专题06 代数几何结合・多结论（填空压轴题）（北京专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题06代数几何结合・多结论（填空压轴题） 命题预测 整合一次函数、反比例函数、特殊图形、几何性质综合命题。以多结论判断为主要形式，给出 4–5 个结论辨析正误，知识点跨度大、综合性强，全面考查综合推理与严谨审题能力。 高频考法 1.反比例函数与几何图形结合 2.一次函数 + 几何面积比值 3.四边形综合多结论判断 4.代数计算结合几何性质辨析 典例·靶向·突破 题型01反比例函数几何综合压轴 1．（2025·北京·三模）如图，已知点是反比例函数图象上的动点，轴，轴，分别交反比例函数的图象于点、，交坐标轴于、，且，连接则下列结论：；在点运动过程中，的面积始终不变，面积为；连接，则；存在点，使得．其中正确的结论有______填写所有正确结论的序号 2．（2026·北京·一模）如图，在反比例函数的图象上有动点，连接，的图象经过的中点，过点作轴交函数的图象于点，过点作轴交函数的图象于点，交轴点，连接，，，与交于点．下列结论：①；②；③；④若，则．其中正确的是___________．（填正确的序号）    题型02特殊四边形多结论正误判断 1．（25-26·北京·一模）如图，在正方形中，点E为边上一点，点F为延长线上一点，，连接，射线交于点G，点H为的中点，连接、，下列结论：①；②，③；④若，的最大值为5，其中正确的结论序号为______． 2．（25-26·北京·一模）如图，矩形周长为8，且．连接，将沿折叠得，交于点P，作，交于点G．下列说法中正确的有_____． ①；②的周长为定值4；③一定是等边三角形；④当变大时，也变大． 题型03一次函数与图形结合计算 1．如图，在平面直角坐标系中，直线：；直线l2：，直线上有一点A，且点A的纵坐标是．在直线的右侧作正方形，交直线于点D，交x轴于点E，连接交直线于点F，交x轴于点G，则下列结论正确的有______．（填序号） ①的周长为； ②； ③； ④点P为射线上一动点，的最小值为．    2．（25-6·北京朝阳·一模）如图，直线y＝﹣x+3分别与y轴、x轴交于点A，B，点C的坐标为（﹣3，0），点D为直线AB上的一动点，连接CD交y轴于点E，以CD为边作菱形CDFG，且∠CDF＝60°，则下列结论：①∠ABO＝60°；②线段ED的最小值是；⑧若S△COE＝S△ADE，则D的坐标为（1，）；④当点D运动时，点G在一条定直线y＝x+9上运动，其中正确的是 _____（填序号）． 题型04代数求值 + 几何性质复合压轴 1．（25-26·北京·一模）如图，在中，已知，于点M，于点N，P为边的中点，连接，，则下列结论：①；②；③；④当时，，其中正确的是______（填写序号） 2．如图，与交于点E，点G在直线上，，，，下列四个结论，其中错误的是_______ （填序号）． ①； ②； ③； ④． 1．（25-26·北京东城·一模）如图，，分别是的高和角平分线，与相交于G，平分交于E，交于M，连接交于H，且．有下列结论：①；②是等边三角形；③；④．其中，正确的结论的选项是________． 2．如图，已知四边形为正方形，点为对角线上一动点，连接，过点作，交的延长线于点，连接，下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的序号有______． 3．已知抛物线过，且．下列结论： ①；②；③；④若，方程有两个不相等实数根．其中正确的是______．（填写序号） 4．（25-26·北京·一模）如图，是等边三角形，D，E分别为，边上的点，且，，相交于点F，连接并延长到点M，与相交于点G，延长到点N，连接，，若，，点F是的中点．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是_______． 5．如图，，点M是的中点，，，，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是____． 6．（24-25·北京丰台·二模）如图，在中，，角平分线、交于点O，于点F．下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确结论有______． 7．如图，在正方形中，，点在边上，且，将沿对折至，延长交于点，连接，下列结论：①垂直平分；②；③；④，其中正确的是_________． 8．（25-26下·北京·一模）如图，在矩形中，O为的中点，过O点且分别交于F，交于E，点G是的中点，且，则下列结论：①；②；③四边形为菱形；④．其中正确的是 ________．（填序号）      2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06代数几何结合・多结论（填空压轴题） 命题预测 整合一次函数、反比例函数、特殊图形、几何性质综合命题。以多结论判断为主要形式，给出 4–5 个结论辨析正误，知识点跨度大、综合性强，全面考查综合推理与严谨审题能力。 