2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型三 几何图形多结论判断题 (含答案)

2024辽宁中考数学二轮专题训练题型三几何图形多结论判断题类型一静态图形多结论判断题典例精讲例1如图，点P是正方形ABCD的对角线BD延长线上的一点，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F，则下列结论中：例1题图①PA＝PE②CE＝eq\r(2)PD③BF－PD＝eq\f(1,2)BD④S△PEF＝S△ADP正确的是________．(填写所有正确结论的序号)针对训练1.如图，等边三角形ABC中，BD是AC边上的中线，点E在线段BD上，∠ACE＝45°，AE的延长线交BC于点F，点G在线段AF上，GE＝EF，连接CE，连接CG交BD于点H.则下列结论：①CE＝AE；②∠ACG＝30°；③EB＝(eq\r(3)－1)DE；④CH＋DH＝eq\f(\r(3),2)AB，正确的是________．(填写所有正确结论的序号)第1题图2.如图，∠BOD＝45°，BO＝DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点E，连接OE交AD于点F.下列4个判断：①OE⊥BD；②∠ADB＝30°；③DF＝eq\r(2)AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形．正确判断的个数是________.第2题图3.如图，正方形ABCD中，AB＝1，连接AC，∠ACD的平分线交AD于点E，在AB上截取AF＝DE，连接DF，分别交CE，CA于点G，H，点P是线段GC上的动点，PQ⊥AC于点Q，连接PH.下列结论：①CE⊥DF；②DE＋DC＝AC；③EA＝eq\r(3)AH；④PH＋PQ的最小值是eq\f(\r(2),2)，其中所有正确结论的序号是________．第3题图类型二动态图形多结论判断题典例精讲例2如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE.下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE＋S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2－CH2＝GQ·GD.正确的是________(填序号即可)．例2题图例3如图，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠BAC＝∠EDC＝60°，AC＝2cm，DC＝1cm，则下列四个结论：①△ACD∽△BCE；②AD⊥BE；③∠CBE＋∠DAE＝45°；④在△CDE绕点C旋转过程中，△ABD面积的最大值为(2eq\r(3)＋2)cm2.其中正确的是________．(填写所有正确结论的序号)例3题图针对训练1.如图所示，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝6,点E、F分别是矩形的边AD、BC上的动点，将该纸片沿直线EF折叠，使点B落在矩形边AD上，对应点记为点G，点A落在M处，连接EF、BG、BE，EF与BG交于点N.则下列结论成立的是()①BN＝AB；②当点G与点D重合时EF＝eq\f(3\r(5),2)；③△GNF的面积S的取值范围是eq\f(9,4)≤S≤eq\f(7,2)；④当CF＝eq\f(5,2)时，S△MEG＝eq\f(3\r(13),4).A.①③B.③④C.②③D.②④第1题图2.如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，将△ABD绕着点B顺时针旋转45°得到△BEF，EF交CD于点G，连接BG交AC于点H，连接EH.则下列结论：①△BGE≌△BGC；②四边形EHCG是菱形；③△BDG的面积是8－4eq\r(2)；④OH＝2－eq\r(2).其中正确结论的序号是__________．第2题图3.如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于eq\f(4,3)eq\r(3)；④△BDE周长的最小值为6.上述结论中正确的有________．第3题图4.如图，等腰△ABC中，CA＝CB＝4，∠ACB＝120°，点D在线段AB上运动(不与A、B重合)，将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，给出下列结论：①CD＝CP＝CQ；②△PCQ面积的最小值为eq\f(4\r(3),5)；③当点D在AB的中点时，△PDQ是等边三角形；④当PQ⊥BQ时，AD的长为eq\f(4\r(3),3).其中所有正确结论的序号是________．第4题图参考答案类型一静态图形多结论判断题典例精讲例1①②③【解析】如解图，连接AE，∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABC＝90°.又∵PE⊥PA，∴A、B、E、P四点共圆．∴∠PAE＝∠PBE＝45°.∴∠PEA＝∠PAE＝45°.∴PA＝PE.故①正确；将△PAB绕点P逆时针旋转90°得到△PEG，易知B、E、G三点共线．延长AD，交PG于点M，则DM＝CE＝eq\r(2)PD，故②正确；∵EF＝BF，∴BC＋CE＝eq\r(2)BF.∴BC＋eq\r(2)PD＝eq\r(2)BF.又∵BC＝eq\f(\r(2),2)BD，∴eq\f(\r(2),2)BD＋eq\r(2)PD＝eq\r(2)BF.即BF－PD＝eq\f(1,2)BD.故③正确；连接AC交BP于点O，∵BF－PD＝BF－DF－PF＝BD－PF＝eq\f(1,2)BD.∴PF＝eq\f(1,2)BD＝BO＝AO.∴PO＝BF＝EF.∴S△PAO＝S△PEF.∵S△PAO≠S△ADP.∴S△PEF≠S△ADP，故④错误．例1题解图针对训练1.①②③④【解析】∵△ABC是等边三角形，BD是AC边上的中线，∴BD⊥AC，AD＝DC，∵点E在中线BD上，∴EC＝EA，故①正确；∵EC＝EA，∴∠ECA＝∠EAC＝45°，∴∠CEA＝90°，∠BAF＝∠BAC－∠EAC＝15°，∴∠AFC＝∠FAB＋∠ABC＝75°，∵EG＝EF，CE⊥FG，∴CF＝CG，∴∠ECF＝∠ECG＝15°，∴∠ACG＝∠GCF＝30°，故②正确；设AD＝DC＝m，则AB＝AC＝2m，BD＝eq\r(3)m，∵AD＝DE＝m，∴BE＝eq\r(3)m－m，∴eq\f(EB,DE)＝eq\f(\r(3)m－m,m)＝eq\r(3)－1，∴EB＝(eq\r(3)－1)DE，故③正确；在Rt△CDH中，∵∠DCH＝30°，CD＝m，∴DH＝eq\f(\r(3),3)CD＝eq\f(\r(3),3)m，CH＝eq\f(2\r(3),3)m，∴CH＋DH＝eq\r(3)m＝eq\f(\r(3),2)AB，故④正确，2.①③④【解析】∵BO＝DO，∴△OBD为等腰三角形，∵四边形ABCD是矩形，∴DE＝BE＝eq\f(1,2)BD，DA⊥OB，∴OE平分∠BOD，OE⊥BD，①正确；∵OE平分∠BOD，∴∠AOE＝eq\f(1,2)∠BOD＝22.5°，∵∠AOE＋∠OBE＝90°，∠OBE＋∠ADB＝90°，∴∠ADB＝∠AOE＝22.5°，②错误；如解图①，过点F作FH⊥OD，垂足为点H，∵OE平分∠BOD，DA⊥OB，∴FH＝AF，∵∠BOD＝45°，DA⊥OB，∴∠HDF＝45°，∴sin∠HDF＝eq\f(HF,FD)＝eq\f(AF,FD)＝eq\f(\r(2),2)，即DF＝eq\r(2)AF，③正确；根据题意作出图形，如解图②，取OF中点G，连接AG，∵G是OF的中点，∠OAF＝90°，∴AG＝OG，∴∠AOG＝∠OAG，∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，∴∠FAG＝＝∠OAF－∠OAG＝67.5°，∵四边形ABCD是矩形，∴EA＝ED，又∵∠ADB＝∠AOF＝22.5°，∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，∴∠EAG＝∠FAG＋∠EAD＝90°，∵∠AGE＝∠AOG＋∠OAG＝45°，∴∠AEG＝180°－∠AGE－∠EAG＝45°，∴AE＝AG，∴△AEG为等腰直角三角形，故④正确．第2题解图3.①②④【解析】∵四边形ABCD为正方形，∴CD＝AD，∠CDE＝∠DAF＝90°，∴∠ADF＋∠CDF＝90°，在△CDE和△DAF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CD＝DA,∠CDE＝∠DAF,DE＝AF))，∴△CDE≌△DAF(SAS)，∴∠DCE＝∠ADF，∴∠DCE＋∠CDF＝90°，∴∠DGC＝90°，∴CE⊥DF，故①正确；∵CE平分∠ACD，∴∠DCE＝∠HCG，在△GCD和△GCH中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DCG＝∠HCG,CG＝CG,∠DGC＝∠HGC＝90°))，∴△GCD≌△GCH(ASA)，∴CD＝CH，∠CDH＝∠CHD，∵在正方形ABCD中，CD∥AB，∴∠CDF＝∠AFD，∴∠CHD＝∠AFD，∵∠CHD＝∠AHF，∴∠AFD＝∠AHF，∴AF＝AH，∴AC＝AH＋CH＝AF＋CD＝DE＋CD，故②正确；设DE＝AF＝AH＝a，则CH＝eq\r(2)－a∵∠AHF＝∠DHC，∠CDF＝∠AFH，∴△DHC∽△FHA，∴eq\f(AF,CD)＝eq\f(AH,CH)，∴eq\f(a,1)＝eq\f(a,\r(2)－a)，∴a＝eq\r(2)－1，∴DE＝AF＝AH＝eq\r(2)－1，∴AE＝1－DE＝2－eq\r(2)，∴EA≠eq\r(3)AH，故③错误；如解图，连接DP，∵△GCD≌△GCH，∴DG＝GH，∵CE⊥DF，∴CG垂直平分DH，∴DP＝PH，当DQ⊥HC时，PH＋PQ＝DP＋PQ有最小值，过点D作DM⊥HC，则DM的长度为PH＋PQ的最小值，∵S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DC＝eq\f(1,2)AC·DM，∴DM＝eq\f(\r(2),2)，故④正确．第3题解图类型二动态图形多结论判断题典例精讲例2①③④【解析】由折叠知∠EPQ＝∠CPQ，∠F＝∠D，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠D＝90°，BC∥AD，∴∠BPQ＋∠AQP＝180°，∠AQP＝∠CPQ，∴∠BPE＋∠EPQ＋∠AQP＝180°，∵将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，∴FQ∥PE，∴∠EPQ＋∠FQP＝180°，即∠EPQ＋∠AQP＋∠FQG＝180°，∴∠BPE＝∠FQG，∵∠B＝∠F，∴△PBE∽△QFG，故结论①正确；如解图，过C作CM⊥EF于点M，则∠CME＝∠B＝90°，由折叠知PE＝PC，∴∠PCE＝∠PEC，∵∠PEF＝∠BCD＝∠B＝90°，∴∠CEM＋∠PEC＝90°，∠CEB＋∠PCE＝90°，∴∠CEM＝∠CEB，∵CE＝CE，∴△CBE≌△CME，∴S△CBE＝S△CME，CM＝BC，∵BC＝CD，∴CM＝CD，∵CG＝CG，∴Rt△CMG≌Rt△CDG，∴S△CMG＝S△CDG，∴S△CEG＝S△CME＋S△CMG＝S△CBE＋S△CDG，故结论②错误；由②知△CBE≌△CME，∴∠CEM＝∠CEB，∴EC平分∠BEG，故结论③正确；如解图，连接EH、DH，由②知△CBE≌△CME，△CMG≌△CDG，∴∠BCE＝∠MCE，∠MCG＝∠DCG，∴∠ECG＝∠MCE＋∠MCG＝eq\f(1,2)∠BCD＝45°，由折叠知PQ垂直平分EC，则EH＝CH，∴∠ECG＝∠HEC＝45°，∴∠GHQ＝∠PHC＝45°，∠EHC＝90°，即∠EHG＝90°，∴在Rt△EGH中，由勾股定理得：EG2－EH2＝GH2，∴EG2－CH2＝GH2.又∵∠EHG＝∠CDG＝90°，∴∠GEH＋∠EGH＝90°，∠DCG＝∠DGC＝90°，又△CMG≌△CDG，∴∠EGH＝∠DGC，∴∠GEH＝∠DCG，∴sin∠GEH＝eq\f(GH,EG)，sin∠DCG＝eq\f(GD,CG)，∴eq\f(GH,EG)＝eq\f(GD,CG)，即eq\f(GH,GD)＝eq\f(EG,CG)，∴△CEG∽△DHG，∴∠GDH＝∠ECG＝45°，∴∠GDH＝∠GHQ，∵∠HGQ＝∠DGH，∴△HGQ∽△DHG，∴eq\f(GH,GD)＝eq\f(GQ,GH)，∴GH2＝GQ·GD，∴EG2－CH2＝GQ·GD，故结论④正确．例2题解图例3①②④【解析】∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠BAC＝∠EDC＝60°，∴△ABC∽△DEC，∴eq\f(BC,AC)＝tan60°＝eq\f(CE,CD)＝eq\r(3)，∵∠ACB＋∠ACE＝∠DCE＋∠ACE，∴∠BCE＝∠ACD，∴△ACD∽△BCE，故结论①正确；如解图，设AD与CE、BE分别相交于点G、H，由①知△ACD∽△BCE，∴∠BEC＝∠ADC，∵∠DCE＝90°，∴∠ADC＋∠DGC＝90°，∵∠DGC＝∠EGH，∴∠BEC＋∠EGH＝90°，∴∠GHE＝90°，∴AD⊥BE，故结论②正确；由①知△ACD∽△BCE，∴∠CBE＝∠DAC，∠CBE＋∠DAE＝∠DAC＋∠DAE＝∠CAE，∵随着点E的位置的变化∠CAE的度数也会发生变化，∴∠CAE的度数不是一个定值，∴∠CBE＋∠DAE＝45°不正确，故结论③不正确；如解图过点C作CF⊥AB于点F，∵∠BAC＝60°，AC＝2，∴CF＝eq\r(3)，AB＝4，由题意可知点D在以C为圆心，CD的长为半径的圆上运动，∴当点D运动到FC的延长线时，DF的值最大，此时DF＝CF＋CD＝eq\r(3)＋1，此时△ABD面积＝eq\f(1,2)·AB·DF＝eq\f(1,2)×4×(eq\r(3)＋1)＝2eq\r(3)＋2，即△ABD面积的最大值为(2eq\r(3)＋2)cm2，故结论④正确．例3题解图针对训练1.D【解析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，∴EF⊥BG且BN＝GN，若BN＝AB，则BG＝2AB＝6，又∵点E是AD边上的动点，∴3<BG<3eq\r(5)，故①错误；②如解图，过点E作EH⊥BC于点H，则EH＝AB＝3，在Rt△ABE中，AE2＋AB2＝(AD－AE)2，即AE2＋32＝(6－AE)2，解得AE＝eq\f(9,4)，∴BF＝DE＝6－eq\f(9,4)＝eq\f(15,4).∴HF＝eq\f(15,4)－eq\f(9,4)＝eq\f(3,2).在Rt△EFH中EF＝eq\r(EH2＋FH2)＝eq\f(3\r(5),2)；故②正确．当D、G重合时，△GNF的面积最大，最大值＝eq\f(1,4)BF·AB＝eq\f(1,4)×eq\f(15,4)×3＝eq\f(45,16)，∴S△GNF≤eq\f(45,16)，故③错误；如解图，当CF＝eq\f(5,2)时，BF＝BE＝FG＝BC－CF＝6－eq\f(5,2)＝eq\f(7,2)，∴AE＝EM＝eq\r(BE2－AB2)＝eq\r(（\f(7,2)）2－32)＝eq\f(\r(13),2)，∴S△MEG＝eq\f(1,2)·ME·GM＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(13),2)×3＝eq\f(3\r(13),4)，故④正确．第1题解图2.①②④【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD＝2，AC＝BD＝2eq\r(2)，AO＝BO＝CO＝DO＝eq\r(2)，AC⊥BD，∵将△ABD绕着点B顺时针旋转45°得到△BEF，∴AB＝BE＝2，AD＝EF＝2，∠BEF＝∠BAD＝90°，∴BE＝BC＝2，在Rt△BEG和Rt△BCG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BE＝BC,BG＝BG))，∴Rt△BEG≌Rt△BCG，故①正确；由①知Rt△BEG≌Rt△BCG，∴∠EBG＝∠CBG＝22.5°，∴∠BGC＝67.5°，∠GHC＝∠GBC＋∠ACB＝67.5°，∴∠BGC＝∠GHC，∴CH＝CG，在△BEH和△BCH中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BE＝BC,∠EBH＝∠CBH,BH＝BH))，∴△BEH≌△BCH，∴EH＝CH，∠BCH＝∠BEH＝45°，∴CH＝EH＝EG＝CG，∴四边形EHCG是菱形，故②正确；∵∠BEH＝45°，∠EOH＝90°，∴∠OEH＝∠OHE＝45°，∴OH＝OE＝BE－OB＝2－eq\r(2)，故④正确；则EH＝eq\r(2)OH＝2eq\r(2)－2，∴CG＝EH＝2eq\r(2)－2，∴DG＝CD－CG＝4－2eq\r(2)，∴△BDG的面积＝eq\f(1,2)·DG·BC＝eq\f(1,2)×(4－2eq\r(2))×2＝4－2eq\r(2)，故③错误．故答案为①②④.3.①③④【解析】如解图，连接OB、OC，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵点O是△ABC的中心，∴OB＝OC，且OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠BOC＝120°，即∠BOE＋∠COE＝120°，而∠DOE＝120°，即∠BOE＋∠BOD＝120°，∴∠BOD＝∠COE，在△BOD和△COE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BOD＝∠COE,BO＝CO,∠OBD＝∠OCE))，∴△BOD≌△COE，∴BD＝CE，OD＝OE，故①正确；∵△BOD≌△COE，∴S△BOD＝S△COE，∴S四边形ODBE＝S△OBC＝eq\f(1,3)S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×42＝eq\f(4\r(3),3)，故③正确；如解图，作OH⊥DE交DE于点H，则DH＝EH，∵∠DOE＝120°，∴∠ODE＝∠OEH＝30°，∴OH＝eq\f(1,2)OE，HE＝eq\r(3)OH＝eq\f(\r(3),2)OE，∴DE＝eq\r(3)OE，∴S△ODE＝eq\f(1,2)OH·DE＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)OE·eq\r(3)OE＝eq\f(\r(3),4)OE2，即S△ODE随OE的变化而变化，而四边形ODBE的面积为定值，∴S△ODE≠S△BDE，故②错误；∵BD＝CE，∴△BDE的周长＝BD＋BE＋DE＝CE＋BE＋DE＝BC＋DE＝4＋DE＝4＋eq\r(3)OE，当OE⊥BC时，OE最小，则△BDE的周长最小，此时OE＝eq\f(2\r(3),3)，∴△BDE周长的最小值＝4＋2＝6，④正确．第3题解图4.①③④【解析】①∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP