第8讲 多结论题型-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版）

这是一份第8讲 多结论题型-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版），共20页。教案主要包含了方法梳理，巩固强化练习，答案详解等内容，欢迎下载使用。
①直接证明：不一定按顺序，哪个结论最好证就先证哪个；
②反证法：遇到不好证的，可以假设它成立，倒过去反推，若推出的结论与题目已知条件相符，说明假设成立，即结论也成立；若与已知条件矛盾或无关，则结论错误；
③解题技巧：可设未知数或特殊值法，通过代数计算的方法来证明某一结论正确与否；
④注意利用好“解题思路的延续性”帮助思考分析：已证明的结论可以作为题目的已知条件.
⑤一定是围绕着“四个典型”来设置各个结论。
【巩固强化练习】
解题技巧一：注意几何图形中的“数学典型模型”
A
B
C
D
M
N
例1．如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．则下列结论中：
①BF＝CE；②∠AEM＝∠DEM；③CF·DM＝BM·DE；④DE2＋DF2＝2DM2，
其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
解题技巧二：注意特殊值法与假设法的运用
例2.如图，正方形ABCD中E为CD的中点，AE的垂直平分线分别交AD、BC及AB的延长线于点F、G、H，连接HE、HC、OD，连接CO并延长交AD于点M，则下列结论中：①FG=2AO；②HE=5HB；③OD⊥CM；④OD//HE；⑤BHBC=AMMD；⑥2OE2=AH∙DE；⑦GO+BH=HC，正确结论的个数有（ ）个
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

例3．如图，已知E是ABCD正方形中AB边延长上线上一点，且AB=BE，连接CE,DE,DE与BC交于点N，F是CE的中点，连接AF交BC于点M，连接BF，有如下结论其中正确的是（ ）
①DN=EN；②△ABF∽△ECD；③tan∠CED=13；④SBEFM=2S∆CMF．
A．①②③ B．①② = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④ C． = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②③ = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④ D．①②③ = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④
例4. 如图，在正方形ABCD中，E,F分别在CD,AD边上，且CE=DF，连接BE,CF相交于G点．则下列结论：①BE=CF；②S∆BCG=S四边形DFGE；③CG2=BG∙GE；④当E为CD中点时，连接DG，则∠FGD=45°；正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
例5.如图，在正方形ABCD中，对角线交于点O，点E在DC边上，且CE=2DE，连接AE交BD于点G，过点D作DF⊥AE，连接OF交延长交DC于点P，过点O作OQ⊥OP分别交AE、AD于点N，H，交BA的延长线于点Q，以下结论中，其中正确的有（ ）
①∠AFO=45°；②OG=DG；③DP2=NH∙OH；④sin∠AQO=55.
A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③④
例6. 如图，已知正方形 ABCD ，对角线 AC 、 BD 交于点O ，点 M 是边 BC 上一动点(不与点 B，C 重合)，过
点 M 作BME ，使得BME 12ACB .过 B 作 BG⊥ME，垂足为点E , BG 交 AC 于点G ，ME 交 BD 于点 F．则
下面结论其中正确的是（ ）
①AG=2GO；②tan∠ABG=2-1；③MF=2BE；④在点M的运动过程中，当GB=GM时，GM=（2+2）BE.
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④
例7.如图，边长为4的正方形ABCD中，对角线交于点O，E在BD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于点H，则下列结论中，其中正确的有（ ）
①EF=EC；②CF2=CG∙CA；③BE•DH=16；④若BF=1,则DE=322.
A. ①②④ B. ②③④ C. ①②③ D. ①②③④
例8.如图，矩形ABCD中，E为DC的中点，AD:AB=3:2,CP:BP=1:2,连接EP并延长，交AB的延长线于点F，AP、BE交于点O，下列结论正确的是（ ）
①EP平分∠CEB；②BF2=PB∙EF；③PF∙EF=2AD2；④EF∙EP=4AO∙PO.
