2013-2022北京中考真题数学汇编：几何综合.docx

2013-2022北京中考真题数学汇编
几何综合
一、解答题
1．（2022·北京·中考真题）在中，，D为内一点，连接，，延长到点，使得

(1)如图1，延长到点，使得，连接，，若，求证：；
(2)连接，交的延长线于点，连接，依题意补全图2，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明。
2．（2021·北京·中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接。

（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明。
3．（2020·北京·中考真题）在中，∠C=90°，AC＞BC，D是AB的中点．E为直线上一动点，连接DE，过点D作DF⊥DE，交直线BC于点F，连接EF。
（1）如图1，当E是线段AC的中点时，设，求EF的长（用含的式子表示）；
（2）当点E在线段CA的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明。

4．（2019·北京·中考真题）已知，H为射线OA上一定点，，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转，得到线段PN，连接ON。
（1）依题意补全图1；
（2）求证：；
（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明。

5．（2018·北京·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH。
（1）求证：GF=GC；
（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明。

6．（2017·北京·中考真题）在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，P是线段BC上一动点（与点B、C不重合），连接AP，延长BC至点Q，使得CQ=CP，过点Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M。
（1）若∠PAC=α，求∠AMQ的大小（用含α的式子表示）。
（2）用等式表示线段MB与 PQ之间的数量关系，并证明。

7．（2016·北京·中考真题）在等边△ABC中，

（1）如图1，P，Q是BC边上的两点，AP=AQ，∠BAP=20°，求∠AQB的度数；
（2）点P，Q是BC边上的两个动点（不与点B，C重合），点P在点Q的左侧，且AP=AQ，点Q关于直线AC的对称点为M，连接AM，PM。
①依题意将图2补全；
②小茹通过观察、实验提出猜想：在点P，Q运动的过程中，始终有PA=PM，小茹把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：
想法1：要证明PA=PM，只需证△APM是等边三角形；
想法2：在BA上取一点N，使得BN=BP，要证明PA=PM，只需证△ANP≌△PCM；
想法3：将线段BP绕点B顺时针旋转60°，得到线段BK，要证PA=PM，只需证PA=CK，PM=CK。
请你参考上面的想法，帮助小茹证明PA=PM（一种方法即可）。
8．（2015·北京·中考真题）在正方形ABCD中，BD是一条对角线.点P在射线CD上（与点C，D不重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH、PH。

（1）若点P在线CD上，如图1，
①依题意补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；
（2）若点P在线CD的延长线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（可以不写出计算结果）
9．（2014·北京·中考真题）在正方形外侧作直线，点关于直线的对称点为，连接，，其中交直线于点。
（）依题意补全图。
（）若，求的度数。
（）如图，若，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明。

10．（2013·北京·中考真题）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=（），将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD。

（1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含的式子表示）；
（2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE的形状并加以证明；
（3）在（2）的条件下，连接DE，若∠DEC=45°，求的值。

参考答案
1．(1)见解析
(2)；证明见解析
【分析】（1）先利用已知条件证明，得出，推出，再由即可证明；
（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证，推出，通过等量代换得到，利用平行线的性质得出，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到。
（1）证明：在和中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴。
（2）解：补全后的图形如图所示，，证明如下：

延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，
∵，CM＝CB，
∴ 垂直平分BM，
∴，
在和中，
，
∴ ，
∴ ，，
∵，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴，
∴ ，即，
∵，
∴ ，
∴ 。
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明是解题的关键。
2．（1），，理由见详解；（2），理由见详解。
【分析】（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证。
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵点M为BC的中点，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，理由如下：
过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：

∴，
由（1）可得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴。
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键。
3．（1）；（2）图见解析，，证明见解析。
【分析】（1）先根据中位线定理和线段中点定义可得，，，再根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理即可得；
（2）如图（见解析），先根据平行线的性质可得，，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，，然后根据垂直平分线的判定与性质可得，最后在中，利用勾股定理、等量代换即可得证。
【详解】（1）∵D是AB的中点，E是线段AC的中点
∴DE为的中位线，且
∴，
∵
∴
∵
∴
∴四边形DECF为矩形
∴

∴
则在中，；
（2）过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G，连接FG
∵
∴，
∵D是AB的中点
∴
在和中，
∴
∴，
又∵
∴DF是线段EG的垂直平分线
∴
∵，
∴
在中，由勾股定理得：
∴。

