2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：三角形（含答案）

这是一份2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：三角形（含答案），共27页。试卷主要包含了DE；④CH+DH＝AB，如图等内容，欢迎下载使用。

2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：三角形
一．选择题（共10小题）
1．（2021•深圳模拟）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．1 B．2 C．3 D．4
2．（2020•黄州区校级模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，则＝1，正确的有（ ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
3．（2019•竞秀区二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，将含30°角的Rt△ABC放在第一象限，其中30°角的对边BC长为1，斜边AB的端点A、B分别在y轴的正半轴，x轴的正半轴上滑动，连接OC，则线段OC的长的最大值是（ ）

A． B． C．2 D．
4．（2021秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，9），B（﹣3，0），C（6，0），点D在线段BA上，点E在线段BA的延长线上，并且满足BD＝AE，M为线段AC上一点，当点D、M、E构成以M为直角顶点的等腰直角三角形时，M点坐标为（ ）

A．（，4） B．（3，4） C．（，5） D．（，）
5．（2021秋•婺城区校级月考）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AE平分∠BAC交BC于E，BD⊥AE于D，DM⊥AC于M，连接CD．下列结论：①∠ADC＝45°；②AC+CE＝AB；③BD＝AE；④AC+AB＝AM．正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2021•滨湖区模拟）如图所示，在等边三角形ABC中，BC＝6，E是中线AD上一点，现有一动点P沿着折线A﹣E﹣C运动，在AE上的速度是4单位/秒，在CE上的速度是2单位/秒，则点P从A运动到C所用时间最少时，AE长为（ ）

A．3 B． C． D．2
7．（2020•雨花区二模）如图，已知等边△ABC的边长为2，D，E分别为BC，AC上的两个动点，且AE＝CD，连接BE，AD交于点P，则CP的最小值为（ ）

A． B．2 C．2 D．
8．（2020•葫芦岛一模）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，EG＝EF，连接CG交BD于点H．下面结论：①CE＝AE；②∠ACG＝30°；③EB＝（﹣1）DE；④CH+DH＝AB．
其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2020•岳麓区校级二模）Rt△ABC中，AB＝AC，D点为Rt△ABC外一点，且BD⊥CD，DF为∠BDA的平分线，当∠ACD＝15°，下列结论：①∠ADC＝45°；②AD＝AF；③AD+AF＝BD；④BC﹣CE＝2DE．其中正确的是（ ）

A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
10．如图：在△ABC中，∠B＝45°，D是AB边上一点，连接CD，过A作AF⊥CD交CD于G，交BC于点F．已知AC＝CD，CG＝3，DG＝1，则下列结论正确的是（ ）
①∠ACD＝2∠FAB②S△ACD＝2③CF＝2﹣2④AC＝AF

A．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④

2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：三角形（10题）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2021•深圳模拟）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．1 B．2 C．3 D．4
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF＝CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到∠MEF＝∠MFE＝45°，可判断②；证明△CDM∽ADE，得到对应边成比例，结合BM＝CM，AE＝CF，可判断③；证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN＝DM，可判断④．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠BCF+∠ACE＝90°，
∵∠BCF+∠CBF＝90°，
∴∠ACE＝∠CBF，
又∵∠BFD＝90°＝∠AEC，AC＝BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF＝CE，故①正确；
由全等可得：AE＝CF，BF＝CE，
∴AE﹣CE＝CF﹣CE＝EF，
如图，连接FM，CM，

∵点M是AB中点，
∴CM＝AB＝BM＝AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD＝∠CMD，∠BDF＝∠CDM，
∴∠DBF＝∠DCM，
又BM＝CM，BF＝CE，
∴△BFM≌△CEM（SAS），
∴FM＝EM，∠BMF＝∠CME，
∵∠BMC＝90°，
∴∠EMF＝90°，即△EMF为等腰直角三角形，
∴∠MEF＝∠MFE＝45°，
∵∠AEC＝90°，
∴∠MEF＝∠AEM＝45°，故②正确，
∵∠CDM＝∠ADE，∠CMD＝∠AED＝90°，
∴△CDM∽△ADE，
∴＝＝，
∵BM＝CM，AE＝CF，
∴＝，
∴CF•DM＝BM•DE，故③正确；
如图，设AE与CM交于点N，连接DN，

∵∠DMF＝∠NME，FM＝EM，∠DFM＝∠DEM＝∠AEM＝45°，
∴△DFM≌△NEM（ASA），
∴DF＝EN，DM＝MN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴DN＝DM，而∠DEA＝90°，
∴DE2+DF2＝DN2＝2DM2，故④正确；
故正确结论为：①②③④．共4个．
故选：D．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
2．（2020•黄州区校级模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，则＝1，正确的有（ ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的判定与性质；四点共圆．
【专题】三角形．
【分析】①②只要证明△ADF≌△CDB即可解决问题．③如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，想办法证明AE﹣CE＝BC+EF﹣EC＝EF+BE＝2DN＜2BD，即可．④如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．想办法证明△BFH是等边三角形，AC＝AH即可解决问题；
【解答】解：∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝∠ADC＝∠CDB＝90°，
∵∠AFD＝∠CFE，
∴∠DAF＝∠DCB，
∵AD＝DC，
∴△ADF≌△CDB，
∵AF＝BC，DF＝DB，故①正确，
∴∠DFB＝∠DBF＝45°，
取BF的中点O，连接OD、OE．
∵∠BDF＝∠BEF＝90°，
∴OE＝OF＝OB＝OD，
∴E、F、D、B四点共圆，
∴∠DEB＝∠DFB＝45°，故②正确，
如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，
∴MF＝BN，EM＝EN，
∴EF+EB＝EM﹣FM+EN+NB＝2EM＝2DN，
∵AE﹣CE＝BC+EF﹣EC＝EF+BE＝2DN＜2BD，
∴AE﹣CE＜2BD，即AE＜EC+2BD，故③错误，
如图2中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N．易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，
∴FM＝BN，EM＝EN＝DN，
∴EF+EB＝EM﹣MF+EN+BN＝2EN＝2DN≤2BD，
∵AE﹣EC＝ADF+EF﹣EC＝BC_EF﹣EC＝EF+BE≤2BD，
∴AE≤EC+2BD，故③错误，
如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．
∵∠CAE＝30°，∠CAD＝45°，∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝15°，∠AFD＝75°，
∵∠DFB＝45°，
∴∠AFB＝120°，
∴∠BFH＝60°，
∵FH＝BF，
∴△BFH是等边三角形，
∴BF＝BH，
∵BC⊥FH，
∴FE＝EH，
∴CF＝CH，
∴∠CFH＝∠CHF＝∠AFD＝75°，
∴∠ACH＝75°，
∴∠ACH＝∠AHC＝75°，
∴AC＝AH，
∵AF+FB＝AF+FH＝AH，
∴AF+BF＝AC，故④正确，
故选：B．


【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
3．（2019•竞秀区二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，将含30°角的Rt△ABC放在第一象限，其中30°角的对边BC长为1，斜边AB的端点A、B分别在y轴的正半轴，x轴的正半轴上滑动，连接OC，则线段OC的长的最大值是（ ）

A． B． C．2 D．
【考点】直角三角形斜边上的中线；坐标与图形性质；三角形三边关系．
【专题】平面直角坐标系；三角形．
【分析】取AB的中点F，连接CF、OF．首先求出OF＝FC＝1，根据三角形的三边关系可知：OC≤OF+OC，推出当O、F、C共线时，OC的值最大，最大值为2．
【解答】解：取AB的中点F，连接CF、OF．

在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，
∵∠AOB＝90°，AF＝FB，
∴OF＝FC＝AB＝1，
∵OC≤OF+CF，
∴当O、F、C共线时，OC的值最大，最大值为2．
故选：C．
【点评】本题考查直角三角形斜边中线定理、坐标与图形的性质、三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考选择题中的压轴题．
4．（2021秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，9），B（﹣3，0），C（6，0），点D在线段BA上，点E在线段BA的延长线上，并且满足BD＝AE，M为线段AC上一点，当点D、M、E构成以M为直角顶点的等腰直角三角形时，M点坐标为（ ）

A．（，4） B．（3，4） C．（，5） D．（，）
【考点】全等三角形的判定与性质；一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；等腰三角形与直角三角形；推理能力；应用意识．
【分析】如图，过点M作MH⊥x轴于点H，根点D作DK⊥MH于点K，过点E作EF⊥MH于点F．证明△DKM≌△FME（AAS），推出FM＝DK，EF＝MK，由题意直线AC的解析式为y＝﹣x+9，直线AB的解析式为y＝3x+9，设M（m，﹣m+9），E（a，9+3a），则D（﹣3+a，3a），构建方程组求出a，m即可．
【解答】解：如图，过点M作MH⊥x轴于点H，根点D作DK⊥MH于点K，过点E作EF⊥MH于点F．

∵∠DME＝∠DKM＝∠EFM＝90°，
∴∠DMK+∠EMF＝90°，∠EMF+∠MEF＝90°，
∴∠DME＝∠MEF，
∵MD＝ME，
∴△DKM≌△FME（AAS），
∴FM＝DK，EF＝MK，
∵A（0，9），B（﹣3，0），C（6，0），
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+9，直线AB的解析式为y＝3x+9，
设M（m，﹣m+9），E（a，9+3a），则D（﹣3+a，3a），
∴，
解得，，
∴M（，4），
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．（2021秋•婺城区校级月考）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AE平分∠BAC交BC于E，BD⊥AE于D，DM⊥AC于M，连接CD．下列结论：①∠ADC＝45°；②AC+CE＝AB；③BD＝AE；④AC+AB＝AM．正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】过E作EQ⊥AB于Q，由角平分线的性质和等腰直角三角形的判定知②正确；作∠ACN＝∠BCD，交AD于N，利用ASA可证明△ACN≌△BCD，得CN＝CD，再证△SND是等腰直角三角形，利用角度之间的转化可说明CN＝NE，从而得出点N为AE的中点，可说明①、③正确；过D作DH⊥AB于H，证明△DCM≌△DBH（AAS），得BH＝CM，由勾股定理得AM＝AH，从而＝，说明④正确．
【解答】解：过E作EQ⊥AB于Q，

∵∠ACB＝90°，AE平分∠CAB，
∴CE＝EQ，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∵EQ⊥AB，
∴∠EQA＝∠EQB＝90°，
由勾股定理得AC＝AQ，
∴∠QEB＝45°＝∠CBA，
∴EQ＝BQ，
∴AB＝AQ+BQ＝AC+CE，
故②正确；
作∠ACN＝∠BCD，交AD于N，

∵∠CAD＝，
∴∠ABD＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠DBC＝67.5﹣45°＝22.5°＝∠CAD，
∴∠DBC＝∠CAD，
∵AC＝BC，∠ACN＝∠DCB，
∴△ACN≌△BCD（ASA），
∴CN＝CD，AN＝BD，
∵∠ACN+∠NCE＝90°，
∴∠NCB+∠BCD＝90°，
∴∠CND＝∠CDA＝45°，
∴∠ACN＝45°﹣22.5°＝22.5°＝∠CAN，
∴AN＝CN，
∴∠NCE＝∠AEC＝67.5°，
∴CN＝NE，
∴CD＝AN＝EN＝，
∵AN＝BD，
∴BD＝，
故①③正确；
过D作DH⊥AB于H，

∵∠MCD＝∠CAD+∠CDA＝67.5°，∠DBA＝90°﹣∠DAB＝67.5°，
∴∠MCD＝∠DBA，
∵AE平分∠CAB，DM⊥AC，DH⊥AB，
∴DM＝DH，
在△DCM与△DBH中，
，
∴△DCM≌△DBH（AAS），
∴BH＝CM，
由勾股定理得AM＝AH，
∴＝，
∴AC+AB＝2AM，
∴④错误，
故选：C．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（2021•滨湖区模拟）如图所示，在等边三角形ABC中，BC＝6，E是中线AD上一点，现有一动点P沿着折线A﹣E﹣C运动，在AE上的速度是4单位/秒，在CE上的速度是2单位/秒，则点P从A运动到C所用时间最少时，AE长为（ ）

A．3 B． C． D．2
【考点】等边三角形的性质；三角形的重心．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】作CM⊥AB于点M，求出点P运动时间为（），则CE+DM最短时满足题意．
【解答】解：作CM⊥AB于点M，点P在A﹣E﹣C上运动时间为+，＝（），

∵∠BAD＝30°，
∴EM＝AE，
∴（）＝（EM+CE），
当C，E，M共线时，点P运动时间最短，
此时CM为三角形中线，点E为重心，
∵∠CAD＝30°，CD＝BC＝3，
∴AD＝CD＝3，
AE＝AD＝2．
故选：D．
【点评】本题考等边三角形性质，解题关键是掌握三角形重心将中线分成1：2两部分．
7．（2020•雨花区二模）如图，已知等边△ABC的边长为2，D，E分别为BC，AC上的两个动点，且AE＝CD，连接BE，AD交于点P，则CP的最小值为（ ）

A． B．2 C．2 D．
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】易证△ABD≌△BCE，可得∠BAD＝∠CBE，根据∠APE＝∠ABE+∠BAD，∠APE＝∠BPD，∠ABE+∠CBE＝60°，即可求得∠APE＝∠ABC，推出∠APB＝120°，推出点P的运动轨迹是，∠AOB＝120°，连接CO，求出OC，OA，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【解答】解：∵CD＝AE，
∴BD＝CE，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∵∠APE＝∠ABE+∠BAD，∠APE＝∠BPD，∠ABE+∠CBE＝60°，
∴∠BPD＝∠APE＝∠ABC＝60°，
∴∠APB＝120°，
∴点P的运动轨迹是，∠AOB＝120°，连接CO，
在△AOC和△BOC中，
，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠OAC＝∠OBC，∠ACO＝∠BCO＝30°，
∵∠AOB+∠ACB＝180°，
∴∠OAC+∠OBC＝180°，
∴∠OAC＝∠OBC＝90°，
∵AB＝2，
∴OB＝r＝＝2，
∴OC＝＝＝4，
∴OP＝2，
∴PC的最小值为OC﹣r＝4﹣2＝2．
故选：C．

【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、勾股定理、圆的性质等知识，解题的关键是发现点P的运动轨迹．
8．（2020•葫芦岛一模）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，EG＝EF，连接CG交BD于点H．下面结论：①CE＝AE；②∠ACG＝30°；③EB＝（﹣1）DE；④CH+DH＝AB．
其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】①正确．证明ED垂直平分线段AC即可．
②正确．想办法证明∠ECF＝∠ECG＝15°即可解决问题．
③正确．设AD＝DC＝m，则AB＝AC＝2m，BD＝m，用m表示出EB，DE即可解决问题．
④错误．求出CH+DH（用m表示）即可判断．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，BD是AC边上的中线，
∴BD⊥AC，AD＝DC，∠CAB＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∴EC＝EA，故①正确，
∵EC＝EA，
∴∠ECA＝∠EAC＝45°，
∴∠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＝m，
∵AD＝DE＝m，
∴BE＝m﹣m，
∴＝＝﹣1，
∴EB＝（﹣1）DE，故③正确，
在Rt△CDH中，∵∠DCH＝30°，CD＝m，
∴DH＝CD＝m，CH＝m，
∴CH+DH＝m＝AB，故④正确，
故选：D．

【点评】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
9．（2020•岳麓区校级二模）Rt△ABC中，AB＝AC，D点为Rt△ABC外一点，且BD⊥CD，DF为∠BDA的平分线，当∠ACD＝15°，下列结论：①∠ADC＝45°；②AD＝AF；③AD+AF＝BD；④BC﹣CE＝2DE．其中正确的是（ ）

A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【考点】三角形综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】由题意可证点A，点C，点B，点D四点共圆，可得∠ADC＝∠ABC＝45°；由角平分线的性质和外角性质可得∠AFD＝∠BDF+∠DBF＞∠ADF，可得AD≠AF；如图，延长CD至G，使DE＝DG，在BD上截取DH＝AD，连接HF，由“SAS”可证△ADF≌△HDF，可得∠DHF＝∠DAF＝30°，AF＝HF，由等腰三角形的性质可得BH＝AF，可证BD＝BH+DH＝AF+AD；由“SAS”可证△BDG≌△BDE，可得∠BGD＝∠BED＝75°，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得BC＝BG＝2DE+EC．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，且∠ACD＝15°，
∵∠BCD＝30°，
∵∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴点A，点C，点B，点D四点共圆，
∴∠ADC＝∠ABC＝45°，故①符合题意，
∠ACD＝∠ABD＝15°，∠DAB＝∠DCB＝30°，
∵DF为∠BDA的平分线，
∴∠ADF＝∠BDF，
∵∠AFD＝∠BDF+∠DBF＞∠ADF，
∴AD≠AF，故②不合题意，
如图，延长CD至G，使DE＝DG，在BD上截取DH＝AD，连接HF，

∵DH＝AD，∠HDF＝∠ADF，DF＝DF，
∴△ADF≌△HDF（SAS）
∴∠DHF＝∠DAF＝30°，AF＝HF，
∵∠DHF＝∠HBF+∠HFB＝30°，
∴∠HBF＝∠BFH＝15°，
∴BH＝HF，
∴BH＝AF，
∴BD＝BH+DH＝AF+AD，故③符合题意，
∵∠ADC＝45°，∠DAB＝30°＝∠BCD，
∴∠BED＝∠ADC+∠DAB＝75°，
∵GD＝DE，∠BDG＝∠BDE＝90°，BD＝BD，
∴△BDG≌△BDE（SAS）
∴∠BGD＝∠BED＝75°，
∴∠GBC＝180°﹣∠BCD﹣∠BGD＝75°，
∴∠GBC＝∠BGC＝75°，
∴BC＝BG，
∴BC＝BG＝2DE+EC，
∴BC﹣EC＝2DE，故④符合题意，
故选：C．
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
10．如图：在△ABC中，∠B＝45°，D是AB边上一点，连接CD，过A作AF⊥CD交CD于G，交BC于点F．已知AC＝CD，CG＝3，DG＝1，则下列结论正确的是（ ）
①∠ACD＝2∠FAB②S△ACD＝2③CF＝2﹣2④AC＝AF

A．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④
【考点】三角形综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．
【分析】由等腰三角形的性质可得∠ACH＝∠DCH，由余角的性质可得∠DAG＝∠DCH，可证∠ACD＝2∠DCH＝2∠FAB，故①正确；由勾股定理可求AG的长，由三角形面积公式可求S△ACD＝×CD×AG＝2，故②正确；由勾股定理可求AD的，CH的长，通过证明△ADG∽△AFM，可得，可求BM＝，可求CF＝BC﹣BF＝2﹣2，故③正确；由勾股定理可求AF＝4＝AC，故④正确，即可求解．
【解答】解：如图，作CH⊥AB于H，

∵AF⊥CD，
∴∠CGA＝∠AGD＝90°，
∵∠ADG+∠GAD＝90°＝∠CDH+∠DCH，
∴∠DAG＝∠DCH，
∵AC＝CD，
∴∠ACH＝∠DCH，
∴∠ACD＝2∠DCH＝2∠FAB，故①正确；
∵CG＝3，DG＝1，
∴AC＝CD＝4，
∵∠AGC＝90°，
∴AG＝＝＝，
∴S△ACD＝×CD×AG＝×4×＝2，故②正确；
如图，过点F作FM⊥AB，
∵AG＝，DG＝1，
∴AD＝＝＝2，
∵AC＝CD，CH⊥AD，
∴AH＝HD＝，
∴CH＝＝＝，
∵∠B＝45°，CH⊥AB，
∴CH＝BH＝，BC＝BH＝2，
∵∠DAG＝∠FAM，∠AGD＝∠AMF＝90°，
∴△ADG∽△AFM，
∴，
设BM＝a，
∵∠B＝45°，
∴FM＝BM＝a，
∴AM＝AH+HB﹣MB＝+﹣a，
∴，即＝，
∴a＝，
∴FM＝BM＝，
∴BF＝2，
∴CF＝BC﹣BF＝2﹣2，故③正确；
∵AM＝AH+HB﹣MB＝+﹣＝，
在Rt△AFM中，AF＝＝＝4，
∴AF＝AC＝4，故④正确；
故选：B．
【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的三边关系，三角形相似的判定和性质，作出辅助线根据相似三角形是解题的关键．

考点卡片
1．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．
2．一次函数的应用
1、分段函数问题
分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．
2、函数的多变量问题
解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．
3、概括整合
（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．
（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．
3．三角形的重心
（1）三角形的重心是三角形三边中线的交点．
（2）重心的性质：
①重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．
②重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等．
③重心到三角形3个顶点距离的和最小．（等边三角形）
4．三角形三边关系
（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
（3）三角形的两边差小于第三边．
（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略．
5．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
6．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
7．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
8．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
9．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．
10．三角形综合题
三角形综合题．
11．正方形的判定与性质
（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
12．四点共圆
1、将四点连成一个四边形，若对角互补，那么这四点共圆．
2、连接对角线，若这个四边形的一边同侧的两个顶角相等，那么这四点共圆．
（以上2点简记为“同侧相等，异侧互补”）
3、基本方法：找一点到已知四点距离相等．
4、由“对角互补”可以推出“同侧角相等”；反过来，由“同侧角相等”也可以推出“对角互补”．
5、
若四边形ABCD中有，OA×OC＝OB×OD，那么A、B、C、D四点共圆．