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ③④
例9. 如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论中，正确的有（ ）
①AD=AE；②∠AED=∠CED；③OE=OD；④BH=HF；⑤BC-CF=2HE.
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
例10. 如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线
BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP·DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；
③∠PCQ＝135°；④BP2＋DQ2＝PQ2．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案详解】
解题技巧一：注意几何图形中的“数学典型模型”
A
B
C
D
M
N
例1．如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．则下列结论中：
①BF＝CE；②∠AEM＝∠DEM；③CF·DM＝BM·DE；④DE2＋DF2＝2DM2，
其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解析】
多结论题型，所涉及到“四个典型”是：第1个结论：数学典型模型“L型一线三垂直模型”；第2个结论：压轴题证角相等的典型方法：“四点共圆”；第3个结论：相似的典型题型“乘积式”及角平分线在相似题中典型用法“角平分线的相似性质”； 第4个结论：多结论题型的典型解题方法（解题思路的延续性）及相似的典型图形“8字模型和共角模型”；
（1）数学典型模型“L型一线三垂直模型”，证△CBF≌△ACE即可得BF=CE，①正确；
（2）证角度不顺畅时，一定要考虑到四点共圆，M是Rt△CAB斜边中点，
故连接CM，
则∠CMA=90°，
∵∠CMA=∠CEA=90°,
故E、C、A、M四点共圆，
依圆内四边形的的外角性质，可得∠DEM=∠CAM=45°，
∴∠AEM=45°，
②正确；
（3）由（2）可知EM是角平分线，由③可知这是相似的典型题型“乘积式”，必用相似解题，两条信息合一，则必须首先联想到“角平分线的相似性质”。
由EM是∠DEA的角平分线可得DEAE=DMAM,
由题可知AM=BM，
由（1）全等可知AE=CF，
∴DECF=DMBM,
∴CF•DM=DE•BM，
③正确；
（4）由（2）、（3）可知，整道题的解题思路集中在三角形相似，则解决第④小题的思考范围也集中在三角形相似。这样依多结论题型的解题方法，思路线可在两个方向展开：①假设④正确，则结论需变形为比例式，即1+DF2DE2=2DM2DE2，去找DFDE与2DMDE有关联的三角形相似；②可从DE、DF、DM的图像位置附近寻找含有这些边的相似的典型图形，不难发现：△DFB与△DEA的“8字模型”及△DEA与△DMC的“共角模型”，
∵△DFB∽△DEA，
∴DFDE=BFAE，
即DF2DE2=BF2AE2，
∵△DEA∽△DMC，
∴DMDE=MCAE，
即DM2DE2=MC2AE2，
由2DM2DE2=2MC2AE2，
∴2DM2DE2-DF2DE2=2MC2AE2-BF2AE2=AC2AE2-CE2AE2=AC2-CE2AE2=AE2AE2=1，
∴假设成立，
④正确
综上所述，正确结论为①②③④，故选D
解题技巧二：注意特殊值法与假设法的运用
例2.如图，正方形ABCD中E为CD的中点，AE的垂直平分线分别交AD、BC及AB的延长线于点F、G、H，连接HE、HC、OD，连接CO并延长交AD于点M，则下列结论中：①FG=2AO；②HE=5HB；③OD⊥CM；④OD//HE；⑤BHBC=AMMD；⑥2OE2=AH∙DE；⑦GO+BH=HC，正确结论的个数有（ ）个
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【解析】
结论中出现线段的和差倍分问题，特殊值法解题。设AB=2,则DE=EC=1,AE=5，AO=OE=52，
设AF=FE=m，则FD=2-m，
在Rt△DFE中，由勾股定理可得m=54,
即AF=54，DF=34，
在Rt△AOF中由勾股定理可得OF=54，
由射影定理OA2=OF∙OH，
可得OH=5，FH=554，
在Rt△OAH中由勾股定理可得AH=52=EH，
则BH=12，
由BG//AF可得BG:AF=BH:HA=GH:HF，
可得BG=14，HG=54,
则GC=74，FG=5，OG=354，
由MF//GC，可得MFGC=OFOG,
即MF74=54354
可得MF=712,
可得AM=23，MD=43，
∵AO =52，FG=5，
∴①正确；
∵EH=52，BH=12，，
∴②正确；
∵BH=12，BC=2, AM=23，MD=43,
∴BHBC≠AMMD，
⑤错误；
∵OE=52，AH=52，DE=1，
∴⑥正确；
∵BH=12，OG=354，HC=172,
∴⑦错误；
假设OD⊥MC，由E是中点，
可得OE=DE=EC=1,
与OE=52矛盾，
故③错误；
假设OD//HE,
则∠1=∠2=∠3，
则∠1+∠4=90°，
则∠1=∠5=∠6，
则OF=FD，
∵OF=54，DF=34，
∴④错误；
综上所述，①②⑥，选A.
例3．如图，已知E是ABCD正方形中AB边延长上线上一点，且AB=BE，连接CE,DE,DE与BC交于点N，F是CE的中点，连接AF交BC于点M，连接BF，有如下结论其中正确的是（ ）
①DN=EN；②△ABF∽△ECD；③tan∠CED=13；④SBEFM=2S∆CMF．
A．①②③ B．①② = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④ C． = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②③ = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④ D．①②③ = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④
【解析】
(1)易证△DCN≌△EBN，故①正确；
(2)易得CD=BC=2BF,CE=2BC=2AB,
∴CDBF=CEAB=2,
则∠DCE=∠ABF=135°,
∴△ABF∽△ECD,
②正确；
(3)过点 F 作 FG⊥AE 于 G,
易得 AB=2BG=2FG,
tan∠CED=tan∠FAD =13,
③正确；
(4) 设正方形的边长为 3a，
则 BM=a，
于是 CM=2a，BG=1.5a，
∴S∆CMF=12CM∙BG=32a2, S∆BCE=12BC∙BC=92a2,
∴S四边形BEFM=S∆BCE-S∆CMF=3a2,
④正确.
故选B
例4. 如图，在正方形ABCD中，E,F分别在CD,AD边上，且CE=DF，连接BE,CF相交于G点．则下列结论：①BE=CF；②S∆BCG=S四边形DFGE；③CG2=BG∙GE；④当E为CD中点时，连接DG，则∠FGD=45°；正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【解析】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCE=∠CDF，
又CE=DF，
∴△BCE≌△CDF，
∴BE=CF，
①正确；
（2）∵△BCE≌△CDF，
∴S△BCE=S△CDF，
∴S△BCE-S△CGE=S△CDF-S△CG，
∴S∆BCG=S四边形DFGE，
②正确；
（3）∵△BCE≌△CDF，
∴∠CBE=∠FCD，
∵∠BCG+∠GCE=90°，
∴∠BCG+∠CBG=90°，
∴∠BGC=90°，
又∵∠BGC=∠CGE=90°，∠GBC=∠GCE，
∴△BCG∽△CEG，
∴CGBG=GECG,
∴CG2=BG∙GE，
故③正确；
④过D作DM⊥FG于M，如图所示，
设DF=a，
则AD=2a，
∵CE=DF，
∴BE=BC2+CE2=5a ，
利用面积法可得12BC∙CE=12BE∙CG ，
∴CG=255a ，
同理可得，DM=255a，
∴FM==DF2-DM2=155a，
∴MG=CF-FM-CG=255a，
∴MD=MG，
∵DMG=90° ，
∴∠FGD=45°，
故④正确.
∴正确的结论有4个，故选：D．
例5.如图，在正方形ABCD中，对角线交于点O，点E在DC边上，且CE=2DE，连接AE交BD于点G，过点D作DF⊥AE，连接OF交延长交DC于点P，过点O作OQ⊥OP分别交AE、AD于点N，H，交BA的延长线于点Q，以下结论中，其中正确的有（ ）
①∠AFO=45°；②OG=DG；③DP2=NH∙OH；④sin∠AQO=55.
A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③④
【解析】
（1）如图1，△AOG与△DGF组成数学典型图形“8字模型”可得∠OAN=∠ODF，
由∠AOG=∠QOP=90°可得∠AON=∠DOF,
由OA=OD可证△OAN≌△ODF,
则ON=OF,
∵∠NOF=90°,
∴∠AFO=45°,
①正确；
（2）△EDG与△ABG构成相似典型图形“8字模型”,
则DGGB=DEAB=13,
由OD=OB可得OG=GD，
②正确；
（3）想办法拉近DP与HN、OH的图形位置，不难发现：
由∠AOH=∠DOP,OA=OD,∠HAO=∠PDO=45°可得△OAH≌△ODP，
则AH=DP，
由（1）中的∠AFO=∠FNO=∠ANH=45°=∠HAO，∠AHN=∠AHO
可得△HAN∽△HOA，
得AHHN=OHAH，
即AH2=NH∙OH，
∴DP2=NH∙OH，
③正确；
（4）在Rt△ADE中出现数学典型模型“双垂模型”，
设DE=1,
则AD=3，AE=10,DF=31010=AN,OA=322,
由（3）△HAN∽△HOA可得AHHN=ANOA=55,
假设④正确，则sin∠AQO=AHHQ=55,
则AHHN=AHHQ，
则HN=HQ，
题目无任何条件支持此结论，
故假设不成立，④错误。
综上所述，正确结论是①②③，故选A.
例6. 如图，已知正方形 ABCD ，对角线 AC 、 BD 交于点O ，点 M 是边 BC 上一动点(不与点 B，C 重合)，过
点 M 作BME ，使得BME 12ACB .过 B 作 BG⊥ME，垂足为点E , BG 交 AC 于点G ，ME 交 BD 于点 F．则
下面结论其中正确的是（ ）
①AG=2GO；②tan∠ABG=2-1；③MF=2BE；④在点M的运动过程中，当GB=GM时，GM=（2+2）BE.
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④
【解析】
(1)由①中的“2”暗示及∠CAB=45°可知作GN⊥AB于N，
则出现数学典型模型“L型一线三垂直模型”，
则易证∠OBG=∠NBG=∠BME=12ACB=12OBA，
由OG=GN，Rt△ANG是等腰直角三角形，
故AG=2GN=2GO，
①正确；
(2)设AN=1，
则AG=2 ,OG=1,AC=2AO=22+2,AB=AC2=2+2 ,BN=1+2 ,
tan∠ABG=GNBN=2-1,
②正确；
(3)由（1）（2）可知:tan∠EBF=EFBE=∠ABG=2-1，
假设BE=a,
则EF=(2-1)a,
∵tan∠BME=EBEM=∠ABG=2-1，
∴EM=(2+1)a，
∴MF=EM-EF=(2+1)a-(2-1)a=2a,
∴MF=2BE，
③正确；
(4)作GQ⊥BC于点Q，
则∠MGQ=∠BGQ，
由GQ//AB可知∠BGQ=∠GBN=12OBA，
∴∠MGB=∠OBN=45°,
∴△GEM是等腰直角三角形，
由（3）可知EM=(2+1)a=GE，
∴GB=GE+BE= EM=(2+2)a,
∴GM=（2+2）BE,
④正确；
综上所述，正确结论是①②③④，故选D.
例7.如图，边长为4的正方形ABCD中，对角线交于点O，E在BD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于点H，则下列结论中，其中正确的有（ ）
①EF=EC；②CF2=CG∙CA；③BE•DH=16；④若BF=1,则DE=322.
A. ①②④ B. ②③④ C. ①②③ D. ①②③④
【解析】
（1）过E作MN⊥CD，EP⊥AD，
则EPDM是正方形，
由数学典型模型“一线三垂直模型”易证△FNE≌△EMC，
可得EF=EC，
①正确；
（2）乘积式，转化成比例式，找三角形相似；
由（1）可得△EFC是等腰直角三角形，
则∠GFC=∠FAC=45°,
由∠GCF=∠AFC,
则△FGC∽△AFC,
则CFAC=GCCF,
②正确；
（3）连接AE，由正方形的对称性可得EC=AE，
则EF=CE=AE，
由等腰三角形“三线合一”可得AN=NF，
当BF=1时，
则AN=32PE，
则DE=322,
④正确；
（4）由（3）可知∠1=∠2，
由（1）可得∠2=∠3，
则∠1=∠3，
在Rt△BNE中可得∠NEB=45°,
∵∠AEB=∠1+∠NEB=∠1+45°, ∠DCH=∠3+∠ECH=∠3+45°,
∴∠AEB=∠DCH,
∵∠BAE=∠CDH=45°,
∴△BAE∽△DHC,则BADH=BEDC,
∴BE•DH=BA•DC=16，
③正确；
综上所述，①②③④均正确，故选D
例8.如图，矩形ABCD中，E为DC的中点，AD:AB=3:2,CP:BP=1:2,连接EP并延长，交AB的延长线于点F，AP、BE交于点O，下列结论正确的是（ ）
①EP平分∠CEB；②BF2=PB∙EF；③PF∙EF=2AD2；④EF∙EP=4AO∙PO.
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ③④
【解析】
此题题目条件中出现线段比，解题经验是特殊值法，依多结论题的解题技巧，此题可以通过几何计算的方法来论证各结论，避开走传统方法---相似。
设CP=1,BP=2,
由BC=3=AD，
则AB=23=CD,
则EC=3,
由tan∠CEP=CPEC=33可得∠CEP=30°，
由DC//AF可得∠F=∠CEP=30°，
则BF=23,PF=4，
(1)数学典型模型“平行线+等腰=角平分线”，
由勾股定理可得BE=23,
则BF=BE，
则△EBF是等腰三角形，
则∠BEF=∠PFB=30°，
则∠BEF=∠CEP，
则EP平分∠CEB，
①正确；
(2)由勾股定理可得PE=2,则EF=6，
∵BF2=12,PB•EF=12,
②正确；
(3)由PF•EF=4×6=24, AD2=9,
③错误；
(4)由tan∠PAB=PBAB=33可得∠PAB=30°，
由DC//AB可得∠OBA=∠CEB=60°，
则∠AOB=90°，
则AO=3,P0=1,AO•PO=3,
由EF•EP=6×2=12,
∴ EF•EP=4 AO•PO,
④正确.
综上所述：正确的是①②④，故选B
例9. 如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论中，正确的有（ ）
①AD=AE；②∠AED=∠CED；③OE=OD；④BH=HF；⑤BC-CF=2HE.
