文档内容
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 ① ② ； 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．
