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)

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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＝PE
②CE＝eq \r(2)PD
③BF－PD＝eq \f(1,2)BD
④S△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＝2 cm，DC＝1 cm，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. ①③ B. ③④ C. ②③ D. 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1 ①②③ 【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\c1(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\c1(∠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2 ①③④ 【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3 ①②④ 【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