中考數(shù)學一輪復習考點練習考向20 全等三角形（含答案詳解）

考向20全等三角形【考點梳理】1、全等三角形：兩個三角形的形狀、大小都一樣時稱為全等三角形。一個圖形經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)、對稱等運動（或稱變換）后得到另一個圖形，變換前后的圖形全等。2．全等三角形的性質(zhì)：全等三角形的對應角相等、對應邊相等。3、三角形全等的判定公理及推論有：（1）“邊角邊”簡稱“SAS”：（2）“角邊角”簡稱“ASA”：（3）“邊邊邊”簡稱“SSS”（4）“角角邊”簡稱“AAS”：（5）斜邊和直角邊相等的兩直角三角形（HL）。4、（1）角平分線的性質(zhì)：在角平分線上的點到角的兩邊的距離相等（2）角平分線推論（或稱判定）：角的內(nèi)部到角的兩邊的距離相等的點在角的平分線上?！绢}型探究】題型一：全等三角形概念和性質(zhì)1．（2022·山東淄博·統(tǒng)考一模）如圖，，點E在AB邊上，，則的度數(shù)為（

）A．30° B．40° C．45° D．50°2．（2022·遼寧大連·統(tǒng)考一模）如圖，將△ABC沿AC所在的直線翻折得到△AB′C，再將△AB′C沿AB′所在的直線翻折得到△AB′C′，點B，B′，C′在同一條直線上，∠BAC=α，由此給出下列說法：①△ABC≌△AB′C′，②AC⊥BB′，③∠CB′B=2α．其中正確的說法是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③3．（2022·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，P是等邊三角形內(nèi)的一點，且，，，以為邊在外作，連接，則以下結(jié)論中不正確的是（

）A． B． C． D．題型二：全等三角形的判定4．（2022·重慶璧山·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形中，將邊繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至點，若，，則線段的長度為（

）A．2 B． C． D．5．（2022·山東泰安·模擬預測）如圖，等邊中，，為內(nèi)一點，且，為外一點，且，連接、，則下列結(jié)論：①；②；③；④若，則，其中正確的有（

）A．個 B．個 C．個 D．個6．（2022·重慶南岸·?？寄M預測）如圖，在正方形中，是邊上的一點，，，將正方形邊沿折疊到，延長交于，連接現(xiàn)在有如下四個結(jié)論：；；③；其中結(jié)論正確的個數(shù)是（

）A． B． C． D．題型三：全等三角形的輔助線問題倍長中線問題7．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在四邊形中，，，，，，點是的中點，則的長為（

）．A．2 B． C． D．38．（2018·貴州遵義·校聯(lián)考二模）如圖，DE是△ABC的中位線，F(xiàn)是DE的中點，CF的延長線交AB于點G，若△CEF的面積為12cm2，則S△DGF的值為（

）A．4cm2 B．6cm2 C．8cm2 D．9cm29．（2022·浙江舟山·校考一模）對于以下四個命題：①若直角三角形的兩條邊長與3與4，則第三邊的長是5；②；③若點在第三象限，則點在第一象限；④兩邊及其第三邊上的中線對應相等的兩個三角形全等，正確的說法是（

）A．只有①錯誤，其他正確 B．①②錯誤，③④正確C．①④錯誤，②③正確 D．只有④錯誤，其他正確旋轉(zhuǎn)模型10．（2022·山東日照·校考二模）如圖，O是正內(nèi)一點，，，．將線段以點B為旋轉(zhuǎn)中心逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段，下列結(jié)論錯誤的是（

）A．點O與的距離為4 B．C．S四邊形AOBO′ D．11．（2022·重慶合川·?？家荒＃┤鐖D，正方形中，點E，F(xiàn)分別為邊，上的點，連接，，與對角線分別交于點G，H，連接．若，則下列判斷錯誤的是（

）A． B．C．E，F(xiàn)分別為邊，的中點 D．12．（2022·山東濟南·模擬預測）如圖，在邊長為6的正方形內(nèi)作，交于點，交于點，連接，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到．若，則下列結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的是（

）A．①②③④ B．①②④ C．①③④ D．③④垂線模型13．（2021·浙江湖州·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系xOy，四邊形OABC為正方形，若點B（1，4），則點A的坐標為（）A．（3，1） B． C． D．（4，1）14．（2022·貴州黔東南·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標系中、，軸，存在第一象限的一點使得是以為斜邊的等腰直角三角形，則點的坐標（

）．A．或 B． C．或 D．15．（2022·浙江溫州·校考一模）如圖，在△ABC中以AC，BC為邊向外作正方形ACFG與正方形BCDE，連結(jié)DF，并過C點作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，則MD的長為（）A． B． C． D．其他模型16．（2022·北京海淀·?？家荒＃┤鐖D，點E是△ABC內(nèi)一點，∠AEB=90°，AE平分∠BAC，D是邊AB的中點，延長線段DE交邊BC于點F，若AB=6，EF=1，則線段AC的長為（

）A．7 B．8 C．9 D．1017．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，在中，，，，將繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定的角度得到，使得點恰好落在上，則線段的長為（

）A． B．5 C． D．18．（2021·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABCD的頂點D在第二象限，其余頂點都在第一象限，AB∥X軸，AO⊥AD，AO=AD．過點A作AE⊥CD，垂足為E，DE=4CE．反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點E，與邊AB交于點F，連接OE，OF，EF．若，則k的值為（

）A． B． C．7 D．題型四：全等三角形的綜合問題19．（2023·福建南平·統(tǒng)考一模）在五邊形中，四邊形是矩形，是以E為直角頂點的等腰直角三角形．與交于點G，將直線繞點E順時針旋轉(zhuǎn)交于點F．(1)求證：；(2)判斷線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)若，且，求線段的長．20．（2023·重慶黔江·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在ABCD中，對角線AC，BD交于點O，E是AD上一點，連接EO并延長，交BC于點F．連接AF，CE，EF平分∠AEC．(1)求證：四邊形AFCE是菱形；(2)若∠DAC＝60°，AC＝2，求四邊形AFCE的面積．21．（2022·黑龍江哈爾濱·校考二模）在中，過作的平行線，交的平分線于點，點是上一點，連接，交于點，．(1)如圖1，求證：四邊形是菱形；(2)如圖2，若，，點、分別是、邊中點，連接、、，不添加字母和輔助線，直接寫出圖中與所有的全等的三角形．【必刷基礎】一、單選題22．（2022·遼寧鞍山·模擬預測）下列說法正確的是（

）A．所有的等邊三角形是全等形B．面積相等的三角形是全等三角形C．到三角形三邊距離相等的點是三邊中線的交點D．到三角形三個頂點距離相等的是三邊中垂線的交點23．（2023·福建南平·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，點A，B的對應點分別為D，E．當點、、在同一條直線上時，下列結(jié)論不正確的是（

）A． B．C． D．24．（2022·四川綿陽·東辰國際學校校考模擬預測）如圖，在中，，，，AE平分∠BAC，且于點E，點D為的中點，連接，則的長為（

）A．2 B． C． D．25．（2022·遼寧營口·校考模擬預測）如圖，在正方形中，E是邊上的一點，，，將正方形邊沿折疊到，延長交于G，連接，，現(xiàn)在有如下4個結(jié)論：①；②；③；④．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．426．（2022·江蘇蘇州·蘇州市振華中學校校考模擬預測）如圖，直線與軸交于點，與軸交于點，以為邊在直線的左側(cè)作正方形，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點，則的值是(

)A． B． C． D．27．（2022·四川瀘州·瀘縣五中校考一模）如圖，半圓O的直徑，弦，弦平分，的長為（

）A． B． C． D．28．（2022·山東濟南·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在矩形中，，E是的中點，于點F，則的長是（）A．1 B． C． D．229．（2023·陜西西安·陜西師大附中校考一模）如圖，在平行四邊形中，E是邊上一點，連接，若，求證：．30．（2022·廣東云浮·校聯(lián)考三模）如圖，雙曲線圖像經(jīng)過點，點是雙曲線在第一象限上的一動點，連接并延長交另一分支于點，以斜邊作等腰，點在第二象限，隨著點的運動，點的位置也不斷的變化，但始終在一函數(shù)圖像上運動．(1)求的值和這個雙曲線的解析式；(2)求點所在函數(shù)的解析式．31．（2022·山東青島·山東省青島第二十六中學校考二模）如圖，在中，是對角線、的交點，延長邊到點，使，過點作，交的延長線于點E，連接、．(1)求證．(2)連接，已知___________．（從以下兩個條件中選擇一個作為已知，填寫序號），請判斷四邊形的形狀，并證明你的結(jié)論．條件①：且；條件②：且．【必刷培優(yōu)】一、單選題32．（2022·重慶·重慶八中?？寄M預測）如圖，邊長為4的正方形中，點E、F分別在邊上，連接，且有．將沿翻折，若點D的對應點恰好落在上，則的長為（

）A． B． C． D．33．（2022·山東菏澤·統(tǒng)考二模）如圖，已知矩形中，點E是邊上的點，，垂足為F下列結(jié)論：①；②；③平分；④其中正確的結(jié)論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個34．（2022·廣東東莞·?？级＃┤鐖D，E、F分別是正方形ABCD的AB、BC邊上的動點，且滿足，連接CE、DF，相交于點G，連接AG，則下列4個結(jié)論：①；②CE⊥FD；③；④若點E是AB的中點，則，其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④35．（2022·湖北省直轄縣級單位·校考一模）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，CE，DF交于點G，連接AG．下列結(jié)論：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°．其中正確的結(jié)論是（

）A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③36．（2022秋·廣東深圳·九年級?？计谥校┤鐖D，正方形ABCD的頂點A，B分別在x軸，y軸上，點在直線l：y＝kx＋8上．直線l分別交x軸，y軸于點E，F(xiàn)．將正方形ABCD沿x軸向左平移m個單位長度后，點B恰好落在直線l上．則m的值為（

