猜押02 多结论问题选填压轴（五大题型）-2025年中考数学冲刺抢押秘籍（四川成都专用）

猜押02 多结论问题（选填压轴） 猜押考点 3年成都真题 考情分析 押题依据 几何中多结论问题 2024年成都卷A卷第8题。 从近年成都中考来看，多结论问题成为成都中考数学的常考题型，前三年成都数学中考试卷中都有出现，主要以以下两个方面呈现：几何题中多结论问题和二次函数中多结论问题，此题型在中考中出现的位置往往是在选填压轴的位置，难度中等偏上。 在初中数学中，几何和函数是初中的重点内容，综合性强，所涉及的知识点和题型复杂。但是在初中占比是非常大的，其中在几何多结论题型中主要结合平行四边形和特殊的平行四边形进行考查，中间穿插考查全等三角形、相似三角形以及三角函数。在二次函数中常考以数形结合的形式，考查二次函数各项系数之间的关系。综合前几年的中考来看，多结论问题在2025年成都中考中出现的概率还是很大的。 二次函数中多结论问题 2023年成都卷A卷第8题，2022年成都卷A卷第8题 题型一：二次函数中多结论问题之函数图象与各项系数的关系★★★★★ 1．（2024·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系中，二次函数的图象如图所示，有下列结论：①；②；③；④关于x的方程的两个根是，，其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】本题主要考查二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．根据二次函数的图像和性质判断即可． 【详解】解：由题图知，，，即， ． ，故①错误； 由题图知，二次函数的图象过坐标原点， ， ， ，故②错误； ，且， .故③错误， 由题图知，方程的两个根是，， ，方程的两个根也是，.故④正确； 故选A． 2．（2024·四川成都·模拟预测）如图，二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④当时，．其中正确结论的个数为（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查二次函数图象与系数之间的关系，根据图象判断①，特殊点判断②和③，图象法求不等式的解集，判断④．熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键． 【详解】解：①∵二次函数图象的开口向上， ∴， ∵二次函数图象的顶点在第三象限， ∴， ∵， ∴， ∵二次函数图象与y轴的交点在y轴的负半轴上， ∴， ∴，故结论①正确； ②对于，当时，， ∴点在二次函数的图象上， 又∵二次函数的对称轴为直线，与x轴的一个交点为， ∴二次函数的图象与x轴的另一个交点为， ∴点在x轴下方的抛物线上， ∴，故结论②正确； ③∵二次函数的图象与x轴的两个交点坐标分别为，， ∴，消去b得：，故结论③正确； ④∵二次函数图象的开口向上，与x轴的两个交点坐标分别为， ∴当时，二次函数图象的在x轴的下方， ∴，即：，故结论④错误． 综上所述：结论①②③正确． 故选：C． 3．（2024·四川成都·模拟预测）如图，二次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，顶点为点C，对称轴为直线，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．当时，y随x的增大而增大 D．若，则 【答案】D 【分析】本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．根据抛物线的位置判断即可；利用对称轴公式，可得，可得结论；应该是时，随的增大而增大；设抛物线的解析式为，可得，，过点作轴于点，设对称轴交轴于点．利用相似三角形的性质，构建方程求出即可． 【详解】解：A．抛物线开口向上， ， 对称轴是直线， ， 抛物线交轴的负半轴， ， ，故本选项不符合题意， B．，， ，故本选项不符合题意， C．观察图象可知，当时，随的增大而减小，本选项不符合题意， D．抛物线经过，， 可以假设抛物线的解析式为， ，， 过点作轴于点，设对称轴交轴于点． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，故正确，符合题意； 故选：D 4．（2023·四川成都·模拟预测）如图，若二次函数图象的对称轴为，与y轴交于点C，与x轴交于点A，点，则①二次函数的最大值为；②；③当时，．其中正确的结论个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．0 【答案】B 【分析】此题主要考查了二次函数的性质以及二次函数最值等知识．直接利用二次函数图象的开口方向以及图象与x轴的交点，进而分别分析得出答案． 【详解】解：∵抛物线的对称轴为， ∴当时，，即为最高点，故①正确； ∵ ∴，故②不正确； ∵抛物线的对称轴为，过， ∴抛物线与x轴的另一个交点为， 由图象可知，当时，，故③正确； 故选：B． 5．（2024·四川成都·二模）如图，抛物线与轴交于，两点，下列结论中，错误的结论是（　　） A． B． C．图象的对称轴为直线 D．当时，y的值随x值的增大而增大 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象与坐标轴的交点问题，二次函数的性质，掌握判断利用数形结合方法是解题的关键． 根据图象二次函数图象与坐标轴的交点，判断A、B选项；根据二次函数图象与x轴的交点，得出对称轴为直线，判断C选项；根据对称轴和图象性质，判断D选项． 【详解】解：A、由图象知：抛物线与y轴正半轴相交， ∴，故此选项不符合题意； B、抛物线与轴有两个交点， ∴，故此选项不符合题意； C、∵抛物线与轴交于，两点， ∴对称轴为直线，故故此选项不符合题意； D、根据图象和对称轴，当时，的值随值的增大而增大，当时，的值随值的增大而减小，故此选项符合题意； 故选：D． 6．（2024·四川成都·二模）已知抛物线的图象如上图所示，下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D．当时，y随x增大而减小 【答案】D 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是掌握抛物线开口方向、与x轴、y轴交点坐标、对称轴等与系数的关系． 根据二次函数图象与系数关系，逐项判断即可． 【详解】解：A、∵抛物线开口向上， ∴， ∵抛物线对称轴是， ∴， 由图得， ∴，选项正确，不符合题意； B、∵抛物线过点(1，2)， ∴，选项正确，不符合题意； C、由图得，抛物线与x轴有两个交点， ∴，选项正确，不符合题意； D、由图得当时，y随x增大而增大，选项错误，符合题意； 故选：D. 7．（2024·四川成都·一模）已知二次函数的图象如图所示，下列结论中： ①； ②； ③； ④；正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了二次函数图象与系数关系，灵活运用数形结合的思想是解题关键． 根据抛物线开口方向及与y轴的交点可确定a、c的符号，根据对称轴为可得出b的符号，即可判断①；根据对称轴得出，则即可判断②；根据图像与x轴有两个交点可得一元二次方程有两个不相等的实数根，可得判别式，即可判断③；根据二次函数图像的对称性，得出图像与x轴的另一个交点在2和3之间，可得时，即可判断④． 【详解】解：∵抛物线开口向下，与y轴交于y轴正半轴， ∴， ∵物线的对称轴为， ∴， ∴，，即①②正确； ∵图像与x轴有两个交点， ∴一元二次方程有两个不相等的实数根， ，即③错误； ∵抛物线与x轴的一个交点在0和之间，物线的对称轴为， ∴图像与x轴的另一个交点在2和3之间， ∴当时，即，故④正确； 综上所述，正确的结论有①②④，共3个． 故选C． 8．（2024·四川成都·二模）如图，抛物线的顶点为，与x轴的一个交点A在点和之间，下列说法正确的是（　　） A． B． C．当时，y的值随x值的增大而减小 D．抛物线与x轴的两个交点间的距离大于3 【答案】C 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，根据二次函数的图象和性质并数形结合逐项进行分析即可． 【详解】解：因为抛物线开口向下，所以， 因为与x轴的一个交点A在点和之间，所以抛物线与x轴的另一个交点在和之间，所以， 所以，所以A错误，不符合题意， 因为二次函数的图象与x轴有两个交点，所以，则 ∴B错误，不符合题意； 由顶点坐标及图象知，当时，y随x的增大而减小，所以C正确，符合题意， 因为与x轴的一个交点A在点和之间，所以抛物线与x轴的另一个交点在和之间， ∴抛物线与x轴的两个交点间的距离不大于3，所以D错误，不符合题意， 故选：C． 9．（2024·四川成都·三模）如图是二次函数的部分图象，由图象可知下列说法错误的是（    ） A．， B．不等式的解集是 C． D．方程的解是， 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数图象的应用；能够根据二次函数图象特点求出函数与x轴的两个交点，数形结合是解题的关键．由图象判断，，对称轴是，再判断出，与x轴一个交点是，则另一个交点，结合函数图象即可求解． 【详解】解：由图象得：，，对称轴是， ∴， ∴，故A正确，不符合题意； ∵对称轴是，函数图象与x轴一个交点是， ∴另一个交点， ∴不等式的解集是，故B错误，符合题意； ∵函数图象与x轴有两个不同的交点， ∴，故C正确，不符合题意； ∵函数图象与x轴的两个交点为和， ∴方程的解是，，故D正确，不符合题意； 故选：B． 10．（2024·四川成都·三模）抛物线（a，b，c为常数，且）的顶点坐标为，其部分图象如图所示，以下结论错误的是（    ） A． B． C． D．若，则 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的图像及性质，根据抛物线开口方向，对称轴的位置以及与轴的交点可以对进行判断；根据抛物线与一元二次方程的关系，可对进行判断；根据抛物线的对称轴可对C进行判断；根据当时，可对D进行判断． 【详解】解：抛物线开口方向向上，对称轴为， ，， ，， 故选项C不符合题意； 抛物线轴的交点在轴负半轴， ， ， 故选项A不符合题意； 抛物线与x轴有两个交点， 一元二次方程有两个根， 即， 故选项B不符合题意； ∵抛物线（a，b，c为常数，且）的顶点坐标为， ∴当时，， 故选项D符合题意． 故选：D． 11．（2024·四川成都·二模）如图，抛物线的部分图象如图所示，与x轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是直线．下列结论正确的是（    ） A． B． C．关于x的方程没有实数根 D．若点在该抛物线上，则 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，根据图象可得，即可判断A；根据对称轴为直线，抛物线与x轴交于点，可得抛物线与x轴的另一个交点，即可判断B；根据抛物线与直线有两个交点，可判断C；根据抛物线开口向下，有最大值，可判断D． 【详解】由题得，， ∴；故A选项错误，不符合题意； ∵对称轴为直线，抛物线与x轴交于点， ∴抛物线与x轴的另一个交点为， 当时，；故B选项错误，不符合题意； ∵抛物线与直线有两个交点， ∴关于x的方程有两个不相等的实数根；故C选项错误，不符合题意； ∵， ∴抛物线开口向下，有最大值，即当时，抛物线有最大值， ∴；故D选项正确，符合题意； 故选：D． 12．（2024·四川成都·三模）如图，已知抛物线（为常数，）经过点，且对称轴为直线，其中正确结论有（    ） A． B． C．的解为， D．当时的值随值的增大而增大 【答案】C 【分析】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用，由抛物线的开口方向判断与的关系，由抛物线与轴的交点判断与的关系，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断，熟练掌握二次函数的图象及性质，能从图象中获取信息是解题的关键． 【详解】解：、∵抛物线开口方向向上， ∴， ∵抛物线对称轴位于轴右侧， ∴、异号，即， ∵抛物线与轴交于负半轴， ∴， ∴，此选项错误； 、当，根据图象可知，此选项错误； 、∵抛物线与轴的一个交点在，对称轴为直线，设与轴的另一个交点为， ∴，解得：， ∴的解为，，此选项正确； 、根据图象可知：当时的值随值的增大而增大，此选项错误； 故选：． 题型二：二次函数多结论问题之实际问题的应用★★★ 1．（2024·四川成都·二模）如图1，点为矩形边上一点，，点P点Q同时从点B出发，点P沿运动到点C停止，点Q沿运动到点C停止，它们的运动速度都是．设P，Q出发t秒时，的面积为，已知y与t的函数关系的图象如图2．则下列结论：①；②当时，；③点H的坐标为；④若与相似，则秒，其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据图2结合，且P和Q速度相同，可得当P到达点E时，Q到达点C，即可求出的长；再根据点M的坐标可求出当时，与的函数关系式；利用勾股定理求出，进而求出，结合函数图象即可求出点H的坐标；当时，，此时是等腰三角形，从而判断④． 【详解】解：∵，且P和Q速度相同， ∴当P到达点E时，Q到达点C， 由图2可知此时，， 即，， ∴， 解得，故①正确，符合题意； 由图2易得， 设，将M坐标代入得， ∴，故②正确，符合题意； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点H的坐标为，故③正确，符合题意； 当时，，此时是等腰三角形， 而是直角三角形，很明显不相似，故④错误，不符合题意； 所以正确的结论有3个， 故选：C． 2．（2025·四川成都·一模）如图1，四边形为菱形，动点，同时从点出发，点以每秒1个单位长度沿线段向终点运动；点沿线段向终点运动，当点运动至终点时，另一点也恰好到达终点．设运动时间为秒， 的面积为个平方单位，图2为关于的函数关系图象．下面四个结论中：①菱形的边长为6；②点的运动速度为每秒3个单位长度；③当时，；④曲线段的函数解析式为，结论正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②④ 【答案】A 【分析】根据当点运动至终点时，另一点也恰好到达终点可知点Q的速度是点P速度的3倍，进而可判断②正确；由图象可知，2秒后点Q到达点B，进而求出菱形的边长，可判断①正确；当点Q到达点C时，的面积最大，求出此时的面积可判断③正确；当点Q运动到的中点时，作交的延长线于E，此时，，．证明，求出，的面积为，设曲线段的函数解析式为，把代入求出函数解析式可判断④正确． 【详解】解：∵动点，同时从点出发，同时到达点D， ∴点Q的速度是点P速度的3倍， ∵点以每秒1个单位长度的速度运动， ∴点的运动速度为每秒3个单位长度，故②正确； 由图象可知，2秒后点Q到达点B， ∴，即菱形的边长为6，故①正确； 作于点H，由图象可知，点Q到达点B时，即时，的面积为5，此时， ∴， ∴， ∴， 当点Q到达点C时，的面积最大，此时，，的面积为，即当时，，故③正确； 当点Q运动到点D时，， 当点Q运动到的中点时，作交的延长线于E，此时，，． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为， 设曲线段的函数解析式为， 把代入，得 ， 解得， ∴，故④正确． 故选A． 3．（2024·四川成都·模拟预测）如图，某数学小组发现滨江生态公园有一座假山的局部（阴影部分）的主视图呈现抛物线形状，以点O为原点建立平面直角坐标系（坐标系上1个单位长度表示），假山轮廓所在的抛物线的解析式为，其中垂直于水平地面，在点B处安装一喷水口，若向上喷出的水柱恰好为抛物线，落水点恰好为点C．下列说法不一定正确的是（   ） A．假山上的点B到水平地面的距离为 B．水平方向上的长度为 C． D．抛物线与的对称轴相同 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的应用，正确理解题意是解题的关键． 由假山所在抛物线的函数解析式为，分别令，，求出对应的，即可判断选项A、B，由，即可判断选项C，根据与的图象可判断D选项． 【详解】解：由假山所在抛物线的函数解析式为， 当时，，故假山上的点B到水平地面的距离为； 当时，或（舍去），故水平方向上的长度为，可知选项A、B正确； 由题意得，解得：，可知选项C正确； 由题图可知，喷出的水柱呈现的抛物线与的对称轴相同，故选项D不正确，符合题意． 故选：D． 4．（2023·四川成都·三模）如图，在中，∠B=90°，，，动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动，连接，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，同时停止运动，出发时间为．有下列结论：①面积的最大值为；②出发时间有两个不同的值满足的面积为；③的长可以是．其中，正确结论的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，根的判别式，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的性质，是解题的关键．①先列出函数解析式，再化成顶点式，最后求出最值即可判断①；根据题意和三角形的面积列出方程，求出方程的解即可判断②；根据勾股定理列出方程，解方程，即可判断③． 【详解】解：①由题意得：根据题意得：，， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，的面积最大，且最大值为，故①正确； ②把代入得： ， 解得：，， ∵， ∴不符合题意， ∴出发时间有一个不同的值满足的面积为，故②错误； ③当的长是时，根据勾股定理得： ， ∴， 整理得：， ∵， ∴此方程无解， ∴的长不可以是，故③错误； 综上分析可知：正确结论的个数是1个， 故选：B． 5．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，△ABC是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2所示．有以下四个结论： ①； ②当时，； ③当时，； ④动点沿匀速运动时，两个时刻，分别对应和，若，则．其中正确结论的序号是（    ） A．①②③       B．①②            C．③④              D．①②④ 【答案】D 【分析】由图知当动点沿匀速运动到点时，，作于点，利用解直角三角形和勾股定理，即可得到，即可判断①，当时，证明是等边三角形，即可判断②，当时，且时，最小，求出最小值即可判断③，利用勾股定理分别表示出和进行比较，即可判断④． 【详解】解：由图知当动点沿匀速运动到点时，， 作于点， 是等边三角形，点在边上，， ，， ，， ， ， 故①正确； 当时，，， ， 是等边三角形， ， ， 故②正确； 当时，且时，最小， ，， ， 最小为，即能取到， 故③错误； 动点沿匀速运动时， ，， ，，， ； 当时，，， ； ， ； 故④正确； 综上所述，正确的有①②④， 故选：D． 6．（2024·四川成都·一模）如图，是一块菱形新型平面材料，，，点E在上，且垂直于，先沿着切开材料，然后在四边形内切割出一块矩形，且矩形相邻两边落在，上，一个顶点落在边上．设边上矩形的边长为，矩形的面积为．有下列结论：①y与x之间的函数关系式为：；②当时，切割出矩形后，四边形剩余的面积为；③若切割出的矩形材料用于某种生产时，售价为元/，则当时，出售此块矩形材料的总价最大，最大值为元．其中，正确结论的个数是（  ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查函数模型的实际应用，熟练掌握根据题意得到函数的解析式是解题的关键，设，，易得，在中，，即可得到的取值范围；由①得， 易得，，故当时，，即可得到裁剪矩形后四边形为剩余的面积；③设此块布料的出售总价为元，由题可得，由于，故当时，取最大值，即可得到③的答案． 【详解】解：①如图，设剪下来的矩形为， ∵四边形为矩形， ∴， ∵四边形为菱形，， ∴， ∴， ∴， 由题意得，设， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴的取值范围为；故①正确； ②：由①得， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∴ 当时， ∴裁剪矩形后四边形为剩余的面积为平方厘米，故②错误； ③设此块布料的出售总价为元， ∵此块布料的出售为元/平方厘米， ∴， ∵， ∴当时，取最大值， ∴此块矩形布料出售总价的最大值为元，故③正确． 故选C． 题型三：几何多结论问题之矩形★★★★★ 1．（2024·四川成都·模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，D是斜边AC上一个动点，过点作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连接EF．在D点的运动过程中，给出下列结论：①当D运动到AC中点时，EF＝5；②EF的最小值是；③AE2+EB2+BF2+FC2的值恒为100；④当AD：DC＝3：4时，四边形BEDF为正方形．⑤设DF的长度为x，矩形BEDF的周长为y，则y与x的函数关系式是yx+12．其中正确的结论有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①④⑤ D．①②④⑤ 【答案】B 【分析】①如图1，连接BD，运用勾股定理可得，再运用矩形性质和直角三角形性质即可判断结论①正确； ②利用垂线段最短可得：当时，BD最小，即EF最小，再运用面积法即可判断结论②正确； ③求线段的平方和，用勾股定理得出 ，即可判断结论③不正确； ④利用三角形面积公式即可判断结论④正确； ⑤设DF的长度为x，矩形的周长为y，利用三角形面积可得，再由矩形周长公式即可判断结论⑤不正确； 【详解】解：①如图1，连接BD， ∵Rt△ABC中，， ∴， 当D运动到AC中点时，∵于E，于F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D为AC的中点，， ∴， ∴， 故结论①正确； ②由①知：， 由垂线段最短可知，当时，BD最小，即EF最小， 此时，， 即， ∴， ∴， 即EF的最小值是， 故结论②正确； ③∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故结论③不正确； ④当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形； 故结论④正确． ⑤设DF的长度为x，矩形的周长为y， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 即y与x的函数关系式是， 故结论⑤不正确； 综上所述，正确的结论是①②④， 故选B． 2．（2024·四川成都·一模）如图，在矩形中，，，连接，，分别在边，上，连接，分别交于点，，若，，则下列结论中错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．根据矩形的性质判定A，证明可判定B，证明可判定C，证明可判定D． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ∴，故A不符合题意； ，， 在中，由勾股定理可得：， ， ∴， ∴， ，， ∴， ∴，故C不符合题意； 在中，， ∵，， ∴， ， ， ∴， ， ∴，故B不符合题意； ， ， ∴， ∵，， ∴， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， ，故D符合题意， 故选：D． 3．（2025·四川成都·一模）如图，在△ABC中，，P是△ABC内一点，点D，E，F分别是点P关于直线的对称点，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．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称的性质，连接，根据轴对称的性质得分别为的垂直平分线，再根据垂直平分线的性质得，，，即可判断①③，根据，可得四边形为矩形，即可判断②． 【详解】解：如图，连接，设与交于点，与交于点， ∵点D，E，F分别是点P关于直线的对称点， ∴分别为的垂直平分线， ∴， ∴，故①正确； ∵分别为的垂直平分线， ∴四边形为矩形， ∴，故②正确； ∵为的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， 同理得 ∵， ∴，故③错误； ∴正确的结论是①②， 故选：B． 4．（2023·四川成都·二模）如图，在矩形中，，连接，尺规作图如图所示，直线与、交于点E、F，连接、．甲说：图中若，则；乙说：图中若，，则的长为；丙说：图中．则下列说法正确的是（    ）    A．甲、乙正确 B．甲、丙正确 C．乙、丙正确 D．甲、乙、丙都正确 【答案】C 【分析】尺规作图，得到平分，是的垂直平分线，证明，推出四边形是菱形，利用菱形的性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，判断甲，乙，丙的正确性，即可得出结论． 【详解】解：根据尺规作图可得，平分，是的垂直平分线，设与交于点O， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴，故甲说法错误； 设， ∵， ∴，在中，， ∴，解得， ∴，故乙说法正确； ∵四边形是菱形， ∴， ∵AE平分， ∴， ∵， ∴， ∴，故丙说法正确． 故选C．    5．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，，连接，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，，直线分别交，于点，．下列结论：①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．其中正确结论的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】结合作图方法可知是的中垂线，结合矩形的性质易证四边形是菱形，，利用等积法可知③错误；利用含角的直角三角形的性质易证④错误． 【详解】解：设交于点 由作图知，垂直平分 在矩形中， 四边形是菱形 ∴①正确 四边形是菱形 ∴②正确 ∴③错误 平分 ∴④错误． 故选C． 6．（2024·四川成都·二模）如图，在矩形中，，点E，F分别是的中点，是等边三角形，于点H，交于点P，交延长线于K．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ． 【答案】①③ 【分析】利用正方形和等边三角形的性质，，从而可判断①正确；作，交的延长线于，利用含三角形三边关系可判断②错误；连接，作于，则，，通过解可判断③正确，作，交的延长线于，则，，分别表示出两个三角形的面积，故④错误． 【详解】，点，分别是，的中点， 四边形是正方形， ， 是等边三角形， ， ，， ， ， ， ， ，故①正确； 作，交的延长线于， ，， ， ， ，故②错误； 连接，作于，则，， 设，则，， ， ，， ， ， ， 故③正确； 作，交的延长线于，则，， 设，则， ，故④错误， 故答案为：①③． 7．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片沿对角线剪开，得到和，再将以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使，得到如图2所示的，连接，，，有下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上） 【答案】①②③ 【分析】证明四边形是矩形可判断①和②；求出可判断③；根据勾股定理可判断④． 【详解】解：如图2中，过点D作于点E， 由旋转的性质，得， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 同理，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴；；故①②正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；故③正确， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，故④错误， ∴正确的有①②③， 故答案为①②③． 8．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，，点E，F分别是边，上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点，现给出以下结论：①与一定相等；②点G到边，的距离一定相等；③点G到边，的距离可能相等；④点G到边的距离的最小值为3，其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．    【答案】①②④ 【分析】利用矩形性质和四边形的内角和为可判断①；过G作于M，于H，证明可判断②；延长交于N，延长交于P，证明四边形、是矩形，得到，，，，进而得到可判断③；先利用等腰直角三角形的性质求得，根据垂线段最短知，当M、E重合时，最大，此时最小可判断④． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，四边形的内角和是， ∴， ∵， ∴，故①正确； 过G作于M，于H，则， ∵，， ∴， ∴，故②正确；    延长交于N，延长交于P，则四边形、是矩形， ∴，，，， 又∵，，， ∴， ∴， 即点G到边，的距离不可能相等，故③错误； ∵，，， ∴, ∴， 根据垂线段最短知，当M、E重合即时，最大，最大值，此时最小，最小值为， 即点G到边的距离的最小值为3，故④正确， 综上，正确的有①②④， 故答案为：①②④． 9．（2024·四川成都·三模）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE＝EF；④．其中正确结论的个数是（填写序号） ．    【答案】①③④ 【分析】①用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；②过O作OH⊥BE于H，证明△OHB≌△CMB，根据△OEB包含了△OHB，可得△EOB≌△CMB是不成立的；③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，推出DE=EF；④△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，再由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半，推出S△BCM = S△BCF= S△BOE即可求解． 【详解】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点， ∴OB=OC， ∵∠COB=60°， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB=BC， ∵FO=FC， ∴FB垂直平分OC，故①正确； ②∵FB垂直平分OC，△OBC是等边三角形， ∴∠CBM＝∠OBM＝30°，∠CMB＝90°， 又∠OBE＝90°−∠CBO＝30°， ∴∠CBM＝∠OBE， 过O作OH⊥BE于H，    ∴∠OHB＝∠CMB＝90°， 在△OHB与△CMB中， ， ∴△OHB≌△CMB（AAS）， ∵△OEB包含了△OHB， ∴△EOB≌△CMB是不成立的， ∴②是错误的； ③连接DO，由O为AC的中点知D、O、B三点在同一直线上， 在△FCB和△FOB中， ， ∴△FCB≌△FOB（SSS），   ∴∠FCB=∠FOB=90°， ∴∠EOB=180°-∠FOB=90°=∠FCB， ∵∠CBF=∠OBE=30°， 在△EBO和△FBC中， ， ∴△EBO≌△FBC（ASA）， ∴EB=FB， ∴△OEB≌△OFB≌△CFB， ∴∠EBO=∠FBO =∠CBF=30°，BF=BE， ∴∠FEB=∠EFB=∠EBF=60°， ∴△BEF是等边三角形， ∴BF=EF， ∵OD=OB且OF=OE， ∴四边形DEBF是平行四边形， ∴DE=BF， ∴DE=EF，故③正确； ④在直角△BOE中， ∵∠EBO =30°， ∴BE=2OE， ∵OA=OB， ∴∠OAE=∠OBE=30°， ∵∠OEB=∠OAE+∠AOE=60°， ∴∠AOE=30°， ∴∠OAE=∠AOE=30°， ∴AE=OE， ∴BE=2AE， ∴S△AOE：S△BOE=1：2， 又∵， ∵DC∥AB， ∴∠FCM=∠CAE=30°， ， ∴FM∶BM=1∶3， ∴S△BCM = S△BCF= S△BOE， ∴S△AOE：S△BCM=2∶3， 故④正确； 综上，正确的结论有①③④， 故答案为：①③④． 题型四：几何多结论问题之菱形★★★★ 1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在菱形中，，点E，F分别是边上任意点（不与端点重合），且，连接相交于点G，连接与相交于点H，下列结论：①；②的大小为定值；③与一定不垂直；④若，则，其中正确的结论有（    ） A．①② B．①②④ C．③④ D．①③④ 【答案】B 【分析】根据菱形的性质，再结合全等三角形的判定与性质，对每个结论一一判断求解即可． 【详解】解：①∵四边形是菱形． ∴， 又， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在与中，， ∴， ∴， ∴①符合题意； ②由①得， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴②符合题意； ③当点E，F分别是中点时， 由（1）知，为等边三角形， ∵点E，F分别是中点， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴，即， ∴③不符合题意； ④过点F作交于P点，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即，故本选项符合题意： ∴正确的结论是①②④． 故选：B． 1．（2024·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接交于点O．则下列结论：①四边形是正方形；②；③；④，正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的判定、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，根据有一个角是90°的平行四边形是正方形证明即可①；利用相似三角形的性质证明即可②；证明等腰直角三角形，然后再利用等腰三角形的性质即可判断③；证明即可判定④；灵活运用相关性质和定理成为解题的关键． 【详解】解：①∵， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是正方形，即①正确； ②∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴，即②正确； ③∵， ∴． ∵， ∴， ∴，即③正确； ④∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴，即④正确． 综上，正确的有4个． 故选D． 3．（2024·四川成都·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，分别是，的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③；④，其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定及性质，涉及到平行四边形的判定及平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 根据菱形的性质得出，，，然后根据菱形的判定即可判断①； 根据菱形的面积结合变形即可判断④； 根据菱形的性质得出，，再根据平行线的性质得出，，然后利用角的和差即可判断②； 根据直角三角形的性质即可判断③． 【详解】解：四边形为菱形 ，， ，分别是，的中点， ， 四边形为平行四边形 四边形是菱形，故①正确； ，故④正确； 四边形是菱形，四边形是菱形， ， ， 即，故②正确； 在中，为的中线 ，故③错误； 故选：C． 4．（2024·四川成都·模拟预测）如图，分别以直角△ABC的斜边，直角边为边向△ABC外作等边和等边，F为的中点，与交于点G，与交于点H，，．给出如下结论：①平分；②；③；④，其中正确结论的为（　　） A．①③④ B．②③ C．①④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】根据已知先判断，则，可判断①，结合含角的直角三角形的性质和中点的定义可判断④，由等边三角形的性质得出，接着证得，则，再由，得出四边形为平行四边形而不是菱形，即有不成立，根据平行四边形的性质得出，即可判断②③，从而得到答案． 【详解】解：、是等边三角形， ，，， ， ，， 为的中点， ， ， 即在与中， ， ， ，， ∴，即平分， 故①正确， 由①知，． ∵． ∴，即． ∵， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∵，， ∴，故④正确； ∵，， ，， ， ， 由①知，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵，，， ∴， ∴四边形不是菱形， ∴不成立，故②说法不正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， 则，故③说法正确， 故选：A． 5．（2023·四川成都·二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边翻折得，连接交于点O，点M为上一动点，连接，射线绕点A逆时针旋转交于点N，连接．以下四个结论：①是等边三角形：②的最小值是；③当最小时；④当时，．正确的是（    ）    A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】先证明，可得，结合，可判断是等边三角形，故①正确；因为，即的最小值为的最小值，所以当时，最小，求出此时的长即可判断②正确；可证明此时为的中位线，再得，相似比为，，即，结合，可证明，故③正确；证明，由相似的性质得，即，结合，，，即可证明，故④正确． 【详解】解：∵正的边长为2，沿的边翻折得， ∴，， ∵， ∴，即， ∴在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形，故①正确； ∵是等边三角形， ∴，即的最小值为的最小值， 当时，最小：   ∵在中，，，， ∴， ∴， ∴的最小值为，故②正确； ∵是等边三角形，， ∴为的中点，此时为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴，故③正确； 当时， ∵ ∴四边形是菱形， ∴，， 又∵， ∴， 又∵ ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴，即， ∴，故④正确，    故选D． 6．（2024·四川成都·模拟预测）如图，是平行四边形的边的垂直平分线，垂足为点，与的延长线交于点，连接、、，且与交于点，则下列结论：①四边形是菱形；②；③；④．其中结论正确的是 ．（填序号） 【答案】①②④ 【分析】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、等高模型等知识．根据菱形的判定、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质一一判断即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故①正确； ∵，， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴，故③错误． 设的面积为，则的面积为，的面积为，的面积的面积， ∴四边形的面积为，的面积为， ．故④正确， 故答案为：①②④． 7．（2024·四川成都·二模）如图，矩形纸片，，，点、分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点与点重合时，；③的面积的取值范围是．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③ 【分析】本题主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题． 先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确； 点与点重合时，设表示出利用勾股定理列出方程求解得的值，进而用勾股定理求得，判断出②错误； 当过点时，求得四边形的最小面积，进而得的最小值，当与重合时，的值最大，求得最大值，即可判断③正确． 【详解】∵， ， ， ， ， ， ， ∵， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形，故①正确； ， ， 点与点重合时，如图1所示： 设则， 在中， 即， 解得 ， ， ， ，故②错误； 当过点时，如图所示： 此时，最短，四边形的面积最小，则最小为 当点与点重合时，最长，四边形的面积最大，则最大为， ∴故③正确． 故答案为： ①③． 8．（2024·四川成都·三模）如图，在菱形中，，与交于点O，E为延长线上的一点，且，连接分别交、于点、，连接，则下列结论中一定成立的是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上） ①； ②； ③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形． 【答案】①②③ 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理等知识； 由证明，得出，证出是的中位线，得出，①正确；先证四边形是平行四边形，再证、是等边三角形，得，则四边形是菱形，③正确；由即可证明，则②正确． 【详解】证明：四边形是菱形， ，，，， ， ， ， ∵， ， ， 是的中位线， ，故①正确； 连接， ∵，， 四边形是平行四边形， ， 、是等边三角形， ， ∴四边形是菱形，故③正确； ∵、是等边三角形， ，， ， 在和中， ， ， 综上，①②③都正确， 故答案为：①②③． 题型五：几何多结论问题之正方形★★★★ 1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，点P是正方形的对角线BD上一点，于点E，于点F，连接给出下列五个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤．其中有正确结论的是（    ） A．①②③ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】作，垂足为点N，延长，交于点M，根据矩形的性质证明即可得出①和④正确；再根据三角形内角和定理即可判断②正确；在根据点P的任意性可以判定③和⑤． 【详解】解：延长交于点N，延长，交于点M，连接． ∵，， ∴， ， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形，四边形，四边形都是矩形． ∵四边形是正方形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，又， ∴， 又∵，， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，故①正确； 在与中 则， ∴，故④正确； 与中，，， ∴ ∴，故②正确； ∵P是上任意一点， ∴不一定是等腰三角形，故③错误； 在中，，若，则， ∵P是上任意一点， ∴不一定正确，故⑤错误； 故选D． 2．（2023·四川成都·三模）如图，正方形中，E为的中点，于G，延长交于点F，延长交于点H，交于N，下列结论：①；②；③；④；⑤；其中正确结论的个数有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】D 【分析】根据正方形的性质证明可判定①正确；根据正方形的性质证明，得到，从而可判定②正确；过H点作，根据得到得到，从而得到，根据，可判定③正确；过点B作于点P，交的延长线上于点Q，证明四边形是正方形即可判断④正确；连接，设，则，利用勾股定理，三角形面积计算即可判断⑤正确． 【详解】解：①∵在正方形中，， ∴， ∴， ∴， ，故①正确； ②∵在正方形中，， ∴， ∴， ∵，E为的中点，四边形是正方形， ∴， ∴，故②正确； ③如下图所示，过H点作， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； ④过点B作于点P，交的延长线上于点Q， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ， ∴， 由①得， ∴， ∵E是的中点， ∴， ， ∵， ， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，故④正确； ⑤如图所示，连接， 设，则， ∵， ∴，， 由面积得， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故⑤正确； 故选：D． 4．（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论结论正确的是（    ）    A．矩形是正方形 B． C． D． 【答案】A 【分析】过作于点，过作于点，根据正方形的性质得出，，从而可得四边形为正方形，由矩形的性质可知，，然后根据全等三角形的判定和性质即可求解． 【详解】过作于点，过作于点，如图所示：    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 又， 在和中 ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形，故正确； ∴，故错误； 当时，点与点重合， ∴不一定等于， 故错误， 不能得出与全等，不一定等于，故错误； 故选：． 5．（2024·四川成都·模拟预测）点是正方形的边上的一个动点(与，不重合)，连接，并将绕点顺时针旋转至，连接，，，且，分别交于点和点，连接，有下列结论：①，②，③，④若设，则，其中正确结论的序号有 ． 【答案】①②③ 【分析】①将△绕点顺时针旋转得到，则，，，，，利用证明，即可判断结论①正确；②过点作交的延长线于，则，利用证明，即可判断结论②正确；③由，可得，可推出，再由，即可判断，根据相似三角形的性质即可判断结论③正确；④由，可得，再由含度角的直角三角形的性质可得，进而得出，即可求解． 【详解】解：①如图，将绕点顺时针旋转得到， 则，，，，， 四边形是正方形， ， ，， 将绕点顺时针旋转至， 是等腰直角三角形， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，故结论①正确； ②如图，过点作交的延长线于， 则， ， 将绕点顺时针旋转至， ，， ， ， 在和中， ， ，， ，即， ， ， ， ， ， ， ，故结论②正确； ③由①知：， ， ， ， ， ， ∴，故结论③正确； ④， ， 在中，， ， 在中，， ， ，故结论④不正确． 故答案为：①②③． 6．（2024·四川成都·二模）如图，正方形的边长为4，E为线段上一点，，点M为边的中点，的延长线与的延长线交于点F，，交于N，交的延长线于G，点P是的中点．连接、．下列结论：（1）当点E为边的中点时，；（2）；（3）当时，；（4）若点E从点A运动到点D，则此过程中点P移动的距离为4．其中正确的结论序号是 ． 【答案】（1）（2）（4） 【分析】先根据正方形的性质证明，得，则，可知垂直平分，则，过点作，则四边形为矩形，可证明得，进而可知，，即可判断（2）正确；当点为的中点时，结合勾股定理求得，由，即可判断（1）正确；当时，结合勾股定理可判断（3）错误；取的中点，连接，则为的中位线，得，，则点过点且平行于的直线上运动，当点与点重合时，此时，，当点与点重合时，此时点与点重合，点与点重合，即可判断（4）正确． 【详解】解：在正方形中，，， 则， ∵为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，则， 又∵， ∴垂直平分，则， 过点作，则四边形为矩形， ∴，，， 则， ∴， ∴， ∴，则，， ∴，故（2）正确； 当点为的中点时，，则， ∴， ∴， 则，故（1）正确； 当时，，，， ∴，故（3）错误； 取的中点，连接，则为的中位线， ∴，，则点过点且平行于的直线上运动， 当点与点重合时，此时，， 当点与点重合时，此时点与点重合，点与点重合， ∴点从点运动到点，则此过程中点移动的距离为4，故（4）正确； 综上，正确的有（1）（2）（4）， 故答案为：（1）（2）（4）． 7．（2024·四川成都·三模）如图，点E为正方形对角线上一点，连结，过点E作，交延长线于点F，以为邻边作矩形，连结．给出下列四个结论：①；②；③；④．上述结论中，正确结论的序号有 ． 【答案】①②③ 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确的作出辅助线是解题的关键． ①过E作于M点，过E作于N点，如图所示：根据正方形的性质得到，，推出四边形为正方形，由矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，故①正确； ②利用已知条件可以推出矩形为正方形；根据正方形的性质得到，，推出，故②正确； ③根据②的结论可得，所以，故③正确； ④根据②中，得出，则可得出，在中，根据勾股定理得出，得出，故④错误． 【详解】解：①过E作于M点，过E作于N点，如图所示： ∵四边形是正方形， ，， ， ， ∴四边形为正方形， ，， ∵四边形是矩形， ， ， ， 又， 在和中，， ， ， 故①正确； ②∵矩形为正方形； ，， ∵四边形是正方形， ，， ， 在和中，， ， 故②正确； ③根据②得， ， ， 故③正确； ④根据②中， ， ， 在中，，， ， ， 故④错误， 故答案为：①②③． 8．（2024·四川成都·一模）如图，点P是正方形的对角线上一个动点，于点E，于点F，连接，有下列5个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值等于．其中正确结论的个数是      【答案】①②④⑤ 【分析】延长交于点N，延长交于点M，证明得到，即可判断①④；根据三角形的内角和定理即可判断②；根据P的任意性可以判断③；根据，当最小时，有最小值，即可判断⑤； 【详解】解：延长交于点N，延长交于点M， ∵四边形是正方形． ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形，，四边形是矩形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，故①④正确； 在与中，， ∴， ∴，（故②正确）； ∵P是上任意一点， ∴的长不确定，即是等腰三角形不一定成立，故③错误； ∵， ∴当时，有最小值，即有最小值， ∵， ∴此时P为的中点， 又∵， ∴，即的最小值为，故⑤正确； 故正确的是：①②④⑤． 故答案为：①②④⑤ 9．（2023·四川成都·模拟预测）如图，点是正方形的对角线上一个动点，于点，于点，连接，有下列5个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值等于．其中正确结论的序号是 ．    【答案】①②④⑤ 【分析】延长交于点N，延长交于点M，证明得到，即可判断①④；根据三角形的内角和定理即可判断②；根据P的任意性可以判断③；根据，当最小时，有最小值，即可判断⑤． 【详解】解：延长交于点N，延长交于点M，    ∵四边形是正方形． ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形，，四边形是矩形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，故①④正确； 在与中，， ∴， ∴，故②正确； ∵P是上任意一点， ∴的长不确定，即是等腰三角形不一定成立，故③错误； ∵， ∴当时，有最小值，即有最小值， ∵， ∴此时P为的中点， 又∵， ∴，即的最小值为，故⑤正确； 故正确的是：①②④⑤． 故答案为：①②④⑤． 10．（2023·四川成都·三模）如图，在矩形中，，分别是，边上的点，平分，，以，为边作矩形，与相交于点．则有下列结论：①；②当是的中点时，；③连结，则；④．其中正确的结论是 （填写正确结论的序号） 【答案】①②③ 【分析】由矩形的性质和角平分线的性质可得是等腰直角三角形，即，进而可得，即可证明①；设，则，利用证，可得，进而说明四边形是正方形，，则；再运用勾股定理可得，可表示出，最后代入计算，即可证明②；连接、，根据四边形是正方形，得出∠GEF=∠AED=45°，和都是等腰直角三角形，推出，，证明，得出，即可证明③；若，时，证，结合四边形是正方形，得出，求出，由勾股定理可得，再运用线段的和差可得、，再结合，，判定是否成立，即可判定④． 【详解】解：∵是矩形四边形， ∴，， ∵平分， ∴，， ∴， ∴，故①正确； 当是的中点时， 设，则， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； 如图，连接、， ∵四边形是正方形， ∴∠GEF=∠AED=45， ∴和都是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∴，故③正确； 若，时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，故④错误； 综上所述，正确的有①②③． 故答案为：①②③． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押02 多结论问题（选填压轴） 猜押考点 3年成都真题 考情分析 押题依据 几何中多结论问题 2024年成都卷A卷第8题。 从近年成都中考来看，多结论问题成为成都中考数学的常考题型，前三年成都数学中考试卷中都有出现，主要以以下两个方面呈现：几何题中多结论问题和二次函数中多结论问题，此题型在中考中出现的位置往往是在选填压轴的位置，难度中等偏上。 在初中数学中，几何和函数是初中的重点内容，综合性强，所涉及的知识点和题型复杂。但是在初中占比是非常大的，其中在几何多结论题型中主要结合平行四边形和特殊的平行四边形进行考查，中间穿插考查全等三角形、相似三角形以及三角函数。在二次函数中常考以数形结合的形式，考查二次函数各项系数之间的关系。综合前几年的中考来看，多结论问题在2025年成都中考中出现的概率还是很大的。 二次函数中多结论问题 2023年成都卷A卷第8题，2022年成都卷A卷第8题 题型一：二次函数中多结论问题之函数图象与各项系数的关系★★★★★ 1．（2024·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系中，二次函数的图象如图所示，有下列结论：①；②；③；④关于x的方程的两个根是，，其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2024·四川成都·模拟预测）如图，二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④当时，．其中正确结论的个数为（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2024·四川成都·模拟预测）如图，二次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，顶点为点C，对称轴为直线，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．当时，y随x的增大而增大 D．若，则 4．（2023·四川成都·模拟预测）如图，若二次函数图象的对称轴为，与y轴交于点C，与x轴交于点A，点，则①二次函数的最大值为；②；③当时，．其中正确的结论个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．0 5．（2024·四川成都·二模）如图，抛物线与轴交于，两点，下列结论中，错误的结论是（　　） A． B． C．图象的对称轴为直线 D．当时，y的值随x值的增大而增大 6．（2024·四川成都·二模）已知抛物线的图象如上图所示，下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D．当时，y随x增大而减小 7．（2024·四川成都·一模）已知二次函数的图象如图所示，下列结论中： ①； ②； ③； ④；正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（2024·四川成都·二模）如图，抛物线的顶点为，与x轴的一个交点A在点和之间，下列说法正确的是（　　） A． B． C．当时，y的值随x值的增大而减小 D．抛物线与x轴的两个交点间的距离大于3 9．（2024·四川成都·三模）如图是二次函数的部分图象，由图象可知下列说法错误的是（    ） A．， B．不等式的解集是 C． D．方程的解是， 10．（2024·四川成都·三模）抛物线（a，b，c为常数，且）的顶点坐标为，其部分图象如图所示，以下结论错误的是（    ） A． B． C． D．若，则 11．（2024·四川成都·二模）如图，抛物线的部分图象如图所示，与x轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是直线．下列结论正确的是（    ） A． B． C．关于x的方程没有实数根 D．若点在该抛物线上，则 12．（2024·四川成都·三模）如图，已知抛物线（为常数，）经过点，且对称轴为直线，其中正确结论有（    ） A． B． C．的解为， D．当时的值随值的增大而增大 题型二：二次函数多结论问题之实际问题的应用★★★ 1．（2024·四川成都·二模）如图1，点为矩形边上一点，，点P点Q同时从点B出发，点P沿运动到点C停止，点Q沿运动到点C停止，它们的运动速度都是．设P，Q出发t秒时，的面积为，已知y与t的函数关系的图象如图2．则下列结论：①；②当时，；③点H的坐标为；④若与相似，则秒，其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2025·四川成都·一模）如图1，四边形为菱形，动点，同时从点出发，点以每秒1个单位长度沿线段向终点运动；点沿线段向终点运动，当点运动至终点时，另一点也恰好到达终点．设运动时间为秒， 的面积为个平方单位，图2为关于的函数关系图象．下面四个结论中：①菱形的边长为6；②点的运动速度为每秒3个单位长度；③当时，；④曲线段的函数解析式为，结论正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②④ 3．（2024·四川成都·模拟预测）如图，某数学小组发现滨江生态公园有一座假山的局部（阴影部分）的主视图呈现抛物线形状，以点O为原点建立平面直角坐标系（坐标系上1个单位长度表示），假山轮廓所在的抛物线的解析式为，其中垂直于水平地面，在点B处安装一喷水口，若向上喷出的水柱恰好为抛物线，落水点恰好为点C．下列说法不一定正确的是（   ） A．假山上的点B到水平地面的距离为 B．水平方向上的长度为 C． D．抛物线与的对称轴相同 4．（2023·四川成都·三模）如图，在中，∠B=90°，，，动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动，连接，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，同时停止运动，出发时间为．有下列结论：①面积的最大值为；②出发时间有两个不同的值满足的面积为；③的长可以是．其中，正确结论的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，△ABC是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2所示．有以下四个结论： ①； ②当时，； ③当时，； ④动点沿匀速运动时，两个时刻，分别对应和，若，则．其中正确结论的序号是（    ） A．①②③       B．①②            C．③④              D．①②④ 6．（2024·四川成都·一模）如图，是一块菱形新型平面材料，，，点E在上，且垂直于，先沿着切开材料，然后在四边形内切割出一块矩形，且矩形相邻两边落在，上，一个顶点落在边上．设边上矩形的边长为，矩形的面积为．有下列结论：①y与x之间的函数关系式为：；②当时，切割出矩形后，四边形剩余的面积为；③若切割出的矩形材料用于某种生产时，售价为元/，则当时，出售此块矩形材料的总价最大，最大值为元．其中，正确结论的个数是（  ） A．0 B．1 C．2 D．3 题型三：几何多结论问题之矩形★★★★★ 1．（2024·四川成都·模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，D是斜边AC上一个动点，过点作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连接EF．在D点的运动过程中，给出下列结论：①当D运动到AC中点时，EF＝5；②EF的最小值是；③AE2+EB2+BF2+FC2的值恒为100；④当AD：DC＝3：4时，四边形BEDF为正方形．⑤设DF的长度为x，矩形BEDF的周长为y，则y与x的函数关系式是yx+12．其中正确的结论有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①④⑤ D．①②④⑤ 2．（2024·四川成都·一模）如图，在矩形中，，，连接，，分别在边，上，连接，分别交于点，，若，，则下列结论中错误的是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·四川成都·一模）如图，在△ABC中，，P是△ABC内一点，点D，E，F分别是点P关于直线的对称点，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．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 4．（2023·四川成都·二模）如图，在矩形中，，连接，尺规作图如图所示，直线与、交于点E、F，连接、．甲说：图中若，则；乙说：图中若，，则的长为；丙说：图中．则下列说法正确的是（    ）    A．甲、乙正确 B．甲、丙正确 C．乙、丙正确 D．甲、乙、丙都正确   5．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，，连接，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，，直线分别交，于点，．下列结论：①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．其中正确结论的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 6．（2024·四川成都·二模）如图，在矩形中，，点E，F分别是的中点，是等边三角形，于点H，交于点P，交延长线于K．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ． 7．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片沿对角线剪开，得到和，再将以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使，得到如图2所示的，连接，，，有下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上） 8．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，，点E，F分别是边，上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点，现给出以下结论：①与一定相等；②点G到边，的距离一定相等；③点G到边，的距离可能相等；④点G到边的距离的最小值为3，其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．    9．（2024·四川成都·三模）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE＝EF；④．其中正确结论的个数是（填写序号） ．    题型四：几何多结论问题之菱形★★★★ 1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在菱形中，，点E，F分别是边上任意点（不与端点重合），且，连接相交于点G，连接与相交于点H，下列结论：①；②的大小为定值；③与一定不垂直；④若，则，其中正确的结论有（    ） A．①② B．①②④ C．③④ D．①③④ 1．（2024·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接交于点O．则下列结论：①四边形是正方形；②；③；④，正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2024·四川成都·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，分别是，的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③；④，其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2024·四川成都·模拟预测）如图，分别以直角△ABC的斜边，直角边为边向△ABC外作等边和等边，F为的中点，与交于点G，与交于点H，，．给出如下结论：①平分；②；③；④，其中正确结论的为（　　） A．①③④ B．②③ C．①④ D．①②③④ 5．（2023·四川成都·二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边翻折得，连接交于点O，点M为上一动点，连接，射线绕点A逆时针旋转交于点N，连接．以下四个结论：①是等边三角形：②的最小值是；③当最小时；④当时，．正确的是（    ）    A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 6．（2024·四川成都·模拟预测）如图，是平行四边形的边的垂直平分线，垂足为点，与的延长线交于点，连接、、，且与交于点，则下列结论：①四边形是菱形；②；③；④．其中结论正确的是 ．（填序号） 7．（2024·四川成都·二模）如图，矩形纸片，，，点、分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点与点重合时，；③的面积的取值范围是．其中所有正确结论的序号是 ． 8．（2024·四川成都·三模）如图，在菱形中，，与交于点O，E为延长线上的一点，且，连接分别交、于点、，连接，则下列结论中一定成立的是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上） ①； ②； ③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形． 题型五：几何多结论问题之正方形★★★★ 1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，点P是正方形的对角线BD上一点，于点E，于点F，连接给出下列五个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤．其中有正确结论的是（    ） A．①②③ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④ 2．（2023·四川成都·三模）如图，正方形中，E为的中点，于G，延长交于点F，延长交于点H，交于N，下列结论：①；②；③；④；⑤；其中正确结论的个数有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 4．（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论结论正确的是（    ）    A．矩形是正方形 B． C． D． 5．（2024·四川成都·模拟预测）点是正方形的边上的一个动点(与，不重合)，连接，并将绕点顺时针旋转至，连接，，，且，分别交于点和点，连接，有下列结论：①，②，③，④若设，则，其中正确结论的序号有 ． 6．（2024·四川成都·二模）如图，正方形的边长为4，E为线段上一点，，点M为边的中点，的延长线与的延长线交于点F，，交于N，交的延长线于G，点P是的中点．连接、．下列结论：（1）当点E为边的中点时，；（2）；（3）当时，；（4）若点E从点A运动到点D，则此过程中点P移动的距离为4．其中正确的结论序号是 ． 7．（2024·四川成都·三模）如图，点E为正方形对角线上一点，连结，过点E作，交延长线于点F，以为邻边作矩形，连结．给出下列四个结论：①；②；③；④．上述结论中，正确结论的序号有 ． 8．（2024·四川成都·一模）如图，点P是正方形的对角线上一个动点，于点E，于点F，连接，有下列5个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值等于．其中正确结论的个数是      9．（2023·四川成都·模拟预测）如图，点是正方形的对角线上一个动点，于点，于点，连接，有下列5个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值等于．其中正确结论的序号是 ．    10．（2023·四川成都·三模）如图，在矩形中，，分别是，边上的点，平分，，以，为边作矩形，与相交于点．则有下列结论：①；②当是的中点时，；③连结，则；④．其中正确的结论是 （填写正确结论的序号） 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$