北京市中考数学专题复习几何综合题.docx
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北京市中考数学专题复习几何综合题
二、重难专题突破
几何综合题（必考）
1.（2018北京）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.
第1题图
2.（2014北京）在正方形ABCD外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为E，连接BE，DE，其中DE交直线AP于点F.
（1）依题意补全图①；
（2）若∠PAB＝20°，求∠ADF的度数；
（3）如图②，若45°＜∠PAB＜90°，用等式表示线段AB、FE、FD之间的数量关系，并证明.
第2题图
综合训练
1.（2019海淀区二模）已知C为线段AB中点，∠ACM＝α.Q为线段BC上一动点（不与点B重合），点P在射线CM上，连接PA，PQ，记BQ＝kCP.
（1）若α＝60°，k＝1，
①如图①，当Q为BC中点时，求∠PAC的度数；
②直接写出PA、PQ的数量关系；
（2）如图②，当α＝45°时.探究是否存在常数k，使得②中的结论仍成立？
若存在，写出k的值并证明；若不存在，请说明理由.
第1题图
2.（2019北京）已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一定点，OH＝
＋1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON.
（1）依题意补全图①；
（2）求证：
∠OMP＝∠OPN；
（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.
第2题图
3.（2017北京）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.
第3题图
4.（2015北京）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在线段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在线段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）
第4题图
5.（2019北京黑白卷）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上一动点（不与端点B、C重合），点F在对角线AC上，且EF⊥AC，连接AE，点G是AE的中点，连接DF、FG.
（1）若AB＝7
，当BE＝
时，求FG的长；
（2）用等式表示线段DF与FG的数量关系，并证明.
第5题图
6.（2019丰台区二模）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（不与点B、C重合），延长AE到点F，连接BF，且∠AFB＝45°，G为DC边上一点，且DG＝BE，连接DF，点F关于直线AB的对称点为M，连接AM、BM.
（1）依据题意，补全图形；
（2）求证：
∠DAG＝∠MAB；
（3）用等式表示线段BM、DF与AD的数量关系，并证明.
第6题图
7.（2019平谷区一模）在△ABC中，∠ABC＝120°，线段AC绕点A逆时针旋转60°得到线段AD，连接CD，BD交AC于点P.
（1）若∠BAC＝α，直接写出∠BCD的度数（用含α的代数式表示）；
（2）求AB，BC，BD之间的数量关系；
（3）当α＝30°时，直接写出AC，BD的关系.
第7题图
8.（2019平谷区二模）在等边三角形ABC外侧作射线AP，∠BAP＝α，点B关于射线AP的对称点为点D，连接CD交AP于点E，连接AD、BD.
（1）依据题意补全图形；
（2）当α＝20°时，∠ADC＝ °；∠AEC＝ °；
（3）连接BE，求证：
∠AEC＝∠BEC；
（4）当0°<α<60°时，用等式表示线段AE，CD，DE之间的数量关系，并证明.
第8题图
参考答案
针对训练
1.
（1）证明：
如解图①，连接DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴DA＝DC＝AB，∠A＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠A＝90°，
∴∠DFG＝90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴GF＝GC；
第1题解图①
（2）解：
线段数量关系：
BH＝
AE.
证明：
如解图②，在线段AD上截取AM＝AE，连接EM.
∵AD＝AB，
∴DM＝BE，
由
（1）得∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵∠ADC＝90°，
∴∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝90°，
∴2∠2＋2∠3＝90°，
∴∠2＋∠3＝45°，
∴∠EDH＝45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH＝90°
∴∠DHE＝45°，
∴DE＝EH，
∵∠DEH＝90°，∠A＝90°，
∴∠1＋∠AED＝90°，∠5＋∠AED＝90°，
∴∠1＝∠5，
第1题解图②
在△DME和△EBH中，
，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴ME＝BH，
∵∠A＝90°，AM＝AE，
∴ME＝
AE，
∴BH＝
AE.
