2014-2023年北京市中考真题数学试题汇编：几何综合

第1页/共1页2014-2023北京中考真题数学汇编几何综合一、解答题1．（2023·北京·统考中考真题）在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．

(1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点；(2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明．2．（2022·北京·统考中考真题）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．3．（2021·北京·统考中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点A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．4．（2020·北京·统考中考真题）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．5．（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．6．（2018·北京·统考中考真题）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．7．（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.8．（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）．9．（2015·北京·统考中考真题）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）

参考答案1．(1)见解析(2)，证明见解析【分析】（1）由旋转的性质得，，利用三角形外角的性质求出，可得，等量代换得到即可；（2）延长到H使，连接，，可得是的中位线，然后求出，设，，求出，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一证明即可．【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，，∵，∴，∴，∴，∴，即D是的中点；（2）；证明：如图2，延长到H使，连接，，∵，∴是的中位线，∴，，由旋转的性质得：，，∴，∵，∴，是等腰三角形，∴，，设，，则，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，即．

【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．2．(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．【详解】（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．3．（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BC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．4．（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．5．（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．6．（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．7．（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.8．（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．9．（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°－∠