠EAF=∠GBF，∴∠GBF=∠EAF=∠CBA=60°，∴∠CBQ=180°?∠CBA?∠GBF=60°，∴∠CBQ=∠CAB，∵CA=CB，∴△CAP≌△CBQASA∴CQ=CP，∵∠PCQ=60°，∴△PCQ是等邊三角形，此時點Q即為所求；故答案為：如圖，取AC,AB與網格線的交點E，F，連接EF并延長與網格線相交于點G；連接DB與網格線相交于點H，連接HF并延長與網格線相交于點I，連接AI并延長與圓相交于點K，連接CK并延長與GB的延長線相交于點Q，則點Q即為所求．【點睛】本題考查作圖—復雜作圖，勾股定理、等邊三角形的判定、全等三角形的判定與性質等知識，解題關鍵是理解題意，靈活運用所學知識是關鍵．14．（2022上·天津和平·九年級天津一中?？计谀┤鐖D，在每個小正方形的邊長為1的網格中，△ABC的頂點A，B在格點上，C是小正方形邊的中點．(1)AB的長等于；(2)M是線段BC與網格線的交點，P是△ABC外接圓上的動點，點N在線段PB上，且滿足PN=2BN．當MN取得最大值時，請在如圖所示的網格中，用無刻度的直尺，畫出點P，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】(1)5(2)取格點D，連接BD并延長，與圓相交于點E，連接AE；取格點F，G，連接FG與網格線相交于點H，連接CH與圓相交于點I，連接BI與AE相交于點O；連接CO并延長，與圓相交于點P，則點P即為所求．【分析】（1）利用勾股定理求解即可；（2）先確定圓心，再作直徑CP即可．【詳解】（1）解：AB=1故答案為：5．（2）由題意可知，CP=3MN，當CP為直徑時，MN最大，故確定圓心即可，如圖所示，取格點D，以BD、AB為斜邊的兩個網格直角三角形全等，可得∠ABE=90°，AE為直徑，同理，以BC、CH為斜邊的兩個直角三角形相似，可得BCI=90°，BI為直徑，所以，O為圓心，此時，CP最大；故答案為：取格點D，連接BD并延長，與圓相交于點E，連接AE；取格點F，G，連接FG與網格線相交于點H，連接CH與圓相交于點I，連接BI與AE相交于點O；連接CO并延長，與圓相交于點P，則點P即為所求．【點睛】本題考查了作圖和勾股定理，三角形的外接圓與外心等知識，解題關鍵是熟練運用圓周角定理和相似三角形判定與性質確定圓心．15．（2022上·天津和平·九年級天津市第二十一中學?？计谀┤鐖D，在每個小正方形的邊長為1的網格中，ΔABC的頂點A在格點上，B是小正方形邊的中點，∠ABC=50°（Ⅰ）線段AB的長等于；（Ⅱ）請用無刻度的直尺，在如圖所示的網格中，畫出一個點P，使其滿足∠PAC=∠PBC=【答案】（Ⅰ）172；（Ⅱ）如圖，取圓與網格線的交點E，F，連接EF與AC相交，得圓心O；AB與網格線相交于點D，連接DO并延長，交⊙O于點Q，連接QC并延長，與點B，O的連線BO相交于點P，連接AP，則點P滿足∠PAC=∠PBC=∠PCB【分析】（Ⅰ）根據勾股定理即可求出AB的長（Ⅱ）先確定圓心，根據∠EAF=900取格點E、F并連接可得EF為直徑，與AC相交即可確定圓心的位置，先在BO上取點P,設點P滿足條件，再根據點D為AB的中點，根據垂徑定理得出OD⊥AB，再結合已知條件∠ABC=50°，∠BAC=30°得出∠PAC=∠PBC=∠PCB=20°，設PC和DO的延長線相交于點Q，根據ASA可得ΔOPQ?ΔOPA,可得OA=OQ，從而確定點Q在圓上，所以連接DO并延長，交【詳解】（Ⅰ）解：AB=故答案為17（Ⅱ）取圓與網格線的交點E，F，連接EF，與AC相交于點O，∵∠EAF=900∵圓心在邊AC上∴點O即為圓心∵AB與網格線的交點D是AB中點，連接OD則OD⊥AB，連接OB，∵∠BAC∴∠OAB=∠OBA=300，∠DOA=∠DOB=60在BO上取點P，并設點P滿足條件，∵∠∵∠PAC=∠PBC=∠PCB=20∴∠APO=∠CPO=400設PC和DO的延長線相交于點Q，則∠DOA=∠DOB=∠POC=∠QOC=60∴∠AOP=∠QOP=1200∵OP=OP,

∴ΔOPQ?Δ∴點Q在圓上，∴連接DO并延長，交⊙O于點Q，連接QC并延長，與點B，O的連線BO相交于點P，連接AP,則點P即為所求【點睛】本題主要考查了應用與設計作圖、勾股定理、垂徑定理、三角形的全等的性質與判定、等腰三角形的性質等知識，是一道綜合性較強的題目，解題時首先要理解題意，弄清問題中對所作圖形的要求，結合對應幾何圖形的性質和基本作圖的方法作圖．16．（2022上·天津·九年級天津市第二南開中學?？计谀┤鐖D，在每個小正方形的邊長為1的網格中，線段AB的端點A，B均落在格點上．（Ⅰ）線段AB的長等于；（Ⅱ）經過點A，B的圓交網格線于點C，在AB上有一點D，滿足CD=AB，請用無刻度的直尺，在如圖所示的網格中，畫出點D，并簡要說明點D的位置是如何找到的（不要求證明）【答案】17作圖見解析【分析】（Ⅰ）直接利用勾股定理求解即可；（Ⅱ）先確定圓的兩條直徑，交點為圓心O；再連接AC交中間水平的網格線于點F，連接AC，作出垂直于AC的直徑交AB于I，連接CI并延長交⊙O于D，即為所求．【詳解】解：（Ⅰ）由勾股定理得：AB=4故答案為：17．（Ⅱ）連接MN，∠MAN=90°，則MN為直徑，連接AP交圓于Q，由格點△ASP≌△BTA可證得：∠PAB=90°，連接BQ，BQ為直徑，且BQ與MN的交點即為圓心O．連接AC，交中間水平的網格線于點F，可知F為AC的中點，連接OF并延長交AB于I，則OI為弦AC的垂直平分線，連接CI并延長交⊙O于點D，該點即為所求．理由：∵OI為AC的垂直平分線，∴CI=AI，∴∠ACI=∠CAI，∴BC=∴AB=【點睛】本題考查了勾股定理在格點中的應用，圓心位置的確定，垂徑定理的推論，同圓中圓周角、弧的關系等知識點．利用垂徑定理的推論作出AC的垂直平分線是解題關鍵．17．（2022上·天津·九年級天津市第五十五中學?？计谀┰谶呴L都是1的正方形網格中，A、B、C均為圓上格點，用無刻度的直尺解決下列問題并簡要說明作圖方法（不要求證明）．（1）確定圓心O的位置；（2）過A點作圓O的切線．．【答案】連接AN確定直徑，與BC的垂直平分線相交于點O，點O即為圓心；連接AH，AH為圓O的切線．【分析】（1）根據直徑所對的圓周角為直角，連接AN確定直徑，與BC的垂直平分線相交于點O，點O即為圓心．（2）根據△ABF≌AGM可得∠FAB=∠MAG，根據同弧所對的圓周角相等，可得∠BAN=∠BDN，連接GH,AH，根據△AHG∽△DBE可得∠HAG=∠EDB，即可得出得出AH為圓【詳解】解：（1）如圖：∵∠ADN=90°，∴AN為直徑，∵三角形的外心在三角形三邊垂直平分線上，∴AN與BC的垂直平分線交點O為圓心；（2）∵△ABF≌∴∠FAB=∠MAG，∵△AGM≌∴∠HGA=90°，∵AG=12+∴HGAG∵∠HGA=∠BED=90°，∴△AHG∽△DBE，∴∠HAG=∠BDN，∵∠BAN=∠BDN，∴∠HAG+∠GAM+∠DAE=∠BDN+∠BAF+∠DAE=∠BAN+∠BAF+∠DAE=90°，即∠HAN=90°，∴AH為圓O的切線．故答案為：連接AN確定直徑，與BC的垂直平分線相交于點O，點O即為圓心；連接AH，AH為圓O的切線．【點睛】本題主要考查了格點作圖，解題的關鍵是熟練掌握三角形外心的定義，圓的相關知識，三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性質．18．（2022上·天津·九年級天津經濟技術開發(fā)區(qū)第一中學?？茧A段練習）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，點A，點B，點D均在格點上，并且在同一個圓上，取格點M，連接AM并延長交圓于點C．（Ⅰ）四邊形ABCD外接圓的半徑為．（Ⅱ）請在如圖所示的網格中，用無刻度的直尺畫出線段AP，使AP平分∠CAD，且點P在圓上，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】13取格點E,F，連接EF，交CD于點G．連接OG并延長交圓于點P，連接AP,AP即為所求．【分析】（Ⅰ）根據格點的特征及勾股定理確定四邊形ABCD外接圓的圓心，從而求解半徑；（Ⅱ）利用格點特征及垂徑定理的推論，取格點E,F，連接EF，交CD于點G．取格點O，連接OG并延長交圓于點P，連接AP,AP即為所求．【詳解】解：（Ⅰ）四邊形ABCD外接圓的圓心位于格點O的位置，連接OA，OB，OC，OD，由題意可得OA=OB=OC=OD=2故答案為：13（Ⅱ）取格點E,F，連接EF，交CD于點G，連接OG并延長交圓于點P，連接AP，由格點特征結合四邊形ABCD外接圓的半徑可得△EFK≌△ODG，∴∠OGD=∠EKF=90°，即OP⊥CD∴點P是CD的中點∴∠CAP=∠DAP∴AP即為所求【點睛】本題考查作圖-復雜作圖，勾股定理，垂徑定理的推論等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．19．（2022上·天津·九年級天津市第五十五中學校考期中）如圖，由小正方形構成的10×10網格，每個小正方形的頂點叫做格點，⊙O經過A，B，C三個格點，僅用無刻度的直尺在給定網格中按要求畫圖．（保留連線痕跡，并簡要說明作圖方法不用證明）（1）在圖（1）中作線段AB的垂直平分線：（2）在圖（2）中的⊙O上面一點E，使AE=BE：（3）在圖（3）中⊙O上找一點F，使F平分優(yōu)弧BDC．【答案】在網格中找到AB的中點D，再找到點C使得AC=BC，連接CD，即可；找到AB的中點D，連接OD并延長，交⊙O于點E，則點E即為所求；連接BC，找到格點G、H，使得CG=GB、CH=BH，連接GH，交圓于點F，則點F即為所求．【分析】（1）在網格中找到AB的中點D，再找到點C使得AC=BC，連接CD，即可；（2）找到AB的中點D，連接OD并延長，交⊙O于點E，則點E即為所求；（3）連接BC，找到格點G、H，使得CG=GB、CH=BH，連接GH，交圓于點F，則點F即為所求．【詳解】解：（1）如圖，CD即為AB的垂直平分線，在網格中作矩形AEBG、MNPQ，連接GE交AB于點D，則點D是AB的中點，分別連接MP、NQ，相交于點C，則C為MP、NQ、RS中點，∵AC=42+∴AC=BC，∴△ABC是等腰三角形，連接CD，則CD即為AB的垂直平分線．（2）找到AB的中點D，連接OD并延長，交⊙O于點E，則點E即為所求；如下圖：如圖，∵四邊形AGBH是矩形，∴連接GH，與AB交于點D，點D是AB的中點，連接OD并延長，交⊙O于點E，∵O是圓心，∴OD垂直平分AB，∴AE=BE，即點E即為所求；（3）連接BC，找到格點G、H，使得CG=GB、CH=BH，連接GH，交圓于點F，則點F即為所求，如下圖：∵CG=42+∴CG=BG，∴點G在BC的垂直平分線上，∵CH=62+∴CH=BH，∴點H在BC的垂直平分線上，∴GH垂直平分BC，∵GH交圓于點F，∴則點F平分優(yōu)弧BDC．故答案為：在網格中找到AB的中點D，再找到點C使得AC=BC，連接CD，即可；找到AB的中點D，連接OD并延長，交⊙O于點E，則點E即為所求；連接BC，找到格點G、H，使得CG=GB、CH=BH，連接GH，交圓于點F，則點F即為所求．【點睛】本題主要考查簡單幾何作圖，熟練掌握等腰三角形的判定和性質，垂直平分線的判定和性質，勾股定理，垂徑定理及其推論是解題的關鍵．20．（2022上·天津·九年級天津經濟技術開發(fā)區(qū)第一中學?？茧A段練習）（Ⅰ）已知兩個正數x，y滿足x+y=7，則x2+4+y（Ⅱ）如圖．在每個邊長為1的正方形網格中，點A、B均在格點上．且AB=7．請你在線段AB上找到一點P，使AP的長為（Ⅰ）中所求的x，在圖形中畫出點P位置，寫出結論即可．此時x=【答案】7414【分析】（Ⅰ）先作圖構建兩個直角三角形：△ACP,△BDP，并作點C關于AB的對稱點C′，根據兩點之間，線段最短可知（Ⅱ）作點C關于AB的對稱點C′，連接C′D交AB于P，連接CP【詳解】解：（I）如圖，過A,B兩點分別作AB的垂線AC和BD，且作點C關于AB的對稱點C′，連接C′D交AB于P，連接CP設AP=x,由勾股定理得：CP=則此時x2∴C′=7故答案為：74；（II）如（Ⅰ）圖所示，AP的長就是（Ⅰ）中所求的x．