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）

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