）A．2 B．4 C．6 D．8二、填空題37．（2023·陜西西安·西安市鐵一中學?？级＃┤鐖D，正方形，點、、、分別在邊、、、上，若與的夾角為，，，則的長度為______．38．（2023·廣西玉林·一模）如圖，在菱形中，，點，分別在，邊上，且，與交于點，若，，則四邊形的面積為______．39．（2023秋·安徽池州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，點在軸的負半軸上，點在反比例函數(shù)的圖象上，交軸于點，若點是的中點，的面積為，則的值為______．40．（2022·四川綿陽·東辰國際學校?？寄M預測）如圖，在正方形中，，點E為對角線上一點，，交邊于點F，連接交于點G，若，則的面積為______．41．（2022·湖北省直轄縣級單位·?？家荒＃┤鐖D，在邊長為1的正方形中，點E、F分別是、的中點，、交于點G，的中點為H，連接、．給出下列結(jié)論：①；②；③；④；⑤．其中正確的結(jié)論有_____．（請?zhí)钌纤姓_結(jié)論的序號）42．（2022·江蘇無錫·無錫市天一實驗學校?？寄M預測）如圖，中，分別以、為底邊向外作等腰和等腰，連接，點為的中點，連接并延長交的延長線于點，，，若，，則的值為______．三、解答題43．（2022·山東菏澤·菏澤一中?？寄M預測）如圖①，在中，，，點D，E分別在邊，上，且．則．現(xiàn)將繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為．如圖②，連接，．(1)如圖②，請直接寫出與的數(shù)量關(guān)系．(2)將旋轉(zhuǎn)至如圖③所示位置時，請判斷與的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并加以證明．(3)在旋轉(zhuǎn)的過程中，當?shù)拿娣e最大時，______．（直接寫出答案即可）44．（2022·山東菏澤·菏澤一中校考模擬預測）如圖1，在中，，平分，連接，，．(1)求的度數(shù)；(2)如圖2，連接，交于E，連接，求證：；(3)如圖3，在（2）的條件下，點G為的中點，連接交于點F，若，求線段的長．45．（2022·遼寧盤錦·?？家荒＃┤鐖D1，在中，，，于點D，連接，在上截取CE，使，連接．（1）直接判斷與的數(shù)量關(guān)系

；（2）如圖2，延長交于點F，過點E作交BC于點G，試判斷與之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；（3）在（2）的條件下，若，，求的長．46．（2022·河南鄭州·河南省實驗中學?？寄M預測）在中，，為邊上一點，為直線上一點，連、，交于點．(1)如圖1，若，點在線段上，且，過作，求證：；(2)如圖2，若，且，求的值；(3)如圖3，若．若，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)到，并且使得，連接交于，直接寫出=______．參考答案：1．B【分析】由可知，進而可知，由三角形內(nèi)角和可得．【詳解】∵，∴，∴，∵，∴．故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定、三角形內(nèi)角和等于180°等知識．熟練運用全等三角形的性質(zhì)，判斷出等腰三角形是解決本題的關(guān)鍵．2．D【分析】①由翻折可得△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，進而可以進行判斷；②由翻折可得點B與點B′關(guān)于AC對稱，進而可以進行判斷；③由翻折可得∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，再根據(jù)角的和差即可進行判斷．【詳解】解：①由翻折可知：△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，∴△ABC≌△AB′C′；故①正確；②由翻折可知：點B與點B′關(guān)于AC對稱，∴AC⊥BB'；故②正確；③由翻折可知：∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，∴∠AB′B=90°-∠B′AC=90°-α，∴∠AB′C′=180°-∠AB′B=180°-（90°-α）=90°+α，∴∠AB′C=90°+α，∴∠CB′B=∠AB′C-∠AB′B=90°+α-（90°-α）=2α，∴∠CB′B=2α．故③正確．綜上所述：正確的說法是：①②③．故選：D．【點睛】本題考查了翻折變換，全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．3．C【分析】根據(jù)△ABC是等邊三角形，得出∠ABC=60°，根據(jù)△BQC≌△BPA，得出∠CBQ=∠ABP，PB=QB=4，PA=QC=3，∠BPA=∠BQC，求出∠PBQ=60°，即可判斷A；根據(jù)勾股定理的逆定理即可判斷B；根據(jù)△BPQ是等邊三角形，△PCQ是直角三角形即可判斷D；求出∠APC=150°-∠QPC，和PC≠2QC，可得∠QPC≠30°，即可判斷C．【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=60°，∵△BQC≌△BPA，∴∠CBQ=∠ABP，PB=QB=4，PA=QC=3，∠BPA=∠BQC，∴∠PBQ=∠PBC+∠CBQ=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，所以A正確，不符合題意；PQ=PB=4，PQ2+QC2=42+32=25，PC2=52=25，∴PQ2+QC2=PC2，∴∠PQC=90°，所以B正確，不符合題意；∵PB=QB=4，∠PBQ=60°，∴△BPQ是等邊三角形，∴∠BPQ=60°，∴∠APB=∠BQC=∠BQP+∠PQC=60°+90°=150°，所以D正確，不符合題意；∠APC=360°-150°-60°-∠QPC=150°-∠QPC，∵PC=5，QC=PA=3,∴PC≠2QC，∵∠PQC=90°，∴∠QPC≠30°，∴∠APC≠120°．所以C不正確，符合題意．故選：C．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理的逆定理，解決本題的關(guān)鍵是綜合應用以上知識．4．D【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可知．取點為線段的中點，并連接．根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)，可證得，從而證得，再利用勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖，取點為線段的中點，并連接．依題意得，，，，在正方形中，，，，又，，，在和中，，，，，，在中，．故選：D．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)及勾股定理的運用等知識，解題的關(guān)鍵是輔助線的添加．5．C【分析】連接，證得出①；再證，得出，進而即可逐一判斷．【詳解】解：連接，是等邊三角形，，，，，，，，，，，，．由此得出①③正確．，，，，設，，，，在中三角的和為，，，，這時是邊上的中垂線，即結(jié)論不一定成立，是錯誤的．邊上的高是，，結(jié)論正確．故選：C．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的對應角相等，對應邊相等．6．C【分析】①正確．證明,得到，結(jié)合可得結(jié)果．②錯誤．可以證明，不是等邊三角形，可得結(jié)論．③正確．證明，即可．④錯誤．證明，求出的面積即可．【詳解】解：如圖，連接，四邊形是正方形，，，由翻折可知：，，，，，，，∴，，，，故正確，設，在中，，，，，，是等腰三角形，易知不是等邊三角形，顯然，故錯誤，，，，，，，，故正確，，：：，∴，，故正確，故選：C．【點睛】本題考查翻折變換，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．7．C【分析】延長BE交CD延長線于P，可證△AEB≌△CEP，求出DP，根據(jù)勾股定理求出BP的長，從而求出BM的長．【詳解】解：延長BE交CD延長線于P，∵AB∥CD，∴∠EAB＝∠ECP，在△AEB和△CEP中，∴△AEB≌△CEP（ASA）∴BE＝PE，CP＝AB＝5又∵CD＝3，∴PD=2，∵∴∴BE＝BP＝．故選：C．【點睛】考查了全等三角形的判定和性質(zhì)和勾股定理，解題的關(guān)鍵是得恰當作輔助線構(gòu)造全等，依據(jù)勾股定理求出BP．8．A【分析】取CG的中點H，連接EH，根據(jù)三角形的中位線定理可得EH//AD，再根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠GDF=∠HEF，然后利用“角邊角”證明△DFG和△EFH全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得FG=FH，全等三角形的面積相等可得S△EFH=S△DGF，再求出FC=3FH，再根據(jù)等高的三角形的面積比等于底邊的比求出兩三角形的面積的比，從而得解．【詳解】解：如圖，取CG的中點H，連接EH，∵E是AC的中點，∴EH是△ACG的中位線，∴EH//AD，∴∠GDF=∠HEF，∵F是DE的中點，∴DF=EF，在△DFG和△EFH中，，∴△DFG≌△EFH（ASA），∴FG=FH，S△EFH=S△DGF，又∵FC=FH+HC=FH+GH=FH+FG+FH=3FH，∴S△CEF=3S△EFH，∴S△CEF=3S△DGF，∴S△DGF=×12=4（cm2）．故選：A．【點睛】本題主要考查了三角形中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線性質(zhì)．利用倍長類中線構(gòu)造全等三角形轉(zhuǎn)換面積和線段關(guān)系是解題關(guān)鍵．9．A【分析】①應明確邊長為4的邊是直角邊還是斜邊；②隱含條件a≥0，根據(jù)二次根式的定義解答；③根據(jù)每個象限內(nèi)點的符號特點判斷出a、b的符號，再判斷出-a、-b的符號即可；④用“倍長中線法”可證明兩個三角形全等．【詳解】解：①錯誤，應強調(diào)為直角三角形的兩條直角邊長為3與4，則第三邊的長是5；②正確，隱含條件a≥0，根據(jù)二次根式的意義，等式成立；③正確，若點P（a，b）在第三象限，則a＜0，b＜0；則-a＞0，-b＞0，點Q（-a，-b）在第一象限；④正確，已知：如圖，AB=A'B'，AC=A'C'，AD=A'D'，BD=CD，B'D'=C'D'，求證：△ABC≌△A'B'C'；證明：過點C作CE∥AB交AD的延長線于E，∵∠BAD=∠E，∠ABD=∠ECD，∵BD=CD，∴△ABD≌△ECD（AAS），∴AB=CE，AD=DE，過點C'作C'E'∥A'B'交A'D'的延長線于E'，同理：A'B'=C'E'，A'D'=D'E'，∵AD=A'D'，AB=A'B'，∴AE=A'E'，CE=C'E'，∵AC=A'C'，∴△ACE≌△A'C'E'（SSS），∴∠CAE=∠C'A'E'，∠E=∠E'=∠BAD=∠B'A'D'，∴∠BAC=∠B'A'C'，∴△ABC≌△A'B'C'（SAS），即：兩邊及第三邊上的中線對應相等的兩個三角形全等，正確，故選：A．【點睛】本題考查了對勾股定理的理解，二次根式的化簡，點的對稱性質(zhì)，全等三角形的判定方法．10．D【分析】證明，得是等邊三角形，根據(jù)勾股定理逆定理可得是直角三角形，進而可判斷．【詳解】解：如圖1，連接OO′，由題意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，又∵OB＝O′B，AB＝BC，∴，又∵∠OBO′＝60°，∴△OBO′是等邊三角形，∴OO′＝OB＝4．故A正確；∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．在△AOO′中，三邊長為3，4，5，這是一組勾股數(shù)，∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，故B正確；S四邊形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′═×3×4+×42＝6+4，故C正確；如圖2將繞點順時針旋轉(zhuǎn)60°到位置，同理可得，故D錯誤；故選D．【點睛】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形、直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．11．C【分析】將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，此時與重合，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到，，，，，推出．根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，于是得到，故正確；將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，通過旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出條件證明出利用其性質(zhì)，在到正方形中去研究；由中推導過程可得出，不能推導出E，F(xiàn)分別為邊，的中點，推出是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到，，求得；故正確；．【詳解】解：A、將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，此時與重合，由旋轉(zhuǎn)可得，，，，，，因此，點，，在同一條直線上．，．，．即．在與中，．，故，故A正確，B、將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，，，，，，在和中，，，在正方形中，，，，即，故正確，C、由A中可知只能推出，不能說明分別為邊，的中點，選項錯誤；D、，是等腰直角三角形，，，；故D正確；故選：C．【點睛】本題考查四邊形綜合題、等腰直角三角形性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是通過旋轉(zhuǎn)作圖來解答．12．A【分析】將繞點Ａ順時針旋轉(zhuǎn)得到，可得，可判斷①；由可得AG=AF，∠BAG=∠DAF，可證△AGE≌△AFE（ASA），可判斷②；由∠BAE+∠DAF=45°，可求∠GAE=∠GAB+∠BAE=∠DAF+∠BAE=45°，可判斷③；設BE=x，由正方形ABCD的邊長為6，與DF=3，可求CF=3，用x表示EC=6-x，由△AGE≌△AFE（ASA），可知GE=EF，由，可得BG=DF=3，GE=3+x，由勾股定理可得方程，解之可判斷④．【詳解】解：∵將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，故①正確；∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，∵，∴∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°，∴∠GAE=∠GAB+∠BAE=∠DAF+∠BAE=45°=∠FAE，故③正確；在△AGE和△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（ASA），故②正確；設BE=x，∵正方形ABCD的邊長為6，∴BC=CD=5，∵DF=3，∴CF=CD-DF=6-3=3，∵EC=BC-BE=6-x，∵△AGE≌△AFE（ASA），∴GE=EF，∵，∴BG=DF=3，∵GE=BG+BE=3+x，在Rt△EFC中，∠C=90°，∴，即，整理得，解得，∴④正確；故正確的結(jié)論為①②③④．故選擇A．【點睛】本題考查正方形性質(zhì)，圖形旋轉(zhuǎn)，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，掌握正方形性質(zhì)，圖形旋轉(zhuǎn)，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，利用勾股定理構(gòu)建方程是解題關(guān)鍵．13．B【分析】過點B作BD⊥y軸于點D，過點A作AE⊥x軸點E，DB與EA的延長線交于點F，通過證明△BFA≌△AEO可得AF＝OE，BF＝AE；利用B（1，4），可得BD＝1，EF＝4；通過說明四邊形ODFE為矩形，可得DF＝OE．計算出線段OE，AE的長即可求得結(jié)論．【詳解】解：過點B作BD⊥y軸于點D，過點A作AE⊥x軸點E，DB與EA的延長線交于點F，如圖，∵BD⊥y軸，AE⊥x軸，OD⊥OE，∴四邊形ODFE為矩形，∴EF＝OD，DF＝OE，∵點B（1，4），∴OD＝4，BD＝1，∵四邊形OABC為正方形，∴OA＝AB，∠BAO＝90°，∴∠OAE+∠BAF＝90°，∵AE⊥x軸，∴∠OAE+∠AOE＝90°，∴∠BAF＝∠AOE，在△BAF和△AOE中，，∴△BAF≌△AOE（AAS），∴BF＝AE，AF＝OE，∴DF＝AF＝OE，∴OE+AE＝EF＝4，OE﹣AE＝BD＝1，∴OE＝，AE＝，∴A（，）．故選：B．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)以及坐標與圖形，能利用“一線三垂直”構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵．14．C【分析】分點P在AB的上方和點P在AB的下方，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)進行討論求解即可．【詳解】解：當點P在AB的上方時，過P作x軸的平行線交y軸于E，交CB延長線于F，如圖1，則∠AEP=∠PFB=∠APB=90°，E(0，2a﹣5)，F(xiàn)(6，2a﹣5)，∴PE=a，PF=6﹣a，AE=2a﹣9，∵∠EAP+∠EPA=90°，∠EPA+∠BPF=90°，∴∠EAP=∠BPF，又∠AEP=∠PFB，PA=PB，∴△AEP≌△PFB(AAS)，∴AE=PF，∴6﹣a=2a﹣9，解得：a=5，∴P(5，5)；當點P在AB的下方時，同樣過P作x軸的平行線交y軸于E，交CB于F，如圖2，則∠AEP=∠PFB=∠APB=90°，E(0，2a﹣5)，F(xiàn)(6，2a﹣5)，∴PE=a，PF=6﹣a，AE=9﹣2a，∵∠EAP+∠EPA=90°，∠EPA+∠BPF=90°，∴∠EAP=∠BPF，又∠AEP=∠PFB，PA=PB，∴△AEP≌△PFB(AAS)，∴AE=PF，∴9﹣2a=6﹣a，解得：a=3，∴P（3，1），綜上，點P的坐標為（3，1）或（5，5），故選：C．【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等角的余角相等、坐標與圖形性質(zhì)、解一元一次方程等知識，過已知點向坐標軸作平行線或垂線，然后求出相關(guān)線段的長是解決此類問題的基本方法．15．A【分析】過D作DN⊥CF于點N，作DP⊥HM于點P，過點F作FQ⊥HM，交HM的延長線于點Q，依據(jù)勾股定理即可求得DF的長，再根據(jù)全等三角形的對應邊相等得到FQ=DP，進而證明△FQM≌△DPM，得到M是FD的中點，由此可得DM=DF．【詳解】如圖所示，過D作DN⊥CF于點N，作DP⊥HM于點P，過點F作FQ⊥HM，交HM的延長線于點Q，∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，∴CNCD＝1，F(xiàn)N＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN，Rt△DFN中，DF．∵四邊形BCDE是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，又∵CH⊥AB，∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，∴∠DCP＝∠CBH，又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，∴△DCP≌△CBH（AAS），∴DP＝CH，同理可得△ACH≌△CFQ，∴FQ＝CH，∴FQ＝DP，又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，∴△FQM≌△DPM（AAS），∴FM＝DM，即M是FD的中點，∴DMDF．故選：A【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的綜合運用，通過作輔助線構(gòu)造全等三角形，靈活運用全等三角形的對應邊相等是解題的關(guān)鍵．16．B【分析】延長交于，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出，根據(jù)三角形中位線定理解答即可．【詳解】解：延長交于，平分，，在和中，，，，，，，，，，，故選：B．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形中位線定理，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．17．C【分析】由銳角三角函數(shù)可求，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求，，，，，，可證是等邊三角形，由勾股定理可求解．【詳解】解：如圖，連接，∵，，，∴，，∴，∴，∵將繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定的角度得到，∴，，，，，，∴是等邊三角形，∴，∴是等邊三角形，∴，，∴，∴，故選：C．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識點，解題的關(guān)鍵是靈活運用這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．18．A【分析】延長EA交x軸于點G，過點F作x軸的垂線，垂足分別為H，則可得△DEA≌△AGO，從而可得DE=AG，AE=OG，若設CE=a，則DE=AG=4a，AD=DC=DE+CE=5a，由勾股定理得AE=OG=3a，故可得點E、A的坐標，由AB與x軸平行，從而也可得點F的坐標，根據(jù)，即可求得a的值，從而可求得k的值．【詳解】如圖，延長EA交x軸于點G，過點F作x軸的垂線，垂足分別為H∵四邊形ABCD是菱形∴CD=AD=AB，CD∥AB∵AB∥x軸，AE⊥CD∴EG⊥x軸，∠D+∠DAE=90゜∵OA⊥AD∴∠DAE+∠GAO=90゜∴∠GAO=∠D∵OA=OD∴△DEA≌△AGO(AAS)∴DE=AG，AE=OG設CE=a，則DE=AG=4CE=4a，AD=AB=DC=DE+CE=5a在Rt△AED中，由勾股定理得：AE=3a∴OG=AE=3a，GE=AG+AE=7a∴A（3a,4a），E(3a,7a)∵AB∥x軸，AG⊥x軸，F(xiàn)H⊥x軸∴四邊形AGHF是矩形∴FH=AG=3a，AF=GH∵E點在雙曲線上∴即∵F點在雙曲線上，且F點的縱坐標為4a∴即∴∵∴解得：∴故選：A．【點睛】本題是反比例函數(shù)與幾何的綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)等知識，關(guān)鍵是作輔助線及證明△DEA≌△AGO，從而求得E、A、F三點的坐標．19．(1)見解析；(2)線段，，之間的數(shù)量關(guān)系為：，理由見解析；(3)．【分析】（1）由題意知：，，，從而得知，由三角形的內(nèi)角和定理得知，由旋轉(zhuǎn)得知，從而，進而可得結(jié)論；（2）將繞點旋轉(zhuǎn)得到，則已知和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得出：，，點在直線上，，證明，得到，等量代換可得結(jié)論；（3）連接，證明，得到，從而得到，由等腰三角形三線合一知：，由（2）可知，，，在中，由勾股定理求出，從而得出線段的長．【詳解】（1）證明：∵是以E為直角頂點的等腰直角三角形，∴，，，∵四邊形是矩形，∴，，∴，∴∵將直線繞點E順時針旋轉(zhuǎn)交于點F，∴，從而，∴；（2）線段，，之間的數(shù)量關(guān)系為：，理由如下：將繞點旋轉(zhuǎn)得到，如圖：則，，，，∴，，∴點在直線上，，在和中，∴，∴，而，∴；（3）若，且，則，連接，如圖：在和中，，∴，∴，而，∴，∵，∴，由（2）可知，，，在中，由勾股定理，得：，∴．【點睛】本題屬于幾何綜合，考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握相關(guān)知識和構(gòu)造輔助線是解決問題的關(guān)鍵．20．(1)見解析(2)2【分析】（1）由“AAS”證△AOE≌△COF，得OF＝OE，證出四邊形AFCE是平行四邊形，再證CE＝CF，即可得出結(jié)論；（2）利用菱形的性質(zhì)和勾股定理得出，則EF＝2OE＝2，由菱形面積公式即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴ADBC，AO＝CO，∴∠AEF＝∠CFE，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OF＝OE，∵AO＝CO，∴四邊形AFCE是平行四邊形，∵EF平分∠AEC，∴∠AEF＝∠CEF，∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，∴平行四邊形四邊形AFCE是菱形，∴四邊形AFCE是菱形；（2）解：由（1）得：四邊形AFCE是菱形，∴AC⊥EF，AO＝CO＝AC＝1，∴∠AOE＝90°，∵∠DAC＝60°，∴∠AEO＝30°，是等邊三角形，∴,∴，∴EF＝2OE＝2，∴四邊形AFCE的面積為：AC×EF＝×2×2＝2．【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21．(1)見解析(2)，，，【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，根據(jù)角平分線的定義得到，等量代換得到，推出，于是得到結(jié)論；（2）根據(jù)已知條件得到菱形是正方形，求得，，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：，，平分，，，，，，，，，，，四邊形是菱形；（2）解：，菱形是正方形，，，是的中點，是邊中點，，，，，，，，，，，圖中與全等的三角形有，，，．【點睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，角平分線的定義，證得是解題的關(guān)鍵．22．D【分析】根據(jù)全等三角形的判定知兩個等邊三角形不一定全等即可判定A錯誤；面積相等的三角形不一定是全等三角形可判定B錯誤；根據(jù)到三角形三邊距離相等的點是內(nèi)角平分線的交點，可判定C錯誤；根據(jù)到三角形三個頂點距離相等的點是三邊中垂線的交點即可判定D正確．【詳解】解：A、兩個等邊三角形不一定全等，故此選項不符合題意；B、面相等的三角形不一定是全等三角形，故此選項不符合題意；C、到三角形三邊距離相等的點是內(nèi)角平分線的交點，故此選項不符合題意；D、到三個頂點距離相等的是三邊中垂線的交點，故此選項符合題意；故選：D．【點睛】本題考查全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定的判定定理，等邊三角形的性質(zhì)，三角形三邊垂直平分線的交點的性質(zhì)，三角形內(nèi)角平分線的交點性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23．B【分析】根據(jù)圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及全等圖形的基本性質(zhì)進行逐項分析即可．【詳解】解：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，故A選項正確；則，且、、三點在同一直線上，∴，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知，∴，則，∴，故D選項正確；∴中，，∴，故C選項正確；∵，∴，∴，故B選項不正確；故選：B．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等，掌握基本圖形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．24．B【分析】利用余弦求出的長，利用勾股定理求出的長，延長交于點，證明，得到，推出是的中位線，進行求解即可．【詳解】解：∵，，，∴，∴，∴；延長交于點，∵AE平分∠BAC，，∴，又∵，∴，∴，，∴點E為的中點，∵點D為的中點，∴；故選B．【點睛】本題考查解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線定理．通過添加輔助線，證明三角線全等，是解題的關(guān)鍵．25．B【分析】①正確．證明，即可；②錯誤．求得，進而可得結(jié)論；③正確．證明，，即可證明結(jié)論；④錯誤．證明，求出的面積即可判斷．【詳解】解：如圖，連接，∵四邊形是正方形，，，由翻折可知：，，，，，，，，，，，故①正確；設，∵，∴，，在中，，，，，，，若，則為正三角形，，顯然不合題意，故②錯誤；，，，，，，G都在線段的垂直平分線上，垂直平分，，，故③正確；，，，，故④錯誤，故正確的有2個，故選：B．【點睛】本題考查了翻折變換，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．26．D【分析】作軸，交軸于點，作軸交于點，然后根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)可以求得點的坐標，從而可以求得的值．【詳解】】解：作軸，交軸于點，作軸交于點，∵直線，∴當時，，當時，，∴點的坐標為，點的坐標為，∵，，，∴，∴，∴，∴點的坐標為，∵反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點，∴，故選：D．【點睛】本題考查了反比例數(shù)與幾何圖形，全等三角形的性質(zhì)與判定，坐標與圖形，反比例函數(shù)圖象的性質(zhì)，掌握反比例函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．27．C【分析】連接，，作于E，于F，運用圓周角定理，可證得，即證，所以，根據(jù)勾股定理，得，在直角三角形中，根據(jù)勾股定理，可求的長．【詳解】解：連接，，作于E，于F，∴,,∵,∴,∵平分,∴,∵，∴,∵,∴，∴，∴,在Rt中，，在Rt中，．故選:C．【點睛】本題考查圓心角、弧、弦的關(guān)系，全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，掌握圓心角、弧、弦的關(guān)系，全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理．引輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．28．C【分析】延長交于點M，可證得，從而得到，進而得到，再由直角三角形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】解：如圖，延長交于點M，∵E是的中點，∴，∵四邊形是矩形，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，即，∴，故選：C【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)等知識，倍長中線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．29．見解析【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得：，，證得，從而可證，故可得結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴，．∵，∴，．∵，∴．又，∴，∴．【點睛】此題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定方法，平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的性質(zhì)和判定方法，平行四邊形的性質(zhì)．30．(1)，(2)【分析】（1）根據(jù)雙曲線圖像經(jīng)過點，利用待定系數(shù)法即可得到答案；（2）根據(jù)題意，得到，從而，，即可得到點坐標為，利用待定系數(shù)法即可得到答案．【詳解】（1）解：∵點在反比例函數(shù)的圖像上，∴，∴反比例函數(shù)的解析式為：；（2）解：連接，作軸于，軸于，如圖所示：設點坐標為，∵點、點是正比例函數(shù)圖像與雙曲線的交點，∴點與點關(guān)于原點對稱，∴，∵為等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴點坐標為，∵，∴點在反比例函數(shù)圖像上，∴點所在函數(shù)的解析式為．【點睛】本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，涉及反比例函數(shù)圖像與性質(zhì)、正比例函數(shù)與反比例函數(shù)綜合、等腰直角三角形性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式是解決問題的關(guān)鍵．31．(1)見解析(2)選擇①，正方形，見解析；選擇②，正方形，見解析【分析】（1）由，，可以證明；（2）選擇①，由推出四邊形是平行四邊形，結(jié)合證明四邊形是矩形，根據(jù)即可證明四邊形是正方形；選擇②由推出四邊形是平行四邊形，再由證明四邊形是矩形，最后由即可證明四邊形是正方形．【詳解】（1）證明：，，，，（2）解：選擇①，四邊形是正方形，證明：連接，∵，，∴，，，，四邊形是平行四邊形，四邊形是矩形，∵，∴，∵，∴，∴，∴四邊形是正方形；選擇②，四邊形是正方形，證明：，，，四邊形是平行四邊形，，，四邊形是矩形，，，，，四邊形是正方形．【點睛】本題考查了三角形全等的判定，正方形的判定，關(guān)鍵是掌握正方形的判定定理，判定四邊形既是矩形又是菱形．32．D【分析】過點E作于點，設，，根據(jù)勾股定理列方程求得，即可．【詳解】解：過點作于點，如下圖：設，，則，，由題意可得：，，為等腰直角三角形，又∵，∴，∴，，∴，由勾股定理可得：，，即，解得，，即，解得，，故選：D.【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及二次根式的運算，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基礎性質(zhì)．33．B【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)證明≌，，利用勾股定理求出，然后逐一進行判斷即可解決問題．【詳解】解：四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，≌，，，故①②正確，不妨設平分，則是等腰直角三角形，這個顯然不可能，故③錯誤，，，，，，故④錯誤，正確的結(jié)論有①②共個．故選：B．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．34．B【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，證明，由全等三角形的性質(zhì)可知，即可判斷結(jié)論①正確；由全等三角形的性質(zhì)可知，易證∠ECD＋∠CDF＝90°，即有∠CGD＝90°，故，即可判斷結(jié)論②正確；由，可知，即點G在以CD為直徑的半圓上運動，AG隨G點運動，長度會發(fā)生改變，而AD為定值，故AD不一定與AG相等，可判斷結(jié)論③錯誤；由點E為AB中點可知，即有，加之，易得，故，易得，可判斷結(jié)論④正確．【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴，，∵，∴，即，∴在和中，，∴，∴，，故結(jié)論①正確；∵，∴，∴，∴，故結(jié)論②正確；∵，∴，∴點G在以CD為直徑的半圓上運動，如下圖，∴AG隨G點運動，長度會發(fā)生改變，又∵AD為定值，∴AD不一定與AG相等，故結(jié)論③錯誤；∵點E為AB中點，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，故結(jié)論④正確．故選：B．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形等知識，綜合性強，難度較大，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運用是解題關(guān)鍵．35．D【分析】證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正確；求得∠CGD＝90°，根據(jù)垂直的定義得到CE⊥DF，故②正確；延長CE交DA的延長線于H，根據(jù)線段中點的定義得到AE=BE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BC=AH=AD，由AG是斜邊的中線，得到，求得∠ADG＝∠AGD，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠AGE＝∠CDF，故③正確；假設，根據(jù)，可得，結(jié)合，，可得，即有，進而可得，則有，顯然，即假設不成立，即可判斷④錯誤．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，，∵，分別是，的中點，∴，，∴，在與中，，∴，∴，，故①正確；∵，∴，∴，∴，故②正確；∴，如圖，延長交的延長線于，∵，∴∠AHE=∠BCE，∵點是的中點，∴，∵，，，∴，∴，∵已證明，∴是Rt△HGD斜邊的中線，∴，∴，∵，，∴．故③正確；根據(jù)可得，若成立，∵，∴，∵，，∴，∴，∴在Rt△BEC中，有，∵，∴，顯然，∴假設不成立，∴，故④錯誤，故正確的有①②③，故選：D．【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，此題綜合性很強，難度較大，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應用．36．B【分析】如圖：作，，再證，，從而求出點B坐標（0,4），向左平移m個單位后坐標為（-m,4），最后代入直線l的解析式即可．【詳解】解：如圖：作，，∵∴OM=6,DM=2將點代入y＝kx＋8,解得：k=1∴直線解析式為：∵四邊形形ABCD為正方形∴AD=AB=CD=BC∵，∴∴∴OA=DM=2，AM=OB=4，同理可證∴BN=AO=2，CN=OB=4∴點B坐標為（0,4）將點B向左平移m個單位后坐標為（-m，4）將（-m,4）代入，得：4=-m+8，解得：m=4．故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、點的平移以及點坐標與直線圖像的關(guān)系等知識點，構(gòu)造全等三角形求得求點B坐標是解題的關(guān)鍵．37．##【分析】過點作交于點，過點作交于點，延長至，使得，連接，證明，，得出，設，則，，在中，，然后在中，勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作交于點，過點作交于點，延長至，使得，連接，∵四邊形是正方形，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，在中，,,∴,在與中，∴∴，∵與的夾角為，∴與的夾角為，即，∴∴，即，在與中，∴，∴，設，則，，在中，∴解得：，∴,在中，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)以及判定定理，作出輔助線是解題的關(guān)鍵．38．【分析】首先利用菱形的性質(zhì)得出，又由得出是等邊三角形，進一步證明，得出，證得四邊形是圓內(nèi)接四邊形，過點A再分別作，，證明，把四邊形的面積轉(zhuǎn)化為四邊形的面積即可．【詳解】解：四邊形是菱形，，，是等邊三角形，，，在和中，，，，，，四邊形是圓內(nèi)接四邊形，，如圖，過點A分別作，，垂足分別為、，是平分線，，在和中，，，，，連接，在和中，，，，，，．．故答案為：．【點睛】此題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定，三角形全等的判定與性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的判定與性質(zhì)等知識點．39．6【分析】根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)以及三角形的面積公式可得，進而得出，由系數(shù)的幾何意義可得答案．【詳解】解：如圖，過點作軸于，，點是的中點，，在和中，，，，，，，，，．故答案為：6．【點睛】本題考查反比例函數(shù)系數(shù)的幾何意義以及全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解反比例函數(shù)系數(shù)的幾何意義，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)．40．【分析】連接，作于，利用正方形的性質(zhì)可得，，則有，，據(jù)四邊形的內(nèi)角和可得，可得，得，便可得為等腰直角三角形，則有，利用，可求得，，再利用相似三角形列比例式可得，進而可求得，便可計算出的面積．【詳解】解：連接，作于，∵四邊形是正方形，∴，，，，∴，∵，∴，∴，，又∵，∴，則在四邊形中：又∵，∴，∴，∴，∴，即為等腰直角三角形，∵，∴，∵，，∴，，則又∵，∴，即：，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，含的直角三角形，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解決問題的關(guān)鍵．41．①④⑤【分析】證明，再利用全等三角形的性質(zhì)結(jié)合余角的性質(zhì)得到，可判斷①，再利用三角形等積法，可判斷②；通過，得到和不相等，則，可判斷③；求出，可判斷④；證明，求出，，，可判定，可判斷⑤．【詳解】解：∵四邊形為正方形，∴，，∵E和F分別為和中點，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，即，故①正確；∵，，∴