专题07 几何综合（5年汇编）（北京专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦北京中考几何综合专题，汇编2022-2026年中考真题及模拟题，覆盖选择压轴与几何综合两大核心考点，精准匹配北京考情命题规律。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|15道/2分|全等三角形、图形旋转、坐标系几何|多结论判断题，弱化计算，侧重几何直观与分类讨论，如2026北京卷“友好点”问题| |解答题|25道/7分|等腰三角形、旋转变换、辅助线构造|两问分层设计，静态基础图与动态变换图结合，如2025北京卷以旋转线段为核心探究线段关系|

专题07 几何综合 5年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2022-2026） 命题规律 考点01选择压轴 2026北京卷 2024北京卷 2023北京卷 选择压轴固定为试卷最后一道单选题，分值 2 分，是全卷选择题区分度最高的题目；统一采用多结论正误判断题型，给出 3-4 条几何结论，选出全部正确结论的选项，纯几何推理为主，少量结合平面直角坐标系，弱化复杂计算，侧重几何直观、逻辑辨析与分类讨论。 考点02几何综合 2026北京卷 2025北京卷 几何综合为中考固定压轴解答题，分值 7 分，全卷几何难度天花板，区分度极高；统一设置两小问，配套两幅几何静态图（图 1 基础构型、图 2 动点 / 点位置变换构型），以等腰三角形为基础载体，图形旋转为核心变换手段，围绕全等三角形展开证明、线段 / 角度关系探究，全程侧重构造辅助线、等量转化逻辑推理，无坐标系、无函数、不涉及相似计算。 考点01 选择压轴 1．（2026·北京·中考）在平面直角坐标系中，点，．若点C不与点A重合，且以B，O，C为顶点的三角形与全等，则称C为B的“友好点”．给出下面四个结论： ①对于所有的点B，在y轴上都有B的“友好点”； ②能够找到点B，使得在x轴上有B的“友好点”； ③对于所有的点B，在第一象限内都有B的“友好点”； ④能够找到点B，使得在第四象限内有B的“友好点”． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 2．（2024·北京·中考）如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 3．（2023·北京·中考）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，，，，连接DE，设，，，给出下面三个结论：①；②；③；    上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 考点02 几何综合 1．（2026·北京·中考）在中，，，过的中点作的垂线，交于点，点在的延长线上，． (1)如图，，求证：； (2)如图，点在的延长线上，，连接，，直接写出的大小，并证明． 2．（2025·北京·中考）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点． (1)如图1，，点与点重合，求证：； (2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明． 3．（2024·北京·中考）已知，点，分别在射线，上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线交射线于点.    (1)如图1，当点在射线上时，求证：是的中点； (2)如图2，当点在内部时，作，交射线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明。 4．（2023·北京·中考）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． 5．（2022·北京·中考）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． 一、单选题 1．（2026·北京密云·一模）如图，在正方形中，对角线、相交于点，是线段上一动点（不与点重合），过点分别作、的垂线交、边于点、．记的面积为，的面积为．当点在线段上运动的过程中，给出下列四个结论： ①点与点重合时，；②；③一定存在；④当是的中点时，．上述结论中，所有正确结论的个数有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2026·北京东城·一模）如图，等边三角形的三个顶点都在边长为1的正方形的边上．对于这样的等边三角形，给出以下结论： ①等边三角形有无数个； ②等边三角形的周长的最小值为3； ③等边三角形的面积的最大值为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 3．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，，，平分，E是上一动点（不与A，D重合），于点F．设，，．给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 4．（2026·北京石景山·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，，四边形为正方形，将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形．给出下面四个结论： 当时，点的纵坐标是； 点与原点距离的最小值是； 若点在轴正半轴上，则点的横坐标是； 若直线将正方形分为面积相等的两部分，则点的纵坐标是． 上述结论中，所有正确的结论的序号是（） A． B． C． D． 5．（2026·北京昌平·一模）如图，矩形的对角线相交于点，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形．顺次连接．对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各边所在直线的距离都相等； ④该八边形为正八边形时，矩形的长宽比为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 6．（2026·北京市西城区·二模）如图，在平面直角坐标系中，正六边形是以点为中心的正六边形，点在正六边形的边上，且点在第一象限．若，给出下面四个结论：（     ） ①线段的最大值为2； ②若点关于原点的对称点为，则当时，的面积取得最小值； ③若点在反比例函数的图象上，则； ④若在该六边形的边上，且，则与之间的数量关系是． 上述结论中，所有正确结论的序号是（） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 7．（2026·北京燕山教育集团·二模）连接正五边形的对角线，得到如右图所示图形，中心为点，与交于点．连接与交于点，连接，，，． 观察后得出如下结论： ①； ②连接，则有； ③； ④连接，则有． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④ 8．(25-26九·北京海淀区·期末)如图，直线与轴、轴分别交于点，，以为对角线作菱形，且点在第一象限，给出下面三个结论： ①当，时，菱形有无数个； ②当时，对于的每一个确定的值，都存在菱形，使得该菱形的周长与的周长相等； ③当点在上时，若，则菱形的面积有最大值． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 9．（2026·北京房山·二模）如图，正方形中，点为边上一个动点，连接，以为对角线作正方形，连接，． 给出下面四个结论： ①； ②； ③； ④若，那么正方形的周长的最小值为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 10．（2026·北京丰台·二模）如图，正方形的边长为2，将边，，，分别绕点顺时针旋转（），得到，，，，连接，，，．给出下面四个结论：（） ①对于任意都有； ②对于任意四边形为正方形； ③四边形的面积随的增大而增大； ④当时，四边形的周长为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（）． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 11．（2026·北京石景山·二模）如图，直线，，分别在，上，平分，平分，过点的直线与直线，分别交于点，（不与点，重合）． 有以下结论： ①；②；③； 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 12．（2026·北京朝阳·二模）如图，将正方形绕其中心逆时针旋转，得到正方形，两个正方形的公共点为，B，C，D，E，F，G，H，连接，，．给出下面四个结论： ； ； ； 线段，，可以组成直角三角形． 上述结论中，所有正确结论的序号为（    ） A． B． C． D． 二、解答题 1．（2026·北京密云·一模）在中，，，．点是边上一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接和，取线段的中点，连接． (1)依据题意，补全图形； (2)求证：； (3)连接，直接用等式表示线段、和之间的数量关系． 2．（2026·北京门头沟·综合练）在中，且，点在线段上（点与点，不重合），连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作交直线于点． (1)如图1，当点与点重合时，求证：； (2)如图2，当点与点不重合时，过点作交直线于点， ①依题意补全图2； ②用等式表示与之间的数量关系，并证明． 3．（2026·北京东城·一模）如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转得到．过点D作，交的延长线于点E，点F为中点． (1)①补全图形； ②求证：； (2)判断之间的数量关系，并证明． 4．（2026·北京朝阳·一模）如图，在中，，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接交于点． (1)根据题意补全图形，并证明； (2)过点作直线的垂线，垂足为，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明． 5．（2026·北京大兴·一模）如图，在中，，，D为线段上一点，连接，，将线段绕点D逆时针旋转得到，连接，点F是中点，连接． (1)连接，求的度数（用含的式子表示）； (2)用等式表示与的数量关系，并证明． 6．（2026·北京丰台·一模）如图，在中，，，D为的中点，过点D作，交于点E，点F在线段上，且，连接． (1)求证：平分； (2)连接，将射线绕点F顺时针旋转，交的延长线于点G． ①依题意补全图形； ②用等式表示，与之间的数量关系，并证明． 7．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，，，D是内部一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转，得到线段，连接． (1)求证：； (2)连接，分别取线段的中点F，G，连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 8．（2026·北京石景山·一模）如图，在中，，（），是边延长线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，过点作的垂线，垂足为． (1)用等式表示与的数量关系，并证明； (2)作线段的垂直平分线，垂足为，交于点，交于点，依题意补全图形．用等式表示线段与的数量关系，并证明． 9．（2026·北京昌平·一模）已知，如图，点是上的点，连接，点关于直线的对称点为点，连接，将射线绕点逆时针旋转得到，在射线上取一点，使，延长交于点． (1)求证：； (2)连接，若，用等式表示，，三者之间的数量关系，并证明． 10．（2026·北京西城·一模）在中，，，于点D，过点B作，P是线段上一点，连接，作，交射线于点Q． (1)如图1，当时，求的度数（用含的式子表示）； (2)如图2，点E为中点，用等式表示与的数量关系，并证明． 11．（2026·北京海淀·一模）在中，，．D为的延长线上一点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，点E在直线上，求证：； (2)如图2，用等式表示线段，和的数量关系，并证明． 12．（2026·北京通州·一模）已知线段，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，将线段所在的射线绕点B顺时针旋转得到射线，其中．在射线上取一点C，连结，作交线段于点G． (1)如图1，当时，求证：平分； (2)如图2，当时，如图，在上取一点F，使，连结交于点M．用等式表示线段和之间的数量关系，并证明． 13．（2026·北京平谷·一模）在中，，点是边上一点（不与重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接．用等式表示线段与的数量关系并证明； 14．（2026·北京市西城区·二模）在中，，，为延长线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段． (1)如图1，当点在上时，求证：点是的中点； (2)如图2，当点在下方时，点在上，若，用等式表示，与之间的数量关系，并证明． 15．