【点睛】本题考查了中位线定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键。
4．（1）如图所示见解析；（2）见解析；（3）OP=2.证明见解析。
【分析】（1）根据题意画出图形即可。
（2）由旋转可得∠MPN=150°，故∠OPN=150°-∠OPM；由∠AOB=30°和三角形内角和180°可得∠OMP=180°-30°-∠OPM=150°-∠OPM，得证。
（3）根据题意画出图形，以ON=QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP=∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM=PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD=NC，DM=CP．此时加上ON=QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC=QD．再设DM=CP=x，所以OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1，由于点M、Q关于点H对称，得出DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x，得出OC=DQ，再利用SAS得出△OCN≌△QDP即可
【详解】解：（1）如图1所示为所求。

（2）设∠OPM=α，
∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN
∴∠MPN=150°，PM=PN
∴∠OPN=∠MPN-∠OPM=150°-α
∵∠AOB=30°
∴∠OMP=180°-∠AOB-∠OPM=180°-30°-α=150°-α
∴∠OMP=∠OPN
（3）OP=2时，总有ON=QP，证明如下：
过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2

∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°
∵∠AOB=30°，OP=2

∴DH=OH-OD=1
∵∠OMP=∠OPN
∴180°-∠OMP=180°-∠OPN
即∠PMD=∠NPC
在△PDM与△NCP中

∴△PDM≌△NCP（AAS）
∴PD=NC，DM=CP
设DM=CP=x，则OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1
∵点M关于点H的对称点为Q
∴HQ=MH=x+1
∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x
∴OC=DQ
在△OCN与△QDP中

∴△OCN≌△QDP（SAS）
∴ON=QP
【点睛】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质．第（3）题的解题思路是以ON=QP为条件反推OP的长度，并结合（2）的结论构造全等三角形；而证明过程则以OP=2为条件构造全等证明ON=QP。
5．（1）证明见解析；（2）BH=AE，理由见解析
【分析】（1）连接．根据对称的性质可得．．证明，根据全等三角形的性质得到．进而证明≌，即可证明；
（2）在上取点使得，连接．证明≌，根据等腰直角三角形的性质即可得到线段与的数量关系。
【详解】（1）证明：连接。
∵，关于对称。
∴．。

在和中
，
∴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．，
∴，
∴，
∴ ，
∵，，
∴。
在和中
。
∴≌，
∴。
（2）。
证明：在上取点使得，连接。
∵四这形是正方形。
∴，。

∵≌，
∴。
同理：，
∴
∵，
∴，
∴，
∴。
∴。
∵，
∴。
∵，
∴，
∴。
∵，，
∴。
在和中，
∴≌，
∴，
在中，，。
∴，
∴。
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用。
6．（1）∠AMQ=45°+α； (2)线段MB与PQ之间的数量关系：PQ=MB，理由见解析。
【分析】(1)由直角三角形性质，两锐角互余，可得∠AMQ=180°－∠AHM-∠PAM ，解得∠AMQ=45°+α；
(2)由题意得AP=AQ=QM，再证Rt△APC≌Rt△QME，.全等三角形对应边相等得出PC=ME，得出△MEB为等腰直角三角形，则PQ= BM。
【详解】(1) ∠AMQ=45°+α.理由如下：
∵∠PAC=α，△ACB是等腰直角三角形，
∴∠PAB＝45°－α，∠AHM=90°，
∴∠AMQ=180°－∠AHM-∠PAM＝45°＋α；
(2)线段MB与PQ之间的数量关系：PQ=MB。
理由如下：
连接AQ，过点M作ME⊥QB，
∵AC⊥QP，CQ=CP，
∴∠QAC=∠PAC=α，
∴∠QAM=α+45°=∠AMQ，
∴AP=AQ=QM，
在Rt△APC和Rt△QME中，
。
∴Rt△APC≌Rt△QME，
∴PC=ME，
∴△MEB是等腰直角三角形，
∴，
∴PQ=MB.

7．（1）80°；（2）①补图见解析；② 证明见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠APQ=∠AQP，由邻补角的定义得到∠APB=∠AQC，根据三角形外角的性质即可得到结论；
（2）①根据要求作出图形，如图2；
②根据等腰三角形的性质得到∠APQ=∠AQP，由邻补角的定义得到∠APB=∠AQC，由点Q关于直线AC的对称点为M，得到AQ=AM，∠QAC=∠MAC，等量代换得到∠MAC=∠BAP，推出△APM是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得到结论。
【详解】解：（1）∵AP=AQ，
∴∠APQ=∠AQP，
∴∠APB=∠AQC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠BAP=∠CAQ=20°，
∴∠AQB=∠CAQ+∠C=20°+60°=80°；
（2）①如图2；
②∵AP=AQ，
∴∠APQ=∠AQP，
∴∠APB=∠AQC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠BAP=∠CAQ，
∵点Q关于直线AC的对称点为M，
∴AQ=AM，∠QAC=∠MAC，
∴∠MAC=∠BAP，
∴∠BAP+∠PAC=∠MAC+∠CAP=60°，
∴∠PAM=60°，
∵AP=AQ，
∴AP=AM，
∴△APM是等边三角形，
∴AP=PM．

8．（1）①如图；②AH＝PH，AH⊥PH．证明见解析（2）或
【详解】试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH．连接CH，根据正方形的每条对角线平分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，根据平移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边对等角得∠HPC＝∠HCP，再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△。
（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°
∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由代入HR，CR解方程即可得出x的值. 四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴。
试题解析： （1）①
法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH
证：连接CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCP
BD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH。
法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△。

（2）法一：轴对称作法
考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°
∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.
由得：，∴．即PD=
法二：四点共向作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴。

考点：全等三角形的判定；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆
9．（1）图形见解析（2）25°（3）
【分析】（1）按照题意补全图形
（2）连接AE，根据轴对称性和正方形的性质可得∠EAD=∠PAB+∠PAE=130°，即可求解；
（3）连接AE、BF、BD，根据轴对称性和正方形的性质可得∠ABF=∠AEF=∠ADF，从而得到，∠BFD=∠BAD=90°，再由勾股定理，即可求解。
【详解】解：（1）补全图形如图所示：
（2）连接AE，

根据题意得：∠PAB=∠PAE=20°，AE=AB=AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAD=∠PAB+∠PAE=130°，
∴∠ADF=∠AED==25°；
（3）EF2+FD2=2AB2，理由如下：
连接AE、BF、BD，

由轴对称的性质可得：EF=BF，AE=AB=AD，
∴∠BEF=∠EBF，∠AEB=∠ABE，∠AED=∠ADF，
∴∠ABF=∠AEF=∠ADF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
∴∠ABD+∠ADB=90°，，
∴∠ABF+∠DBF+∠ADB=∠DBF+∠ADB+∠ADF=90°，
∴∠BFD=∠BAD=90°，
∴BF2+FD2=BD2
∴EF2+FD2=2AB2。
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质是解题的关键。
10．（1）（2）见解析（3）
【分析】（1）利用三角形内角和为180°，求出∠ABC的度数，即可求出答案；
（2）连接AD，CD，ED，根据旋转性质得出BC=BD，∠DBC=60°，求出∠ABD=∠EBC=30°-α，且△BCD为等边三角形，证△ABD≌△ACD，推出∠BAD=∠CAD=∠BAC=α，求出∠BEC=α=∠BAD，证△ABD≌△EBC，推出AB=BE即可；
（3）求出∠DCE=90°，△DEC为等腰直角三角形，推出DC=CE=BC，求出∠EBC=15°，得出方程30°-α=15°，求出即可。
【详解】（1）解：∵AB=AC，∠A=α，
∴∠ABC=∠ACB，∠ABC+∠ACB=180°-∠A，
∴∠ABC=∠ACB=（180°-∠A）=90°-α，
∵∠ABD=∠ABC-∠DBC，∠DBC=60°，
即∠ABD=30°-α；
（2）△ABE为等边三角形。
证明：如图，连接AD，CD，ED，
∵线段BC绕点B逆时针旋转得到线段BD，
∴BC=BD，∠DBC=60°。
又∵∠ABE=60°，
∴且△BCD为等边三角形。
在△ABD与△ACD中，
∵AB=AC，AD=AD，BD=CD，
∴△ABD≌△ACD（SSS）。
∴。
∵∠BCE=150°，
∴。
∴。
在△ABD和△EBC中，
∵，，BC=BD，
∴△ABD≌△EBC（AAS）。
∴AB=BE。
∴△ABE为等边三角形。

（3）∵∠BCD=60°，∠BCE=150°，
∴。
又∵∠DEC=45°，
∴△DCE为等腰直角三角形。
∴DC=CE=BC。
∵∠BCE=150°，
∴。
而。
∴。
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定和性质的应用，其中，理解与掌握相关概念并能正确运用作辅助线构造全等三角形与等边三角形是解决本题的关键，本题综合性较强，对学生的能力要求较高。
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