高频考法 1.反比例函数与几何图形结合 2.一次函数 + 几何面积比值 3.四边形综合多结论判断 4.代数计算结合几何性质辨析 典例·靶向·突破 题型01反比例函数几何综合压轴 1．（2025·北京·三模）如图，已知点是反比例函数图象上的动点，轴，轴，分别交反比例函数的图象于点、，交坐标轴于、，且，连接则下列结论：；在点运动过程中，的面积始终不变，面积为；连接，则；存在点，使得．其中正确的结论有______填写所有正确结论的序号 【答案】 【分析】由反比例函数图象上点的坐标特征用函数的代数式表示出来，并找出点坐标，根据，即可得出关于的一元一次方程，解方程即可得出结论；根据（1）得出、的坐标，由轴确定点的坐标，由此即可得出、的长度，利用三角形的面积公式即可得出结论；证明即可；假设，根据相似三角形的性质，构建方程求出即可判断． 【详解】解：如图，连接，， ，且在反比例函数的图象上， ， ∵轴，且在反比例函数的图象上， ， 又， ，即， ，故正确． ，， ∵轴， 点的纵坐标为， 点在反比例函数的函数图象上， ，解得， 点， ，， ， 在点运动过程中，面积不变，始终等于，故错误； ， ，， ， ∴， ∴， ∴，故正确， 若， ∴， ， ∵， ， 在点的运动过程中，当时，，故正确， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，反比例函数系数的几何意义及反比例函数图象上点的坐标特征，熟知以上知识是解题的关键． 2．（2026·北京·一模）如图，在反比例函数的图象上有动点，连接，的图象经过的中点，过点作轴交函数的图象于点，过点作轴交函数的图象于点，交轴点，连接，，，与交于点．下列结论：①；②；③；④若，则．其中正确的是___________．（填正确的序号）    【答案】①③④ 【分析】设，则的中点为，，即可求得，即可判断①；表示出的坐标，即可表示出，利用三角形面积公式求得，即可判断②；计算出，，即可求得，即可判断③；先证得是的中点，然后根据直角三角形斜边直线的性质和平行线的性质得出，由等腰三角形的性质得出，从而得到，即可判断④． 【详解】解：动点在反比例函数的图象上， 设， 的中点为，， 的图象经过点， ，故①正确； 过点作轴交函数的图象于点， 的纵坐标， 把代入得，， ， ， ，故②错误； 如图，过点作轴于．   ，，，， 过点作轴交函数的图象于点，交轴点， ， 设直线的解析式为， 则，解得：， 直线的解析式为，直线的解析式为， 由，解得， ，， ， ， ， ，故③正确； ，，，，， 是的中点， ， ， 轴， ， ， 若，则， ， ．故④正确； 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点，待定系数法求一次函数的解析式，直角三角形斜边中线的性质，平行线的性质，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会构建一次函数确定交点坐标，属于中考填空题中的压轴题． 题型02特殊四边形多结论正误判断 1．（25-26·北京·一模）如图，在正方形中，点E为边上一点，点F为延长线上一点，，连接，射线交于点G，点H为的中点，连接、，下列结论：①；②，③；④若，的最大值为5，其中正确的结论序号为______． 【答案】①②/②① 【分析】本题利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及圆的性质来解此题．对于①，可通过证明来判断与是否相等；对于②，可由得到，再利用直角三角形两锐角互余得出，进而利用四边形对角和为证得点A、G、C、D四点共圆，且为直径，通过圆周角定理即可判断；对于③，构造辅助线并证明四边形是平行四边形，得到，通过垂线段最短的定义即可进行判断；对于④，由结论②可知点G的轨迹是以的中点O为圆心，对角线为直径的圆，而的最大值为，利用正方形的性质和勾股定理求得圆的直径并求得最大值进行判断． 【详解】解：在正方形中，，， 在和中， ， ∴， ∴，结论①正确； ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴在四边形中，， ∴点A、G、C、D四点共圆，且为直径， 如图，连接， 根据圆周角定理，和都为所对的圆周角， ∴，结论②正确； 如图，过点H作， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴不成立，结论③错误； 由结论②可知，点G的轨迹是以的中点O为圆心，对角线为直径的圆， ∴的最大值为， ∵H为的中点，正方形的边长为4， ∴， 在中，， ∴的直径为，则半径为， ∴， ∴，结论④错误， 综上，正确的结论序号是①②． 2．（25-26·北京·一模）如图，矩形周长为8，且．连接，将沿折叠得，交于点P，作，交于点G．下列说法中正确的有_____． ①；②的周长为定值4；③一定是等边三角形；④当变大时，也变大． 