（2026·北京燕山教育集团·二模）已知，点B，C分别在射线，上，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，点D在射线上，连接． (1)如图1，用等式表示与的数量关系，并证明； (2)如图2，当时，过点D作的垂线交射线于点E．连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 16．（2026·北京海淀·二模）在中，，，点在的延长线上，是的中点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段．        (1)如图，，，连接，求证：； (2)如图，连接，，直接写出的大小，并证明． 17．（2026·北京平谷·二模）如图，在中，，，过点作射线，交线段于，，过点作于点，延长到点，使． (1)若，，求的长； (2)连接，交射线于点，为的中点，连接． ①依题意补全图形； ②猜想与的数量关系，并证明． 18．（2026·北京大兴·二模）在中，， ，点是的中点，点为下方一点，满足，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点恰好落在上．连接，延长交于点． (1)连接，求证：； (2)用等式表示，，之间的数量关系，并证明． 19．（2026·北京房山·二模）在中，，，点在射线上，为的中点．连接，将射线绕点逆时针旋转得到射线． (1)如图，点与点重合，射线与边交于点，连接．求证：； (2)如图，点在的延长线上，过点作于点，连接．用等式表示与的数量关系，并证明． 20．（2026·北京丰台·二模）如图，在中，，（），将线段绕点逆时针旋转得到线段，交于点，作射线与的延长线交于点． (1)求的大小； (2)点是线段中点，在线段上截取，连接．补全图形，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 21．（2026·北京石景山·二模）在中，，，为直线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接． (1)如图1，当点在的延长线上且时，记，的交点为，连接．求证：； (2)如图2，当点在的延长线上时，取的中点，连接．用等式表示线段与的数量关系，并证明． 22．（2026·北京顺义·二模）在中，，，点在射线上，连结，将线段绕点顺时针旋转得到线段（点与点不重合），过点作交直线于点． (1)如图1，点与点重合，求证：； (2)如图2，点在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明． 23．（2026·北京朝阳·二模）在中，，，是平面内的一点（不与点重合），连接，以为中心，将线段顺时针旋转，得到线段，连接． (1)如图1，点在边上，用等式表示与之间的数量关系（直接写出结果）； (2)如图2，点在外，延长到点，使，连接，，用等式表示与之间的数量关系，并证明． 24．（2026·北京东城·二模）如图，在正方形中，E为边上一点，连接，作交的延长线于点F，作交于点G，过点G作交于点H，延长交的延长线于点M． (1)依题意补全图形； (2)求证：； (3)用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07几何综合 5年真题1年模拟 中考品题透析园 考点分类 北京考情(2022-2026) 命题规律 选择压轴固定为试卷最后一道单选题，分值2 分，是全卷选择题区分度最高的题目；统一采 2026北京卷 用多结论正误判断题型，给出3-4条几何结 考点01选择压轴 2024北京卷 论，选出全部正确结论的选项，纯几何推理为 2023北京卷 主，少量结合平面直角坐标系，弱化复杂计 算，侧重几何直观、逻辑辨析与分类讨论。 几何综合为中考固定压轴解答题，分值7分， 全卷几何难度天花板，区分度极高：统一设置 2026北京卷 两小问，配套两幅几何静态图（图1基础构 考点02几何综合 2025北京卷 型、图2动点/点位置变换构型)，以等腰三 角形为基础载体，图形旋转为核心变换手段， 围绕全等三角形展开证明、线段/角度关系探 1/46 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 究， 全程侧重构造辅助线、等量转化逻辑推 理，无坐标系、无函数、不涉及相似计算。 五年真题分类园 考点01选择压轴 1. 【答案】B 2. 【答案】B 3. 【答案】D 考点02几何综合 1. 【答案】I)证明：：1⊥AC, .∠ADE=90°， :∠BAC=a=30°，∠ABM=30°， ∴.∠BAC=∠ABM, .AC∥MB .∠BME=∠ADE=90°， ∴.AE=2DE,BE=2EM, .'AB=AE+BE=2DE+2EM =2DM (2)解：∠MAN的大小为60°， 证明：如图，过点A分别作BM,BN的垂线，分别交BM,BN的延长线于点P,O, 2/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P.3 E 在RtAABP中，∠ABM=30°， .AP=4B 2 :D是AC的中点， 1 :=24C, AB=AC, .AD=AP, :∠ADM=90°=∠P, 又AM是Rt△ADM和RtAAPM的公共边， Rt△ADM≌RtAAPM(HL) ∴.∠DAM=∠PAM, :∠ABN=∠ABM=30°， .AD=40 :∠ADN=90°=∠Q RtAADN≌Rt△AQN(HL) .∠DAW=∠QAN '∠PAQ+∠Q+∠QBP+∠P=360° .∠PAQ=120° 即2∠DAM+2∠DAN=120°， ∴.∠MAW=∠DAM+∠DAN=60° 2. 【答案】) 证明：，∠ACB=90°，∠ABC=45° 3/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠BAC=∠ABC=45° :线段AD绕点A逆时针旋转180°-2×45°=90°得到线段AE,点D与点C重合 .AE=AD=AC,∠EAB=90°-∠BAC=45°， ·.∠EAB=∠ABC, .BC∥AE .EF NI AB, ∴.四边形ABFE是平行四边形， .BF=AE, ∴BF=AC: ()DF =2BC 3. 【答案】I) 证明：连接CD M E 由题意得： BC=BD∠CBD=180°-2a .∠BDC=∠BCD :∠BDC+∠BCD+∠CBD=I8O°， ∠Bc-180°-180r-20-a. 2 .∠BDC=∠A, ..CA=CD DE⊥AN, .∠1+∠A=∠2+∠BDC=90°， .1=∠2， .CD=CE .CA=CE, 4/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.点C是AE的中点： (②)EF=2AC, 4. 【答案】Q) 证明：由旋转的性质得：DM=DE,∠MDE=2a, .∠C=a, .∠DEC=∠MDE-∠C=a, .∠C=∠DEC. ∴DE=DC, .DM=DC,即D是MC的中点： (2) ∠AEF=90°： 证明：如图2，延长FE到H使FE=EH,连接CH,AH, .DF=DC, ∴.DE是△FCH的中位线， .DElCH,CH =2DE. 由旋转的性质得：DM=DE,∠MDE=2a, .∠FCH=2a, .∠B=∠C=a, .∠ACH=a,△ABC是等腰三角形， .∠B=∠ACH,AB=AC, 设DM=DE=m,CD=n,则CH=2m,CM=m+n, ∴.DF=CD=n, .FM=DF-DM =n-m, ,AM⊥BC, .BM=CM=m+n, BF BM-FM=m+n-(n-m)=2m .CH=BF, 5/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AB=AC ∠B=∠ACH 在 和 中， △ABF△ACH BF=CH △ABF=△ACH(SAS) .AF =AH, FE=EH, ∴.AE⊥FH,即∠AEF=90° E B F M D 图2 5. 【答案】1) 证明：在△FCE和△BCD中， CE=CD ∠FCE=∠BCD CF=CB △FCE≡△BCD(SAS) ∴.∠CFE=LCBD, ·.EF BD ,AF⊥EF, .BD⊥AF. (2) CD=CH;证明如下： 6/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 延长BC到点M,使CM=CB,连接EM,AM, .∠ACB=90°，CM=CB, ,.AC垂直平分BM, .AB=AM, 在△MEC和△BDC中， CM=CB ∠MCE=∠BCD CE=CD AMEC=△BDC(SAS) ∴.ME=BD,∠CME=LCBD, AB2=AE2+BD2, .AM2=AE2+ME2, ∴.∠AEM=90°. ..LCME=ZCBD, .BH∥EM, :.∠BHE=∠AEM=90°，即∠DHE=90°， CE=CD=1DE, 2 CH-]DE. ∴.CD=CH 一年模拟练测园 一、单选题 7146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1. 【答案】C 2. 【答案】A 3 【答案】B 4. 【答案】B 5. 【答案】D 6. 【答案】B 7. 【答案】C 8 【答案】D 9. 【答案】D 10. 【答案】B 11. 【答案】A 12 【答案】D 二、解答题 1. 41 A 【答案】I) H B E 8/46 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)证明：延长BA至M,使得BA=AM,连接FM, AB=AC, .AC=AM. B :H是线段BF的中点， &4H=M证 在△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，AD⊥BC, :.∠CAD=∠BAD=60°，∠CAM=60°， :∠EAF=60°， .∠EAC=∠FAM, 在△CAE和△MAF中， AM=AC ∠EAC=∠FAM AE=AF △CAE≌AMAF(SAS) .CE=MF, ..CE=2AH (3)4C=3AH+EH 过点F作FN⊥BC,延长AH交BC于点K,连接CM, 9/46 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°， ∴.∠ABC=∠ACB=30°， 由(2)可知aCAE≌aMAF, .∠ACB=∠AMF=30°， .AH∥MF, ·.∠BAH=30°=∠DAH, ∴.点H在AK上运动， .∠BKA=60°， :∠CAM=60°，AC=AM, .△AMC是等边三角形， .∠AMC=60°， .∠CMF=30° 在△AMF和△CMF中， AM=MC ∠AMF=∠CMF MF=MF △AMF≌ACMF(SAS) .AF=CF, :△AEF是等边三角形， 则AE=AF=EF=CF, :.△EFC是等腰三角形， :FN⊥BC, :.EN-NC-ICE. 2 10146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .EN =AH, 设∠DAE=a, .∠HAE=30°+a,∠AED=90°-a, .∠FEN=180-∠AEF-∠AED=30°+a, .∠HAE=∠FEN, 在△AHE和△ENF中， AE=EF ∠HAE=∠FEN AH=EN AHEENF(SAS) ∠AHE=90 :∠KAC=∠DAH+∠DAC=90° .HE∥AC, .∠HEK=∠ACB=30° ∴.AK.tan∠AKD=AC, AK-AC .HK.tan.∠AKD=EH, .k=5H 3 K=租+K=AH+5H 3 AC=3AH+EH 2. 【答案】Q) 证明：点D与点F重合， 11/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .DE∥AC, ∴.∠EDB=∠ACB=a, :将线段AD绕点A顺时针旋转I80°-2a得到线段AE, .AE=AD,∠EAD=180°-2C, ∠ABD=∠ADB=)80°-(180°-2a]=a, .∠AED=∠EDB, :AE//DC, 又DE‖AC, “四边形AEDC是平行四边形， ∴AC=DE: (2) 解：①如图所示： E D 图2 ②GF=2DC,证明如下： 如图，设GF的中点为O,连接OE,BE, G B D 图2 .AB=AC∠ACB=C ∴.∠ABC=a, .∠BAC=180°-2a, 由旋转得，AE=AD,∠EAD=180°-2a, ·.∠EAD=∠BAC 又：∠EAD=∠EAB+∠BAD,∠BAC=∠CAD+∠BAD 12/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠EAB=∠DAC, 在△EAB和△DAC中， AE=AD ∠EAB=∠DAC AB=AC ∴.△EAB≌△DAC(SAS) ∴.BE=DC,∠EBA=a, :AC∥EF, .∠OFE=∠ACB=C, :△GEF为直角三角形， ÷OE=0F=0G=2GF .∠OEF=∠OFE=a, .∠E0F=180°-2a, ∴∠EOB=2a, 又：∠EBO=∠EBA+∠ABC=2a, ..OE=BE DC. ∴.GF=2DC 3. 【答案】(1)①补全图形如下： M E ②证明：根据题意得：∠BAD=120°， ∴∠BAC+∠CAD=120°， :∠ACB=60°， .∠BAC+∠B=120°， ∴∠B=∠DAE: 13146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2) BC=2AF, 证明：延长AE到G,使得AG=BC,如图所示： :AB绕点A逆时针旋转120°得到AD, .AB=DA. 由(I)得∠B=∠DAE, ,.△ABC≌aDAG(SAS). .AC=DG,∠ACB=∠DGE=60°， DE∥BC, :.∠ACB=∠CEM=∠DEG=60°， “.△DEG为等边三角形， ..EG=DE=DG=AC, ,点F为CE中点， ..CF=EF. :、.AC+CF=EF+EG即AF=FG, ..AG=2AF, .BC=2AF 【答案】1) 解：补全的图形如图所示： 证明：~线段AD绕点A顺时针旋转a得到线段AE,∠BAC=a, ∴.∠DAE=∠BAC=a, .∠BAC-∠CAE=∠DAE-∠CAE, 即∠BAE=∠CAD 2) 14146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解：BC=2FG 证明：如图，连接BE,作DH∥BE交BC的延长线于点H, 根据题意可知AD=AE,由(1)知∠BAE=∠CAD, :在△ACD和△ABE中， AD=AE ∠BAE=∠CAD AB=AC ∴.△ACD≌△ABE(SAS) .CD=BE,∠ACD=∠ABE, :∠ACD=90 ∠ABE=90°， ∴.∠ABC+∠EBC=∠ACB+∠DCG=90° AB=AC. .∠ABC=∠ACB, ∴.∠EBC=∠DCG :DH∥BE, ∴.∠EBC=∠H, .∠H=∠DCG, .DC=DH. ∴.BE=DH, 在△BFE和△HFD中， BE=DH ∠BFE=∠HFD ∠EBC=∠H 15/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△BFE≌AHFD(AAS) .BF =FH, DG⊥CH, ∴.CG=GH, ..BC=BF+FC=FH+FC=FC+2CG+FC=2FC+2CG=2FG 5. 【答案】1)45°-a (2) 解：AE=2DF,证明如下： 作CG⊥AB于点G,作EH⊥AB于点H,则∠CGD=∠DHE=90°， B :∠ACB=90°，AC=BC, .CG-4B-G-G. 旋转， :∠CDE=90,CD=DE .∠EDH=∠DCG=90°-∠CDG. △CDG≌ADEH(AAS) .DH=CG,EH=DG, .DH=AG=BG, ∴.AH=DG,HG=BD, ∴.AH=EH, 在AB上截取DP=BD,则DP=HG, .HP=DG, .HP=AH, 16/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,EH⊥AP, ∴AE=PE ,F为BE的中点， .DF=IPE ÷DF-方4E,即AE-2DF 2 6. 【答案】I) 证明：：点D为AC的中点， .AD=4C 1 DF=AC, .AD=DF, ∴.∠DAF=∠AFD ,DE⊥AC,∠BAC=90° .∠BAC=∠EDC=∠ADF=90°， ∴AB∥DE ∴.∠BAF=∠AFD, ∴.∠BAF=∠DAF, ∴.AF平分∠BAC. 2) ①如图即为所求： G D B E ②CG=2EF+V2a ,证明如下： 如图：连接CF并延长交AB于点H 17/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G :点D为AC的中点，DE⊥AC, .AF=CF,AD=CD 又：AF平分∠BAC,∠BAC=90°， .∠DAF=∠DCF=45° ·.∠CFD=∠AFD=45° ∴.∠AFC=90° 在Rt△MFC中，根据勾股定理， AC=√AF2+CF2=V2AF :DE⊥AC, .∠EDC=∠BAC=90° ..DEIl AB CD CF CE .AD FH BE· AD=CD ..CF=FH,CE=BE “.EF是aCBH的中位线， ∴.BH=2EF :∠AHF=180°-∠BAC-∠ACF=45° ∴.∠AHF=∠2 ∴.AF=HF,∠AFH=90° :∠BFG=90°， ∴∠BFG-∠HFG=∠AFH-∠HFG,则∠3=L4. :∠1+∠GAF=180°，∠AHF+∠BHF=180°，∠1=∠AHF=45°， ·∠GAF=∠BHF 18146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △GAF≌△BHF(A,S,A) ∴AG=BH ∴.AG=2EF ..CG=AG+AC, CG=2EF+2AF 个· 【答案】I) 证明：：将线段AD绕点A逆时针旋转120°，得到线段AE, .AD=AE,∠DAE=120°， :∠BAC=120°， .∠BAC=∠DAE, ∴.LBAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE, 在△ABD和△ACE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE △ABD≌△ACE(SAS) ∴.BD=CE: 1 FG=-CE 证明如下： 如图，连接AG,AF ,点F为线段 的中点， AB=AC BC ∠BAC=120° .4F⊥BC,∠BAF=)∠BAC=60° :AD=AE,点G为线段DE的中点，∠DAE=120°， 19146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·AG⊥DE· ∠DAG=,∠DAB=60 .∠BAF=∠DAG, :.∠BAF-∠DAF=∠DAG-∠DAF,即∠BAD=∠FAG, ,△ABD≌△ACE, .∠CAE=∠BAD=∠FAG, :AB=AC,AF⊥BC,∠BAC=120°， ∠4CF=80-∠BAC)=30, .在pAcE中，sin2AF=AC=sin3.0、/ 2 同理可得，在RLAAEG中，sin∠ABG=1C=sin30=} 2 AF AG 1 AC AE 2' :LFAG=∠CAE. .△AFGn△ACE, FG AF 1 .CEAC2· 1 FG-7CE 8. 【答案】(1) 解：∠DAE=2∠CAB 证明：，将线段AD绕点A逆时针旋转180°-2a, .∠DAE=180°-2a, :∠ACB=90°，∠ABC=a, ∴.∠CAB=90°-a, .2∠CAB=180°-2a, .∠DAE=2∠CAB: 2) 解：如图，PG即为所求作的线段EF的垂直平分线，DF=2P№， 20146 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：连接BE,将△AEB绕点A顺时针旋转180°-2a至△ADM,连接BM,则∠BAM=180°-2a, AB=AM,BE=DM ·∠AMB=∠ABM 180°-180°-2a=a. :∠ABC=a, 点M,D,C,B共线， ∴.∠ABE=∠AMB=a, ∴.∠ABE=∠ABC. M 延长EP交BC于点N,作PK⊥BC于点K,PL⊥BE于点L,连接PF, .∠ACB=90°， 四边形PQCK是矩形， ..PO=CK :EF⊥BC,PG是EF的垂直平分线， :.PG∥BC,EG=FG EP EG NP FG' .EP=NP. :.FP-EP-NP-1EN, ..NK =KF, .NK =-NF ,PK⊥BC,PL⊥BE,∠ABE=∠ABC, .PK=PL, 21/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..PN =PE, △PNK≌aPEL(HL) .∠PNK=∠PEL, △PNB≌△PEB(AAS) .BE BN, .DM=BN .∠ACB=90°，AB=AM, ..CM=CB, .CM-DM=CB-BN, ..CD=CN, .CN-1DN CK-NK+CN-2NF+2DN-2DF 2 ..Po 2DF,即DF=2P0: 9. 【答案】) 证明：由题意得，∠PCF=180°-a, ∴.∠DCF=180°-∠PCF=a=∠B ,点B关于直线CE的对称点为点F, ∴.ACBE2ACFE, ∴.∠FCE=∠BCE 设∠FCE=∠BCE=B, .∠DCE=∠DCF+∠FCE=a+B」 ∠DEC=∠B+∠BCE=a+B. ∠DCE=LDEC: (2) 解：AD=CP+DF,证明如下： 如图所示，在线段AB上取一点Q,连接CQ,使得CQ=CB, 22/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A B E ∴.∠CQB=∠B=a :∠40C=180°-∠C9B=180°-a, ∴.∠AQC=∠PCF ~点B关于直线CE的对称点为点F, ∴.CF=CB ∴CQ=CB 又：∠CPF=∠CAB, ∴.aCQA≌AFCP(AAS) ..CP=AO 由(I)知△CBE≌aCFE,∠DCE=∠DEC, ∴.∠CFE=∠B=a,DC=DE. ∠DFE=2∠B=2a, .∠DFC=∠B=a=∠DCF, ..DC=DF, :DE=DF, .∠DEF=∠DFE=2a. 在aCFE中，设∠FCE=B. .∠CEF=∠CED+∠DEF=a+B+2a=B+3a, ∴.B+B+3a+a=180°， 即2a+B=90° △QCB ∠QCE=180°-∠CQB-∠B-∠BCE=90° 在 中， 23/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠QCD=90°-∠DCF-∠FCE=90°-a-B=a .∠QCD=∠CQD ..OD=DC=DF .AD=AO+OD=CP+DF 10, 【答案】)∠BCP=0-90 2 2) 解：BO与DE的数量关系为：BO=2DE. 证明：如图，在AD上取点N,使得DN=DP,连接CN. NDP B ,CD⊥AB ∴CP=CN. .∠CNP=∠APC. :∠CAQ=∠APC, .∠CNP=∠CAQ .AC∥BM, ∴.∠CAB=∠ABM,∠AQM=∠CAQ ∴.∠AQM=∠CNP :∠AQB+∠AQM=180°，∠CNA+CNP=180°， ∴.∠AQB=∠CNA 在△CNA和△AQB中 ∠CAB=∠ABM ∠AQB=∠CNA AB=AC 24/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△CNA≌aAQB(AAS) :AN=BO :E是AP的中点， :.AP=2PE. .PN =2PD .AN AP-PN =2PE-2PD=2DE ∴.BQ=2DE 11. 【答案】(1) 证明：，∠BAC=a=30°， .180°-2a=180°-2×30°=120°， :将线段AD绕点A顺时针旋转180°-2α得到线段AE,连接CE, .AE=AD,∠EAD=120°， 2E=2D-5080-120)=30 :∠ABC=90°，即AB⊥ED, &∠BAD=∠BAE=)∠BAD=60°， 2 ∴.∠CAD=∠BAD-∠BAC=30°， .∠CAD=∠D=30° .AC=CD」 :∠EAC=∠BAE+∠BAC=60°+30°=90°，∠E=30°， .CE=2AC,即CE=2CD (2) 解：CE2=4AB2+CD2,证明如下： 在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=a, :.∠ACD=∠BAC+∠ABC=90°+a, 如图2：将△1CD绕点4顺时针旋转180-20得到 △ACE 25/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A C 2-- G D 图2 AC=AC,CD=CE,∠ACE=∠ACD=90°+a∠CAC=∠EAD=180°-2a :∠4cC=ZAcG=080-∠G4C)=a. ∠ECC=∠ACE-∠ACC=90° CE2=CC2+EC2 CE2=CC2+CD2 CC 如图2：连接，过A AG1CG于G, 在RtACG 中， CG=ACcosa CC=2CG=2ACcosa 在Rt△ABC中，AB=ACcosa, CC=2AB CE(2AB)+CDC-44+CD 12 【答案】I)证明：：将BA所在的射线绕点B顺时针旋转180°-a得到射线BP, .∠ABC=180°-a, ..BC=AB, 26146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A G B D 图1 ∴△ABC中，∠BAC=∠BCA= 2, ,∠GDB=∠BCA, ∠GDB= 2 ,将线段AB绕点A逆时针旋转180°-2a得到线段AD, .AB=AD,∠BAD=180°-2a, ∴△ABD中，∠ABD=∠ADB=, .∠ADB=2∠GDB, .DG平分∠ADB (②)证明：延长BD到N,使DN=BC,连接AN,如图2， G M B 图2 则∠ADB+∠ADW=180°， .∠ADB+∠ABC=a+180°-a=180°， .∠ABC=∠ADN, ,线段AB绕点A逆时针旋转180°-2a得到线段AD, .'AB=AD, 在△ABC和△ADN中， AB=AD ∠ABC=∠ADN BC=DN 27/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △ABC≌△ADN(SAS) .∠ACB=∠N,AC=AN, :∠ACB=∠BDG, ∴.∠N=∠BDG, .AN∥GD, DF MF DN MA' .BC=DF,BC=DN, .DF =DN. MF :.MA =1 .AM=FM, MD=1 1 .MD= AC 2 13, 【答案】1)100° (2) FM=2CM 解： ,证明如下： 如图，连接CE,AM,AF, M D B F :∠BAC=90°，AB=AC. ∴.∠ACB=∠ABC=45°， 28/46 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,将线段AD绕点A逆时针旋转Q得到线段AE, .∠DAE=a=90°，AD=AE, .∠BAD=∠CAE=90°-∠CAD △BAD2ACAE(SAS) .∠ACE=∠ABC=45°，CE=BD, .∠ECD=∠ACB+∠ACE=90°， .DG⊥BC,∠ACB=45°， :.∠CDG=∠BDG=90°，△CDG为等腰直角三角形， ∴CD=DG, ∠GDB=∠DCE=90°，BD=CE, △ECD≌△BDG(SAS) .DE=BG. :点M,F分别为DE,BG的中点，∠ECD=90°，∠DAE=90°，∠BAG=180°-∠CAB=90°， :.CM-AM-IDE.BF-AF-1BG-IDE .CM=AM=AF=BF, 又，AC=AB △CAM≌△BAF(SSS) ∴.∠CAM=∠BAF :.∠BAF+∠BAM=LCAM+∠BAM,即∠MAF=∠CAB=90°， .AM=AF, FM=2AM=2CM 14. 【答案】I)证明：：AB=AC,∠B=C, ∴.∠B=∠BCA=a, ,∠CAD=∠B+∠BCA=2a ,将线段CD绕点C逆时针旋转2a得到线段CE, 29146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CD=CE,∠DCE=2a, :∠D=∠CED=180°-2a 2 90°-a」 ∠DCA=180°-∠D-∠CAD=180°-(90°-a)-2a=90°-a=∠D ..AC=AD, .AB=AC=AD, 即点A是BD的中点： Q)BD+EF=2AC,证明如下： 如图，延长AD至G,使得DG=EF,连接CG,CF, D A B ∠BFE=2a,∠DCE=2a, ∴∠BFE=∠DCE, :∠BFE+∠DFE=180, .∠DCE+∠DFE=180°， ∴∠E+∠CDF=180°， ∠CDF+∠CDG=180°， .∠E=∠CDG, :将线段CD绕点C逆时针旋转2a得到线段CE, ..CD=CE, ∴.aCEF2aCDG(SAS), ∴.CF=CG,∠ECF=∠DCG, .∠ECF+∠DCF=∠DCG+∠DCF, .∠GCF=∠DCE=2a, .CF=CG. .∠CFG=∠CGF=90°-a, 30/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠DAC=2∠B=2a, .∠ACG=90°-a, .∠ACG=∠CGD. :.AC=AG, .AB=AC, ..BG=2AC. .BD+EF=BD+DG=BG=2AC 15. 【答案】I)AB=CD,解：AB与CD的数量关系是AB=CD 以 证明：，A,C,D共线， .∠BCA=180°-(180°-a)=au .∠BCA=∠BAC, :AB=BC. ,线段BC绕点C旋转得到线段CD, ..BC=CD ∴.AB=CD ②CE与BD的数量关系是CE=V5BD,解：CE与BD的数量关系是CE=2BD 证明：∠MAN=45°，ED⊥AD .∠AED=45° .AD=DE. 作QD⊥BD,且使DO=BD, 连接B0,EQ 31/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M B D :LBAC=45°， .∠BCD=135°. .∠BCA=45° ∴.AB=BC ∴∠ABC=90° :∠1+∠3=∠2+∠3=90°. .∠1=∠2 在△ADB △EDO 中， AD=ED ∠1=∠2 BD=DO ∴.△ADB≌△EDQ(SAS) ∴.AB=EQ ∠DEQ=∠A=45° ∴.BC=EQ ,∠AED=45° .∠BEQ=90° 在△EBC和△BEQ中， BE=EB ∠BEQ=∠EBC EO=BC ∴.△EBC≌△BEQ(SAS) 32/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :.BQ=EC, :在Rt△BOD中，BD=DO, ∴.BQ=V2BD ∴.CE=V2BD 16. 【答案】(I)(1)证明：过点A作AH⊥BC, :在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=a=45°， .∠ACB=45°， ∴.△ABC是等腰直角三角形， :∠AHB=90°=∠AHC .BH=CH ∴.∠BAH=45°， ∴，△ABH是等腰直角三角形， .AH BH=CH CD=BC,E是CD的中点， CE-CD-AH .∠AEF=∠AEH+∠HEF=90°，∠AEH+∠HAE=90°， ∴.∠HEF=∠HAE, 在△AHE和△ECF中， AH=CE ∠HEF=∠HAE AE=FE 33146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △AHE≌△ECF(SAS) .∠ECF=∠AHC=90°， .CF⊥BC, Q)90°；证明：取BC的中点G,连接AG,AF, .EA=EF,∠AEF=180°-2a, .∠EAF=∠EFA=a, :G是BC的中点，∠BAC=90°， ∴AG=BG=CG, :∠ABC=a, .∠ABC=∠BAG=a,∠AGE=2a .,△ABGP△AFE, AB AF .AG AE' .∠BAG=∠EAF=a, ∴.∠BAF=∠GAE ∴.△BAF∽aGAE, .∠ABF=∠AGE=2a, .∠ABC=∠FBC=&, AB AG ·BFGE, 设BG=m,CE=n, .BG=CG=AG=m,BC=2m ,E是CD的中点， .CE=DE=n,CD=2n, .GE=m+n, 34146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AB m …BFm+n BC 2m m AB BD 2m+2n m+n BF, ∴.△ABC∽△FBD :∠BFD=∠BAC=90 17. 【答案】(I)AE=6 2) ①如图所示： 2 7B ②CE=V2MW ,证明：如图，过点B作 BQ⊥AP 千 ,过点C作CKMN交4P于K :CE⊥AP,BO⊥AP ∠AEC=∠AQB=90°. ∠2+∠3=90°， ∠BAC=90°， ∠1+∠2=90°， ∠1=∠3， AB=AC, ∴.△ACE≌△ABQ(AAS) ∴.BQ=AECE=AQ EF =AE, :EF =AE =BO, '∠AEF=∠EQB=90°，∠ENF=∠BNQ 35/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .'aENF≌aBNQ(AAS) ∴.EN=ON :M为AC的中点，CK∥MN, AM=AN =1 CM NK ..AN KN, ..CK =2MN. ·AN=KNEN=QN .EK=AQ=CE, .CK=√2CE ..CE =2MN 18. 【答案】I)证明：如图，连接CD G D B E :在△ABC中，∠ACB=9O°，点D是AB的中点， .CD=AD=BD, .∠BCD=∠B=a, .∠ADC=∠BCD+∠B=2a, ∴.∠ADG=∠ADC+∠CDG=2a+∠CDG. 又：∠ADG=∠AED+∠DAE,∠AED=2a, ∴.∠ADG=2a+∠DAE, .∠CDG=∠DAE. (2)解：AE=EF+2DG,证明如下： 如图，延长EG至点H,使得EH=AE,连接CD,CH,FH, 36146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E 由旋转的性质得：EF=ED,∠DEF=2a, 在△EFH和△EDA中， 「EF=ED ∠HEF=∠AED=2a EH=EA △EFH≌△EDA(SAS) .HF=AD,∠FHE=∠DAE. 由(I)己得：CD=AD,∠CDG=∠DAE. .HF=CD,∠FHE=∠CDG, HF∥CD, ,∴.四边形CDFH是平行四边形， .HG=DG, .EH DE+DG+HG=EF+2DG, ∴.AE=EF+2DG 19, 【答案】I)证明：：在△ABC中，∠ACB=90°，（点D与点C重合）， .∠ACF+∠BCF=90°， 根据旋转有：∠ABC=a=∠ADF=∠ACF, ∴.∠ABC+∠BCF=90°， ,∠BFC=180°-（∠ABC+∠BCF)=90° .△BCF是直角三角形， ,G为BC的中点，（点D与点C重合）， 37/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .GF-C 2)解：HG=CG,证明如下： 取AD的中点M,连接MH、MC、MG,如图， E a 根据旋转有：∠ABC=a=∠ADE, ,AH⊥DE, ∴.∠ADE+∠HAD=90°， :∠ACB=90°， .∠ABC+∠BAC=90°， .∠HAD=∠BAC, .∠HAC+∠CAD=∠BAH+∠HAC, ∴.∠CAD=∠BAH, .∠ACB=90°， ∴.∠ACD=180°-∠ACB=90°， ,点M为AD的中点， 在R△ACD中，CM=AM=MDD. 同理有：HM=AM=MD= .HM =MC, 设∠ADC=B,即∠CAD=90°-∠ADC=90°-B, .∠CAD=∠BAG=90°-B, .CM=AM, .∠CAM=∠ACM,即∠CMD=∠CAM+∠ACM=2∠CAM, HM =MD, 38146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠ADE=∠MHD=a, :.∠HMD=180°-∠ADE-∠MHD=180°-2a, ,G点为BD的中点，M点为AD的中点.， :MG为△ABD的中位线， .MG∥AB, .∠ABC=∠MGD=a, .∠GMD=180°-∠MGD-∠ADC=180°-a-p, ∠HMG=∠HMD-∠GMD=180°-2a-(180°-a-B)=B-a .CM=MD, .∠DCM=∠MDC=B, .∠CMD=180°-∠DCM-∠MDC=180°-2B, ∠GMC=∠GMD-∠CMD=180°-a-B-(180°-2β)=B-a .∠GMC=∠HMG=B-a, 又.HM=MC,MG=MG, △HMG≌△CMG(SAS) .HG=CG 20. 【答案】1)45° (2)①补全图形 BG H DF=√2EH 数量关系： 39146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：作点D关于CF的对称点M,连接CM,DM,FM. 垂直平分 BG HC M ..CF DM .CD=CM,FD=FM. ∠DFM=2LAFC=90°，∠DCM=2I=a, .∠BAC=∠DCM. .AC=DC. ∴.AB=AC=CD=CM, .△ABC≌aCDM(S,A,S) :BC=DM, 在RtADFM中，∠DFM=90°，DF=MF, 根据勾股定理， DM=DF2+MF2=2DF .BC=2DF GH=)BF,点G为CF的中点， 设GH=a,CG=FG=b,则BF=2a. .CH=CG-GH=b-a,BH=FG-BF+GH=b-a, ∴.CH=BH :∠BAC=a,∠ACE=90°-， .LBEC=∠BAC+∠ACE=90°， 1 .EH=-BC BC=2DF 40146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .DF =EH 21」 【答案】)证明：：∠ACB=90°，DC=BC, :.AC是线段BD的垂直平分线， ∴.AB=AD,∠DAC=∠BAC=30」 .∠BAD=60°， ∴.△BAD是等边三角形， .'AB=AD, 由旋转的性质得ED=AD,∠ADE=60°， :.∠BAM=∠EDM=60°，AB=DE, .∠BMA=∠EMD :△BMH2AEMD(AAS) ∴.BM=EM, .BC=CD, :.CM是△BDE的中位线， .DE =2CM (2)解：BD=2CF,理由如下： 延长BC到点G,使CG=BC, B G 同(1)理，△BAG是等边三角形， .AB=AG,∠BAG=60° 由旋转的性质得ED=AD,∠ADE=6O°」 ∴△ADE是等边三角形， 41146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD=AE,∠DAE=60°， ·.∠DAB=60°-∠BAE=∠EAG, ·△D1B2sEAG(SMS) .'.BD=GE, :CG=BC,又：点F是BE的中点， .CF是△BEG的中位线， ∴.GE=2CF, ∴.BD=2CF. 22. 【答案】I)证明：：点P与点C重合，由旋转的性质得BP=B0,∠PBQ=180°-2a, :BC=B0,∠CBg=180°-2a. :∠ACB=90°，∠CAB=a, .∠ABC=90°-a, ∠CBQ=180°-2a, :∠AB0=∠CB0-∠ABC=90°-a, “∠ABO=∠ABC, .AB=AB, ÷△1CB≌aAQB(6,4S) ∠BAC=∠BA0: B (2)解： PM=2AC M A 证明：如图，延长CP到点N,使得CN=AC,连结BN, :∠ACB=90°，即BC⊥AN, .BC垂直平分AN, .BA=BN, ∠N=∠CAB=a, 42146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠ABN=180°-∠N-∠CAB=180°-2a, 由旋转的性质得∠PB0=180°-2a,BP=B0, ∠ABP+∠PBN=∠ABP+∠ABQ=180°-2a, 、∠PBN=∠ABO, BO=BP ∠ABQ=∠PBN 在 中 △ABO ANBP AB=BN △ABQ≌aNBP(S,A,S) .∠BAg=∠N=&,A0=PN, :QM∥AB .∠M=∠CAB=a,∠AQM=∠BA0=a, 、∠M=∠AQM, .AM=AO. .AM=PN, .PM=AC+CP+AM=AC+CP+PN=AC+CN=2AC 23, 【答案】I)∠DAE=2∠BAC 2)∠DAE+∠DBF=180°，解：∠DAE+∠DBF=180° 证明：如图，将△AEC沿AC翻折得到△APC,连接BP. ∴.△AEC≌△APC ·AE=AP,CE=CP,∠EAC=∠PAC,∠ECA=∠PCA. :∠ACB=90°，CF=EC, ∴.∠ECA+∠BCF=90°，∠PCA+∠BCP=90°，CF=CP ∴.∠BCP=∠BCF .△BCF≌△BCP(SAS) ∴.∠CBF=∠CBP ∠ABC=a, .∠CAB=90°-a. :∠DAE=180°-2a, 43146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠EAC+∠DAB=∠PAC+∠PAB=90°-a. ∴.∠DAB=∠PAB AE=AD, ∴AP=AD .△DAB≌△PAB(SAS) ∠DBA=∠PBA. .∠DBF=2∠ABC=2a .∠DAE+∠DBF=180° D 24. 【答案】(1) H F D G B C E M (2)证明：：四边形ABCD是正方形， ∴.AB=AD,∠B=∠BAD=∠ADF=90° ,AF⊥AE, ∠BAE=∠DAF, 44146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△ABE≌△ADF, ∴AE=AF: (3)结论：FM=V2AG】 证明：如图，过点A作AG的垂线，过点F作AF的垂线，两条垂线交于点P,连接PG, :AF⊥AE,AP⊥AG .∠FAP+∠FAG=∠FAG+∠EAG=90°， ∴.∠EAG=∠FAP. :EG⊥AE,PF⊥AF, ∴.∠AEG=∠AFP=90° AE=AF, :.△AEG≌△AFP, .AG=AP, ∴△PAG是等腰直角三角形， PG=V2AG,∠AGP=45° .∠ACD=45°， ..PGIIFM ,GH⊥AF, .∠M+∠AFD=90° 由∠AFP=90°可知∠M+∠AFD+∠AFP=180°，即∠M+∠PFM=180° .PF∥GM, .四边形PGMF是平行四边形， ..PG=FM, FM=2AG 45146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P H F A D G C E M 46/46 专题07 几何综合 5年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2022-2026） 命题规律 考点01选择压轴 2026北京卷 2024北京卷 2023北京卷 选择压轴固定为试卷最后一道单选题，分值 2 分，是全卷选择题区分度最高的题目；统一采用多结论正误判断题型，给出 3-4 条几何结论，选出全部正确结论的选项，纯几何推理为主，少量结合平面直角坐标系，弱化复杂计算，侧重几何直观、逻辑辨析与分类讨论。 考点02几何综合 2026北京卷 2025北京卷 几何综合为中考固定压轴解答题，分值 7 分，全卷几何难度天花板，区分度极高；统一设置两小问，配套两幅几何静态图（图 1 基础构型、图 2 动点 / 点位置变换构型），以等腰三角形为基础载体，图形旋转为核心变换手段，围绕全等三角形展开证明、线段 / 角度关系探究，全程侧重构造辅助线、等量转化逻辑推理，无坐标系、无函数、不涉及相似计算。 考点01 选择压轴 1．（2026·北京·中考）在平面直角坐标系中，点，．若点C不与点A重合，且以B，O，C为顶点的三角形与全等，则称C为B的“友好点”．给出下面四个结论： ①对于所有的点B，在y轴上都有B的“友好点”； ②能够找到点B，使得在x轴上有B的“友好点”； ③对于所有的点B，在第一象限内都有B的“友好点”； ④能够找到点B，使得在第四象限内有B的“友好点”． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】  先明确的边长特征，再逐个判断每个结论，通过计算或举例验证结论是否成立． 【详解】解：∵，，， ∴是直角三角形，，三边长为，，， ① 对任意，取点，该点在轴上，此时，，为公共边， ∴，且不与重合， 因此轴上一定存在友好点，①正确； ② 假设轴上存在友好点，不与重合，也不能与重合（否则无法构成三角形）， ∵全等三角形斜边相等，斜边为， ∴， 解得或，均不符合要求， 因此轴上不存在友好点，②错误； ③ 当时，所有符合条件的友好点为（在轴），第一象限内没有友好点， 因此不是对所有点都成立，③错误； ④ 举例：取，如图，设与轴交于点，过点作轴于点， ∵， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，该点在第四象限， 因此存在这样的点，使得在第四象限内有B的“友好点”，故④正确， 综上，正确结论为①④． 2．（2024·北京·中考）如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可. 本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键. 【详解】向两方分别延长，连接， 根据菱形，，则，， ∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形， ∴点一定在对角线上，且，， ∴，， ∵， ∴， ∴，，同理可证， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴该八边形各边长都相等， 故①正确； 根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等， ∴④正确； 根据题意，得， ∵，， ∴， ∴该八边形各内角不相等； ∴②错误， 根据， ∴， ∴， ∵， 故， ∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误 ∴③错误， 故选B． 3．（2023·北京·中考）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，，，，连接DE，设，，，给出下面三个结论：①；②；③；    上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】如图，过作于，则四边形是矩形，则，由，可得，进而可判断①的正误；由，可得，，，，则，是等腰直角三角形，由勾股定理得，，由，可得，进而可判断②的正误；由勾股定理得，即，则，进而可判断③的正误． 【详解】解：如图，过作于，则四边形是矩形，    ∴， ∵， ∴，①正确，故符合要求； ∵， ∴，，，， ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理得，， ∵， ∴，②正确，故符合要求； 由勾股定理得，即， ∴，③正确，故符合要求； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 考点02 几何综合 1．（2026·北京·中考）在中，，，过的中点作的垂线，交于点，点在的延长线上，． (1)如图，，求证：； (2)如图，点在的延长线上，，连接，，直接写出的大小，并证明． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴； (2)解：的大小为， 证明：如图，过点分别作，的垂线，分别交，的延长线于点，， 在中，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， 又是和的公共边， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． 【分析】（1）得，通过，，所以，则有，然后通过直角三角形的性质可得，，再由线段的和与差即可求解； （2）过点分别作，的垂线，分别交，的延长线于点，，分别证明，，所以，又，则，即，从而可得． 【详解】（1）略； （2）略． 2．（2025·北京·中考）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点． (1)如图1，，点与点重合，求证：； (2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】(1) 证明：∵， ∴ ∵线段绕点逆时针旋转得到线段，点与点重合 ∴，， ∴， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，平行四边形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键； （1）根据，得出，根据旋转可得，，进而证明四边形是平行四边形，得出，；即可得证； （2）在上取一点，使得，证明得出，，进而根据三角形内角和定理得出，根据平行线的性质得出，进而得出，根据等角对等边可得，则，根据三线合一可得，进而根据，即可得证． 【详解】（1）略 （2）， 证明：如图，在上取一点，使得 ∵ ∴ ∴， ∴ ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， 又∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ 3．（2024·北京·中考）已知，点，分别在射线，上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线交射线于点.    (1)如图1，当点在射线上时，求证：是的中点； (2)如图2，当点在内部时，作，交射线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明。 【答案】(1) 证明：连接， 由题意得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； (2)， 在射线上取点H，使得，取的中点G，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∵是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】（1）先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得，则，故，再根据等角的余角相等即可得到，故，最后等量代换出，即点是的中点； （2）在射线上取点H，使得，取的中点G，连接，可证明，则，，则，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得到，则，而，故可等量代换出． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 4．（2023·北京·中考）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． 【答案】(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．    【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）略 （2）略 【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． 5．（2022·北京·中考）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． 【答案】(1) 证明：在和中， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵， ∴． (2) ；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， ∵， ∴ ， ∴ ． 【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）略 （2）略 【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． 一、单选题 1．（2026·北京密云·一模）如图，在正方形中，对角线、相交于点，是线段上一动点（不与点重合），过点分别作、的垂线交、边于点、．记的面积为，的面积为．当点在线段上运动的过程中，给出下列四个结论： ①点与点重合时，；②；③一定存在；④当是的中点时，．上述结论中，所有正确结论的个数有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据正方形的性质，结合垂直定义，可知与都是等腰直角三角形，对于①，当点E与点O重合时，分别计算与即可判断；对于②，当点E与点O重合时，对比结论即可判断；对于③，需要，结合，即可判断；对于④，当是的中点时，求出与的相似比，进而求出面积比． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， 与都是等腰直角三角形， ，，， ①点与点重合时，，， ， ， ，故结论①正确； ②点与点重合时，，此时，故结论②错误； ③若，则， ，即， 又， 点必然在之间，故结论③正确； ④当是的中点时，， ， 设，则， ， ， 与都是等腰直角三角形， ， 故结论④正确； 综上所述，正确的结论有①③④，共3个． 2．（2026·北京东城·一模）如图，等边三角形的三个顶点都在边长为1的正方形的边上．对于这样的等边三角形，给出以下结论： ①等边三角形有无数个； ②等边三角形的周长的最小值为3； ③等边三角形的面积的最大值为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】如图所示，连接正方形对角交于点O，以点O为圆心，以为半径画圆，则点D，E，F，G在圆O上，连接，并延长，交圆O于点M，N，P，结合等腰三角形、正方形的性质得到当点M，N，P在圆上运动时，对应的在正方形内部运动，可判定①；如图所示，过点作，则 ，得到 ，结合周长计算可判定②；根据题意，当最大时，等边三角形的面积最大，如图所示，当三角形一个顶点与正方形的一个顶点重合时，由勾股定理得到的值，结合面积的计算即可求解． 【详解】解：如图所示，连接正方形对角交于点O，以点O为圆心，以为半径画圆，则点D，E，F，G在圆O上，连接，并延长，交圆O于点M，N，P， ∵是等边三角形， ∴ ， ∴ ，即是等边三角形， ∴当点M，N，P在圆上运动时，对应的在正方形内部运动， ∴等边三角形有无数个，故①正确； 如图所示，过点作，则 ， ∴四边形是矩形， ∴ ， ∵ ，且等边三角形的周长 ， ∴最小值为1， ∴等边三角形的周长的最小值为3，故②正确； 如图所示，过点作，， ∴ ， ∴， 当最大时，等边三角形的面积最大， 如图所示，当三角形一个顶点与正方形的一个顶点重合时， ∴ ， 又 ， ∴， ∴， 设，则 ， 在中，， 在中， ， ∵， ∴， ∴ ， 整理得，， 解得，（舍去）， ∴， ∴， 根据上述计算可知， ， ∴的最大值为， ∴ ，故③错误； 综上所述，正确的有①②， 故选：A ． 3．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，，，平分，E是上一动点（不与A，D重合），于点F．设，，．给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】利用直角三角形斜边大于直角边判断①；通过构造等腰三角形求出与的数量关系，进而表示出，代入不等式判断②和③； 【详解】解：①在中，为斜边，为直角边， ，即， ，故①正确； ②在上取点，使得，连接， ， 为等腰直角三角形， ， 平分， ， ， ， ， ， ，即， ， ， ，故②错误； ③要证，即证，即证， 两边平方得：， ， ， 整理得：，即， 任何实数的平方均非负， 该不等式恒成立， ，故③正确； 综上所述，正确的结论是①③． 4．（2026·北京石景山·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，，四边形为正方形，将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形．给出下面四个结论： 当时，点的纵坐标是； 点与原点距离的最小值是； 若点在轴正半轴上，则点的横坐标是； 若直线将正方形分为面积相等的两部分，则点的纵坐标是． 上述结论中，所有正确的结论的序号是（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，由四边形是正方形，得，，，通过勾股定理得，根据旋转性质可知，当时，，则，此时三点共线，三点共线，从而可判断；由，则点在以为圆心，为半径的圆上运动，故当三点共线时，即可判断；若在轴正半轴上，先求出，过作轴于点，则，证明，则，所以点的横坐标是，即可判断；过作轴于点，过作轴于点，连接，，交点为，则，同理可得，所以，，设，，则，，通过中点坐标得，根据题意得，解得：，故纵坐标为，从而判断． 【详解】解：如图，连接，， 由，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 由旋转性质可知：， 当时，， ∴，此时三点共线，三点共线，如图， ∴， ∴轴， 由旋转性质可知， ∵， ∴， ∴纵坐标为，故正确； ∵， ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， ∴当三点共线时，如图，有最小值，为，故错误； 若在轴正半轴上， 在中，，， ∴， 如图，过作轴于点，则， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点的横坐标是，故错误； 如图，过作轴于点，过作轴于点，连接，，交点为，则， 同理可得：， ∴，， 设，， ∴， ∴， ∵直线将正方形分为面积相等的两部分， ∴直线过正方形中心，即点在上， ∴，解得：， ∴纵坐标为，故正确， 综上所述，正确的结论是． 5．（2026·北京昌平·一模）如图，矩形的对角线相交于点，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形．顺次连接．对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各边所在直线的距离都相等； ④该八边形为正八边形时，矩形的长宽比为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】D 【分析】条件可知矩形的大小是不确定的，因此可以先尝试调整矩形的长、宽关系，然后进一步探究八边形的边、角以及点O到各边的距离的变化规律，继而求解． 【详解】结论①：由题意可知八边形的边长受矩形长、宽关系的影响，如图1所示，显然八边形的各边并不相等，故结论①错误； 结论②：如图1，由条件易知四边形是正方形，进而可证为4个全等的等腰直角三角形，由此可知八边形的各个内角均为135°，故结论②正确； 结论③：如图2，连接，过点O分别作，由条件易知均为等腰三角形，且．在和中，，，由结论①易知和不一定相等，因此和也不一定相等，故结论③错误； 结论④：如图3，结合结论②，设，则．当八边形为正八边形时，则，所以，所以矩形的长宽比为，所以结论④正确．综上，所有正确结论的序号是②④． 【点睛】本题考查了矩形、（正）多边形、旋转、全等、直角三角形等知识，解题的关键是先结合图形作出合理的猜想，进而快速地找到问题的切入点． 6．（2026·北京市西城区·二模）如图，在平面直角坐标系中，正六边形是以点为中心的正六边形，点在正六边形的边上，且点在第一象限．若，给出下面四个结论：（     ） ①线段的最大值为2； ②若点关于原点的对称点为，则当时，的面积取得最小值； ③若点在反比例函数的图象上，则； ④若在该六边形的边上，且，则与之间的数量关系是． 上述结论中，所有正确结论的序号是（） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】根据正六边形的性质求出各顶点坐标，结合图形性质逐一判断：①结合顶点坐标与外接圆特征，判断的最大值；②利用三角形面积公式和平行线性质，分析面积取最小值的条件；③结合反比例函数k的几何意义与点B的坐标，确定k的取值范围；④借助等腰三角形性质与轴对称性，推导a、c的数量关系． 【详解】①∵正六边形以原点为中心，外接圆半径为， 正六边形边上任意一点到中心的距离，最大值等于外接圆半径． ∴点在顶点处时，，即线段的最大值为． 故此结论正确． ②∵点、关于原点对称， ∴为线段的中点，可得． 由已知得，直线解析式为， 直线解析式为，故． 根据平行线性质，上所有点到直线的距离为定值，因此在上时，大小不变． 当点在边上时，到直线的距离可以不断减小，当与点重合时，距离为，此时取得最小值． 当时，点落在边中点，此时三角形面积为定值，并非最小值． 故此结论错误． ③∵点在反比例函数的图象上， 由反比例函数性质可得． 点在正六边形第一象限的边上，当与顶点重合时， ，即可以取到． 因此的取值范围是，与题干不符． 故此结论错误． 综上所述：正确结论的序号是①④． 7．（2026·北京燕山教育集团·二模）连接正五边形的对角线，得到如右图所示图形，中心为点，与交于点．连接与交于点，连接，，，． 观察后得出如下结论： ①； ②连接，则有； ③； ④连接，则有． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【分析】本题考查正五边形性质、圆周角定理、全等三角形判定与性质、三角形内角和及外角性质；解题关键是熟练运用上述知识，结合正五边形的对称性，通过角度和线段关系的推导来判断结论正误． 对于①：利用正五边形内角和公式求出内角，再依据圆周角定理计算度数判断对错；对于②：截取，根据正五边形轴对称性找全等条件证，推导线段关系判断；对于③：用三角形外角性质和五边形的性质即可求得与关；对于④：由圆周角定理求角，结合三角形内角和求，依等角对等边判断． 【详解】解：如图：在上截取，连接，， ∵正五边形内角和为， ∴． ∵是正五边形， ∴，， ∴正五边形中心角，，故①正确；． ∵五边形是正五边形， ∴平分，平分，，，， 在中，根据三角形内角和定理，． ， 即． 在和中： ∴， ∴，，． 由正五边形性质可知，，，，． ∵，，， ∴． 已证， ∵， ∴． ∵， ∴． 又∵，． ∴， 在和中： ． ∴， ∴． ∵， ∴；故②正确． ∵是的外角，， ∵， ∴， ∴，故③错误． ∵，， 在中，，， ∴ ． 则， ∴，故④正确． 综上①②④正确． 8．(25-26九·北京海淀区·期末)如图，直线与轴、轴分别交于点，，以为对角线作菱形，且点在第一象限，给出下面三个结论： ①当，时，菱形有无数个； ②当时，对于的每一个确定的值，都存在菱形，使得该菱形的周长与的周长相等； ③当点在上时，若，则菱形的面积有最大值． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】①根据菱形的性质判断即可；②求得的周长：，菱形的周长：，比较即可判断；③求得菱形的面积为即可得到菱形的面积有最大值． 【详解】解：①当，时，， 令，，解得， ∴， 以为对角线作菱形，且点在第一象限， ∴在线段的垂直平分线上， ∴这样的菱形有无数个，说法正确； ②当时，， ∴，， ∴，， ∴， ∴的周长：，即， 菱形的周长：， ∴对于的每一个确定的值，都存在菱形，使得该菱形的周长与的周长相等； ③∵，∴， ∴菱形的面积， ∵， ∴菱形的面积有最大值； 综上，①②③都是正确的． 9．（2026·北京房山·二模）如图，正方形中，点为边上一个动点，连接，以为对角线作正方形，连接，． 给出下面四个结论： ①； ②； ③； ④若，那么正方形的周长的最小值为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 【答案】D 【分析】根据正方形的性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆的判定与性质、勾股定理以及垂线段最短等知识点，对四个结论逐一进行分析判断即可. 【详解】解：四边形和四边形都是正方形，且为正方形的对角线， ，，，， 对于①：，， ， ， 四点共圆， ， ，故①错误； 对于②：在中，， ，， ，故②错误； 对于③：，， ， 四点共圆， ， 由①知 四点共圆， ， ， ，故③正确； 对于④：正方形的周长， 当时，取得最小值，此时与重合，， 正方形的周长的最小值为，故④正确； 综上所述，正确的结论是③④. 10．（2026·北京丰台·二模）如图，正方形的边长为2，将边，，，分别绕点顺时针旋转（），得到，，，，连接，，，．给出下面四个结论：（） ①对于任意都有； ②对于任意四边形为正方形； ③四边形的面积随的增大而增大； ④当时，四边形的周长为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（）． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】利用旋转角相等以及三角形内角和，证明，判断①； 证明四边形四边相等、内角为，判定为正方形，判断②； 分析四边形面积随旋转角的变化规律，判断③； 当时，用勾股定理求边长，计算周长，判断④． 【详解】解：已知正方形边长为2，，四条边分别绕顶 点顺时针旋转， 则，，，； 旋转角：， 设与交于点，与交于点， , 又, 则， 内角和推导得，即，故结论①正确； 设与交于点，与交于点，连接，，，由①知，，，， ， ， 由旋转：， 旋转角：， ，， ， ，， 即，， 又， ， ，， 同理可证，，则四边形为菱形， 又， ， 则，即， 则四边形为正方形，②正确； 由②知，四边形面积正方形面积4个全等三角形（）的面积4个全等三角形（）的面积， ，，，， ， ， 则四边形面积， 当以及时，，则这两种情况下四边形面积相等，因此面积不是随增大一直增大，故结论③错误； 当时，，，，， 根据勾股定理， 又四边形是正方形， 故周长，故结论④正确， 综上，正确的结论为①②④． 11．（2026·北京石景山·二模）如图，直线，，分别在，上，平分，平分，过点的直线与直线，分别交于点，（不与点，重合）． 有以下结论： ①；②；③； 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】A 【分析】根据平行线的性质和角平分线的定义可证，从而判断①；利用角平分线的性质定理可得点到、的距离相等，进而通过全等三角形证明，从而判断②；分情况讨论，当在的同侧时，根据②的结论得出，证明，得出，进而可得，当在的异侧时，得出，从而判断③． 【详解】解：①， ， 平分，平分， ， ， ， 在中， ， ．故①正确； ②过点作于，交于，作于， ， ， 平分，，， ， 同理可得， ， 在和 中， ， ， ．故②正确； ③当在的同侧时由②可得 ， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴ ， 当在的异侧时， ， 同理可得，而， ∴，故③不正确． 综上所述，正确的结论是①②． 12．（2026·北京朝阳·二模）如图，将正方形绕其中心逆时针旋转，得到正方形，两个正方形的公共点为，B，C，D，E，F，G，H，连接，，．给出下面四个结论： ； ； ； 线段，，可以组成直角三角形． 上述结论中，所有正确结论的序号为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，分别交于L、K，设正方形的边长为，则正方形的对角线为，连接，连接交于R，由旋转的性质可知，则，根据等腰三角形三线合一得到，，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，则，，可知是等腰直角三角形，证明，同理可知，则，是等腰直角三角形，，根据勾股定理可知，①错误；根据三角形外角的性质及等边对等角得到，②正确；连接，根据全等三角形的性质得到，，，证明，得到，，可知即是等腰直角三角形，得到，根据可知，③正确；证明，得到，则线段，，可以组成直角三角形，④正确． 【详解】解：如图，连接，分别交于L、K， 则， 设正方形的边长为，则正方形的对角线为， 则， 连接，连接交于R， 由旋转的性质可知， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， 即 同理可得， ∵， ∴，同理可知， ∴，是等腰直角三角形，， ∴，，①错误； ∵， ∴，即，②正确； 如图，连接， ∵ ∴，，， 即， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，③正确； ∵，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴线段，，可以组成直角三角形，④正确． 二、解答题 1．（2026·北京密云·一模）在中，，，．点是边上一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接和，取线段的中点，连接． (1)依据题意，补全图形； (2)求证：； (3)连接，直接用等式表示线段、和之间的数量关系． 【答案】(1) (2)证明：延长至，使得，连接， ∵， ∴, ∵是线段的中点, ∴ 在中，，，, ∴,, ∵, ∴, 在和中， , ∴， ∴, ∴ (3); 过点作,延长交于点,连接， 在中，，， ∴, 由（2）可知， , ∵， ∴, ∴点在上运动， ∴, ∵，， ∴是等边三角形， ∴, ∴, 在和中， ∴, ∴, ∵是等边三角形， 则, ∴是等腰三角形， ∵， ∴, ∴, 设， ,, ∴, ∴, 在和中， ∴ ∴, ∵ ∴, ∴, ∴, ∴, ∴, ∴, , ∴, ∴ 【分析】（1）根据题意画图即可； （2）延长至，使得，连接,根据三角形的中位线可知，进而证明即可求解； （3）过点作,延长交于点,连接，根据以及三角形的中位线可知，证明是等边三角形，进一步可知，从而得到是等腰三角形，证明，根据全等三角形的性质可知，，进而根据正切值可转化线段之间的关系 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 2．（2026·北京门头沟·综合练）在中，且，点在线段上（点与点，不重合），连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作交直线于点． (1)如图1，当点与点重合时，求证：； (2)如图2，当点与点不重合时，过点作交直线于点， ①依题意补全图2； ②用等式表示与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1) 证明：点与点重合， ， ， 将线段绕点顺时针旋转得到线段， ，， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ； (2) 解：①如图所示； ②，证明如下： 如图，设的中点为，连接，， ，， ， ， 由旋转得，，， ， 又，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 为直角三角形， ， ， ， ， 又， ， ． 【分析】（1）结合平行线的判定与性质，利用平行四边形的判定定理，证明四边形为平行四边形，进而得到； （2）①根据题意补全图形； ②先通过证明，得到对应边、对应角相等，再结合直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的判定，推导与的数量关系． 【详解】（1）略 （2）略 3．（2026·北京东城·一模）如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转得到．过点D作，交的延长线于点E，点F为中点． (1)①补全图形； ②求证：； (2)判断之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)①补全图形如下： ②证明：根据题意得：， ∴， ∵， ∴， ∴； (2) ， 证明：延长到G，使得，如图所示： ∵绕点A逆时针旋转得到， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵点F为中点， ∴， ∴即， ∴， ∴． 【分析】（1）①根据题意补全图象即可；②根据题意得：，得出，，即可证明； （2）延长到G，使得，利用全等三角形的判定和性质得出，，再由平行线的性质得出，确定为等边三角形，结合等边三角形的性质及线段间的数量关系即可得出结果． 【详解】（1）解：①略 ②略 （2）略 4．（2026·北京朝阳·一模）如图，在中，，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接交于点． (1)根据题意补全图形，并证明； (2)过点作直线的垂线，垂足为，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1) 解：补全的图形如图所示： 证明：线段绕点顺时针旋转得到线段，， ， ， 即． (2) 解：． 证明：如图，连接，作交的延长线于点． 根据题意可知，由（1）知， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ． 【分析】（1）利用旋转的性质，通过“同角减去公共角”证明两角相等； （2）通过两次证明全等和等腰三角形三线合一的性质，完成线段的等量代换，然后证明倍数关系． 【详解】（1）略 （2）略 5．（2026·北京大兴·一模）如图，在中，，，D为线段上一点，连接，，将线段绕点D逆时针旋转得到，连接，点F是中点，连接． (1)连接，求的度数（用含的式子表示）； (2)用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2) 解：，证明如下： 作于点，作于点，则， ∵，， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，， ∴， 在上截取，则， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵为的中点， ∴， ∴，即． 【分析】（1）根据旋转的性质，得到是等腰直角三角形，得到，根据角的和差关系即可得出结果； （2）作于点，作于点，根据三线合一和斜边上的中线得到，证明，得到，，进而推出，，在上截取，根据三角形的中位线定理和中垂线的性质，即可得出结果． 【详解】（1）解：连接， ∵旋转， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）略 6．（2026·北京丰台·一模）如图，在中，，，D为的中点，过点D作，交于点E，点F在线段上，且，连接． (1)求证：平分； (2)连接，将射线绕点F顺时针旋转，交的延长线于点G． ①依题意补全图形； ②用等式表示，与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1) 证明：∵点D为的中点， ∴． ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴平分． (2) ①如图即为所求； ②，证明如下： 如图：连接并延长交于点H． ∵点D为的中点，， ∴，． 又∵平分，， ∴， ∴． ∴． 在中，根据勾股定理，． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴，． ∴是的中位线． ∴． ∵， ∴． ∴，． ∵， ∴，则． ∵，，， ∴． ∴ ∴． ∴． ∵， ∴． 【分析】（1）由中点的定义结合已知条件可得，利用等边对等角可得，再说明可得，则即可证明结论； （2）①按要求完成作图即可；②如图：连接并延长交于点H．先说明，利用勾股定理可得，再说明，利用平行线分线段成比例可得，易得是的中位线可得．再说明可得，再利用线段的和差以及等量代换即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：①略 ②略 7．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，，，D是内部一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转，得到线段，连接． (1)求证：； (2)连接，分别取线段的中点F，G，连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1) 证明：∵将线段绕点A逆时针旋转，得到线段， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴； (2)， 证明如下： 如图，连接， ∵，点F为线段的中点，， ∴，， ∵，点G为线段的中点，， ∴，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴在中，， 同理可得，在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）首先根据旋转的性质可得，结合证明，然后利用“”证明，由全等三角形的性质即可证明结论； （2）连接，首先证明，再证明，进而可证明，根据相似三角形的性质，即可获得答案． 【详解】（1）略 （2）略 8．（2026·北京石景山·一模）如图，在中，，（），是边延长线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，过点作的垂线，垂足为． (1)用等式表示与的数量关系，并证明； (2)作线段的垂直平分线，垂足为，交于点，交于点，依题意补全图形．用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1) 解：． 证明：∵将线段绕点逆时针旋转， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； (2) 解：如图，即为所求作的线段的垂直平分线，． 证明：连接，将绕点A顺时针旋转至，连接，则，， ∴， ∵， ∴点M，D，C，B共线， ∴， ∴． 延长交于点N，作于点K，于点L，连接， ∵， ∴四边形是矩形， ∴． ∵，是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 【分析】（1）由旋转的性质得，由直角三角形的性质得，整理可得； （2）根据作已知线段垂直平分线的方法作出线段的垂直平分线，连接，将绕点A顺时针旋转至，连接，证明点M，D，C，B共线，求出，延长交于点N，作于点K，于点L，连接，则四边形是矩形，可得，由平行线分线段成比例定理得，从而可证，进而得出，证明，，得出，从而．结合可证，从而，整理可得． 【详解】（1）略 （2）略 9．（2026·北京昌平·一模）已知，如图，点是上的点，连接，点关于直线的对称点为点，连接，将射线绕点逆时针旋转得到，在射线上取一点，使，延长交于点． (1)求证：； (2)连接，若，用等式表示，，三者之间的数量关系，并证明． 【答案】(1) 证明：由题意得，， ． 点关于直线的对称点为点， ， ， 设， ． ∵， ； (2) 解：，证明如下： 如图所示，在线段上取一点，连接，使得， ． ∴， ． 点关于直线的对称点为点， ． ． 又， ， ， 由（1）知， ． ， ， ， ， ， 在中，设， ∴， ， 即， 在中，． ． ， ∴． ． 【分析】（1）根据题意可得，则，由轴对称的性质可得，则可证明； （2）在线段上取一点，连接，使得，证明，．则可证明，得到，进而可证明．再证明，推出，则，设，，据此可推出，证明，得到，则． 【详解】（1）略 （2）略 10．（2026·北京西城·一模）在中，，，于点D，过点B作，P是线段上一点，连接，作，交射线于点Q． (1)如图1，当时，求的度数（用含的式子表示）； (2)如图2，点E为中点，用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2) 解：与的数量关系为：． 证明：如图，在上取点N，使得，连接． ， ． ． ， ． ， ，． ． ，， ． 在和中 ． ． ∵E是的中点， ． ， ． ． 【分析】（1）由，得．由外角定义可得． （2）在上取点N，使得，连接．则．可得．再证 ，得．由．可得．则． 【详解】（1）解：， ． ， ． ， ． （2）略 11．（2026·北京海淀·一模）在中，，．D为的延长线上一点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，点E在直线上，求证：； (2)如图2，用等式表示线段，和的数量关系，并证明． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵，， ∴，即． (2) 解：，证明如下： ∵在中，，， ∴， 如图2：将绕点A顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图2：连接，过A作于G， 在中，    ，， 在中，    ， ∴， ∴，即． 【分析】（1）先说明，由旋转的定义可得，易得，进而得到，即；再说明，，利用含30度直角三角形的性质求解即可； （2）利用三角形外角的性质可得，如图2：将绕点A顺时针旋转得到，则，，进而得到、，再利用勾股定理以及解直角三角形求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 12．（2026·北京通州·一模）已知线段，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，将线段所在的射线绕点B顺时针旋转得到射线，其中．在射线上取一点C，连结，作交线段于点G． (1)如图1，当时，求证：平分； (2)如图2，当时，如图，在上取一点F，使，连结交于点M．用等式表示线段和之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明：∵将所在的射线绕点B顺时针旋转得到射线， ∴， ∵， ∴中，， ∵， ∴， ∵将线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴中，， ∴， ∴平分． (2)证明：延长到N，使，连接，如图2， 则， ∵， ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）根据旋转的性质和，得出，则，根据旋转得，则，即可得，即平分． （2）延长到N，使，连接，如图2，则，结合，得出，根据旋转得，证明，得出，，证明，根据平行线分线段成比例得出，结合，得出，则，即可证出． 【详解】（1）略 （2）略 13．（2026·北京平谷·一模）在中，，点是边上一点（不与重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接．用等式表示线段与的数量关系并证明； 【答案】(1) (2) 解：，证明如下： 如图，连接， ∵， ∴， ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴，为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点分别为的中点，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴． 【分析】（1）等边对等角，求出的度数，旋转，得到，证明，得到，再根据角的和差关系进行求解即可； （2）连接，证明，得到，，进而得到，证明为等腰直角三角形，得到，证明，得到，然后根据直角三角形斜边上的中线，推出，证明，推出，进而得到即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）略 14．（2026·北京市西城区·二模）在中，，，为延长线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段． (1)如图1，当点在上时，求证：点是的中点； (2)如图2，当点在下方时，点在上，若，用等式表示，与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据等边对等角得到，根据三角形外角的性质得到，根据旋转的性质得到，，根据等边对等角得到，进而得到，可知，即可证明点是的中点； （2）延长至G，使得，连接，，证明，得到，进而求出，根据三角形外角的性质得到，根据三角形内角和得到，可知，即，可知，则． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴ ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即点是的中点； （2）解：，证明如下： 如图，延长至G，使得，连接，， ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴． 15．（2026·北京燕山教育集团·二模）已知，点B，C分别在射线，上，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，点D在射线上，连接． (1)如图1，用等式表示与的数量关系，并证明； (2)如图2，当时，过点D作的垂线交射线于点E．连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)，见解析 (2)与的数量关系是，见解析 【分析】（1）根据旋转的全等性质，补角的性质，等腰三角形的判定，等量代换解答即可． （2）作，且使，连接，．利用三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等量代换思想解答即可． 【详解】（1）解：与的数量关系是． 证明：∵A，C，D共线， ． ， ． ∵线段绕点C旋转得到线段， ． ． （2）解：与的数量关系是． 证明：． ． ． 作，且使， 连接，． ∵， ． ． ． ． ． ． 在和中， ， ． ，． ． ， ， 在和中， ， ， ， ∵在中，， ． ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等量代换，熟练掌握相关图形的性质和等量代换思想是解题的关键． 16．（2026·北京海淀·二模）在中，，，点在的延长线上，是的中点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段．        (1)如图，，，连接，求证：； (2)如图，连接，，直接写出的大小，并证明． 【答案】(1)见详解 (2)；见详解 【分析】（1）过点作,由可知是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，进而可知，证明，即可求解； （2）取的中点,连接,,根据两角对应相等可证，根据相似三角形的性质可知，进而根据两边对应成比例以及夹角相等可证，设，进而可知,证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：过点作, ∵在中，，， ∴, ∴是等腰直角三角形， ∵, ∴ ∴, ∴是等腰直角三角形， ∴, ∵，是的中点， ∴, ∵,, ∴, 在和中， , ∴, ∴, ∴， （2）证明：取的中点,连接,, ∵,, ∴, ∵是的中点，， ∴, ∵， ∴, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴, , ∴, ∴, 设， ∴， ∵是的中点， ∴，， ∴， ∴, ∴， ∴, ∴． 17．（2026·北京平谷·二模）如图，在中，，，过点作射线，交线段于，，过点作于点，延长到点，使． (1)若，，求的长； (2)连接，交射线于点，为的中点，连接． ①依题意补全图形； ②猜想与的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2) ①如图所示； ②，证明：如图，过点作于，过点作交于， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， 为的中点，， ， ， ， ，， ， ， ． 【分析】（1）因为是等腰直角三角形且，所以先得出的长度；因为，是直角三角形，已知的值，所以结合勾股定理可求出的长度，又因为，即可得到的长． （2）①依据题干描述的点的位置、连线关系补全图形即可． ②首先证明和全等，得到对应角相等，进而推出；如果M是中点，可过点作于，过点作交于，结合线段的和差关系推导与的数量关系． 【详解】解：， ， 在中： ， 设，． ， 根据勾股定理： ，即， 解得（）， ． ． （2）①如图所示； ②， 证明：如图，过点作于，过点作交于， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， 为的中点，， ， ， ， ，， ， ， ． 18．（2026·北京大兴·二模）在中，， ，点是的中点，点为下方一点，满足，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点恰好落在上．连接，延长交于点． (1)连接，求证：； (2)用等式表示，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明：如图，连接 ∵在中，，点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴． (2)解：，证明如下： 如图，延长至点，使得，连接， 由旋转的性质得：，， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）已得：， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）连接，先得出，再得出，则，然后根据三角形的外角性质即可得证； （2）延长至点，使得，连接，先证出，则，再证出四边形是平行四边形，则，据此即可得出结论． 【详解】（1）证明：略． （2）解：略． 【点睛】本题难点在于通过作辅助线，构造全等三角形和平行四边形． 19．（2026·北京房山·二模）在中，，，点在射线上，为的中点．连接，将射线绕点逆时针旋转得到射线． (1)如图，点与点重合，射线与边交于点，连接．求证：； (2)如图，点在的延长线上，过点作于点，连接．用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明：∵在中，，（点与点重合）， ∴， 根据旋转有：， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∵为的中点，（点与点重合）， ∴． (2)解：，证明如下： 取的中点M，连接、、，如图， 根据旋转有：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点M为的中点， ∴在中，， 同理有：， ∴， 设，即， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵点为的中点．点为的中点．， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴． 【分析】（1）证明是直角三角形，再根据斜边的中线等于斜边的一半即可证明； （2）取的中点M，连接、、，证明，再根据斜边的中线等于斜边的一半证明，设，即先表示出，判断出为的中位线，可得，根据表示出，接着表示出；表示出，接着表示出，即可证明，进而证明，问题得解． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，等边对等角，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，问题的难点在于第二问，作辅助线构造全等三角形． 20．（2026·北京丰台·二模）如图，在中，，（），将线段绕点逆时针旋转得到线段，交于点，作射线与的延长线交于点． (1)求的大小； (2)点是线段中点，在线段上截取，连接．补全图形，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)①补全图形 数量关系：， 证明：作点关于的对称点，连接，，． 垂直平分． ，， ，， ， ， ， ， ， 在中，，， 根据勾股定理，， ， ，点为的中点， 设，，则． ，， ． ，， ， ． ， ． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，由旋转可得，，，进而求出，，最后根据三角形的外角性质即可求解； （2）作点关于的对称点，连接，，，根据对称得到，，则，，推出，证明得到，根据勾股定理得到，根据题意可设，，则，，求出，根据直角三角形的斜边中线定理得，即可得证． 【详解】（1）解：，， ． 由旋转可得，，， ，， ； （2）略 21．（2026·北京石景山·二模）在中，，，为直线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接． (1)如图1，当点在的延长线上且时，记，的交点为，连接．求证：； (2)如图2，当点在的延长线上时，取的中点，连接．用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明：∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴； (2)解：，理由如下： 延长到点，使， 同（1）理，是等边三角形， ∴，， 由旋转的性质得，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，又∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． 【分析】（1）证明是等边三角形，推出，得到，得到是的中位线，根据三角形中位线的性质即可证明； （2）延长到点，使，同理得到和都是等边三角形，证明，得到，再证明是的中位线，根据三角形中位线的性质即可得到． 【详解】（1）证明：略； （2）解：，理由略． 22．（2026·北京顺义·二模）在中，，，点在射线上，连结，将线段绕点顺时针旋转得到线段（点与点不重合），过点作交直线于点． (1)如图1，点与点重合，求证：； (2)如图2，点在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明：∵点与点重合，由旋转的性质得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； (2)解：， 证明：如图，延长到点，使得，连结， ∵，即， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）证明，即可证明结论； （2）延长到点，使得，连结，证明，再利用平行线的性质即可证明． 【详解】（1）略 （2）略 23．（2026·北京朝阳·二模）在中，，，是平面内的一点（不与点重合），连接，以为中心，将线段顺时针旋转，得到线段，连接． (1)如图1，点在边上，用等式表示与之间的数量关系（直接写出结果）； (2)如图2，点在外，延长到点，使，连接，，用等式表示与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）由旋转的性质得，由直角三角形的性质得，进而可得； （2）将沿翻折得到，连接．则，，，．证明得，进而可证，再证明得，进而可得． 【详解】（1）解：∵以为中心，将线段顺时针旋转， ∴． ∵在中，，， ∴， ∴； （2）解： 证明：如图，将沿翻折得到，连接． ． ，，，． ，， ，，． ． ， ． ， ． ， ． ． ， ． ． ． ． ． 24．（2026·北京东城·二模）如图，在正方形中，E为边上一点，连接，作交的延长线于点F，作交于点G，过点G作交于点H，延长交的延长线于点M． (1)依题意补全图形； (2)求证：； (3)用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)证明：∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； (3)结论：． 证明：如图，过点A作的垂线，过点F作的垂线，两条垂线交于点P，连接， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 由可知，即 ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $