中考数学模拟题汇总《全等三角形的综合题》专项练习(附答案解析)一、综合题1．已知∠MAN＝135°，正方形ABCD绕点A旋转．（1）当正方形
ABCD旋转到∠MAN的外部(顶点A除外)时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN.①如图①
，若BM＝DN，则线段MN与BM＋DN之间的数量关系是 ；②如图②，若BM≠DN，请判断①中的数量关系关系是否仍成立？并说明理由；
（2）如图③，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部(顶点A除外)时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN
，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形？并说明理由．2．△ABC是⊙O的内接三角形，点P是⊙O上一点，且点P与点A在BC的两侧，
连接PA，PB，PC．（1）如图①，若△ABC是等边三角形，则线段PA，PB，PC之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．（2）如图
②，把（1）中的△ABC改为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，其他条件不变，三条线段PA，PB，PC还有以上的数量关系吗？说明理由
．（3）如图③，把（1）中△ABC改为任意三角形，AB＝c，AC＝b，BC＝a时，其他条件不变，则PA，PB，PC三条线段的数量关
系为 （直接写结果）（4）由以上你能发现圆内接四边形的四条边和对角线有什么关系？3．综合题。 （1）如图1，已知∠ACB=∠DC
E=90°，AC=BC=6，CD=CE，AE=3，∠CAE=45°，求AD的长． （2）如图2，已知∠ACB=∠DCE=90°，
∠ABC=∠CED=∠CAE=30°，AC=3，AE=8，求AD的长． 4．已知△ABC与△ADE都是等腰直角三角形,∠ACB=
∠ADE=90°，AC=BC=4，AD=DE，点F是BE的中点，连接DF，CF.（1）如图1，当点D在AB上，且点E是AC的中点时
，求CF的长.（2）如图1，若点D落在AB上，点E落在AC上，证明：DF⊥CF.（3）如图2，当AD⊥AC，且E点落在AC上时，判
断DF与CF之间的关系，并说明理由.5．如图，△ABC是边长为m的正三角形，D，E，F分别在边AB，BC，CA上，AE，BF交于点
P，BF，CD交于点Q，CD，AE交于点R，若 = = =k（0＜k＜ ）．（1）求∠PQR的度数；（2）求证：△ARD∽
△ABE；（3）求△PQR与△ABC的面积之比（用含k的代数式表示）6．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．（1）概念理解
：在互补四边形 中， 与 是一组对角，若 则 （2）如图1，在 中，点 分别在边 上，且 求证：四边形 是互补
四边形． （3）探究发现：如图2，在等腰 中， 点 分别在边 上， 四边形 是互补四边形，求证： ． （4）推
广运用：如图3，在 中，点 分别在边 上， 四边形 是互补四边形，若 ，求 的值． 7．综合与实践正方形内“奇妙点
”及性质探究定义：如图1，在正方形 中，以 为直径作半圆 ，以 为圆心， 为半径作 ，与半圆 交于点 .我们称点
为正方形 的一个“奇妙点”．过奇妙点的多条线段与正方形 无论是位置关系还是数量关系，都具有不少优美的性质值得探究．性质探究：
如图2，连接 并延长交 于点 ，则 为半圆 的切线．证明：连接 ．由作图可知， ，又 ． ，∴ 是半圆 的切线．
问题解决：（1）如图3，在图2的基础上，连接 .请判断 和 的数量关系，并说明理由； （2）在（1）的条件下，请直接写出线
段 之间的数量关系； （3）如图4，已知点 为正方形 的一个“奇妙点”，点 为 的中点，连接 并延长交 于点 ，
连接 并延长交 于点 ，请写出 和 的数量关系，并说明理由； （4）如图5，已知点 为正方形 的四个“奇妙点”．连
接 ，恰好得到一个特殊的“赵爽弦图”．请根据图形，探究并直接写出一个不全等的几何图形面积之间的数量关系． 8．如图，抛物线
经过点 ，与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且 . （1）求抛物线的解析式；（2）点D在y轴上，且 ，求点D的坐标；（
3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在．求出所有符合条件的点M的
坐标；若不存在，请说明理由.9．如图1，在 中， ， ，点 分别在边 上， ，连接 、 ，点 为 的中点．
（1）观察猜想图1中，线段 与 的数量关系是 ，位置关系是 ；（2）探究证明把 绕点 逆时针方向旋转到图2的位置，小航猜想
（1）中的结论仍然成立，请你证明小航的猜想；（3）拓展延伸把 绕点 在平面内自由旋转，若 ， ，请直接写出线段 的取值范
围．10．如图1，四边形ABCD是矩形，点P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），过点P作PE⊥CD于点E，连接PB，已知A
D＝3，AB＝4，设AP＝m.（1）当m＝1时，求PE的长；（2）连接BE，试问点P在运动的过程中，能否使得△PAB≌△PEB？请
说明理由；（3）如图2，过点P作PF⊥PB交CD边于点F，设CF＝n，试判断5m+4n的值是否发生变化，若不变，请求出它的值；若变
化，请说明理由.11．如图，AB为⊙O直径，P点为半径OA上异于O点和A点的一个点，过P点作与直径AB垂直的弦CD，连接AD，作B
E⊥AB，OE∥AD交BE于E点，连接AE、DE、AE交CD于F点．（1）求证：DE为⊙O切线；（2）若⊙O的半径为3，sin∠A
DP= ，求AD；（3）请猜想PF与FD的数量关系，并加以证明．12．已知△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，过点B在∠AB
C内作线段BD交AC于点E，过点C作CD⊥BD.（1）如图1所示，若∠ABD＝30°，AB＝3，求ED.（2）如图2所示，若线段B
D平分∠ABC，连接AD，求证：AD＝CD.（3）如图3所示，连接AD，求证：BD＝CD+ AD.13．如图，?ABCD中，BD
是它的一条对角线，过A，C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，延长AE，CF分别交CD，AB于M、N．（1）求证：四边
形CMAN是平行四边形．（2）已知DE=4，FN=3，求BN的长．14．如图，将矩形ABCD沿线段AF折叠，使点D落在BC边的点E
处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．（1）求证：△AGE≌△AGD（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理
由；（3）若AG=6，EG=2 ，求BE的长．15．等边三角形ABC的边长为6，在AC，BC边上各取一点E，F，连接AF，BE相
交于点P．（1）若AE=CF；①求证：AF=BE，并求∠APB的度数；②若AE=2，试求AP?AF的值；（2）若AF=BE，当点E
从点A运动到点C时，试求点P经过的路径长．16．如图，在矩形ABCD中，E为CD的中点，F为BE上的一点，连结CF并延长交AB于点
M，MN⊥CM交射线AD于点N． （1）当F为BE中点时，求证：AM=CE； （2）若 =2，求 的值； （3）若 =
n，当n为何值时，MN∥BE？ 参考答案与解析1．【答案】（1）MN＝BM＋DN；解：如图②，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立
．理由：延长NC到点P，使DP=BM，连结AP.∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABM=∠ADC=90°，在△ABM与△
ADP中，，∴△ABM≌△ADP（SAS）.∴AM=AP，∠1=∠2=∠3，∴∠1+∠4=90°，∴∠3+∠4=90°，∵∠MAN
=135°∴∠PAN=360°-∠MAN-（∠3+∠4）=360°-135°-90°=135°.在△ANM与△ANP中，∴△ANM
≌△ANP(SAS)，∴MN=PN，∵PN=DP+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN（2）解：结论：以线段BM，MN，DN的长度
为三边长的三角形是直角三角形．理由：如图③，将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接NE，∵∠MAE＝90°，∠MAN＝
135°，∴∠NAE＝360°－∠MAN－∠MAE＝135°，∴∠EAN＝∠MAN.∵AM＝AE，AN＝AN，∴△AMN≌△AEN
，∴MN＝EN.∵∠ADE＝∠ABM＝∠BDA＝45°，∴∠BDE＝∠BDA＋∠ADE＝90°，∴DN2＋DE2＝NE2.∵BM＝
