专题10 三角形全等、选择几何综合（北京专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

· 专题10 三角形全等、选择几何综合 · · 考情概览 · 考点1 三角形全等 · 考点2 选择几何综合 · 考点1 三角形全等 1．（2022·北京·中考真题）如图，在中，平分若则 ． 考点2 选择几何综合 2．（2025·北京·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，分别是横、纵轴正半轴上的动点，四边形是矩形，函数的图象与边交于点，与边交于点（，不重合）．给出下面四个结论： ①与的面积一定相等； ②与的面积可能相等； ③一定是锐角三角形； ④可能是等边三角形． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 3．（2024·北京·中考真题）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 4．（2023·北京·中考真题）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 1．（2025•东城区一模）如图，在边长为1的正方形中，是边上的一动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接．设，，给出下列三个结论： ①；②；③． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 2．（2025•大兴区一模）已知边长为的正方形，过点的直线分别交，的延长线于点，，设，，△，△，正方形的面积分别为，，．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 3．（2025•平谷区一模）如图，正方形，对角线相交于点，以为顶点作与正方形同样大小的正方形，，与交于点，与交于点，连接．给出下面四个结论： ①； ②； ③四边形的面积等于正方形面积的四分之一； ④当时，． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④ 4．（2025•门头沟区一模）如图，点是正方形内一点，△是等边三角形，连接交于点，连接和，下列结论中正确的是　　 ①；②；③；④． A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．②③④ 5．（2025•通州区一模）下面是“经过直线外一点作这条直线的垂线”的尺规作图方法． （1）任意取一点，使点和点在的两旁． （2）设点为圆心，长为半径作弧，交于点和点． （3）分别以点和点为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧相交于点． （4）作直线．则直线就是所求作的垂线． 根据以上尺规作图过程（如图），给出下面四个结论：①点到、、、四点的距离一定都相等；②点与点一定关于直线对称；③点与点一定关于直线对称；④连接、、、，一定有△△．上述结论中，正确结论的序号是　　 A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 6．（2025•丰台区一模）如图，△是等边三角形且边长为1，点，，分别在边，，的延长线上，，连接，，，．给出下面四个结论： ①△是等边三角形； ②； ③△的面积为； ④△的外心与△的外心重合． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 7．（2025•朝阳区一模）“藻井”是中国古代建筑中位于室内上方的特色结构，被誉为“室内最灿烂的星空”．某校数学小组的同学在研究时发现智化寺藻井（图、故宫太和殿藻井中都有类似图2的几何结构，他们通过测量得知，，，分别是正方形的四条边的中点，将四边形绕正方形的中心顺时针旋转，可以得到四边形，，，，分别经过点，，，，且平行于，，，给出下面四个结论： ①，是线段的三等分点； ②是线段的中点； ③是正八边形； ④△的面积是△的面积的2倍． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 8．（2025•石景山区一模）如图，矩形中，，点在边上，以为边作正方形，点恰好落在边上，与交于点．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 9．（2025•海淀区一模）图1是半径为的圆形硬币，点是硬币外沿上的一定点．图2为四个轨道（厚度不计），分别记为轨道①、②、③和④，它们的形状分别为圆、长宽比为的矩形、正方形和正六边形，周长均为，对称中心均记为点．点为轨道上一定点（除轨道①外，均为的中点）．将硬币放置在轨道外侧，使硬币与轨道在同一个平面内，且点与重合．若硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点第一次回到轨道上时，记轨道上该处位置为，则四个轨道中，最大的是　　 A．轨道① B．轨道② C．轨道③ D．轨道④ 10．（2025·北京丰台·二模）如图，在矩形中，，为对角线的交点．将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，连接，，，，给出下面三个结论： ①连接，则； ②点到的距离小于点到的距离； ③若，则八边形的面积为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 11．（2025·北京石景山·二模）在正方形中，点，，，分别为边，，，上的动点（不与顶点重合），与相交于点．下面四个结论中， ①如果，则； ②如果，则； ③如果为的垂直平分线，则； ④如果与相互垂直且平分，则； 所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 12．（2025·北京大兴·二模）已知：如图，在中，，点分别在上，且均不与各顶点重合，的面积分别为．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 13．（2025·北京西城·二模）一组对边平行且另一组对边不平行的四边形称为梯形．若梯形中不平行的两边相等，则称这样的梯形为等腰梯形．如图，点，，，分别是等腰梯形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．点，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．以下四个结论： ①四边形是菱形； ②连接，则； ③四边形的面积等于四边形面积的倍； ④四边形周长的平方不小于梯形面积的倍． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①④ B．②③ C．①②④ D．①②③④ 14．（2025·北京朝阳·二模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论： ①平分； ②； ③； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④ 15．（2025·北京顺义·二模）如图，在四边形中，，，，平分，．设，，，给出下面三个结论： ①分别以为直径的圆的面积比为； ②； ③与的面积和为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 16．（2025·北京密云·二模）如图，等边三角形的边长为a，分别以A，B，C为圆心，以长为半径作弧，得到三段相等的弧，，，将，，组成的图形称为“洛尔三角形”．设的中心为O．下列说法中： ①“洛尔三角形”上任意一点到O的距离相等； ②将“洛尔三角形”绕点O按逆时针方向旋转后与原“洛尔三角形”重合； ③“洛尔三角形”的周长等于以A为圆心，长为半径的半圆的周长； ④若P是“洛尔三角形”上一个定点，Q是“洛尔三角形”上一个动点，则的最大值是a． 所有正确说法的序号是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 17．（2025·北京海淀·二模）图1是有一个内角为的平行四边形透明纸片，它的邻边的长分别为．沿对边中点所连的虚线将其剪成四个四边形，按图2的方式叠放在同一平面内．给出下面四个结论： ①是等边三角形； ②四边形为菱形； ③六边形是轴对称图形，不是中心对称图形； ④存在，使四边形的面积与的面积之比为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②④ C．①③ D．①②④ 18．（2025·北京门头沟·二模）如图，在中，，平分交于，于，点在上，点在上，，平分，下列结论中正确的个数（　　） ；平分；；． A．个 B．个 C．个 D．个 19．（2025·北京昌平·二模）连接正五边形的对角线，形成如图的图形，中心为点O．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OF，则有； ③； ④连接BC，则有． 上述结论中，所有正确结论的序号是（） A．①② B．②④ C．②③ D．①④ 10/11 11/11 学科网（北京）股份有限公司 $$ · 专题10 三角形全等、选择几何综合 · · 考情概览 · 考点1 三角形全等 · 考点2 选择几何综合 · 考点1 三角形全等 1．（2022·北京·中考真题）如图，在中，平分若则 ． 【答案】1 【分析】作于点F，由角平分线的性质推出，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：如图，作于点F， ∵平分，，， ∴， ∴． 故答案为：1． 【点睛】本题考查角平分线的性质，通过作辅助线求出三角形ACD中AC边上的高是解题的关键． 考点2 选择几何综合 2．（2025·北京·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，分别是横、纵轴正半轴上的动点，四边形是矩形，函数的图象与边交于点，与边交于点（，不重合）．给出下面四个结论： ①与的面积一定相等； ②与的面积可能相等； ③一定是锐角三角形； ④可能是等边三角形． 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】本题考查了反比例函数与几何综合，反比例函数的图形和性质，矩形的性质，熟练掌握反比例函数图象的性质是解题的关键．根据矩形的性质结合反比例函数的意义即可判断①②，根据等边三角形和反比例函数的对称性即可判断④，根据是反比例函数图象上的动点，可得或为钝角，即可判断③，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ 又∵是反比例函数图象上的动点，轴，轴， ∴ ∴，即与的面积一定相等；故①正确， 由①可得 当与的面积相等时，如图，连接， ∴ ∴在直线上，则重合， ∴与的面积不可能相等，故②不正确， ∵等边三角形和反比例函数都是轴对称图形，当且对称轴都为直线，可能是等边三角形，故④正确, 如图 当在的同侧时，可能是钝角三角形，故③错误 综上，①④正确、②③错误. 故选：B． 3．（2024·北京·中考真题）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． 4．（2023·北京·中考真题）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． 1．（2025•东城区一模）如图，在边长为1的正方形中，是边上的一动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接．设，，给出下列三个结论： ①；②；③． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【分析】①连接，根据对称的性质得，，由此可判定△和△全等则，再证明△和△全等得，由此可得出，据此即可对结论①进行判断； ②根据全等三角形性质得，，则，进而得，再根据得，据此即可对结论②进行判断； ③根据，及全等三角形性质得，，则，在△中，根据三角形三边之间关系得，则，进而得，据此即可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①连接，如图所示： 点关于直线的对称点为， ，， 在△和△中， ， △△， ，， ， 四边形是正方形， ，， ，， 在△和△中， ， △△， ， ， ， ， ， ， 故结论①正确； ②△△，△△， ，， ， ， 正方形的边长为1， ， ， ， 点是边上的一动点（不与点，重合）， ， ， 即， 故结论②正确； ③正方形的边长为1，，， ，， △△，△△， ，， ， 在△中，， ， ， 故结论③正确， 综上所述：正确的结论序号是①②③． 故选：． 2．（2025•大兴区一模）已知边长为的正方形，过点的直线分别交，的延长线于点，，设，，△，△，正方形的面积分别为，，．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 【分析】①通过直线方程代入点的坐标，推导出；②结合应用均值不等式得出；③通过面积表达式分析与的关系，发现其与结论②矛盾． 【解答】解：①设正方形顶点坐标为，，，．，延长线上），，延长线上）． 由点和，得斜率为， 方程为．代入点：验证得，化简得，故结论①正确． ②由，根据算术几何均值不等式，，即，故结论②正确． ③，，， ，由结论②知，故，与结论③矛盾，故结论③错误． 故选：． 3．（2025•平谷区一模）如图，正方形，对角线相交于点，以为顶点作与正方形同样大小的正方形，，与交于点，与交于点，连接．给出下面四个结论： ①； ②； ③四边形的面积等于正方形面积的四分之一； ④当时，． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④ 【分析】①先证明，进而可依据“”判定△和△全等，则，再根据可得出，由此可对结论①进行判断； ②设与相交于点，根据，得△是等腰直角三角形，则，再根据，利用三角形内角和定理得，由此可对结论②进行判断； ③根据△和△全等得，进而得，由此可对结论③进行判断； ④过点作于点，由勾股定理得，依题意得，则，证明△是等腰直角三角形，再由勾股定理得，则，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①四边形是正方形 ，，， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在△和△中， ， △△， ， ， ， 故结论①正确； ②设与相交于点，如图1所示： ，， △是等腰直角三角形， ， ， 在△中，， ， ， ， 在△中，， ， ， 故结论②正确； ③△△， ， ， ， ， 故结论③正确； ④过点作于点，如图2所示： △是等腰直角三角形， 由勾股定理得：， ，，， ， ， ，， △是等腰直角三角形， ， 在△中，由勾股定理得：， ， 即， 故结论④正确， 综上所述：正确结论的序号是①②③④． 故选：． 4．（2025•门头沟区一模）如图，点是正方形内一点，△是等边三角形，连接交于点，连接和，下列结论中正确的是　　 ①；②；③；④． A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．②③④ 【分析】①先根据正方形的性质和等边三角形的性质得，，，由此可依据“”判定△和△全等，然后依据全等三角形的性质即可对结论①进行判断； ②根据等腰三角形的性质求出，进而得，再根据是三角形外角性质得，由此可对结论②进行判断； ③先求出，进而得，然后根据，即可对结论③进行判断； ④过点作于点，于点，设，证明四边形是矩形得，根据得，由勾股定理得，证明△是等腰直角三角形得，则由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①四边形是正方形， ，，， △是等边三角形， ，， ， 同理：， ， 在△和△中， ，，， △△， ， 故结论①正确； ②，， ， ， 同理：， ， 是△的外角， ， 又， ， 故结论②不正确； ③，，， ， 在△中，， 又， ， 故结论③正确； ④过点作于点，于点，如图所示： 设， ， 四边形是矩形， ， 在△中，， ， ， 由勾股定理得：， 在△中，，， △是等腰直角三角形， ， ． 故结论④正确， 综上所述：正确的结论是①③④． 故选：． 5．（2025•通州区一模）下面是“经过直线外一点作这条直线的垂线”的尺规作图方法． （1）任意取一点，使点和点在的两旁． （2）设点为圆心，长为半径作弧，交于点和点． （3）分别以点和点为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧相交于点． （4）作直线．则直线就是所求作的垂线． 根据以上尺规作图过程（如图），给出下面四个结论：①点到、、、四点的距离一定都相等；②点与点一定关于直线对称；③点与点一定关于直线对称；④连接、、、，一定有△△．上述结论中，正确结论的序号是　　 A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【分析】由作图过程可知，点到、、三点的距离都相等，与到点的距离不相等，点与点一定关于直线对称，点与点不一定关于直线对称；由作图过程可知，，，结合全等三角形的判定可得△△，进而可得答案． 【解答】解：由作图过程可知，点到、、三点的距离都相等，与到点的距离不相等， 故结论①不正确； 由作图过程可知，点与点一定关于直线对称，点与点不一定关于直线对称， 故结论②正确，③不正确； 由作图过程可知，，， ， △△， 故结论④正确． 综上所述，正确结论的序号是②④． 故选：． 6．（2025•丰台区一模）如图，△是等边三角形且边长为1，点，，分别在边，，的延长线上，，连接，，，．给出下面四个结论： ①△是等边三角形； ②； ③△的面积为； ④△的外心与△的外心重合． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【分析】利用证明△△△，推出，证明△是等边三角形；利用三角形的外角性质求得，可证明；利用勾股定理求得，求得；利用等边三角形的外心和内心的性质即可求解． 【解答】解：△是等边三角形且边长为1， ，， ， ，， △△△， ， △是等边三角形， 故①正确； ，，， ，即， 故②正确； ，，， ， ． ， ， ， ， 故③错误； 设△的外心为， △是等边三角形， 点也是△的内心，作于点，于点， ，， ， △△， ， 同理，则， △的外心与△的外心重合， 故④正确． 综上，正确的有①②④， 故选：． 7．（2025•朝阳区一模）“藻井”是中国古代建筑中位于室内上方的特色结构，被誉为“室内最灿烂的星空”．某校数学小组的同学在研究时发现智化寺藻井（图、故宫太和殿藻井中都有类似图2的几何结构，他们通过测量得知，，，分别是正方形的四条边的中点，将四边形绕正方形的中心顺时针旋转，可以得到四边形，，，，分别经过点，，，，且平行于，，，给出下面四个结论： ①，是线段的三等分点； ②是线段的中点； ③是正八边形； ④△的面积是△的面积的2倍． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【分析】连接，交于，连接设，可证明经过点，在正方形中，，，，则，再求出，，由旋转的性质可得，，则，，三点共线，证明△是等腰直角三角形，进而可证明△是等腰直角三角形，根据，可得，是线段的中点，则，据此可判断①②；可证明：，据此可判断③；证明△，可得，据此可判断④． 【解答】解：如图所示，连接，交于，连接， 设， 四边形是正方形，，，，分别是四边形的四条边的中点， 经过点，在正方形中，，，，则， 为的中点， ，， 由旋转的性质可得，， ，，三点共线， 是的中点， ， △是等腰直角三角形， ， ， ， △是等腰直角三角形， 又， ，是线段的中点，故②正确； ， ， ，是线段的三等分点，故①错误； 同理可得， ， 同理可得， ， ， 是正八边形，故③正确； ， △△， ，故④错误； 故选：． 8．（2025•石景山区一模）如图，矩形中，，点在边上，以为边作正方形，点恰好落在边上，与交于点．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 【分析】证明△△可判断①； 连接，可得，根据垂线段最短即可判断②； 证明△△可判断③． 【解答】解：四边形为矩形， ，，， 四边形为正方形， ，， ， ， △△， ，故①正确； 如图，连接， △为等腰三角形， ， 根据垂线段最短，可得，即， 当点与点重合时，取等号， ， 点不可能与点重合，（否则可知， ，故②正确； ， ， 由题意可知：， ， ， ， △△， ，即， ，故③正确， 综上所述，正确的为①②③， 故选：． 9．（2025•海淀区一模）图1是半径为的圆形硬币，点是硬币外沿上的一定点．图2为四个轨道（厚度不计），分别记为轨道①、②、③和④，它们的形状分别为圆、长宽比为的矩形、正方形和正六边形，周长均为，对称中心均记为点．点为轨道上一定点（除轨道①外，均为的中点）．将硬币放置在轨道外侧，使硬币与轨道在同一个平面内，且点与重合．若硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点第一次回到轨道上时，记轨道上该处位置为，则四个轨道中，最大的是　　 A．轨道① B．轨道② C．轨道③ D．轨道④ 【分析】先求出圆形硬币的周长为，则硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点第一次回到轨道上时，点的运动路径长为；轨道①滚动可得的长为，据此可求出；轨道②滚动可确定，过点作于，连接，，，，，证明四边形是矩形，得到，，再证明△是等腰直角三角形，得到，据此可求出；轨道③滚动，类似于轨道②可求出；轨道④滑动，可得点是的中点，连接，，，证明△，△都是等边三角形，得到，则，同理可得，则；据此可得答案． 【解答】解：圆形硬币的半径为， 圆形硬币的周长为， 硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点第一次回到轨道上时，点的运动路径长为； 当沿着轨道①滚动时，则的长为， ； 当沿着轨道②滑动时， 四边形是长宽比为的矩形， ， 四边形的周长为， ，， 点为的中点， ， ； 如图所示，过点作于，连接，，，，， 点为矩形的对称中心， ， ，， 又，， 四边形是矩形， ，， ， ， △是等腰直角三角形， ， ； 当沿轨道③滑动时， 正方形的周长为， ， 点为的中点， ， ， 如图所示，过点作于，连接，，，，， 同理可得：，，， ， ， ， ； 当沿着轨道④滑动时， 正六边形的周长为， ， 点为的中点， ， 点是的中点， 如图所示，连接，，，则， 又， △，△都是等边三角形， ， ， 同理可得， ； 综上所述，当沿着轨道②滚动时，最大， 故选：． 10．（2025·北京丰台·二模）如图，在矩形中，，为对角线的交点．将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，连接，，，，给出下面三个结论： ①连接，则； ②点到的距离小于点到的距离； ③若，则八边形的面积为． 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】D 【分析】利用旋转的性质可说明，以此可判断①；通过说明，，，都是等腰直三角形，四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，再说明四边形是正方形，从而可用表示出八边形的面积，化简后作比较可判断③； 仿判断③的方法，设，分别求出点到的距离与点到的距离，再作比较后判断②． 【详解】解：如图， ∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形， ∴点的对应点是， ∴， ∴，故①正确； 如图， ∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形， ∴的对应边是，的对应边是，的对应边是，的对应边是，的对应边是， ∴，，，，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， 同理可得：四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，，，，，， ∵，，， ∴， ∴， 同理可得：， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴正方形绕点逆时针旋转与其本身重合， ∴点的对应点是， ∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形， ∴点的对应点是， ∴绕点逆时针旋转得到， ∴， 同理可得：，，， ∵，， ∴， 又， ∴是等腰直角三角形， 同理可得：，，都是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴八边形的面积为 =， 故③正确； 过点分别作于点，于点，于点，设， ∵， ∴， ∵四边形是矩形，对角线、交于点， ∴，点为的中点 ∴，点为的中点， ∴，即点到的距离为， ∵，是等腰直角三角形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴为的中点， ∴， ∴， 即点到的距离小于点到的距离，故②正确； 综上所述，①②③都正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一，等腰直角三角形的性质等知识点，解题关键是利用特殊平行四边形的性质证明相关线段相等． 11．（2025·北京石景山·二模）在正方形中，点，，，分别为边，，，上的动点（不与顶点重合），与相交于点．下面四个结论中， ①如果，则； ②如果，则； ③如果为的垂直平分线，则； ④如果与相互垂直且平分，则； 所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，四点共圆，全等三角形的判定和性质．对于①③画出图形，显然不成立；对于②，作于点，作于点，证明，即可得到②正确；对于④，证明四边形是正方形，推出，即可证明④正确． 【详解】解：如图，①如果，显然不存在，①不正确； ②如果， 如图，作于点，作于点， ∵正方形， ∴四边形和四边形都是矩形， ∴，， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∵，， ∴， ∴，②正确； ③如果为的垂直平分线，如图， 过正方形的中心作边的垂线，分成四个全等的小正方形， 显然，③不正确； ④如果与相互垂直且平分，如图，连接，，，， ∴四边形是菱形， 由②得， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，④正确， 故选：B． 12．（2025·北京大兴·二模）已知：如图，在中，，点分别在上，且均不与各顶点重合，的面积分别为．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】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，难度较大，综合性较强，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 可得，则， 再由三角形的外角性质得到，故②正确；证明，则，即，故③正确；过点作于点，证明，则，，可得为等腰直角三角形，故 ，设，，由，得到，则，故②正确． 【详解】解：如图： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故②正确； ∵， ∴同理可得：， ∴， ∴，即，故③正确； 过点作于点，则， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形，， ∴， 设，， ∵， ∴， ∴， ∴，即，故②正确， 故选：D． 13．（2025·北京西城·二模）一组对边平行且另一组对边不平行的四边形称为梯形．若梯形中不平行的两边相等，则称这样的梯形为等腰梯形．如图，点，，，分别是等腰梯形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．点，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．以下四个结论： ①四边形是菱形； ②连接，则； ③四边形的面积等于四边形面积的倍； ④四边形周长的平方不小于梯形面积的倍． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①④ B．②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】本题主要研究等腰梯形各边中点连线所构成的四边形的性质．运用三角形中位线定理来推导四边形和的边、角、面积等相关性质，进而判断四个结论的正确性． 【详解】解：连接等腰梯形的对角线、． ∵点，，，分别是等腰梯形各边的中点， ∴， ， ∵等腰梯形的对角线相等， ∴， ∴． 同理， ∴四边形是菱形，结论①正确． 取的中点，连接，， ∵，分别是，的中点， ∴ ∵ ∴ ∴点，，三点共线， ∴即，结论②正确． 连接、， ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∵点，，，分别是四边形各边的中点， ∴， ∴，，四边形是平行四边形， ∴，四边形是矩形， 同理可得， ∴ ∴，即四边形的面积等于四边形面积的倍，不是倍，结论③错误． 同理可得四边形的面积等于四边形面积的倍， ∴四边形的面积等于四边形面积的倍， 设梯形的高为，上底，下底， ∴梯形面积 ． ∵点，，，分别是四边形各边的中点， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形，设其相邻两边分别为、，周长 ， ． ∵（当且仅当时取等号），四边形的面积 ，且， ∴ ∴ ∵ ∴ ，即四边形周长的平方不小于梯形面积的倍，结论④正确， 故选：C． 【点睛】本题主要考查三角形中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）、相似三角形的判定及性质，菱形的判定（四条边相等的四边形是菱形）、平行四边形的判定与性质以及均值不等式等知识．解题的关键在于通过连接对角线等辅助线，利用三角形中位线定理得出各边关系，再依据相关图形性质判断结论的正确性． 14．（2025·北京朝阳·二模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论： ①平分； ②； ③； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】设，则，，利用三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，正方形的性质，角的平分线的判定解答即可． 【详解】解：∵正方形， ∴， 设， ∵是的中点，是上一点，且， ∴，， ∴，， ， ∴，故②正确； ∴， 过点E作于点G， 则， ∴， ∴平分，；故①正确； ∵， ∴． ∴， ∵， ∴． ∴， ∴；故③正确； ∵．故④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，角的平分线的判定，熟练掌握正方形的性质，勾股定理及其逆定理是解题的关键． 15．（2025·北京顺义·二模）如图，在四边形中，，，，平分，．设，，，给出下面三个结论： ①分别以为直径的圆的面积比为； ②； ③与的面积和为． 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】D 【分析】结论①在中，由，根据勾股定理得出与的长度关系，再依据圆面积公式计算以、为直径的圆面积比．结论②在中，先利用勾股定理得到三边关系，再根据三角形三边关系判断与的大小，通过对和作差比较，得出与的大小关系． 结论③延长交于，证明，得出相关线段和面积关系，结合的面积，推导出与的面积和． 【详解】在中， ∵， ∴ ， 设直径为，直径为 ， ∴ ∴以为直径的圆面积 ， 以为直径的圆面积 ， ∴， ∴分别以，为直径的圆的面积比为，结论①正确． 在中，，，， ∴即， ，即 ． ∵， ， ， ∴ ，即 ， ∴，结论②正确． 延长交于点 ． ∵平分，， ∴，， ∵， ∴ ， ∴，． ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴结论③正确． 综上，①②③都正确， 故选：D． 【点睛】本题考查勾股定理、三角形三边关系、全等三角形的判定与性质、圆的面积公式以及三角形面积的计算；解题关键是利用图形性质和相关定理建立边与边、面积与面积之间的联系来判断结论 ． 16．（2025·北京密云·二模）如图，等边三角形的边长为a，分别以A，B，C为圆心，以长为半径作弧，得到三段相等的弧，，，将，，组成的图形称为“洛尔三角形”．设的中心为O．下列说法中： ①“洛尔三角形”上任意一点到O的距离相等； ②将“洛尔三角形”绕点O按逆时针方向旋转后与原“洛尔三角形”重合； ③“洛尔三角形”的周长等于以A为圆心，长为半径的半圆的周长； ④若P是“洛尔三角形”上一个定点，Q是“洛尔三角形”上一个动点，则的最大值是a． 所有正确说法的序号是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】本题考查了求弧长，等边三角形的判定和性质，根据旋转的性质求解，解题关键是理解“洛尔三角形”的定义． 根据的圆心与的中心不同，可判断①；根据各条弧绕点O按逆时针方向旋转后，找到旋转后的弧即可判断②；分别求出“洛尔三角形”的周长和长为半径的半圆的周长，就可判断③；根据“洛尔三角形”任一边的圆心到这一边的最远距离可判断④． 【详解】解：∵是以点C为圆心，的中心为O， ∴点O为的垂直平分线上的点与点C为不同的点， ∴上的点到点O的距离不相等，故①错误； ∵绕点O按逆时针方向旋转后与重合， 绕点O按逆时针方向旋转后与重合， ∴将“洛尔三角形”绕点O按逆时针方向旋转后与原“洛尔三角形”重合，故②正确； ∵“洛尔三角形”的周长等于，长为半径的半圆的周长为， ∴“洛尔三角形”的周长等于以A为圆心，AB长为半径的半圆的周长，故③正确； ∵，，都是以a为半径的圆弧，P是“洛尔三角形”上一个定点，Q是“洛尔三角形”上一个动点， ∴“洛尔三角形”任一边的圆心到这一边的最远距离为a， ∴的最大值是a，故④正确． 综上所述，正确说法的序号是②③④． 故选： C． 17．（2025·北京海淀·二模）图1是有一个内角为的平行四边形透明纸片，它的邻边的长分别为．沿对边中点所连的虚线将其剪成四个四边形，按图2的方式叠放在同一平面内．给出下面四个结论： ①是等边三角形； ②四边形为菱形； ③六边形是轴对称图形，不是中心对称图形； ④存在，使四边形的面积与的面积之比为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②④ C．①③ D．①②④ 【答案】D 【分析】本题主要考查了等边三角形的判定，解直角三角形，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，轴对称和中心对称图形的识别，由题意得，，据此可判断①；根据，可得，同理可得，据此可判断②；根据轴对称和中心对称图形的定义可判断③；分别过点A和点T作的垂线，垂足分别为P、Q，解直角三角形得到，由四边形的面积与的面积之比为，得到，则可推出，据此可判断④． 【详解】解：由题意得，， ∴是等边三角形，故①正确； ∴， 由平行四边形的性质可得， ∴，即， 同理可证明， ∴四边形为菱形，故②正确； 六边形是轴对称图形，也是中心对称图形，故③错误； 由题意得，， 如图所示，分别过点A和点T作的垂线，垂足分别为P、Q， ∴， ∵四边形的面积与的面积之比为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当时，满足四边形的面积与的面积之比为，故④正确； 故选：D． 18．（2025·北京门头沟·二模）如图，在中，，平分交于，于，点在上，点在上，，平分，下列结论中正确的个数（　　） ；平分；；． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，根据角平分线的性质，全等三角形的判定与性质逐一判断即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵平分交于，， ∴，故正确； 如图，过作于点， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∴点在角平分线上， ∴平分，故正确； ∵平分，平分， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴，故正确； 由上得，， ∴，， ∴， ∴，故正确， 综上可知，正确，共个正确， 故选：． 19．（2025·北京昌平·二模）连接正五边形的对角线，形成如图的图形，中心为点O．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OF，则有； ③； ④连接BC，则有． 上述结论中，所有正确结论的序号是（） A．①② B．②④ C．②③ D．①④ 【答案】B 【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圆周角定理计算与关系判断．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】如图：在上截取， 正五边形内角和为， ∴． 因为是正五边形， 所以，， 正五边形中心角，，故①错误． 因为五边形是正五边形，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，． 由圆周角定理，，，且， ∴，故③错误． ∵，， 在中，，， ∴． 则， ∴，故④正确． 综上，②④正确， 故选：B． 46/47 47/47 学科网（北京）股份有限公司 $$