五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(北京专用)10：三角形全等、选择几何综合（教师版）

这是一份五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(北京专用)10：三角形全等、选择几何综合（教师版），共3页。试卷主要包含了如图，在中，平分若则 等内容，欢迎下载使用。
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．①③B．①④C．②③D．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．①③B．①④C．②③D．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．①②B．①③C．②③D．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．①②B．②③C．①③D．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．①②B．①③C．②③D．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．①②③B．②③④C．①②④D．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．①②③④B．①②③C．①③④D．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．①②B．①③C．②③D．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．①②③B．①②④C．②③④D．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．①③B．①④C．②③D．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．①②B．①③C．②③D．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①B．轨道②C．轨道③D．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．①②B．①③C．②③D．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．①③B．②④C．①④D．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．①②B．①③C．②③D．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．①④B．②③C．①②④D．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．①②③B．②③④C．①④D．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．①②B．①③C．②③D．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．①②③B．①②④C．②③④D．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．①②B．②④C．①③D．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．①②B．②④C．②③D．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．