DE，MN＝EN，∴DN2＋BM2＝MN2，∴以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．2．【答案】（1）解：，证
明：如图4，延长PB到点D，使得，连接DA，∵为等边三角形， ∴，，∵四边形ABPC内接于圆，∴，∵，∴，在和中， ，∴（SAS）
∴，∵，∴为等边三角形，∴，∵，∴；（2）解：若△ABC为等腰直角三角形，，三条线段PA，PB，PC没有（1）中的数量关系，理由如
下：如图5，延长PB到点E，使得，连接AE，∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴，，∵四边形ABPC内接于圆，∴，∵，
∴，在和中， ，∴（SAS）∴，，∵，又∵，∴，∴，∵，∴，∴三条线段PA，PB，PC没有（1）中的数量关系；（3）（4）解：由（
3）的结论，可知圆内接四边形的四条边和对角线的关系为：圆内接四边形中对角线的乘积等于四边形对边乘积的和．3．【答案】（1）解：如图
1，连接BE， ∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，又∵AC=BC，D
C=EC，在△ACD和△BCE中， ，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∵AC=BC=6，∴AB=6 ，∵∠BAC=∠CAE
=45°，∴∠BAE=90°，在Rt△BAE中，AB=6 ，AE=3，∴BE=9，∴AD=9；（2）解：如图2，连接BE，
在Rt△ACB中，∠ABC=∠CED=30°，tan30°= = ，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=∠ACD，∴
△ACD∽△BCE，∴ = = ，∵∠BAC=60°，∠CAE=30°，∴∠BAE=90°，又AB=6，AE=8，∴BE=
10，∴AD= ．4．【答案】（1）解：如图1，∵AC=BC=4，点E是AC的中点， ∴EC=2.在直角△BCE中,BE2=
BC2+CE2=20，∴BE= .∵CF是直角△BCE斜边上的中线，∴CF= = （2）证明：如图1,∵∠ACB=∠ADE=9
0°，点F为BE中点 ∴DF= BE,CF= BE，∴DF=CF.∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°∵
BF=DF，∴∠DBF=∠BDF，∵∠DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠DFE=2∠DBF，同理得：∠CFE=2∠CBF，∴∠EFD
+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°，∴DF⊥CF（3）解：DF与CF相等且垂直. 如图2，延长DE交BC于点
G，连接FG，易证DG⊥BC.∵∠DEA=45°，∴∠BEG=45°,∠DEF=135°.又∵∠B=45°，∴BG=EG.∵点F是
BE的中点，∴FG=FE,FG⊥BE,∠EGF=45°，∴∠FGC=∠EGF+EGC=135°，∴∠DEF=∠CGF.又∵∠ADE
=90°,∠ACB=90°，DG⊥BC，∴四边形ADGC是矩形，∴AD=GC，∴DE=GC，∴△DEF≌△CGF（SAS）,∴∠D
FE=∠CFG，DF=CF.∵∠DFE+∠CFE=90°，∴CF⊥DF，∴DF与CF相等且垂直.5．【答案】（1）解：∵ = =
=k，△ABC是等边三角形，∴AB=CB=AC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AD=BE=CF，∴△ABE≌△BCF≌
△CAD，∴∠BAE=∠CBQ=∠ACD，∴∠ABP=∠BCQ=∠CAR，∴△ABP≌△BCQ≌△CAR，∴∠APB=∠BQC=∠
ARC，∴180°﹣∠APB=180°﹣BQC=180°﹣ARC，即∠RPQ=∠PQR=∠PRQ，∵∠RPQ+∠PQR+∠PRQ=
180°，∴∠RPQ=∠PQR=∠PRQ=60°．∴∠PQR=60°．（2）解：∵△PQR是等边三角形，∴∠PRQ=60°，∴∠A
RD=∠PRQ=60°，∴∠ARD=∠ABC=∠ABE，∵∠DAR=∠EAB，∴△ARD∽△ABE（3）解：作AH⊥BC于H．易知
BH=CH= ，AH= m，BE=km，EH= m﹣km，在Rt△AEH中，AE= = ?m，∵△ARD∽△ABE，∴
= = ，∴AR= ?m，RD= ?m，PE=RD= ?m，∴AP=AE﹣PE= ?m，当0＜k＜ 时，RP=AP﹣
AR= ?m，∵△PQR，△ABC都是等边三角形，∴ = = ．6．【答案】（1）90（2）证明： 又 四边形 是互补四
边形．（3）解：证明： 四边形 是互补四边形， （4）解：如图，作 于点 交 的延长线于点G则 四边形 是互补四边形
， ．在 中， 设 则 ． ，7．【答案】（1）解：结论： 理由如下：∵∴ ， ， ∴∵∴在 和 中∵ ， ∴∴∵∴
（2）（3）解：结论： 理由：连接 、 ，如图：由（1）可知， ∵∴∵点 为 的中点∴∴∵四边形 是正方形∴∴（4） 的
面积等于正方形 的面积（答案不唯一）8．【答案】（1）解：由y=ax2+bx﹣3得C（0．﹣3）， ∴OC=3，∵OC=3OB
，∴OB=1，∴B（﹣1，0），把A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3得 ，∴ ，∴抛物线的解析式为y=x2﹣
2x﹣3；（2）解：设连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F， ∵A（2，﹣3），C（0，﹣3），∴AF∥x轴，∴F（﹣1，﹣
3），∴BF=3，AF=3，∴∠BAC=45°，设D（0，m），则OD=|m|，∵∠BDO=∠BAC，∴∠BDO=45°，∴OD=
OB=1，∴|m|=1，∴m=±1，∴D1（0，1），D2（0，﹣1）；（3）解：设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n）， ①
以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，则△ABF≌△NME，∴NE=AF=3，M
E=BF=3，∴|a﹣1|=3，∴a=4或a=﹣2，∴M（4，5）或（﹣2，5）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3
，则N在x轴上，M与C重合，∴M（0，﹣3），综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，5
）或（0，﹣3）．9．【答案】（1）；（2）解：延长 交 于 延长 到 使 ，连接 ，则 ， ， ， ， ，
，又 ， ， ，又 ， ， ， ， ， 又 ， ， 即 （3）解：∵A在平面内自由旋转,∴(2)的图形仍然可用,
由已知得AC=10，CM=4，∴10-4≤AM≤10+4， ∴6≤AM≤14， ∵AM=2AP， ∴3≤PA≤7．∴PA的最大值为
7，最小值为3．所以： 10．【答案】（1）解：连接BE， 由已知：在Rt△ADC中，AC＝ ，当AP＝m＝1时，PC＝AC﹣A
P＝5﹣1＝4，∵PE⊥CD，∴∠PEC＝∠ADC＝90°，∵∠ACD＝∠PCE，∴△ACD∽△PCE，∴ ，即 ，∴PE＝
；（2）解：如图1，当△PAB≌△PEB时， ∴PA＝PE，∵AP＝m，则PC＝5﹣m，由（1）得：△ACD∽△PCE，∴ ，∴P
E＝ ，由PA＝PE，即 ，解得：m＝ ，∴EC＝ ，∴BE＝ ，∴△PAB与△PEB不全等，∴不能使得△PAB≌△PE
B；（3）解：如图2，延长EP交AB于G， ∵BP⊥PF，∴∠BPF＝90°，∴∠EPF+∠BPG＝90°，∵EG⊥AB，∴∠PG
B＝90°，∴∠BPG+∠PBG＝90°，∴∠PBG＝∠EPF，∵∠PEF＝∠PGB＝90°，∴△BPG∽△PFE，∴ ，由（1）
得：△PCE∽△ACD，PE＝ ，∴ ，即 ，∴EC＝ ，∴BG＝EC＝ ，∴ ，∴5m+4n＝16.11．【答案】（1）
证明：如图1，连接OD、BD，BD交OE于M， ∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，AD⊥BD，∵OE∥AD，∴OE⊥BD，
∴BM=DM，∵OB=OD，∴∠BOM=∠DOM，∵OE=OE，∴△BOE≌△DOE（SAS），∴∠ODE=∠OBE=90°，∴D
E为⊙O切线；（2）解：设AP=a， ∵sin∠ADP= ，∴AD=3a，∴PD= ，∵OP=3-a，∴OD2=OP2+PD
2，∴32=（3-a）2+（2 a）2，9=9-6a+a2+8a2，a1= ，a2=0（舍），当a= 时，AD=3a=2，∴
AD=2；（3）证明: PF=FD， 理由是：∵∠APD=∠ABE=90°，∠PAD=∠BAE，∴△APF∽△ABE，∴ ，∴P
F= ，∵OE∥AD，∴∠BOE=∠PAD，∵∠OBE=∠APD=90°，∴△ADP∽△OEB，∴ ，∴PD= ，∵AB=2O
B，∴PD=2PF，∴PF=FD．12．【答案】（1）解：如图1，在 中， ， ， ， ， ， ， ， （2）解：如图2
，延长CD和BA交于点G， 平分 ， ， ， ，又 ， ≌ ， ， ， , （3）解：如图，过点A作 ，交BD于
点F， ， ， ， ， ， ， ， ，且 ， ， ≌ ， ， ， ， ， ， , .13．【答案】（1）证明：∵四
边形ABCD是平行四边形，∴CD∥AB，∵AM⊥BD，CN⊥BD，∴AM∥CN，∴CM∥AN，AM∥CN，∴四边形AMCN是平行四
边形．（2）解：∵四边形AMCN是平行四边形，∴CM=AN，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD=AB，CD∥AB，∴DM=BN，
∠MDE=∠NBF，在△MDE和△NBF中，，∴△MDE≌△NBF，∴ME=NF=3，在Rt△DME中，∵∠DEM=90°，DE=
4，ME=3，∴DM===5，∴BN=DM=5．14．【答案】（1）证明：∵△AEF是由△ADF折叠得到的，∴AD=AE，∠DAG
=∠EAG，又∵AG=AG∴△AGE≌△AGD；（2）解：AF×GF=2EG2，证明如下：连接DE交GF于点O∵△AEF是由△AD
F折叠得到的∠DAG=∠EAG，DF=EF∵△AGE≌△AGD∴GD=GE，∠AGD=∠AGE∴∠FGD=∠FGE∵EG∥CD∴∠
DFG=∠FGE∴∠FGD=∠DFG∴GD=DF∴GD=EG=EF=DF∴四边形DGEF是菱形AF⊥DE，OF= GF∴∠ADF
=∠DOF=90°又∵∠DFO=∠DFA∴△DFO∽△AFD∴∴OF×AF=DF2∵OF= GF，DF=EG∴ GF×AF=EG
2即：AF×GF=2EG2（3）解：过点G作GH⊥CD于H则四边形CHGE是矩形，∴CE=GH设GF=x，则AF=6+x∵AF×G
F=2EG2EG=2 ∴x（6+x）=40解得：x=4∴GF=4，∴AF=6+4=10在Rt△AEF中AE= ∴BC=AD=AE=
4 ∵GH∥AD∴△FGH∽△FAD∴∴∴CE=GH= ∴BE=BC﹣CE=4 ﹣ = ．15．【答案】（1）①证明：∵△A
BC为等边三角形，∴AB=AC，∠C=∠CAB=60°，又∵AE=CF，在△ABE和△CAF中， ，∴△ABE≌△CAF（SAS）
，∴AF=BE，∠ABE=∠CAF．又∵∠APE=∠BPF=∠ABP+∠BAP，∴∠APE=∠BAP+∠CAF=60°．∴∠APB
=180°﹣∠APE=120°．②∵∠C=∠APE=60°，∠PAE=∠CAF，∴△APE∽△ACF，∴ ，即 ，所以AP?AF
=12（2）若AF=BE，有AE=BF或AE=CF两种情况．①当AE=CF时，点P的路径是一段弧，由题目不难看出当E为AC的中点的
时候，点P经过弧AB的中点，此时△ABP为等腰三角形，且∠ABP=∠BAP=30°，∴∠AOB=120°，又∵AB=6，∴OA=
，点P的路径是 ．②当AE=BF时，点P的路径就是过点C向AB作的垂线段的长度；因为等边三角形ABC的边长为6，所以点P的路径
为： ．所以，点P经过的路径长为 或3 ．16．【答案】（1）解：当F为BE中点时，如图1，则有BF=EF． ∵四边形AB
CD是矩形，∴AB=DC，AB∥DC，∴∠MBF=∠CEF，∠BMF=∠ECF．在△BMF和△ECF中， ，∴△BMF≌△ECF，∴BM=EC．∵E为CD的中点，∴EC= DC，∴BM=EC= DC= AB，∴AM=BM=EC（2）解：如图2所示： 设MB=a，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=DC，∠A=∠ABC=∠BCD=90°，AB∥DC，∴△ECF∽△BMF，∴ =2，∴EC=2a，∴AB=CD=2CE=4a，AM=AB﹣MB=3a．∵ =2，∴BC=AD=2a．∵MN⊥MC，∴∠CMN=90°，∴∠AMN+∠BMC=90°．∵∠A=90°，∴∠ANM+∠AMN=90°，∴∠BMC=∠ANM，∴△AMN∽△BCM，∴ ，∴ = ，∴AN= a，ND=AD﹣AN=2a﹣ a= a，∴ = =3（3）解：当 =n时，如图3： 设MB=a．∵△MFB∽△CFE，∴ = ，即 ，解得EC=an．∴AB=2an．又∵ =n，∴ ，∴BC=2a．∵MN∥BE，MN⊥MC，∴∠EFC=∠HMC=90°，∴∠FCB+∠FBC=90°．∵∠MBC=90°，∴∠BMC+∠FCB=90°，∴∠BMC=∠FBC．∵∠MBC=∠BCE=90°，∴△MBC∽△BCE，∴ ，∴ ，∴n=4． 学科网（北京）股份有限公司 第 1 页 共 32 页 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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