∵AC∴AC∴△AP∴APPB∴x7?∴x=14故答案為：（I）74,（II）【點睛】本題是軸對稱的最短路徑問題，具體作法是：作某一點的對稱點，與另一點相連，所構成的線段長就是最短距離，通常利用勾股定理即可求出，同時考查了相似三角形的判定與性質．21．（2021上·天津南開·九年級南開翔宇學校校考階段練習）如圖，在每個小正方形邊長為1的網格中，點A、B、C、D均在格點上，AC、BD交于點P．（1）tan∠ABD的值為；（2）若點M在線段AB上，當PM+22BM取得最小值時，請在如圖所示的網格中用無刻度的直尺，畫出點M，并簡要說明點M的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】13【分析】（1）在Rt△ABD中，用銳角三角函數定義，直接可得tan∠ABD的值；（2）將A，B，C，D四點分別向下平移2個單位，向右平移2個單位，得對應點A′，B′，C′，D′，連接A′C′，B′D′，A′C′與B′D′相交，得點P′，連接PP′，與AB相交，得點M．【詳解】解：（1）在Rt△ABD中，AD＝2，AB＝6，∴tan∠ABD＝ADAB故答案為：13（2）如圖，將A，B，C，D四點分別向下平移2個單位，向右平移2個單位，得對應點A′，B′，C′，D′，連接A′C′，B′D′，A′C′與B′D′相交，得點P′，連接PP′，與AB相交，得點M，點M即為所求．證明：如圖，將A，B，C，D四點分別向下平移2個單位，向右平移2個單位，得對應點A′，B′，C′，D′，連接A′C′，B′D′，A′C′與B′D′相交，得點P′，連接PP′，CC′，取格點G，連接BG，交PM于點H，∴PP′∥CC′，∴∠APM＝∠ACC′，∴∠PMA＝∠CCM′＝∠MHB＝45°，∵∠MBG＝45°，∴MH＝22BM∴PM+MH＝PM+22BM即當P，M，H三點共線時，PM+MH＝PM+22BM故連接PP′，與AB相交，得點M，點M即為所求．【點睛】本題考查了作圖﹣復雜作圖、解直角三角形、最短路線問題，解決本題的關鍵是用轉化思想思考問題，體現了數形結合思想．22．（2020上·天津·九年級天津二十五中?？茧A段練習）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，△ABC的頂點A，B，C均在格點上.（1）∠ACB的大小為（度）；（2）在如圖所示的網格中，P是BC邊上任意一點.A為中心，取旋轉角等于∠BAC，把點P逆時針旋轉，點P的對應點為P'.當CP'最短時，請用無刻度的直尺，畫出點P'，并簡要說明點【答案】90°；見解析【詳解】分析：（1）利用勾股定理即可解決問題；（2）如圖，取格點D，E，連接DE交AB于點T；取格點M，N，連接MN交BC延長線于點G；取格點F，連接FG交TC延長線于點P'，則點P詳解：（1）∵每個小正方形的邊長為1，∴AC=32，BC=42，AB=∵(32∴AC∴ΔABC是直角三角形，且∠C=90°故答案為90；（2）如圖，即為所求.點睛：本題考查作圖-應用與設計、勾股定理等知識，解題的關鍵是利用數形結合的思想解決問題，學會用轉化的思想思考問題.23．（2020上·天津南開·九年級南開翔宇學校?？茧A段練習）如圖，將ΔABC放在每個小正方形的邊長為1的網格中，點A，點B，點C均落在格點上．

（1）SΔABC=（2）請在如圖所示的網格中，用無刻度的直尺，畫出一個以AB為底邊的等腰ΔABP，使該三角形的面積等于ΔABC的面積，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】3取格點E,F，連接EF，與網格線交于點G．AB與網格線交于點H，連接GH．取格點I，連接CI，交HG于點P．連接PA，PB．ΔABP即為所求．【分析】（1）直接利用三角形的面積公式計算即可；（2）如圖取格點E、F，連接EF，與網格線交于點G，AB與網格線交于H，連接GH，取格點I，連接CI交GH于點P，連接PA、PB，△PAB即為所求．【詳解】解：（1）SΔABC故答案為：3；（2）如圖，取格點E,F，連接EF，與網格線交于點G．AB與網格線交于點H，連接GH．取格點I，連接CI，交HG于點P．連接PA，PB．ΔABP即為所求．

故答案為：取格點E,F，連接EF，與網格線交于點G．AB與網格線交于點H，連接GH．取格點I，連接CI，交HG于點P．連接PA，PB．ΔABP即為所求．【點睛】本題考查作圖——應用與設計，三角形的面積等知識，解題的關鍵是靈活應用線段的垂直平分線的性質，平行線的判定和性質解決問題．24．（2020上·天津南開·九年級南開翔宇學校?？茧A段練習）如圖，在每個小正方形的邊長為1?的網格中，點A，點B均落在格點上，AB為⊙O（1）AB的長等于；（2）請在如圖所示的網格中，用無刻度的直尺，畫出一個以AB為斜邊、面積為5的Rt△PAB，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）【答案】26作圖見解析，簡要說明見解析【分析】（1）根據勾股定理計算即可；（2）取格點C，連接AC；取格點D，E，連接DE與AC交于點M．取格點F，G，連接FG并延長，交網格線于點H，連接BH；取格點I，連接GI與BH交于點N．連接MN與⊙O相交，得點P．連接AP，BP，△PAB即為所求．【詳解】解：（1）AB=A故答案為：26；（2）如圖取格點C，連接AC；取格點D，E，連接DE與AC交于點M．取格點F，G，連接FG并延長，交網格線于點H，連接BH；取格點I，連接GI與BH交于點N．連接MN與⊙O相交，得點P．連接AP，BP，△PAB即為所求．故答案為（1）26；（2）作圖見解析，簡要說明見解析．【點睛】本題考查了勾股定理的應用，直徑的性質，相似三角形的判定及性質，靈活運用相似三角形的判定及性質是解決本題的關鍵．25．（2023下·天津和平·九年級天津市雙菱中學?？奸_學考試）如圖是由小正方形構成的6×6網格，每個小正方形的頂點叫做格點．⊙P經過A，B兩點格點．

(1)在圖1中，⊙P經過格點C，畫圓心P，并畫弦BD，使BD平分∠ABC；(2)在圖2中，⊙P經過格點E，F是⊙P與網格線的交點，畫圓心P，并畫弦FG，使FG=FA．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）取格點T，連接AT交BC于點P，連接AC，取AC的中點W，作射線PW交⊙P于點D，線段BD即為所求作．（2）取格點J，連接AB，AJ延長AJ交⊙P于Q，連接BQ可得圓心P，取格點R，⊙P與格線的交點D，連接FR，DR，作DR交⊙P于G，連接FG，可證FA=FR=FG，線段FG即為所求作．【詳解】（1）解：如圖，點P，線段BD即為所求作．其中DP垂直平分AC，∴AD=∴∠ABD=∠CBD，即BD平分∠ABC；

（2）如圖，點P，線段FG即為所求作．由格點J可得AJ⊥AB，∴∠QAB=90°，∴圓心P在BQ上，取BQ中點P即為圓心；連接AD，FD，由圖可知：DF∥∵A，R關于DF對稱，∴FA=FR，FD垂直平分AR，∴AD=DR，AF=FR，又DF=DF，∴△ADF≌△RDFSSS∴∠ADF=∠RDF，∴AF=∴FG=FA．

【點睛】本題考查作圖?應用與設計，垂徑定理，圓周角定理，線段的垂直平分線的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．26．（2023上·天津南開·九年級南開翔宇學校?？茧A段練習）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，△ABC的頂點A，B均在格點上，頂點C在網格線上，∠BAC=25(1)線段AB的長等于；(2)P是如圖所示的△ABC的外接圓上的動點