【答案】①②④ 【分析】本题考查矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定．根据矩形的性质可得，再结合，可得，进而判断①正确，连接，令与交于点，再证，可证得的周长，进而判断②正确，无法证明是等边三角形，进而判断③错误；由题意得，，则在中，，整理得，进而判断④正确． 【详解】解：在矩形中，，，， ∵矩形周长为8， ∴，则， ∵， ∴, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； 由折叠可知，， ∵ ∴，则 ∴， 则的周长，故②正确； 无法证明为等边三角形，故③错误； ∵，， 在中，， 整理得：， ∴当变大时，也变大，故④正确， 综上，正确的有①②④， 故答案为：①②④． 题型03一次函数与图形结合计算 1．如图，在平面直角坐标系中，直线：；直线l2：，直线上有一点A，且点A的纵坐标是．在直线的右侧作正方形，交直线于点D，交x轴于点E，连接交直线于点F，交x轴于点G，则下列结论正确的有______．（填序号） ①的周长为； ②； ③； ④点P为射线上一动点，的最小值为．    【答案】② 【分析】如图所示，过点A作轴于M，先求出，则，利用勾股定理求出，如图将绕点O顺时针旋转90度得到，则，，证明B、C、H三点共线，，则可证明，得到，进而得到，则的周长，故①错误；如图所示，取中点K，连接，证明是等边三角形，推出，得到，，设，则，则，利用勾股定理得到，解得，则，故②正确；如图将绕点O逆时针旋转90度得到，连接，证明，得到，由，得到，故③错误；由点P为射线上一动点，，则当时，最小，即此时最小，最小值为，故④错误． 【详解】解：如图所示，过点A作轴于M， 在中，当时，， ∴， ∴， ∴， 如图将绕点O顺时针旋转90度得到， ∴，， ∴， ∴B、C、H三点共线， ∵点D在直线上， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的周长，故①错误； 如图所示，取中点K，连接， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴， 设，则， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故②正确； 如图将绕点O逆时针旋转90度得到，连接， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故③错误； ∵点P为射线上一动点，， ∴当时，最小，即此时最小，最小值为，故④错误； 故答案为：②．    【点睛】本题主要考查了正比例函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形三边的关系等等，通过半角模型构成全等三角形是解题的关键． 2．（25-6·北京朝阳·一模）如图，直线y＝﹣x+3分别与y轴、x轴交于点A，B，点C的坐标为（﹣3，0），点D为直线AB上的一动点，连接CD交y轴于点E，以CD为边作菱形CDFG，且∠CDF＝60°，则下列结论：①∠ABO＝60°；②线段ED的最小值是；⑧若S△COE＝S△ADE，则D的坐标为（1，）；④当点D运动时，点G在一条定直线y＝x+9上运动，其中正确的是 _____（填序号）． 【答案】①④ 【分析】①中，y=0时，x=3，x=0时，，得到，，得到，，推出，得到，推出∠OAB=30°，得到∠ABO=60°；①正确 ； ②当点D与点A重合时，点E与点D重合，DE=0；②不正确； ③过点D作DQ⊥OB于点Q，过点O作OP⊥BD于点P，得到∠BPO=∠BQD=90°，根据，推出，根据BC=3+3=6=AB，推出OP=DQ，用AAS推出△BOP≌△BDQ，得到BO=BD，用SAS推出△CBD≌△ABO，得到CD=OA= ，设，推出CD= ，得到，解得，得到，得到；③不正确； ④过点C作CH⊥AB于点H，作∠ICH=∠GCD，过点G作GI⊥CI于点I，直线GI交直线AB于点M，交x轴于点N，连接MC，得到∠CIG=∠CHD=90°，∠GCI=∠DCH，根据菱形CDFG中，CG∥DF，得到∠GCD+∠CDF=180°，根据∠CDF=60°，得到∠GCD=120°，得到∠ICH=120°，根据四边形MICH内角和得到∠IMH=60°，根据△BMN内角和得到∠MNB=60°，推出△BMN是等边三角形，根据∠CIN=∠CHB=90°，推出△CNI≌△CBH，得到NC=BC=3+3=6，MC⊥BN，ON=3+6=9，，得到，，设直线GI的解析式为y=kx+b，得到，解得，得到，④正确． 