2013-2022北京中考真题数学汇编：几何综合

17/172013-2022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＝∠HCPBD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