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【解析】
（1）数学典型模型“角平分线+平行线=等腰”，由BC是角平分线，AD//BC，可得△ABE是等腰直角三角形，则AE=2AB=AD，①正确；
（2）由HL易证Rt△DEH≌Rt△DEC，
可得∠AED=∠CED，
②正确；
（3）由∠DHE=90°可知，若③成立，则O即斜边的中线，只需证OH=OE、OH=OD即可，即需证∠OHE=∠OEH、∠ODH=∠OHD,依解题思路的延续性，可从（1）、（2）找解决办法。
由（1）可知AB=BE、AE=AD，
则∠BEA=∠BAE=∠EAD=∠ADE=45°,
则AD=2AH,则AB=AH,
则依次可得出如图1各个角的度数，
可得∠OHE=∠OEH、∠ODH=∠OHD,
则OH=OE、OH=OD，
则OE=OD，
③正确；
（4）要证BH=HF，即证H为中点，联想到“中线倍长”，延长DH交AB延长线于点G，
如图2，由（3）可知∠ADG=45°，
则可得△ADG是等腰直角三角形，
由AH⊥DH可知HD=HG，
则易证△DHF≌△GHB，
则BH=HF，
④正确；
（5）如图3，设HG交BC于点M，
由（3）可知∠AEB=45°，
易证△HME、△BGM、△CDM均为等腰直角三角形，
则BG=BM,MH=HE，CM=CD，
连AM，易证Rt△ABM≌Rt△AHM，
则BM=MH，
故BG=GM=MH=HE，
由（4）△DHF≌△GHB可得BG=DF，
则BG=GM=MH=HE=DF，
由BC-HE=BC-BM=MC=CD=CF+DF=CF+HE,
∴BC-HE=CF+HE,即BC-CF=2HE，
⑤正确；
综上所述，正确结论为①②③④⑤，故选D
例10. 如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线
BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP·DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；
③∠PCQ＝135°；④BP2＋DQ2＝PQ2．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解析】
（1）想办法拉近∠QAD与∠APB的图形位置，即可证明②结论；
∵BM、DN分别是正方形ABCD的两个外角平分线，
∴∠ADQ＝∠ABP＝135°，
∴∠BAP＋∠APB＝45°，
∵∠PAQ＝45°，
∵∠QAD＋∠BAP＝45°，
∴∠QAD＝∠APB，
故②正确；
（2）相似典型题型“乘积式”，转化成“比例式”，寻找三角形相似即可判别；
由（1）易证△ABP∽△QDA，
∴AB:DQ=BP:AD，
∵正方形ABCD边长为2，
∴BP•DQ＝AD•AB＝4，
故①错误；
（3）∠PCQ与已知条件在图形位置上存在一定的距离，可用周角求证图形位置更近的∠DCQ+∠BCP=?°,而这两个角的图形位置分处不同三角形，想办法拉近。依解题思路的延续性，这办法必定与（1）（2）有联系。与（1）中的角的图形位置相差太远，且又分属不同三角形，想拉图形位置不容易，暂不考虑。那就必定与（2）中的△ABP∽△QDA有关系，由这组三角形相似可得AB:DQ=BP：AD，则CD:DQ=BP:BC，
∵∠PBC＝∠CDQ＝45°，
∴△PBC∽△CDQ，
∴∠BCP＝∠DQC，
∴∠PCQ＝360°－90°－∠DQC－∠DCQ，
∵∠DQC＋∠DCQ＝180°－∠CDQ＝180°－45°，
∴∠PCQ＝135°，
故③正确；
（4）④中这么多平方，首先考虑勾股定理，则需要把BP、DQ、PQ转移到同一个Rt△中，由∠PAQ＝45°必须联想到数学典型模型“半角模型”，解题方法是“旋转+全等证明”，可解题。
如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°，
得△ABG，连接GP，AB与GP相交于点H，
∴△ADQ≌△ABG，
∴∠GAB＝∠QAD，AG＝AQ，BG＝DQ，∠AGB＝∠AQD，
∴∠GAP＝∠GAB＋∠BAP＝QAD＋∠BAP＝∠BAD－∠PAQ＝45°，
∴∠GAP＝∠PAQ＝45°，
∵AP＝AP，
∴△AGP≌△AQP（SAS），
∴GP＝QP，
∵∠PBC＝45°，∠HBC＝90°，
∴∠HBP＝45°，
∴∠GBP＝∠GBH＋∠HBP＝∠AGB＋∠GAB＋45°＝∠AQD＋∠QAD＋45°，
∵∠AQD＋∠QAD＝180°－∠ADQ＝180°－135°＝45°，
∴∠GBP＝90°，
∴△GBP是直角三角形，
∴BP2＋BG2＝GP2，∴BP2＋DQ2＝PQ2，
故④正确．
综上所述，其中正确的有②③④，共3个．故选：C．