2013-2022北京中考真題數(shù)學(xué)匯編：幾何綜合

2013-2022北京中考真題數(shù)學(xué)匯編幾何綜合一、解答題.(2022?北京?中考真題)在^ABC中，/ACB=90。，D為^ABC內(nèi)一點，連接BD,DC，延長DC到點E，使得CE=DC.圖1 圖2(1)如圖1,延長BC到點F,使得CF=BC,連接AF,EF,若AF±EF,求證：BD1AF；(2)連接AE,交BD的延長線于點小連接CH,依題意補全圖2,若AB2=AE2+BD2,用等式表示線段CD與CH的數(shù)量關(guān)系，并證明。.(2021?北京?中考真題)如圖，在^ABC中，AB=AC,NBAC=α,M為BC的中點，點D在MC上，以點A為中心，將線段AD順時針旋轉(zhuǎn)α得到線段AE,連接BE,DE。A(1)比較NBAE與NCAD的大??；用等式表示線段BE,BM,MD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；(2)過點M作AB的垂線，交DE于點N,用等式表示線段NE與ND的數(shù)量關(guān)系，并證明。.(2020?北京?中考真題)在^ABC中，∠C=90°,AOBC,D是AB的中點.E為直線上一動點，連接DE,過點D作DF⊥DE,交直線BC于點F,連接EF。(1)如圖1,當(dāng)E是線段AC的中點時，設(shè)AE=a,BF=b,求EF的長(用含a,b的式子表示)；(2)當(dāng)點E在線段CA的延長線上時，依題意補全圖2,用等式表示線段AE,EF,BF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明。I圄L4.(2019?北京?中考真題)已知/AOB=30。，H為射線OA上一定點，OH=√3+1,P為射線OB上一點，M為

線段OH上一動點，連接PM,滿足/OMP為鈍角，以點P為中心，將線段PM順時針旋轉(zhuǎn)150。，得到線段PN,

連接ON。(1)依題意補全圖1；(2)求證：/OMP=ZOPN；(3)點M關(guān)于點H的對稱點為Q,連接QP.寫出一個OP的值，使得對于任意的點M總有ON=QP，并證明。B BHdi 備用圖5.(2018?北京?中考真題)如圖，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動點(不與點A、B重合)，連接DE,點A關(guān)于直線DE的對稱點為F,連接EF并延長交BC于點G,連接DG,過點E作EH⊥DE交DG的延長線于點H,連接BHo(1)求證：GF=GC；(2)用等式表示線段BH與AE的數(shù)量關(guān)系，并證明。D CAE B6.(2017?北京?中考真題)在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°,P是線段BC上一動點(與點B、C不重合)，連接AP，延長BC至點。，使得CQ=CP，過點Q作QH⊥AP于點H，交AB于點M。(1)若∠PAC=α,求∠AMQ的大小(用含α的式子表示)。(2)用等式表示線段MB與PQ之間的數(shù)量關(guān)系，并證明。（2）點P,Q是BC邊上的兩個動點（不與點B,C重合），點P在點Q的左側(cè)，且AP=AQ,點Q關(guān)于直線AC的對稱點為M，連接AM，PM。①依題意將圖2補全；②小茹通過觀察、實驗提出猜想：在點P，Q運動的過程中，始終有PA=PM，小茹把這個猜想與同學(xué)們進行交流，通過討論,形成了證明該猜想的幾種想法：想法1：要證明PA=PM，只需證△APM是等邊三角形；想法2：在BA上取一點N,使得BN=BP,要證明PA=PM，只需證^ANP/△PCM；想法3：將線段BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°,得到線段BK,要證PA=PM,只需證PA=CK,PM==CK。請你參考上面的想法，幫助小茹證明PA=PM（一種方法即可）。8.（2015?北京?中考真題）在正方形ABCD中，BD是一條對角線.點P在射線CD上（與點C,D不重合），連接AP,平移△ADP,使點D移動到點C,得到△BCQ,過點Q作QH⊥BD于點H,連接AH、PH。睥t *陰巾（1）若點P在線CD上，如圖1,①依題意補全圖1；②判斷AH與PH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系并加以證明；（2）若點P在線CD的延長線上，且NAHQ=152°,正方形ABCD的邊長為1,請寫出求DP長的思路.（可以不寫出計算結(jié)果）9（2014?北京?中考真題）在正方形ABCD外側(cè)作直線AP，點B關(guān)于直線AP的對稱點為石，連接BE,DE，其中DE交直線AP于點F。（1）依題意補全圖1。（2）若/PAB=20。，求AADF的度數(shù)。（3）如圖2，若45o<ZPAB</90。，用等式表示線段AB，F(xiàn)E，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系，并證明。圖1 圖210.（2013?北京?中考真題）在^ABC中，AB=AC,∠BAC=α（0。<。<60。），將線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BD。（圖1） （圖2）（1）如圖1,直接寫出∠ABD的大?。ㄓ煤恋氖阶颖硎荆唬?）如圖2,∠BCE=150°,∠ABE=60°,判斷△ABE的形狀并加以證明;（3）在（2）的條件下，連接DE，若∠DEC=45°,求α的值。參考答案.(1)見解析(2)CD=CH；證明見解析【分析】(1)先利用已知條件證明△5CE二CD(SAS)，得出NCFE=NCBD，推出EF//BD，再由AF1EF即可證明BD1AF；(2)延長BC到點M,使CM=CB，連接EM,AM,先證CmfiDc(sAs)，推出ME=BD，通過等量代換得到AM2=AE2+ME2，利用平行線的性質(zhì)得出NBHE=ZAEM=90。，利用直角三角形斜邊中線等于斜邊一半即可得到CD=CH。(1)證明：在^FCE和△BCD中，ICE=cd<NFCE=NBCD,CF=CB.??aFCE=aBCD,As?：.CBDe=ACBD,???EF/BD,丁AF1EF,,BD1AF。(2)解：補全后的圖形如圖所示，CD=CH，證明如下：延長BC到點M,使CM=CB，連接EM,AM,YNACB=90°,CM=CB,AC垂直平分BM,AB=AM,在AMEC和^BDC中，ICM=CBNMCE=NBCD,CE=CD八MEC裝BDCgAS),ME=BD,CCDE=NCBD,AB2=AE2+BD2,AM2=AE2+ME2,??/AEM=90o,?.,乙CME=DCBD,??BH〃EM,??/BHE=Aaem=90°,即Ndhe=90。,CE=CD=LDE,2??CH=1DE,2：.CD=CH?！军c睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，勾股定理的逆用，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等，第二問有一定難度，正確作輔助線，證明NDHE=90。是解題的關(guān)鍵。2.（1）NBAE=NCAD,BM=BE+MD，理由見詳解；（2）DN=EN，理由見詳解?！痉治觥浚?）由題意及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易得NBAC=NEAD=α,AE=AD，然后可證△ABE^ΔACD，進而問題可求解；（2）過點E作EH⊥AB，垂足為點Q，交AB于點H，由（1）可得NABE=NACD,BE=CD，易證BH=BE=CD，進而可得HM=DM，然后可得△DMNSXDHE，最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求證?！驹斀狻浚?）證明：YNBAC=NEAD=α,??NBAE+NBAD=NBAD+NCAD=α,??NBAE=NCAD,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE=AD,AB=AC,：?小ABE均ACD（SAS）,??BE=CD,??點M為BC的中點，??BM=CM,CM=MD+CD=MD+BE,??BM=BE+MD；（2）證明：DN=EN，理由如下：過點E作EH⊥AB，垂足為點Q，交AB于點H，如圖所示：8,HMDC.?.NEQB=NHQB=90。，由（1）可得△ABE^^ACD,???NABE=NACD,BE=CD,AB=AC,???/ABC=ZC=/ABE,YBQ=BQ,：?^BQEaBQa(j^SA),???BH=BE=CD,YMB=MC,???HM=DM,YMN1AB,，MN〃EH,：.ADMNSADHE,.DMDN1?? = —一,DHDE2：DN=EN?！军c睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定及等腰三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定及等腰三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵。3.(1)Y反工；(2)圖見解析，EF2=AE2+BF2，證明見解析?！痉治觥?1)先根據(jù)中位線定理和線段中點定義可得DE//BC,DE=1BC,CE=AE=a,再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)可得DE=CF,從而可得CF=BF=b,然后利用勾股定理即可得；(2)如圖(見解析)，先根據(jù)平行線的性質(zhì)可得ZEAD=ZGBD,ZDEA=ZDGB,再根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得ED=GD,AE=BG,然后根據(jù)垂直平分線的判定與性質(zhì)可得EF=FG,最后在RtABGF中，利用勾股定理、等量代換即可得證?！驹斀狻?1)YD是AB的中點，E是線段AC的中點?DE為公ABC的中位線，且CE=AE=a：DE//BC,DE=1BC2YZC=90o：ZDEC=180o-ZC=90oYDF1DE：ZEDF=90o：四邊形DECF為矩形：DE=CF.?.CF=1BC=1(BF+CF)2 2：CF=BF=b貝|在RtACEF中，EF=JCE2+CF2=%a2+b2;(2)過點B作AC的平行線交ED的延長線于點G,連接FGYBG//AC??/EAD=ZGBD,NDEA=ZDGBD是AB的中點??AD=BD叱EAD=ZGBD在^EAD和^gbd中，ZdDea=Zdgb^AD=BD：.aEAD=aGBD(AAS)：.ED=GD,AE=BG又VDF1DEADF是線段EG的垂直平分線??EF=FGZC=90o,BG//ACAZGBF=ZC=90o在RtABGF中，由勾股定理得：FG2=BG2+BF2AEF2=AE2+BF2。E【點睛】本題考查了中位線定理、矩形的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、垂直平分線的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識點，較難的是題（2）,通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形和直角三角形是解題關(guān)鍵。4（1）如圖所示見解析；（2）見解析；（3）OP=2.證明見解析?！痉治觥浚?）根據(jù)題意畫出圖形即可。（2）由旋轉(zhuǎn)可得NMPN=150°,故NOPN=150°-∠OPM;由NAOB=30°和三角形內(nèi)角和180°可得NOMP=180°-30°-NOPM=150°-∠OPM,得證。（3）根據(jù)題意畫出圖形，以O(shè)N=QP為已知條件反推OP的長度.由（2）的結(jié)論NOMP=NOPN聯(lián)想到其補角相等，又因為旋轉(zhuǎn)有PM=PN，已具備一邊一角相等，過點N作NC⊥OB于點。，過點P作PD⊥OA于點D,即可構(gòu)造出△PDM04NCP,進而得PD=NC,DM=CP.此時加上ON=QP，則易證得△OCN04QDP,所以O(shè)C=QD.再設(shè)DM=CP=X，所以O(shè)C=OP+PC=2+x,MH=MD+DH=x+1,由于點M、Q關(guān)于點H對稱，得出DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x，得出OC=DQ，再利用SAS得出△OCN04QDP即可【詳解】解：（1）如圖1所示為所求。?二線段PM繞點P順時針旋轉(zhuǎn)150°得到線段PN.?.∠MPN=150°,PM=PN.?.NOPN=NMPN-NOPM=150°-α?.?∠AOB=30°.?.NOMP=180°-NAOB-NOPM=180°-30°-α=150°-α.?ZOMP=ZOPNOP=2時，總有ON=QP，證明如下：過點N作NC⊥OB于點C,過點P作PD⊥OA于點D,如圖2OAfDHQΛ.?.NNCP=NPDM=NPDQ=90°?.?∠AOB=30°,OP=2.??PD=1OP=12.??OD=GOP2-PD2=√3:OH=J3+1.?.DH=OH-OD=1?.?∠OMP二∠OPN??180°-∠OMP=180°-∠OPN即NPMD=NNPC在^PDM與八NCP中"PDM=NNCPNPMD=NNPCPM=NP.?.△PDMSNCP(AAS)ΛPD=NC,DM=CP設(shè)DM=CP=X，貝UOC=OP+PC=2+x,MH=MD+DH=x+1??點M關(guān)于點H的對稱點為Q.?.HQ=MH=x+1.?.DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x??OC=DQ在^OCN與八QDP中產(chǎn)=QDNOCN=NQDP=90。NC=PDΛ?OCN^?QDP（SAS）.ON=QP【點睛】本題考查了根據(jù)題意畫圖，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和180°,勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，中心對稱的性質(zhì).第（3）題的解題思路是以O(shè)N=QP為條件反推OP的長度，并結(jié)合（2）的結(jié)論構(gòu)造全等三角形；而證明過程則以O(shè)P=2為條件構(gòu)造全等證明ON=QP。5.（1）證明見解析；（2）BH=v2AE，理由見解析【分析】（1）連接Db.根據(jù)對稱的性質(zhì)可得AD=FD.AE=FE.證明△ADE^ΔFDE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得至UNDAE=NDFE.進而證明Rt?DCG0Rt△DFG，即可證明；（2）在AD上取點M使得AM=AE，連接ME.證明&DME/△EBH，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到線段BH與AE的數(shù)量關(guān)系?！驹斀狻浚?）證明：連接DF。???A,F關(guān)于DE對稱。.AD=FD.AE=FE。D CAE B在^ADE和RFDE中AD=FD<AE=FE,DE=DE.△ADEdFDE,.NDAE=NDFE.???四邊形ABCD是正方形，.NA=NC=90o.AD=CD,.NDFE=NA=90。，.NDFG=180o-NDFE=90。，.NDFG=NC,.,AD=DF,AD=CD，??DF=CD。在Rt△DCG和Rt△DFG中‘DC=DF。[DG=DG??Rt△DCG咨Rt△DFG，??CG=FG。⑵BH='；2AE。證明：在AD上取點M使得AM=AE，連接ME。.四這形ABCD是正方形。??AD=AB，ZA=ZADC=90o。.△DAE0△DFE，二ZADE=ZFDE。同理：ZCDG=ZFDG，, , , 1, 1, 1, …?.ZEDG=ZEDF+ZGDF=一ZADF+-ZCDF=—ZADC=45。2 2 2.DE±EH，??ZDEH=90。，??ZEHD=180o-ZDEH-ZEDH=45。，???ZEHD=ZEDH。/.DE=EH。.ZA=90。，/ZADE+ZAED=90。。.ZDEH=90o，/ZAED+ZBEH=90。，/.ZADE=ZBEH。.AD=AB，AM=AE，/?DM=EB。.DM=EB在DE和△EBH中｛ZMDE=ZBEH，DE=ZEH二ADME0△EBH，?JME=BH,在Rt△AME中，/A=90o,AE=AM。?'ME=`AE22+AM2=\2AE，，BH=2A.AE?！军c睛】本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定等知識，此題綜合性較強，難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用。6.(1)NAMQ=45°+α;(2)線段MB與PQ之間的數(shù)量關(guān)系：PQ=√AMB,理由見解析?！痉治觥?1)由直角三角形性質(zhì)，兩銳角互余，可得NAMQ=180。一/AHM-NPAM,解得NAMQ=45°+a；(2)由題意得AP=AQ=QM，再證Rt△APC0Rt△QME,.全等三角形對應(yīng)邊相等得出PC=ME,得出△MEB為等腰直角三角形，則PQ=√2BM?！驹斀狻?1)NAMQ=45°+α.理由如下：VNPAC=α,△ACB是等腰直角三角形，.?.NPAB=45o-α,NAHM=90°,JNAMQ=180°-NAHM-NPAM=45°+a；(2)線段MB與PQ之間的數(shù)量關(guān)系：PQ=VAMB。理由如下：連接AQ,過點M作ME⊥QB,VAC⊥QP,CQ=CP,.NQAC=NPAC=α,.NQAM-=α+45°=NAMQ,.AP=AQ=QM，在Rt△APC和Rt△QME中，2MQE=PAC<NACP=NQEM。AP=QM.Rt△APC0Rt△QME,.PC=ME,???△MEB是等腰直角三角形，.1PQ=呈MB2 2.PQ=√2MB.7.(1)80°；(2)①補圖見解析；②證明見解析【分析】(1)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到NAPQ=NAQP，由鄰補角的定義得到NAPB=NAQC根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可得到結(jié)論；(2)①根據(jù)要求作出圖形，如圖2；②根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到NAPQ=NAQP，由鄰補角的定義得到NAPB=NAQC,由點Q關(guān)于直線AC的對稱點為M,得到AQ=AM,NQAC=NMAC,等量代換得到NMAC=NBAP，推出△APM是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論?！驹斀狻拷猓?1)VAP=AQ,.?.NAPQ=NAQP,.?.NAPB=NAQC,「△ABC是等邊三角形，.?.NB=NC=60°,.?.NBAP=NCAQ=20°,.?.NAQB=NCAQ+NC=20°+60°=80°；(2)①如圖2；②VAP=AQ,.?.NAPQ=NAQP,.?.NAPB=NAQC,「△ABC是等邊三角形，.?.NB=NC=60°,.?.NBAP=NCAQ,V點Q關(guān)于直線AC的對稱點為M,??AQ=AM,NQAC=NMAC,.?.NMAC=NBAP,.?.NBAP+NPAC=NMAC+NCAP=60°,.?.NPAM=60°,AP=AQ，??AP=AM,.△APM是等邊三角形，正方形的每條對角線平分一組對角得:等邊對等角得NHPC=NHCP,再結(jié)合BD是正方形的對稱軸得出NAHP=全等三角形的對應(yīng)邊相等得PH=CH,△DHQ等腰Rt△，根據(jù)平移的性質(zhì)得DP=CQ，證得△HDP^△△HQC,180°-NADP=90°,?AH=PH且AH⊥PH.四點共圓作法，同上得：NHPC=NDAH,.「A、D、P、H共向，?NAHP=90°,NAPH=NADH=45°,.?△APH等腰Rt△。(2)軸對稱作法同(1)作HR⊥PC于R,VNAHQ=152°,?NAHB=62°,1-x. —HR一一?NDCH=17°.設(shè)DP=x,則DR=HR=RQ=——.由tan17= 代入HR,2 CR.?.NDAH=17°CR解方程即可得出X的值.四點共圓作法，A、H、D、P共向，?NAPD=NAHB=62°,?PD=ADtan62o tan62o=tan28°。1試題解析：(1)①法一：軸對稱作法，判斷：AH=PH,AH⊥PH證：連接CH,得：△DHQ等腰Rt△，又?.?DP=CQ,Λ?HDP^Δ?HQC,ΛPH=CH,NHPC=NHCPBD為正方形ABCD對稱軸，?AH=CH,NDAH=NHCP,?AH=PH,NDAH=NHPC,?NAHP=180°-NADP=90°,?AH=PH且AH⊥PHo???△APH等腰RS。法二：四點共圓作法，同上得：NHPc=NDAH,「.A、D、P、H共向，?NAHP=90°,NAPH=NADH=45°,(2)法一：軸對稱作法考慮△DHQ等腰RS,PD=CQ,作HR⊥PC于R,VNAHQ=152°,?NAHB=62°,?NDAH=17°1-X?NDCH=17°.設(shè)DP=x,則DR=HR=RQ=——21-x由tan17θ=H得：?=tan17。,

CR +x1-tan17°1+tan17即PD=1-tan171+tan170??x=2AD1 一法二：四點共向作法，A、H、D、P共向，,NAPD=NAHB=62°,,PD=——≡——≡tan28°tan62tan629.(1)圖形見解析(2)25°(3)EF2+FD2=2AB2【分析】(1)按照題意補全圖形(2)連接AE,根據(jù)軸對稱性和正方形的性質(zhì)可得NEAD=NPAB+NPAE=130°,即可求解；(3)連接AE、BF、BD，根據(jù)軸對稱性和正方形的性質(zhì)可得NABF=NAEF=NADF,從而得到BD=√2AB,NBFD=NBAD=90°,再由勾股定理，即可求解?！驹斀狻拷猓?1)補全圖形如圖所示：(2)連接AE,圖1根據(jù)題意得：NPAB=NPAE=20°,AE=AB=AD,???四邊形ABCD是正方形，,NBAD=90°,,NEAD=NPAB+NPAE=130°,,NADF=NAED=-(180。一/DAE)=25°；2 ；EF2+FD2=2AB2，理由如下:連接AE、BF、BD,由軸對稱的性質(zhì)可得：EF=BF,AE=AB=AD,,NBEF=NEBF,NAEB=NABE,NAED=NADF,,NABF=NAEF=NADF,?二四邊形ABCD是正方形，.?.∠BAD=90°,AB=AD,,NABD+∠ADB=90°,BD=YAB2+AD2=√2AB2=QAB，ΛZABF+NDBF+NADB=NDBF+NADB+NADF=90°,ΛZBFD=NBAD=90°,,BF2+FD2=BD2：.EF2+FD2=2AB2?！军c睛】本題主要考查了軸對稱的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握軸對稱的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵。110.(1)30。——α(2)見解析(3)S=30。2【分析】(1)利用三角形內(nèi)角和為