【详解】①中， 当y=0时，，x=3， 当x=0时，， ∴，， ∴，， ∴， ∴，∴∠OAB=30°， ∴∠ABO=60°； 故①正确 ； ②当点D与点A重合时，点E与点D重合，DE=0； 故②不正确； ③过点D作DQ⊥OB于点Q，过点O作OP⊥BD于点P，则∠BPO=∠BQD=90°， ∵， ∴, ∵∠CBD=∠ABO，BC=3+3=6， ∴AB=BC， ∵且，， ∴ ∴OP=DQ， ∵∠BPO=∠BQD=90°，∠OBP=∠DBQ， ∴△BOP≌△BDQ(AAS)， ∴BO=BD， ∵∠ABO=∠CBD，AB=CB， ∴△CBD≌△ABO（SAS）， ∴CD=OA= ， 设， 则CD= ， ∴， ∴， ∴， ∴； 故③不正确； ④过点C作CH⊥AB于点H，作∠ICH=∠GCD，过点G作GI⊥CI于点I，直线GI交直线AB于点M，交x轴于点N，连接MC， 则∠CIG=∠CHD=90°，∠ICH-∠ICD=∠GCD-∠ICD，即∠GCI=∠DCH， ∵菱形CDFG中，CG∥DF， ∴∠GCD+∠CDF=180°， ∵∠CDF=60°， ∴∠GCD=120°， ∴∠ICH=120°， ∴∠IMH =360°-∠CIM-∠CHM-∠ICH=60°， ∴∠MNB=180°-∠BMN-∠MBN=60°， ∴△BMN是等边三角形， ∵∠CIN=∠CHB=90°，∠CNI=∠CBH=60°，CI=CH， ∴△CNI≌△CBH(AAS), ∴NC=BC=3+3=6， ∴MC⊥BN，ON=3+6=9， ∴， ∴，， 设直线GI的解析式为y=kx+b， ∴， 解得， ∴， 故④正确． 故答案为：①④． 【点睛】本题主要考查了一次函数，勾股定理，含30°的直角三角形，菱形，全等三角形，等边三角形，四边形等，解决问题的关键是熟练掌握一次函数的性质，待定系数法求一次函数的解析式，勾股定理解直角三角形，含30°角的直角三角形的性质，菱形的性质，全等三角形判定和性质 ，等边三角形的判定和性质，四边形的内角和． 题型04代数求值 + 几何性质复合压轴 1．（25-26·北京·一模）如图，在中，已知，于点M，于点N，P为边的中点，连接，，则下列结论：①；②；③；④当时，，其中正确的是______（填写序号） 【答案】①②③④ 【分析】根据于点得是直角三角形，根据直角三角形斜边中线性质得，由此即可对结论①进行判断； 根据于点M得是直角三角形，根据直角三角形斜边中线性质得，进而得，由此即可对结论②进行判断； 设与相交于点O，根据，及三角形外角性质得，，则，在四边形中，根据四边形内角和等于． 得，进而得，则，由此得，则是等边三角形，再根据等边三角形性质可对结论③进行判断； 根据，得是等腰直角三角形，由勾股定理得，再根据得，由此即可对结论④进行判断． 【详解】解：于点N， ， 是直角三角形， 点P为边的中点， 是的斜边上的中线， ， ， 故结论①正确； 于点M， ， 是直角三角形， 点P为边的中点， 是的斜边上的中线， ， ， 故结论②正确； 设与相交于点O，如图所示： ，， ，， 是的外角，是的外角， ，， ， 在四边形中，， 又，，， ， ， ， 在中，， ， ， 又， 是等边三角形， ， 故结论③正确； ，， 是等腰直角三角形， ， 在中，由勾股定理得：， 又， ， 故结论④正确， 综上所述：结论正确的是①②③④， 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，理解直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 2．如图，与交于点E，点G在直线上，，，，下列四个结论，其中错误的是_______ （填序号）． ①； ②； ③； ④． 【答案】③④ 【分析】本题主要考查平行线的判定瑟性质，过H作，先根据同位角相等两直线平行得出，再根据平行线的性质以及对顶角相等、三角形内角和以及倍角关系求解即可． 【详解】解：∵， ∴，故①正确， 过H作，如图： ， 设，则，， ∴, 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故②正确， ∵，， ∴， ∵， ∴， 又 ∴，不一定为，故③错误， ，故④错误， 综上所述，错误的结论为③④． 故答案为：③④． 1．（25-26·北京东城·一模）如图，，分别是的高和角平分线，与相交于G，平分交于E，交于M，连接交于H，且．有下列结论：①；②是等边三角形；③；④．其中，正确的结论的选项是________． 【答案】④ 【分析】解题时，首先针对每个结论，结合已知条件逐步分析： ①利用“是高”得直角三角形两锐角互余，再结合角平分线定义，求出的度数，最后根据三角形内角和定理算出，判断结论①错误． ②根据现有条件，没有足够依据证明三边相等，所以判定不是等边三角形． ③延长构造全等三角形和，得出，将转化为，再利用三角形外角性质和“大角对大边”，得出，从而判断结论③错误． ④证明，得到面积相等关系，再结合和是角平分线的性质，对三角形面积进行转化，得出，判定结论④正确．通过这样逐一分析每个结论，最终确定正确结论的个数． 【详解】解：∵是的高， ∴， ∴， ∵是的角平分线，平分， ∴，， ∴， ∴，故①错误； ∵是的高，， ∴， ∵， ∴， ∵是的角平分线，平分， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴为等腰三角形，条件不足，无法得到为等边三角形，故②错误； 如图，延长交于点， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故③错误； 在和中， ∴， ∴， ∵，平分， ∴，， ∴，故④正确； 综上所述，正确的有④， 故答案为：④． 【点睛】本题考查了三角形的高、角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定（、）及性质，三角形外角性质，“大角对大边”定理，三角形面积的计算与转化．解题思想方法有转化思想（将角的关系、面积的关系进行转化），数形结合思想（结合图形分析角和线段的关系）．解题关键为熟练运用全等三角形的判定与性质，结合角平分线、高的性质，对三角形的角、边、面积进行分析转化．易错点是在分析角的关系时，容易忽略三角形外角性质或“大角对大边”的应用条件；证明三角形全等时，易找错对应角或对应边． 2．如图，已知四边形为正方形，点为对角线上一动点，连接，过点作，交的延长线于点，连接，下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的序号有______． 【答案】①③④ 【分析】本题考查正方形性质及判定，等腰三角形判定及性质，全等三角形判定及性质，勾股定理，矩形判定及性质等．根据题意逐一对序号进行分析即可得到本题答案． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， 故结论①正确， 连接交于， ， ∵四边形为正方形， ∴， ∵点为对角线上一动点， ∴当点与点重合时，点与点重合，此时， ∴， 故结论②不正确， 过点作于点，于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴③正确， ∵矩形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故结论④正确， 故答案为：①③④． 3．已知抛物线过，且．下列结论： ①；②；③；④若，方程有两个不相等实数根．其中正确的是______．（填写序号） 【答案】①③④ 【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程，根据抛物线经过，可判断①，由抛物线的对称轴为直线，可判断②，由可判断③，由方程为，可得，结合可判断④． 【详解】解：∵抛物线经过， ∴， ∴，故①符合题意； ∵抛物线过，且． ∴抛物线的对称轴为直线， ∴而， ∴，故②不符合题意； ∵抛物线过， ∴，而， ∴， ∴，而， ∴，故③符合题意； ∵当时，抛物线为，而， ∴， ∴方程为， ∴， ∵由③得：，而，即， ∵， ∴， ∴， ∴当，方程有两个不相等的实根．故④符合题意； 故答案为：①③④． 4．（25-26·北京·一模）如图，是等边三角形，D，E分别为，边上的点，且，，相交于点F，连接并延长到点M，与相交于点G，延长到点N，连接，，若，，点F是的中点．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是_______． 【答案】②③ 【分析】由等边三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，根据角和关系得出，等量代换可得出，再根据三角形外角的定义和性质得出，可判断①错误；设，通过三角形内角和外角的性质分别表示出，，即可证明，可判断②正确；通过三角形内角和外角的性质分别表示出，可判断④错误；延长到，使，先证明，再证明，由全等三角形的性质得出，即可得出，可判断③正确． 【详解】解：∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故①错误； ∵， ∴设，则， ∴， ∵， ， ∴， 又∵， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵， ∴，即， ， ∴，故④错误； 延长到，使，连接，如图， 又∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ， 又∵， ∴， ∴，故③正确． 故答案为：②③． 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、三角形外角性质等知识点，解题的关键是熟悉辅助线的常见做法． 5．如图，，点M是的中点，，，，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是____． 【答案】①②④ 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，①根据垂线的性质即可解答；②如图1，延长至N，使，连接，证明和，即可解答；③过点C作于P，证明得出，根据可求出结论；④根据可得结论． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； 如图，延长至N，使，连接，设交于点H， ∵M是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ③如上图，过点C作于P，设与交于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，∵， ∴，即， 又， ∴， 解得，（负值舍去）， ∴， 在中，， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由得， ∴， ∴，故③错误； ④∵，， ∴，故④正确； 所以本题结论正确的有：①②④； 故答案为：①②④． 6．（24-25·北京丰台·二模）如图，在中，，角平分线、交于点O，于点F．下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确结论有______． 【答案】①③ 【分析】过点作于点，根据角平分线的性质定理可得，再根据三角形的面积公式即可判断①正确；先根据三角形的内角和定理可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据三角形的外角性质可得，最后根据直角三角形的性质即可判断②错误；过点作于点，作于点，先根据角平分线的性质定理可得，再证出，然后证出，根据全等三角形的性质即可判断③正确；在取一点，使得，连接，先证出，，根据全等三角形的性质可得，，再设，根据三角形的面积公式可得，，，然后根据即可判断④错误． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵是的角平分线，， ∴， ∵，， ∴，结论①正确； ∵，， ∴， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∵， ∴，结论②错误； 如图，过点作于点，作于点， ∵是的角平分线，是的角平分线，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，结论③正确； 如图，在取一点，使得，连接， ∵是的角平分线，是的角平分线， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， 由上已证：， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ， ∴，结论④错误； 综上，正确结论有①③， 故答案为：①③． 【点睛】本题考查了角平分线的性质定理、三角形全等的判定与性质、三角形的内角和定理、三角形的外角性质等知识，综合性较强，有一定的难度，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 7．如图，在正方形中，，点在边上，且，将沿对折至，延长交于点，连接，下列结论：①垂直平分；②；③；④，其中正确的是_________． 【答案】①②④ 【分析】由正方形和折叠的性质可得，，证明可得，即可由线段垂直平分线的性质判断①；由，，可得，，设，则，，在中由勾股定理得，得，可得，即可判断②；利用三角形的面积公式可得，即可判断③；由，可得即可判断④； 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴垂直平分，故①正确； ∵，， ∴，， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；故②正确； ∵，，， ∴，故③错误； ∵，， ∴，， ∴， ∴，故④正确； 综上，正确的结论为①②④， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键． 8．（25-26下·北京·一模）如图，在矩形中，O为的中点，过O点且分别交于F，交于E，点G是的中点，且，则下列结论：①；②；③四边形为菱形；④．其中正确的是 ________．（填序号）      【答案】①③④ 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得：，再根据等边对等角可得，根据直角三角形两锐角互余求出，从而判断出是等边三角形，判断出③正确；设，根据等边三角形的性质表示出，利用勾股定理列式求出，从而得到，再求出，然后利用勾股定理列式求出，从而判断出③正确，②错误；再根据三角形的面积和矩形的面积列式求出判断出④正确． 【详解】解：∵，点G是中点， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形，故③正确； 设，则， 由勾股定理得， ， ∵O为中点， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，故①正确； ∵，， ∴，故②错误； ∵， ， ∴，故④正确； 综上所述，结论正确的是①③④． 故答案为：①③④． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的面积等知识点，设出AE、OG，然后用a表示出相关的边是解题的关键． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $