中考数学一轮复习考点（全国通用）考向20 全等三角形专题特训（含答案）

这是一份中考数学一轮复习考点（全国通用）考向20 全等三角形专题特训（含答案），共69页。

1、全等三角形：
两个三角形的形状、大小都一样时称为全等三角形。一个图形经过平移、旋转、对称等运动（或称变换）后得到另一个图形，变换前后的图形全等。
2．全等三角形的性质： 全等三角形的对应角相等、对应边相等。
3、三角形全等的判定公理及推论有：
（1）“边角边”简称“SAS” ：
（2）“角边角”简称“ASA” ：
（3）“边边边”简称“SSS”
（4）“角角边”简称“AAS” ：
（5）斜边和直角边相等的两直角三角形（HL）。
4、（1）角平分线的性质：在角平分线上的点到角的两边的距离相等
（2）角平分线推论（或称判定）：角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上。
【题型探究】
题型一：全等三角形概念和性质
1．（2022·山东淄博·统考一模）如图，，点E在AB边上，，则的度数为（ ）
A．30°B．40°C．45°D．50°
2．（2022·辽宁大连·统考一模）如图，将△ABC沿AC所在的直线翻折得到△AB′C，再将△AB′C沿AB′所在的直线翻折得到△AB′C′，点B，B′，C′在同一条直线上，∠BAC=α，由此给出下列说法：①△ABC≌△AB′C′，②AC⊥BB′，③∠CB′B=2α．其中正确的说法是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
3．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，P是等边三角形内的一点，且，，，以为边在外作，连接，则以下结论中不正确的是（ ）
A．B．C．D．
题型二：全等三角形的判定
4．（2022·重庆璧山·统考一模）如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至点，若，，则线段的长度为（ ）
A．2B．C．D．
5．（2022·山东泰安·模拟预测）如图，等边中，，为内一点，且，为外一点，且，连接、，则下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
6．（2022·重庆南岸·校考模拟预测）如图，在正方形中，是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接现在有如下四个结论：；；③；其中结论正确的个数是（ ）
A．B．C．D．
题型三：全等三角形的辅助线问题
倍长中线问题
7．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在四边形中，，，，，，点是的中点，则的长为（ ）．
A．2B．C．D．3
8．（2018·贵州遵义·校联考二模）如图，DE是△ABC的中位线，F是DE的中点，CF的延长线交AB于点G，若△CEF的面积为12cm2，则S△DGF的值为（ ）
A．4cm2B．6cm2C．8cm2D．9cm2
9．（2022·浙江舟山·校考一模）对于以下四个命题：①若直角三角形的两条边长与3与4，则第三边的长是5；②；③若点在第三象限，则点在第一象限；④两边及其第三边上的中线对应相等的两个三角形全等，正确的说法是（ ）
A．只有①错误，其他正确B．①②错误，③④正确
C．①④错误，②③正确D．只有④错误，其他正确
旋转模型
10．（2022·山东日照·校考二模）如图，O是正内一点，，，．将线段以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论错误的是（ ）
A．点O与的距离为4B．
C．S四边形AOBO′D．
11．（2022·重庆合川·校考一模）如图，正方形中，点E，F分别为边，上的点，连接，，与对角线分别交于点G，H，连接．若，则下列判断错误的是（ ）
A．B．
C．E，F分别为边，的中点D．
12．（2022·山东济南·模拟预测）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到．若，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①②③④B．①②④C．①③④D．③④
垂线模型
13．（2021·浙江湖州·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy，四边形OABC为正方形，若点B（1，4），则点A的坐标为（ ）
A．（3，1）B．C．D．（4，1）
14．（2022·贵州黔东南·校考一模）如图，在平面直角坐标系中、，轴，存在第一象限的一点使得是以为斜边的等腰直角三角形，则点的坐标（ ）．
A．或B．C．或D．
15．（2022·浙江温州·校考一模）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（ ）
A．B．C．D．
其他模型
16．（2022·北京海淀·校考一模）如图，点E是△ABC内一点，∠AEB=90°，AE平分∠BAC，D是边AB的中点，延长线段DE交边BC于点F，若AB=6，EF=1，则线段AC的长为（ ）
A．7B．8C．9D．10
17．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，使得点恰好落在上，则线段的长为（ ）
A．B．5C．D．
18．（2021·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在第二象限，其余顶点都在第一象限，AB∥X轴，AO⊥AD，AO=AD．过点A作AE⊥CD，垂足为E，DE=4CE．反比例函数的图象经过点E，与边AB交于点F，连接OE，OF，EF．若，则k的值为（ ）
A．B．C．7D．
题型四：全等三角形的综合问题
19．（2023·福建南平·统考一模）在五边形中，四边形是矩形，是以E为直角顶点的等腰直角三角形．与交于点G，将直线绕点E顺时针旋转交于点F．
(1)求证：；
(2)判断线段，，之间的数量关系，并说明理由；
(3)若，且，求线段的长．
20．（2023·重庆黔江·校联考模拟预测）如图，在ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F．连接AF，CE，EF平分∠AEC．
(1)求证：四边形AFCE是菱形；
(2)若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．
21．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）在中，过作的平行线，交的平分线于点，点是上一点，连接，交于点，．
(1)如图1，求证：四边形是菱形；
(2)如图2，若，，点、分别是、边中点，连接、、，不添加字母和辅助线，直接写出图中与所有的全等的三角形．
【必刷基础】
一、单选题
22．（2022·辽宁鞍山·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．所有的等边三角形是全等形
B．面积相等的三角形是全等三角形
C．到三角形三边距离相等的点是三边中线的交点
D．到三角形三个顶点距离相等的是三边中垂线的交点
23．（2023·福建南平·统考一模）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E．当点、、在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
24．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在中，，，，AE平分∠BAC，且于点E，点D为的中点，连接，则的长为（ ）
A．2B．C．D．
25．（2022·辽宁营口·校考模拟预测）如图，在正方形中，E是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，，现在有如下4个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
26．（2022·江苏苏州·苏州市振华中学校校考模拟预测）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，以为边在直线的左侧作正方形，反比例函数的图象经过点，则的值是( )
A．B．C．D．
27．（2022·四川泸州·泸县五中校考一模）如图，半圆O的直径，弦，弦平分，的长为（ ）
A． B． C． D．
28．（2022·山东济南·统考模拟预测）如图，在矩形中，，E是的中点，于点F，则的长是（ ）
A．1B．C．D．2
29．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考一模）如图，在平行四边形中，E是边上一点，连接，若，求证：．
30．（2022·广东云浮·校联考三模）如图，双曲线图像经过点，点是双曲线在第一象限上的一动点，连接并延长交另一分支于点，以斜边作等腰，点在第二象限，随着点的运动，点的位置也不断的变化，但始终在一函数图像上运动．
(1)求的值和这个双曲线的解析式；
(2)求点所在函数的解析式．
31．（2022·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）如图，在中，是对角线、的交点，延长边到点，使，过点作，交的延长线于点E，连接、．
(1)求证．
(2)连接，已知 ___________．（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．
条件①：且；
条件②：且．
【必刷培优】
一、单选题
32．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）如图，边长为4的正方形中，点E、F分别在边上，连接，且有．将沿翻折，若点D的对应点恰好落在上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
33．（2022·山东菏泽·统考二模）如图，已知矩形中，点E是边上的点，，垂足为F下列结论：①；②；③平分；④其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
34．（2022·广东东莞·校考二模）如图，E、F分别是正方形ABCD的AB、BC边上的动点，且满足，连接CE、DF，相交于点G，连接AG，则下列4个结论：①；②CE⊥FD；③；④若点E是AB的中点，则，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
35．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG．下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①③C．①②④D．①②③
36．（2022秋·广东深圳·九年级校考期中）如图，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，点在直线l：y＝kx＋8上．直线l分别交x轴，y轴于点E，F．将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
二、填空题
37．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考二模）如图，正方形，点、、、分别在边、、、上，若与的夹角为，，，则的长度为______．
38．（2023·广西玉林·一模）如图，在菱形中，，点，分别在，边上，且，与交于点，若，，则四边形的面积为______．
39．（2023秋·安徽池州·九年级统考期末）如图，点在轴的负半轴上，点在反比例函数的图象上，交轴于点，若点是的中点，的面积为，则的值为______．
40．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在正方形中，，点E为对角线上一点，，交边于点F，连接交于点G，若，则的面积为______．
41．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，在边长为1的正方形中，点E、F分别是、的中点，、交于点G，的中点为H，连接、．给出下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有 _____．（请填上所有正确结论的序号）
42．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）如图，中，分别以、为底边向外作等腰和等腰，连接，点为的中点，连接并延长交的延长线于点，，，若，，则的值为______．
三、解答题
43．（2022·山东菏泽·菏泽一中校考模拟预测）如图①，在中，，，点D，E分别在边，上，且．则．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为．如图②，连接，．
(1)如图②，请直接写出与的数量关系．
(2)将旋转至如图③所示位置时，请判断与的数量关系和位置关系，并加以证明．
(3)在旋转的过程中，当的面积最大时，______．（直接写出答案即可）
44．（2022·山东菏泽·菏泽一中校考模拟预测）如图1，在中，，平分，连接，，．
(1)求的度数；
(2)如图2，连接，交于E，连接，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，点G为的中点，连接交于点F，若，求线段的长．
45．（2022·辽宁盘锦·校考一模）如图1，在中，，，于点D，连接，在上截取CE，使，连接．
（1）直接判断与的数量关系 ；
（2）如图2，延长交于点F，过点E作交BC于点G，试判断与之间的数量关系，并证明；
（3）在（2）的条件下，若，，求的长．
46．（2022·河南郑州·河南省实验中学校考模拟预测）在中，，为边上一点，为直线上一点，连、，交于点．
(1)如图1，若，点在线段上，且，过作，求证：；
(2)如图2，若，且，求的值；
(3)如图3，若．若，将线段绕点逆时针旋转到，并且使得，连接交于，直接写出= ______ ．
参考答案：
1．B
【分析】由可知，进而可知，由三角形内角和可得．
【详解】∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定、三角形内角和等于180°等知识．熟练运用全等三角形的性质，判断出等腰三角形是解决本题的关键．
2．D
【分析】①由翻折可得△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，进而可以进行判断；
②由翻折可得点B与点B′关于AC对称，进而可以进行判断；
③由翻折可得∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，再根据角的和差即可进行判断．
【详解】解：①由翻折可知：△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，
∴△ABC≌△AB′C′；故①正确；
②由翻折可知：点B与点B′关于AC对称，
∴AC⊥BB'；故②正确；
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正确．
综上所述：正确的说法是：①②③．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
3．C
【分析】根据△ABC是等边三角形，得出∠ABC=60°，根据△BQC≌△BPA，得出∠CBQ=∠ABP，PB=QB=4，PA=QC=3，∠BPA=∠BQC，求出∠PBQ=60°，即可判断A；根据勾股定理的逆定理即可判断B；根据△BPQ是等边三角形，△PCQ是直角三角形即可判断D；求出∠APC=150°-∠QPC，和PC≠2QC，可得∠QPC≠30°，即可判断C．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵△BQC≌△BPA，
∴∠CBQ=∠ABP，PB=QB=4，
PA=QC=3，∠BPA=∠BQC，
∴∠PBQ=∠PBC+∠CBQ=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
所以A正确，不符合题意；
PQ=PB=4，
PQ2+QC2=42+32=25，
PC2=52=25，
∴PQ2+QC2=PC2，
∴∠PQC=90°，
所以B正确，不符合题意；
∵PB=QB=4，∠PBQ=60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴∠BPQ=60°，
∴∠APB=∠BQC=∠BQP+∠PQC=60°+90°=150°，
所以D正确，不符合题意；
∠APC=360°-150°-60°-∠QPC=150°-∠QPC，
∵PC=5，QC=PA=3,
∴PC≠2QC，
∵∠PQC=90°，
∴∠QPC≠30°，
∴∠APC≠120°．
所以C不正确，符合题意．
故选：C．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理的逆定理，解决本题的关键是综合应用以上知识．
4．D
【分析】根据旋转的性质，可知 ．取点为线段 的中点，并连接．根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得 ，从而证得 ， 再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，取点为线段 的中点，并连接．
依题意得， ，
，
，
在正方形中，
，，
，
又 ，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
在中，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加．
5．C
【分析】连接，证得出①；再证，得出，进而即可逐一判断．
【详解】解：连接，
是等边三角形，
，，
，，
，
，
，
，
，，
，
．
由此得出①③正确．
，
，
，，
设，
，
，
，
在中三角的和为，
，
，
，这时是边上的中垂线，即结论不一定成立，是错误的．
边上的高是，
，结论正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的对应角相等，对应边相等．
6．C
【分析】①正确．证明,得到，结合可得结果．
②错误．可以证明，不是等边三角形，可得结论．
③正确．证明，即可．
④错误．证明，求出的面积即可．
【详解】解：如图，连接，
四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，，，
，，，
∴，
，，
，故正确，
设，
在中，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
易知不是等边三角形，显然，故错误，
，
，
，
，，
，
，故正确，
，：：，
∴，
，故正确，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
7．C
【分析】延长BE交CD延长线于P，可证△AEB≌△CEP，求出DP，根据勾股定理求出BP的长，从而求出BM的长．
【详解】解：延长BE交CD延长线于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＝．
故选：C．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是得恰当作辅助线构造全等，依据勾股定理求出BP．
8．A
【分析】取CG的中点H，连接EH，根据三角形的中位线定理可得EH//AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠GDF=∠HEF，然后利用“角边角”证明△DFG和△EFH全等，根据全等三角形对应边相等可得FG=FH，全等三角形的面积相等可得S△EFH=S△DGF，再求出FC=3FH，再根据等高的三角形的面积比等于底边的比求出两三角形的面积的比，从而得解．
【详解】解：如图，取CG的中点H，连接EH，
∵E是AC的中点，
∴EH是△ACG的中位线，
∴EH//AD，
∴∠GDF=∠HEF，
∵F是DE的中点，
∴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）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、平行线性质．利用倍长类中线构造全等三角形转换面积和线段关系是解题关键．
9．A
【分析】①应明确边长为4的边是直角边还是斜边；②隐含条件a≥0，根据二次根式的定义解答；③根据每个象限内点的符号特点判断出a、b的符号，再判断出-a、-b的符号即可；④用“倍长中线法”可证明两个三角形全等．
【详解】解：①错误，应强调为直角三角形的两条直角边长为3与4，则第三边的长是5；
②正确，隐含条件a≥0，根据二次根式的意义，等式成立；
③正确，若点P（a，b）在第三象限，则a＜0，b＜0；则-a＞0，-b＞0，点Q（-a，-b）在第一象限；
④正确，已知：如图，AB=A'B'，AC=A'C'，AD=A'D'，BD=CD，B'D'=C'D'，
求证：△ABC≌△A'B'C'；
证明：过点C作CE∥AB交AD的延长线于E，
∵∠BAD=∠E，∠ABD=∠ECD，
∵BD=CD，
∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AB=CE，AD=DE，
过点C'作C'E'∥A'B'交A'D'的延长线于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：两边及第三边上的中线对应相等的两个三角形全等，正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了对勾股定理的理解，二次根式的化简，点的对称性质，全等三角形的判定方法．
10．D
【分析】证明，得是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，进而可判断．
【详解】解：如图1，连接OO′，

由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，
∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴，
又∵∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故A正确；
∵△BO′A≌△BOC，
∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故B正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′═×3×4+×42＝6+4，
故C正确；
如图2
将绕点顺时针旋转60°到位置，
同理可得，
故D错误；
故选D．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
11．C
【分析】将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转的性质得到，，，，，推出．根据全等三角形的性质得到，于是得到，故正确；将绕点顺时针旋转得到，连接，通过旋转的性质得出条件证明出利用其性质，在到正方形中去研究；由中推导过程可得出，不能推导出E，F分别为边，的中点，推出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，，求得；故正确；．
【详解】解：A、将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，
由旋转可得，，
，，，
，
因此，点，，在同一条直线上．
，
．
，．
即．
在与中，
．
，
故，故A正确，
B、将绕点顺时针旋转得到，连接，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
在正方形中，
，
，
，
即，故正确，
C、由A中可知只能推出，不能说明分别为边，的中点，选项错误；
D、，
是等腰直角三角形，
，，
；故D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查四边形综合题、等腰直角三角形性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是通过旋转作图来解答．
12．A
【分析】将绕点Ａ顺时针旋转得到，可得，可判断①；由可得AG=AF，∠BAG=∠DAF，可证△AGE≌△AFE（ASA），可判断②；由∠BAE+∠DAF =45°，可求∠GAE=∠GAB+∠BAE=∠DAF+∠BAE=45°，可判断③；设BE=x，由正方形ABCD的边长为6，与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，解之可判断④．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，
故①正确；
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
∵，
∴∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°，
∴∠GAE=∠GAB+∠BAE=∠DAF+∠BAE=45°=∠FAE，故③正确；
在△AGE和△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（ASA），
故②正确；
设BE=x，
∵正方形ABCD的边长为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正确；
故正确的结论为①②③④．
故选择A．
【点睛】本题考查正方形性质，图形旋转，三角形全等判定与性质，勾股定理，掌握正方形性质，图形旋转，三角形全等判定与性质，勾股定理，利用勾股定理构建方程是解题关键．
13．B
【分析】过点B作BD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥x轴点E，DB与EA的延长线交于点F，通过证明△BFA≌△AEO可得AF＝OE，BF＝AE；利用B（1，4），可得BD＝1，EF＝4；通过说明四边形ODFE为矩形，可得DF＝OE．计算出线段OE，AE的长即可求得结论．
【详解】解：过点B作BD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥x轴点E，DB与EA的延长线交于点F，如图，
∵BD⊥y轴，AE⊥x轴，OD⊥OE，
∴四边形ODFE为矩形，
∴EF＝OD，DF＝OE，
∵点B（1，4），
∴OD＝4，BD＝1，
∵四边形OABC为正方形，
∴OA＝AB，∠BAO＝90°，
∴∠OAE+∠BAF＝90°，
∵AE⊥x轴，
∴∠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（，）．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质以及坐标与图形，能利用“一线三垂直”构造三角形全等是解题的关键．
14．C
【分析】分点P在AB的上方和点P在AB的下方，根据全等三角形的判定与性质进行讨论求解即可．
【详解】解：当点P在AB的上方时，过P作x轴的平行线交y轴于E，交CB延长线于F，如图1，
则∠AEP=∠PFB=∠APB=90°，E(0，2a﹣5)，F(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)；
当点P在AB的下方时，同样过P作x轴的平行线交y轴于E，交CB于F，如图2，
则∠AEP=∠PFB=∠APB=90°，E(0，2a﹣5)，F(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），
综上，点P的坐标为（3，1）或（5，5），
故选：C．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、坐标与图形性质、解一元一次方程等知识，过已知点向坐标轴作平行线或垂线，然后求出相关线段的长是解决此类问题的基本方法．
15．A
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长，再根据全等三角形的对应边相等得到FQ=DP，进而证明
△FQM≌△DPM，得到M是FD的中点，由此可得DM=DF．
【详解】如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，
∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
∴CNCD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN，
Rt△DFN中，DF．
∵四边形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的中点，
∴DMDF．
故选：A
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，通过作辅助线构造全等三角形，灵活运用全等三角形的对应边相等是解题的关键．
16．B
【分析】延长交于，证明，根据全等三角形的性质求出，根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：延长交于，
平分，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
17．C
【分析】由锐角三角函数可求，由旋转的性质可求，，，，，，可证是等边三角形，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵，，，
∴，
，
∴，
∴，
∵将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，
∴，，，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理等知识点，解题的关键是灵活运用这些性质是解题的关键．
18．A
【分析】延长EA交x轴于点G，过点F作x轴的垂线，垂足分别为H，则可得△DEA≌△AGO，从而可得DE=AG，AE=OG，若设CE=a，则DE=AG=4a，AD=DC=DE+CE=5a，由勾股定理得AE=OG=3a，故可得点E、A的坐标，由AB与x轴平行，从而也可得点F的坐标，根据 ，即可求得a的值，从而可求得k的值．
【详解】如图，延长EA交x轴于点G，过点F作x轴的垂线，垂足分别为H
∵四边形ABCD是菱形
∴CD=AD=AB，CD∥AB
∵AB∥x轴，AE⊥CD
∴EG⊥x轴，∠D+∠DAE=90゜
∵OA⊥AD
∴∠DAE+∠GAO=90゜
∴∠GAO=∠D
∵OA=OD
∴△DEA≌△AGO(AAS)
∴DE=AG，AE=OG
设CE=a，则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轴，AG⊥x轴，FH⊥x轴
∴四边形AGHF是矩形
∴FH=AG=3a，AF=GH
∵E点在双曲线上
∴
即
∵F点在双曲线上，且F点的纵坐标为4a
∴
即
∴
∵
∴
解得：
∴
故选：A．
【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，三角形全等的判定与性质等知识，关键是作辅助线及证明△DEA≌△AGO，从而求得E、A、F三点的坐标．
19．(1)见解析；
(2)线段，，之间的数量关系为：，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）由题意知：，，，从而得知，由三角形的内角和定理得知，由旋转得知，从而，进而可得结论；
（2）将绕点旋转得到，则已知和旋转的性质可以得出：，，点在直线上，，证明，得到，等量代换可得结论；
（3）连接，证明，得到，从而得到，由等腰三角形三线合一知：，由（2）可知，，，在中，由勾股定理求出，从而得出线段的长．
【详解】（1）证明：∵是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴
∵将直线绕点E顺时针旋转交于点F，
∴，从而，
∴；
（2）线段，，之间的数量关系为：，理由如下：
将绕点旋转得到，如图：
则，，，，
∴，，
∴点在直线上，，
在和中，
∴，
∴，
而，
∴；
（3）若，且，则，
连接，如图：
在和中，，
∴，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
由（2）可知，，，
在中，由勾股定理，得：，
∴．
【点睛】本题属于几何综合，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质及勾股定理，熟练掌握相关知识和构造辅助线是解决问题的关键．
20．(1)见解析
(2)2
【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝CF，即可得出结论；
（2）利用菱形的性质和勾股定理得出，则EF＝2OE＝2，由菱形面积公式即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，AO＝CO，
∴∠AEF＝∠CFE，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OF＝OE，
∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEF＝∠CEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
∴平行四边形四边形AFCE是菱形，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO＝CO＝AC＝1，
∴∠AOE＝90°，
∵∠DAC＝60°，
∴∠AEO＝30°，是等边三角形，
∴,
∴，
∴EF＝2OE＝2，
∴四边形AFCE的面积为：AC×EF＝×2×2＝2．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)，，，
【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，推出，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到菱形是正方形，求得，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
菱形是正方形，
，
，
是的中点，是边中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
图中与全等的三角形有，，，．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，证得是解题的关键．
22．D
【分析】根据全等三角形的判定知两个等边三角形不一定全等即可判定A错误；面积相等的三角形不一定是全等三角形可判定B错误； 根据到三角形三边距离相等的点是内角平分线的交点，可判定C错误； 根据到三角形三个顶点距离相等的点是三边中垂线的交点即可判定D正确．
【详解】解：A、两个等边三角形不一定全等，故此选项不符合题意；
B、面相等的三角形不一定是全等三角形，故此选项不符合题意；
C、到三角形三边距离相等的点是内角平分线的交点， 故此选项不符合题意；
D、到三个顶点距离相等的是三边中垂线的交点，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定的判定定理，等边三角形的性质，三角形三边垂直平分线的交点的性质，三角形内角平分线的交点性质是解题的关键．
23．B
【分析】根据图形旋转的性质，以及全等图形的基本性质进行逐项分析即可．
【详解】解：由旋转的性质可知，，故A选项正确；
则，且、、三点在同一直线上，
∴，
由旋转的性质知，
∴，则，
∴，故D选项正确；
∴中，，
∴，故C选项正确；
∵，
∴，
∴，故B选项不正确；
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质等，掌握基本图形的性质是解题关键．
24．B
【分析】利用余弦求出的长，利用勾股定理求出的长，延长交于点，证明，得到，推出是的中位线，进行求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
∴；
延长交于点，
∵AE平分∠BAC，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴点E为的中点，
∵点D为的中点，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查解直角三角形，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理．通过添加辅助线，证明三角线全等，是解题的关键．
25．B
【分析】①正确．证明，即可；
②错误．求得，进而可得结论；
③正确．证明，，即可证明结论；
④错误．证明，求出的面积即可判断．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，，，
，，，
，
，，
，故①正确；
设，
∵，
∴，，
在中，，
，
，
，
，
，
若，则为正三角形，，显然不合题意，
故②错误；
，
，
，
，，
，G都在线段的垂直平分线上，
垂直平分，
，
，故③正确；
，，
，
，故④错误，
故正确的有2个，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
26．D
【分析】作轴，交轴于点，作轴交于点，然后根据全等三角形的判定和性质可以求得点的坐标，从而可以求得的值．
【详解】】解：作轴，交轴于点，作轴交于点，
∵直线，
∴当时，，当时，，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为，
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例数与几何图形，全等三角形的性质与判定，坐标与图形，反比例函数图象的性质，掌握反比例函数的性质是解题的关键．
27．C
【分析】连接，，作于E，于F，运用圆周角定理，可证得，即证，所以，根据勾股定理，得，在直角三角形中，根据勾股定理，可求的长．
【详解】解：连接，，作于E，于F，
∴, ,
∵,
∴,
∵平分,
∴,
∵，
∴,
∵,
∴，
∴，
∴,
在Rt中，，
在Rt中，．
故选:C．
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定与性质、勾股定理，掌握圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定与性质、勾股定理．引辅助线构造全等三角形是解题的关键．
28．C
【分析】延长交于点M，可证得，从而得到，进而得到，再由直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，延长交于点M，
∵E是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
故选：C
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质等知识，倍长中线构造全等三角形是解题的关键．
29．见解析
【分析】由平行四边形的性质得：，，证得，从而可证，故可得结论．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵，
∴，．
∵，
∴．
又，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定方法，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质和判定方法，平行四边形的性质．
30．(1)，
(2)
【分析】（1）根据双曲线图像经过点，利用待定系数法即可得到答案；
（2）根据题意，得到，从而，，即可得到点坐标为，利用待定系数法即可得到答案．
【详解】（1）解：∵点在反比例函数的图像上，
∴，
∴反比例函数的解析式为：；
（2）解：连接，作轴于，轴于，如图所示：
设点坐标为，
∵点、点是正比例函数图像与双曲线的交点，
∴点与点关于原点对称，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点坐标为，
∵，
∴点在反比例函数图像上，
∴点所在函数的解析式为．
【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，涉及反比例函数图像与性质、正比例函数与反比例函数综合、等腰直角三角形性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握待定系数法求反比例函数解析式是解决问题的关键．
31．(1)见解析
(2)选择①，正方形，见解析；选择②，正方形，见解析
【分析】（1）由，，可以证明；
（2）选择①，由推出四边形是平行四边形，结合证明四边形是矩形，根据即可证明四边形是正方形；选择②由推出四边形是平行四边形，再由证明四边形是矩形，最后由
即可证明四边形是正方形．
【详解】（1）证明：，
，，
，
（2）解：选择①，四边形是正方形，
证明：连接，
∵，，
∴，
，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
选择②，四边形是正方形，
证明：，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
四边形是正方形．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定，正方形的判定，关键是掌握正方形的判定定理，判定四边形既是矩形又是菱形．
32．D
【分析】过点E作于点，设，，根据勾股定理列方程求得，即可．
【详解】解：过点作于点，如下图：
设，，则，，
由题意可得：，，为等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理可得：，
，即，解得，
，即，解得，
，
故选：D.
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次根式的运算，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
33．B
【分析】根据矩形的性质证明≌，，利用勾股定理求出，然后逐一进行判断即可解决问题．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
，，
，，
，
，
，
，
≌，
，，故①②正确，
不妨设平分，则是等腰直角三角形，这个显然不可能，故③错误，
，，
，
，
，故④错误，
正确的结论有①②共个．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
34．B
【分析】根据正方形的性质，证明，由全等三角形的性质可知，即可判断结论①正确；由全等三角形的性质可知，易证∠ECD＋∠CDF＝90°，即有∠CGD＝90°，故，即可判断结论②正确；由，可知，即点G在以CD为直径的半圆上运动， AG随G点运动，长度会发生改变，而AD为定值，故AD不一定与AG相等，可判断结论③错误；由点E为AB中点可知，即有，加之，易得，故，易得，可判断结论④正确．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴在和中，
，
∴，
∴，，故结论①正确；
∵，
∴，
∴，
∴，故结论②正确；
∵，
∴，
∴点G在以CD为直径的半圆上运动，如下图，
∴AG随G点运动，长度会发生改变，
又∵AD为定值，
∴AD不一定与AG相等，故结论③错误；
∵点E为AB中点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，故结论④正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
35．D
【分析】证明，根据全等三角形的性质得到∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；求得∠CGD＝90°，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE=BE，根据全等三角形的性质得到BC=AH=AD，由AG是斜边的中线，得到，求得∠ADG＝∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE＝∠CDF，故③正确；假设，根据，可得，结合，，可得，即有，进而可得，则有，显然，即假设不成立，即可判断④错误．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，分别是，的中点，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，故①正确；
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∴，
如图，延长交的延长线于，
∵，
∴∠AHE=∠BCE，
∵点是的中点，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵已证明，
∴是Rt△HGD斜边的中线，
∴，
∴，
∵，，
∴．故③正确；
根据可得，
若成立，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴在Rt△BEC中，有，
∵，
∴，
显然，
∴假设不成立，
∴，故④错误，
故正确的有①②③，
故选：D．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
36．B
【分析】如图：作，，再证，，从而求出点B坐标（0,4），向左平移m个单位后坐标为（-m,4），最后代入直线l的解析式即可．
【详解】解：如图：作，，
∵
∴OM=6,DM=2
将点代入y＝kx＋8,解得：k=1
∴直线解析式为：
∵四边形形ABCD为正方形
∴AD=AB=CD=BC
∵，
∴
∴
∴OA=DM=2，AM=OB=4，
同理可证
∴BN=AO=2，CN=OB=4
∴点B坐标为（0,4）
将点B向左平移m个单位后坐标为（-m，4）
将（-m,4）代入，得：4=-m+8，解得：m=4．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、点的平移以及点坐标与直线图像的关系等知识点，构造全等三角形求得求点B坐标是解题的关键．
37．##
【分析】过点作交于点，过点作交于点，延长至，使得，连接，证明，，得出，设，则，，在中，，然后在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交于点，过点作交于点，延长至，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
在中，,,
∴,
在与中，
∴
∴，
∵与的夹角为，
∴与的夹角为，即，
∴
∴，
即，
在与中，
∴，
∴，
设，则，，
在中，
∴
解得：，
∴,
在中，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质与判定，正方形的性质、全等三角形的性质以及判定定理，作出辅助线是解题的关键．
38．
【分析】首先利用菱形的性质得出，又由得出是等边三角形，进一步证明，得出，证得四边形是圆内接四边形，过点A再分别作，，证明，把四边形的面积转化为四边形的面积即可．
【详解】解：四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是圆内接四边形，
，
如图，过点A分别作，，垂足分别为、，

是平分线，
，
在和中，
，
，
，
，
连接，
在和中，
，
，
，，
，
．
．
故答案为：．
【点睛】此题考查菱形的性质，等边三角形的判定，三角形全等的判定与性质，圆内接四边形的判定与性质等知识点．
39．6
【分析】根据全等三角形的判定和性质以及三角形的面积公式可得，进而得出，由系数的几何意义可得答案．
【详解】解：如图，过点作轴于，
，
点是的中点，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：6．
【点睛】本题考查反比例函数系数的几何意义以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解反比例函数系数的几何意义，掌握全等三角形的判定和性质．
40．
【分析】连接，作于，利用正方形的性质可得，，则有，，据四边形的内角和可得，可得，得，便可得为等腰直角三角形，则有，利用，可求得，，再利用相似三角形列比例式可得，进而可求得，便可计算出的面积．
【详解】解：连接，作于，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
则在四边形中：
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，，则
又∵，
∴，即：，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含的直角三角形，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
41．①④⑤
【分析】证明，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到，可判断①，再利用三角形等积法，可判断②；通过，得到和不相等，则，可判断③；求出，可判断④；证明，求出，，，可判定，可判断⑤．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，
∵E和F分别为和中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，故①正确；
∵，，
∴，
∵，
∴，故②错误；
∴，
∴，故④正确；
∵H为中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故⑤正确；
∴，而，
则和不相等，
故，
故与不平行，故③错误；
故答案为：①④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判断与性质、相似三角形的判定与性质以及直角三角形，掌握相关知识是解题的关键．
42．
【分析】作交的延长线于K，连接，作于R，首先证明进而证明出，推出，由，推出，设，由，可得，由，推出，在中，根据，构建方程求出a，再解直角三角形求出，即可解决问题．
【详解】解：作交的延长线于K，连接，作于R，
∵，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，设，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，∵，
∴，
解得或（舍弃），
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，解决本题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
43．(1)
(2)，，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用证明，可得结论；
（2）设与相交于点O，证明，即可得到，，进一步得到，即可得到结论．
（3）在中，边的长度为定值，当边上的高最大时，的面积最大，则当点D在的垂直平分线上时，的面积最大，进一步求解即可得到旋转角的度数．
【详解】（1），理由如下：
，
，
即，
在和中，
，
，
；
（2）且．理由如下：
∵，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，，
设与相交于点O，
由可得：，
∴，
∴，
∴，
∴且；
（3）在中，边的长度为定值，当边上的高最大时，的面积最大，
∴当点D在的垂直平分线上时，的面积最大，
如图所示，
∵,，于点G，
∴，
∴，
即当的面积最大时，，
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质等知识，证明是解题的关键．
44．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）设．则，，由平分，得到，由三角形内角和定理，求得，进一步即可得到答案；
（2）先证明，则，则，又由得，即可得到结论；
（3）由O是的中点及得到，再证明，得到，则，又由，即可得到答案．
【详解】（1）解：如图1中，设．
∵，，
∴，，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）解：如图3中，连接，取O是的中点，
∵，
∴或（舍去），
由（1）、（2）及根据G是的中点可知：
，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴．
【点睛】此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、三角形内角和定理、角直角三角形的性质，熟练掌握三角形的全等和相似是解题的关键．
45．（1）；（2），见解析；（3）．
【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出；
（2）过点B作交于点M，证得为等腰直角三角形，则，证明，由全等三角形的性质得出，由直角三角形的性质可得出结论；
（3）设，则，证明，由相似三角形的性质，则可得出答案．
【详解】解：（1）；
如图1，与交于点F，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
故答案为：；
（2），
过点B作交于点M，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴；
（3）∵，为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确构造全等三角形解决问题．
46．(1)见详解
(2)
(3)或4
【分析】（1）由题意可证为等边三角形，再根据“”证明，可得，由三角形外角的性质和直角三角形两锐角互余可得，然后由“直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半”即可证明；
（2）延长至，使得，连接，过点作，交于点，由等腰三角形的性质可得，可证点四点共圆，进而可得，，通过证明，可得，即可求解；
（3）分两种情况讨论：①当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作于点，由等边三角形的性质可得，，，由“”可证明，可推导，再证明，可得，即可求解；②当点在线段的延长线上时，过点作于点，过点作于点，连接，设，由等边三角形的性质可得，，，证明，可得，，即可推导，可得，，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如下图，延长至，使得，连接，过点作，交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点四点共圆，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
（3）解：①如下图，当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵为等边三角形，且，，
∴，，，
∴，
∵将线段绕点逆时针旋转到，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如下图，当点在线段的延长线上时，过点作于点，过点作于点，连接，
∵将线段绕点逆时针旋转到，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
设，
∵为等边三角形，，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：或4．