2.解：
（1）补全图形如解图①所示；
第2题解图①
第2题解图②
（2）如解图②，连接AE，则∠PAE＝∠PAB＝20°，AE＝AB＝AD，
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝130°，
∴∠ADF＝25°；
（3）线段数量关系：
2AB2＝EF2＋FD2.
证明：
如解图③，连接AE、BF、BD，AD与BF相交于点G.
由轴对称的性质可得：
EF＝BF，AE＝AB，AF＝AF，
∴△AFE≌△AFB（SSS），
∴∠AEF＝∠ABF.
又∵AB＝AD，∴AD＝AE，
∴∠AEF＝∠ADF，
∴∠ABF＝∠ADF.
∵∠BAD＝90°，
∴∠ABF＋∠AGB＝90°.
又∵∠AGB＝∠FGD，
∴∠FGD＋∠ADF＝90°，
∴∠BFD＝90°.
∴根据勾股定理可得：
BF2＋FD2＝BD2，
又∵AD2＋AB2＝BD2，且AD＝AB，
∴2AB2＝BD2.
∴2AB2＝EF2＋FD2.
第2题解图③
综合训练
1.解：
（1）①如解图①，在CM上取点D，使得CD＝CA，连接AD，
第1题解图①
∵∠ACM＝60°，
∴△ADC为等边三角形．
∴∠DAC＝60°.
∵C为AB的中点，Q为BC的中点，
∴AC＝BC＝2BQ.
∵BQ＝CP，
∴AC＝BC＝CD＝2CP.
∴AP平分∠DAC.
∴∠PAC＝∠PAD＝30°；
②PA＝PQ；
【解法提示】∵∠ACP＝60°，PC＝CQ，∴∠PQC＝∠CPQ＝30°，∴∠PAC＝∠PQC＝30°，∴PA＝PQ.
（2）存在k＝
，使得②中的结论成立．
证明：
过点P作PC的垂线交AC于点D.
第1题解图②
∵∠ACM＝45°，
∴∠PDC＝∠PCD＝45°.
∴PC＝PD，∠PDA＝∠PCQ＝135°.
∵CD＝
PC，BQ＝
PC，
∴CD＝BQ.
∵AC＝BC，
∴AD＝CQ.
∴△PAD≌△PQC（SAS）.
∴PA＝PQ.
2.
（1）解：
补全图形如解图①所示；
第2题解图①
（2）证明：
在△OPM中，∠AOB＋∠OMP＋∠OPM＝180°.
又∵∠AOB＝30°，
∴∠OMP＋∠OPM＝150°.
∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN，
∴∠MPN＝150°，即∠NPO＋∠OPM＝150°.
∴∠OMP＝∠OPN；
（3）解：
OP＝2.
证明：
如解图②所示，过点P作PE⊥OA于点E，过点N作NF⊥OB于点F，则∠PFN＝∠MEP＝90°.
由
（1）知∠OMP＝∠OPN.
∴∠PME＝∠NPF.
在△PFN和△MEP中，
∴△PFN≌△MEP（AAS）.
∴NF＝PE，PF＝EM.
在Rt△OPE中，OP＝2，∠AOB＝30°，
∴PE＝1，OE＝
.∵OH＝
＋1，即OE＋EH＝
＋1，
∴EH＝1.
∵点M关于点H的对称点为点Q，
∴QH＝MH＝1＋ME＝1＋PF.
∴EQ＝EH＋HQ＝1＋1＋PF＝2＋PF＝OP＋PF＝OF.
在△ONF和△QPE中，
∴△ONF≌△QPE（SAS）.
∴ON＝QP.
第2题解图②
3.解：
（1）∵∠ACP＝90°，
∴在Rt△ACP中，∠CAP＋∠APC＝90°，
∵HQ⊥AP,
∴在Rt△HPQ中，∠Q＋∠HPQ＝90°，
又∵∠APC＝∠HPQ，∠CAP＝α，
∴∠Q＝α，
又∵在等腰直角△ABC中，∠B＝∠BAC＝45°，
∴∠AMQ＝∠B＋∠Q＝45°＋α；
（2）线段数量关系：
PQ＝
BM.
证明：
如解图，连接AQ，过点M作MN⊥BQ于点N，
第3题解图
∵CQ＝CP，∠ACP＝∠ACQ＝90°，AC＝AC，
∴△ACQ≌△ACP（SAS），
∴∠CAQ＝∠CAP＝α，AP＝AQ，PQ＝2CP，
又∵∠BAC＝45°，
∴∠MAQ＝∠BAC＋∠CAQ＝45°＋α＝∠AMQ，
∴AQ＝MQ，
∴AP＝MQ，
又∵MN⊥BQ，
∴∠ACP＝∠QNM＝90°，
在Rt△APC和Rt△QMN中，
，
∴Rt△APC≌Rt△QMN（AAS），
∴CP＝NM，
∴PQ＝2MN，
又∵在Rt△BMN中，∠B＝45°，
∴BM＝
MN，
∴PQ＝
BM.
4.解：
（1）①补全图形如解图①；
第4题解图①
②AH＝PH且AH⊥PH；
证明：
如解图②，连接CH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠HDQ＝45°，
∵QH⊥BD，
∴△DHQ为等腰直角三角形，
∴DH＝QH，∠HDQ＝∠HQD＝45°，
∵DP＝CQ，
∴△HDP≌△HQC，
∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCP，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，
∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，
∴∠DAH＋∠DPH＝∠HPC＋∠DPH＝180°，
∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，
∴AH＝PH且AH⊥PH；
第4题解图②
（2）如解图③，作HR⊥CD，
∵QH⊥BD，∠BDC＝45°，
∴△DHQ为等腰直角三角形，
又∵∠AHQ＝152°，
∴∠AHB＝∠AHQ－∠BHQ＝152°－90°＝62°，
∴∠DAH＝∠AHB－∠ADH＝62°－45°＝17°，
∵△HDP≌△HQC，
∴∠DCH＝∠QPH＝∠DAH＝17°，PD＝QC，
设DP＝x，则DR＝HR＝RQ＝
.
CR＝CQ＋RQ＝PD＋RQ＝x＋
＝
，
由tan∠DCH＝
＝tan17°得
＝tan17°，
解得x＝
，
∴DP＝
.
第4题解图③
5.解：
（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°.
根据勾股定理得，AE＝
＝10，
∵EF⊥AC，点G是AE中点，
∴FG＝
AE＝5；
（2）线段数量关系：
DF＝
FG.
证明：
如解图，连接BF、BG，
第5题解图
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴AB＝AD，∠DAC＝∠BAC.
∵AF＝AF，
∴△AFD≌△AFB（SAS）.
∴DF＝BF.
∵∠ABC＝∠AFE＝90°.
∴点A、F、E、B四点共圆．
∵点G是AE中点，
∴点G为点A、F、E、B四点共圆的圆心．
∴BG＝FG.
∵∠BAC＝45°，
∴∠BGF＝2∠BAC＝90°.
∴△BGF为等腰直角三角形．
∴BF＝
FG.
∵DF＝BF，
∴DF＝
FG.
6.
（1）解：
补全图形如解图①；
第6题解图①
（2）证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝∠ADG＝90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，
∵点F关于直线AB的对称点为点M，
∴∠BAE＝∠MAB，
∴∠DAG＝∠MAB；
（3）解：
线段数量关系：
BM2＋DF2＝2AD2.
证明：
如解图②，连接BD，延长MB交AG的延长线于点N，
∵∠BAD＝90°，∠DAG＝∠MAB，
∴∠MAN＝90°，
由对称性可知：
∠M＝∠AFB＝45°，
∴∠N＝45°，
∴∠M＝∠N，
∴AM＝AN，
∵AF＝AM，
∴AF＝AN，
∵∠BAE＝∠DAG，
∴∠BAN＝∠DAF，
在△BAN和△DAF中，
，
∴△BAN≌△DAF（SAS），
∴∠AFD＝∠N＝45°，
∴∠BFD＝90°，
∴BF2＋DF2＝BD2，
∵BD＝
AD，BM＝BF，
∴BM2＋DF2＝2AD2.
第6题解图②
7.解：
（1）∠BCD＝120°－α；
【解法提示】∵线段AC绕点A逆时针旋转60°得到线段AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAC＋∠BCA＝60°，
∴∠BCD＝∠ACD＋∠BCA＝60°＋60°－α＝120°－α，
即∠BCD＝120°－α；
（2）如解图，延长BA使AE＝BC，连接DE.
由
（1）知△ADC是等边三角形，
∴AD＝CD.
∵∠DAB＋∠DCB＝∠DAB＋∠DAE＝180°，
∴∠DCB＝∠DAE.
∵AD＝CD，AE＝CB，
∴△ADE≌△CDB（SAS）.
∴BD＝ED，∠BDC＝∠EDA.
∵∠BDC＋∠ADB＝60°，
∴∠EDA＋∠ADP＝60°.
∴△DEB为等边三角形，
∴DB＝BE＝EA＋AB＝BC＋AB.
∴BD＝AB＋BC.
第7题解图
（3）AC，BD的数量关系是：
AC＝
BD；位置关系是：
AC⊥BD.
【解法提示】由
（1）知△ACD为等边三角形，∴∠ADC＝∠ACD＝∠DAC＝60°，∵∠BAC＝30°，∠ABC＝120°，∴∠ACB＝30°，∴AB＝BC，∵AD＝DC，∴BD垂直平分AC，∴∠ABD＝60°，∠DAB＝90°，∴sin∠ABD＝
＝
，∴AC＝
BD.
8.解：
（1）补全图形如解图①，
第8题解图①
（2）40；60；
【解法提示】在等边△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝60°，由对称可知：
AB＝AD，∠PAB＝∠PAD，∴AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD，∵∠PAB＝20°，∴∠PAD＝20°，∴∠CAD＝∠BAC＋∠PAB＋∠PAD＝100°，∴∠ADC＝
（180°－∠CAD）＝40°，∴∠AEC＝∠ADC＋∠PAD＝60°.
（3）证明：
∵点B关于射线AP的对称点为点D，
∴△BAE≌△DAE.
∴∠DAE＝∠BAE＝α.
∵AD＝AB＝AC，
∴∠ADC＝
＝60°－α.
∴∠AEC＝60°.
∵∠ACB＝60°，∠ACD＝∠ADC＝60°－α，
∴∠BCE＝α.
∵∠ABC＝60°，∠ABE＝∠ADC＝60°－α，
∴∠BEC＝60°，∴∠AEC＝∠BEC；
（4）线段数量关系：
CD＝2DE＋AE.
证明：
方法一：
如解图②，在CD上找一点F，使得AF＝AE.
∵由（3）可知∠AEF＝60°，
∴△AEF是等边三角形．
∴∠AFC＝∠AED＝120°.
∵∠ACD＝∠ADC＝60°－α，
∴△ADE≌△ACF.
∴DE＝CF.
∴CD＝2DE＋EF.
∵AE＝EF，
∴CD＝2DE＋AE.
第8题解图②
方法二：
如解图③，在CD上找一点G，使得BG＝BE.
第8题解图③
∵∠BEC＝60°，
∴△BEG是等边三角形．
∴∠BGC＝∠AED＝120°.
∵∠BCE＝∠DAE＝α，
∴△BCG≌△DAE.
∴AE＝CG.
∵EG＝BE＝DE，
∴CD＝2DE＋CG.
∴CD＝2DE＋AE.
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