押中考數(shù)學第9-10題(多結(jié)論問題)(原卷版+解析)

押中考數(shù)學第9-10題（多結(jié)論問題）專題詮釋：多結(jié)論題是各地中考?？碱}型之一，多結(jié)論題具有知識覆蓋面廣、概念性強、解法靈活等特征，它有利于考查學生的基礎知識，有利于強化分析判斷能力和解決實際問題的能力的培養(yǎng)。解這類題要充分利用題目提供的信息，依據(jù)題目的具體特點，靈活、巧妙、快速地選擇解法，以便提高解題效率。解題的基本原則是充分利用題目的特點，小題小做、小題巧做、切忌小題大做。具體求解時，一是從題干出發(fā)考慮，探求結(jié)果；二是題干和選擇支聯(lián)合考慮或從選擇支出發(fā)探求是否滿足題干條件。事實上，后者在解答選擇題時更常用、更有效。目錄知識點一：多結(jié)論問題 1模塊一〖真題回顧〗 1模塊二〖押題沖關〗 5模塊三〖考前預測〗 9知識點一：多結(jié)論問題模塊一〖真題回顧〗1．(2023·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點A（5，0），與y軸交于點C，其對稱軸為直線x＝2，結(jié)合圖象分析如下結(jié)論：①abc＞0；②b+3a＜0；③當x＞0時，y隨x的增大而增大；④若一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象經(jīng)過點A，則點E（k，b）在第四象限；⑤點M是拋物線的頂點，若CM⊥AM，則a＝66．其中正確的有（

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個2．(2023·貴州黔西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的頂點A在第一象限，B，D分別在y軸上，AB交x軸于點E，AF⊥x軸，垂足為F．若OE=3，EF=1．以下結(jié)論正確的個數(shù)是（

）①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③點C的坐標為(?4,?2)；④BD=63；⑤矩形ABCDA．2個 B．3個 C．4個 D．5個3．(2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，則CFAF=45；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點P，使得PA+PB+PC的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④4．(2023·四川眉山·中考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，將△EDC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△HBC，點D，B，H在同一直線上，HE與AB交于點G，延長HE與CD的延長線交于點F，HB=2，HG=3．以下結(jié)論：①∠EDC=135°；②EC2=CD?CF；③HG=EF；④sinA．1個 B．2個 C．3個 D．4個5．(2023·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，對角線AC、BD相交于點O，點M，N分別是邊BC、CD上的動點，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN、OM.以下四個結(jié)論正確的是（

）①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當MN最小時S△CMN=18SA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④6．(2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點F是CD上一點，OE⊥OF交BC于點E，連接AE，BF交于點P，連接OP．則下列結(jié)論：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP?BP=2OP；④若BE:CE=2:3，則tan∠CAE=47；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCDA．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤7．(2023·湖南益陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，將△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，以下結(jié)論：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正確的有（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④8．(2023·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）下列圖形是黃金矩形的折疊過程：第一步，如圖（1），在一張矩形紙片一端折出一個正方形，然后把紙片展平；第二步，如圖（2），把正方形折成兩個相等的矩形再把紙片展平；第三步，折出內(nèi)側(cè)矩形的對角線AB，并把AB折到圖（3）中所示的AD處；第四步，如圖（4），展平紙片，折出矩形BCDE就是黃金矩形．則下列線段的比中：①CDDE，②DEAD，③DEND，④ACAD，比值為A．①② B．①③ C．②④ D．②③9．(2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，P是邊AD上的一個動點，連接BP，CP，過點B作射線，交線段CP的延長線于點E，交邊AD于點M，且使得∠ABE=∠CBP，如果AB=2，BC=5，AP=x，PM=y，其中2<x?5．則下列結(jié)論中，正確的個數(shù)為（

）（1）y與x的關系式為y=x?4x；（2）當AP=4時，△ABP∽△DPC；（3）當AP=4時，A．0個 B．1個 C．2個 D．3個10．(2023·江蘇連云港·統(tǒng)考中考真題）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點A、B、D恰好都落在點O處，且點G、O、C在同一條直線上，同時點E、O、F在另一條直線上．小煒同學得出以下結(jié)論：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC=22OF；⑤△COF∽△CEG．其中正確的是（A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④模塊二〖押題沖關〗1．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E是邊BC的中點，連接AE、DE，分別交BD、AC于點P、Q，過點P作PF⊥AE交CB的延長線于F，下列結(jié)論：①∠AED+∠EAC+∠EDB=90°；②AP=FP；③AE=102AO；④四邊形OPEQ的面積為43；⑤A．2個 B．3個 C．4個 D．5個2．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學校校聯(lián)考二模）如圖，在正方形ABCD中，AD=4，E為CD中點，F(xiàn)為BC上的一點，且∠EAF=45°，∠ABG=∠DAE，連接EF，延長BG交AE于點M，交AD于點N，則以下結(jié)論；①DE+BF=EF②BN⊥AE③BF=83④S△BGFA．1個 B．2個 C．3個 D．4個3．（2023·遼寧鐵嶺·校聯(lián)考一模）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E是AB上一點，OF⊥OE交AD于點F，連接CF，DE交于點P，連接OP．則下列結(jié)論：①∠OPC=45°；②DE⊥CF；③CP?DP=2OP；④若AF:FD=3:2，則⑤四邊形OEAF的面積是正方形ABCD面積的14．其中正確的結(jié)論是（

A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤4．（2023·江蘇無錫·校考二模）如圖，在正方形ABCD中，F(xiàn)是BC邊上一點，連接AF，以AF為斜邊作等腰直角△AEF．有下列四個結(jié)論：①∠CAF=∠DAE；②點E在線段BD上；③當∠AEC=135°時，CE平分∠ACD；④若點F在BC上以一定的速度由B向C運動，則點F的運動速度是點E運動速度的2倍．其中正確的結(jié)論的個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．45．（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD中，BE=EF=FC，CG=2GD，BG分別交AE，AF于點M，N．下列結(jié)論：①AF⊥BG；②BN=23NF；③BMMG=A．1個 B．2個 C．3個 D．4個6．（2023·安徽滁州·校考模擬預測）如圖，在邊長為1的正方形ABCD中，E、F是AD邊上的兩個動點，且AE=FD，連接BE、CF、BD，CF與BD交于點G，連接AG交BE于點H，連接DH，下列結(jié)論正確的個數(shù)是（

）①AG⊥BE；②HD平分∠EHG；③△ABG∽△FDG；④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG；⑤線段DH的最小值是5?12；⑥當E、FA．5個 B．4個 C．3個 D．2個7．（2023·黑龍江綏化·校聯(lián)考一模）如圖，在正方形ABCD中，E是線段CD上一動點，連接AE交BD于點F，過點F作FG⊥AE交BC于點G，連接AG，EG，現(xiàn)有以下結(jié)論：①△AFG是等腰直角三角形；②DE+BG=EG；③點A到EG的距離等于正方形的邊長；④當點E運動到CD的三等分點時，BGBC=1A．1個 B．2個 C．3個 D．4個8．（2023·山東泰安·寧陽二中校考一模）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC于點M，交CD于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①圖中共有三個平行四邊形；②當BD=2BC時，四邊形DEBF是菱形；③BD⊥ME；④AD2=BD?CMA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④9．（2023·廣東深圳·模擬預測）如圖，正方形ABCD中，E、F分別為邊AD、DC上的點，且AE=FC，過F作FH⊥BE，交AB于G，過H作HM⊥AB于M，若AB=9，AE=3，則下列結(jié)論中：①△ABE?△CBF；②BE=FG；③2DH=EH+FH；④HM其中結(jié)論正確有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個10．（2023·浙江杭州·校聯(lián)考一模）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=12，點P在邊AB上，D，E分別為BC，PC的中點，連接DE．過點E作BC的垂線，與BC，AC分別交于F，G兩點．連接DG，交PC于點H．有以下判斷：①∠EDC=45°；②DG⊥PE，且DG=PE；③當AP=6時，△APGA．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④模塊三〖考前預測〗1．（2023·山東東營·東營市東營區(qū)實驗中學?？家荒＃┤鐖D，PA、PB是⊙O的切線，切點分別為A、B，BC是⊙O的直徑，PO交⊙O于E點，連接AB交PO于F，連接CE交AB于D點．下列結(jié)論：①PA=PB；②OP⊥AB；③CE平分∠ACB；④OF=12AC；⑤E是△PAB的內(nèi)心；⑥△CDAA．5 B．4 C．3 D．22．（2023·山東棗莊·校考模擬預測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠A所對弧的度數(shù)為120°．∠ABC、∠ACB的角平分線分別交于AC、AB于點D、E，CE、BD相交于點F．以下四個結(jié)論：①cos∠BFE=12；②BC=BD；③EF=FD；④BF=2DFA．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④3．（2023·天津·模擬預測）如圖，△ABC中，AC=BC，點M，N分別在AC，AB上，將△AMN沿直線MN翻折，點A的對應點D恰好落在BC邊上（不含端點B，C），下列結(jié)論：①直線MN垂直平分AD；②∠CDM=∠BND；③AD=CD；④若M是AC中點，則AD⊥BC．其中一定正確的是（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④4．（2023·安徽蕪湖·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D為線段BC上一點，以AD為一邊構(gòu)造Rt△ADE，∠DAE=90°，①∠BAD=∠EDC；②△ADO～△ACD；③BDOE=ADA．僅有①② B．僅有①②③ C．僅有②③④ D．①②③④5．（2023·廣東惠州·模擬預測）如圖，已知正方形ABCD的邊長為a，E為CD邊上一點（不與端點重合），將ΔADE沿AE翻折至△AFE，延長EF交邊BC于點G，連接AG，CF．則下列給出的判斷：①∠EAG=45°；②若DE=13a，則tan∠GFC=2；③若E為CD的中點，則△GFC的面積為1A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④6．（2023·廣東深圳·一模）如圖，將正方形ABCD翻折，使點C、D分別與點C'、D'重合，折痕為MN，C'D'交AD于點E，CC'交MN于點F，連接CE、C'M．給出以下結(jié)論：①MN垂直平分CC'；②DN+BC'=CM；③∠A．1個 B．2個 C．3個 D．4個7．（2023·山東青島·模擬預測）如圖，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC與BD交于點O，E為CD延長線上一點，且CD=DE，連結(jié)BE，分別交AC，AD于點F，G，連結(jié)OG，①OG=12AB②S四邊形ODGF=S△ABF③由點A、A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④8．（2023·江蘇無錫·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，矩形OABC按如圖所示擺放在第一象限，點B的坐標為3m,m，將矩形OABC繞著點O逆時針旋轉(zhuǎn)α（0<α<90°），得到矩形OA'B'C．直線OA'、B①當m=1,α=30°時，矩形OA'B'C②當m=1，且B'落到y(tǒng)軸的正半軸上時，DE的長為10③當點D為線段BE的中點時，點D的橫坐標為43④當點D是線段BE的三等分點時，sinα的值為25或其中，說法正確的是（）A．①② B．③④ C．①②③ D．①②④9．（2023·山東德州·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC于點M，交CD于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①四邊形NEMF為平行四邊形；②DNA．①②④ B．①②③ C．①③ D．②③④10．（2023·天津·一模）如圖，在Rt△ABC中，AB=CB，BO⊥AC，把△ABC折疊，使AB落在AC上，點B與AC上的點E重合，展開后，折痕AD交BO于點F，連接DE，EF．下列結(jié)論：①AB=2BD；②圖中有4對全等三角形；③BD=BF；④若將△DEF沿EF折疊，則點D不一定落在AC上；⑤S四邊形DFOE=S△AOF，上述結(jié)論中正確的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4押中考數(shù)學第9-10題（多結(jié)論問題）專題詮釋：一直以來，函數(shù)都是中考數(shù)學的重點考察題型。在選擇題中，主要考察函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的圖像和函數(shù)的應用，難度的跨度較大，從基礎到壓軸都有可能出現(xiàn)，滿分難度較大。多做、多想、多總結(jié)，掌握做題規(guī)律，力爭不丟分！目錄知識點一：函數(shù)的性質(zhì)及探究 1模塊一〖真題回顧〗 1模塊二〖押題沖關〗 5模塊三〖考前預測〗 9知識點一：函數(shù)的性質(zhì)及探究模塊一〖真題回顧〗1．(2023·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點A（5，0），與y軸交于點C，其對稱軸為直線x＝2，結(jié)合圖象分析如下結(jié)論：①abc＞0；②b+3a＜0；③當x＞0時，y隨x的增大而增大；④若一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象經(jīng)過點A，則點E（k，b）在第四象限；⑤點M是拋物線的頂點，若CM⊥AM，則a＝66．其中正確的有（

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個答案:D分析：①正確，根據(jù)拋物線的位置判斷即可；②正確，利用對稱軸公式，可得b＝﹣4a，可得結(jié)論；③錯誤，應該是x＞2時，y隨x的增大而增大；④正確，判斷出k＞0，可得結(jié)論；⑤正確，設拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，可得M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），過點M作MH⊥y軸于點H，設對稱軸交x軸于點K．利用相似三角形的性質(zhì)，構(gòu)建方程求出a即可．【詳解】解：∵拋物線開口向上，∴a＞0，∵對稱軸是直線x＝2，∴﹣b2a∴b＝﹣4a＜0∵拋物線交y軸的負半軸，∴c＜0，∴abc＞0，故①正確，∵b＝﹣4a，a＞0，∴b+3a＝﹣a＜0，故②正確，觀察圖象可知，當0＜x≤2時，y隨x的增大而減小，故③錯誤，一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象經(jīng)過點A，∵b＜0，∴k＞0，此時E（k，b）在第四象限，故④正確．∵拋物線經(jīng)過（﹣1，0），（5，0），∴可以假設拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，∴M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），過點M作MH⊥y軸于點H，設對稱軸交x軸于點K．∵AM⊥CM，∴∠AMC＝∠KMH＝90°，∴∠CMH＝∠KMA，∵∠MHC＝∠MKA＝90°，∴△MHC∽△MKA，∴MHMK＝CH∴2?9a＝?4a∴a2＝16∵a＞0，∴a＝66故選：D．【點睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．2．(2023·貴州黔西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的頂點A在第一象限，B，D分別在y軸上，AB交x軸于點E，AF⊥x軸，垂足為F．若OE=3，EF=1．以下結(jié)論正確的個數(shù)是（

）①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③點C的坐標為(?4,?2)；④BD=63；⑤矩形ABCDA．2個 B．3個 C．4個 D．5個答案:C分析：根據(jù)相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性質(zhì)及已知OE，EF的值即可判斷結(jié)論①；由①分析得出的條件，結(jié)合相似三角形、矩形的性質(zhì)（對角線）即可判斷結(jié)論②；根據(jù)直角坐標系上點的表示及結(jié)論①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得點A坐標，再根據(jù)關于原點對稱的點的坐標得出點D坐標，即可判斷結(jié)論③；由③可知AF=2，進而得出OA的值，根據(jù)矩形的性質(zhì)即可判斷結(jié)論④；根據(jù)矩形的性質(zhì)及④可知BD=6【詳解】解：∵矩形ABCD的頂點A在第一象限，AF⊥x軸，垂足為F，∴∠EOB=∠EFA=90°,AC=BD，OD=OA=OB=OC．∵∠AEF=∠BEO，∴△EOB∽△EFA．∵OE=3，EF=1，∴EFEO=∵OA=OB，△EOB∽△EFA，∴∠OAB=∠OBA，∠EAF=EBO．∴∠OAB=∠EAF．∴AE平分∠OAF．（②符合題意）∵OF=OE+EF=3+1=4，∴點A的橫坐標為4．∵OA=3AF，∴9AF2?A∴AF=2，點A的縱坐標為2∴A(4,2∵點A與點C關于原點對稱，∴C(?4,?2∵OA=3AF=32∴BD=OD+OB=2OA=62∵S∴S∴結(jié)論正確的共有4個符合題意．故選：C．【點睛】本題考查矩形與坐標的綜合應用．涉及矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角坐標系上點的表示，關于原點對稱的點的坐標，三角形的面積公式等知識點．矩形的對角線相等且互相平分；兩角分別相等的兩個三角形相似；相似三角形對應角相等，對應邊成比例；兩個點關于原點對稱時，它們的坐標符號相反，即點P(x,y)關于原點的對稱點位P'3．(2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，則CFAF=45；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點P，使得PA+PB+PC的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④答案:B分析：證明△BAD≌△CAE，即可判斷①，根據(jù)①可得∠ADB=∠AEC，由∠ADC+∠AEC=180°可得A,D,C,E四點共圓，進而可得∠DAC=∠DEC，即可判斷②，過點A作AG⊥BC于G,交ED的延長線于點H，證明△FAH∽△FCE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CFAF=45，即可判斷③，將△APC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)60度，得到△AB'P'，則△APP'是等邊三角形，根據(jù)當【詳解】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，∴AB=AC,AD=AE,∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE故①正確；∵△BAD≌△CAE∴∠ADB=∠AEC∴∠ADC+∠AEC=180°∴A,D,C,E四點共圓，∵CD=CD∴∠DAC=∠DEC故②正確；如圖，過點A作AG⊥BC于G,交ED的延長線于點H，∵△BAD≌△CAE,∴∠ACE=∠ABD=45°,∠ACB=45°∴∠DCE=90°∴FC∥AH∵BD=2CD，BD=CE∴tan∠DEC=DCCE設BC=6a，則DC=2a，AG=12則GD=GC?DC=3a?2a=a∵FC∥AH∴tanH=∴GH=2GD=2a∴AH=AG+GH=3a+2a=5aAH∥CE，∴△FAH∽△FCE∴∴則CFAF故③正確如圖，將△ABP繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)60度，得到△AB'P∴PA+PB+PC=PP當B',P此時∠CPA=180°?∠AP∠APB=∠A∠BPC=360°?∠BPA?∠APC=360°?120°?120°=120°，此時∠APB=∠BPC=∠APC=120°，∵AC=AB=AB'，AP=AP∴△AP∴PC=P∵∠APP∴DP平分∠BPC，∴PD⊥BC，∵A,D,C,E四點共圓，

∴∠AEC=∠ADC=90°，又AD=DC=BD,△BAD≌△CAE，∴AE=EC=AD=DC，則四邊形ADCE是菱形，又∠ADC=90°，∴四邊形ADCE是正方形，∵∠B則B'A=BA=AC，∠B∵∠PCD=30°，∴DC=3∵DC=AD，AP=2，則AP=AD?DP=3∴DP=2∵AP=2，∴CE=AD=AP+PD=3故④不正確，故選B．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，費馬點，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關鍵．4．(2023·四川眉山·中考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，將△EDC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△HBC，點D，B，H在同一直線上，HE與AB交于點G，延長HE與CD的延長線交于點F，HB=2，HG=3．以下結(jié)論：①∠EDC=135°；②EC2=CD?CF；③HG=EF；④sinA．1個 B．2個 C．3個 D．4個答案:D分析：利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，可判斷①正確；利用三角形相似的判定及性質(zhì)可知②正確；證明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD?HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32【詳解】解：∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，∴∠EDC=∠HBC，∵ABCD為正方形，D，B，H在同一直線上，∴∠HBC=180°?45°=135°，∴∠EDC=135°，故①正確；∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，∴EC=HC，∠ECH=90°，∴∠HEC=45°，∴∠FEC=180°?45°=135°，∵∠ECD=∠ECF，∴△EFC∽△DEC，∴ECDC∴EC設正方形邊長為a，∵∠GHB+∠BHC=45°，∠GHB+∠HGB=45°，∴∠BHC=∠HGB=∠DEC，∵∠GBH=∠EDC=135°，∴△GBH∽△EDC，∴DCHB=EC∵△HEC是等腰直角三角形，∴HE=3∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=135°，∴△HBG∽△HDF，∴HBHD=HGHF，即∵HG=3，∴HG=EF，故③正確；過點E作EM⊥FD交FD于點M，∴∠EDM=45°，∵ED=HB=2，∴MD=ME=2∵EF=3，∴sin∠EFC=ME∵∠DEC+∠DCE=45°，∠EFC+∠DCE=45°，∴∠DEC=∠EFC，∴sin∠DEC=sin∠EFC=ME綜上所述：正確結(jié)論有4個，故選：D【點睛】本題考查正方形性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形相似的判定及性質(zhì)，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點，結(jié)合圖形求解．5．(2023·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，對角線AC、BD相交于點O，點M，N分別是邊BC、CD上的動點，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN、OM.以下四個結(jié)論正確的是（

）①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當MN最小時S△CMN=18SA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④答案:D分析：①依據(jù)題意，利用菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定與性質(zhì)，證出∠MAC=∠DAN，然后證△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可證出．②當MN最小值時，即AM為最小值，當AM⊥BC時，AM值最小，利用勾股定理求出AM=A③當MN最小時，點M、N分別為BC、CD中點，利用三角形中位線定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2?EN④當OM⊥BC時，可證△OCM∽△BCO，利用相似三角形對應邊成比例可得OC【詳解】解：如圖：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC與△ADC為等邊三角形，又∠MAC=∠MAN?∠CAN=60°?∠CAN，∠DAN=∠DAC?∠CAN=60°?∠CAN，∴∠MAC=∠DAN，在△CAM與△DAN中∠CAM=∠DAN∴△CAM≌△DAN(ASA)，∴AM=AN，即△AMN為等邊三角形，故①正確；∵AC⊥BD，當MN最小值時，即AM為最小值，當AM⊥BC時，AM值最小，∵AB=2,BM=1∴AM=即MN=3故②正確；當MN最小時，點M、N分別為BC、CD中點，∴MN∥BD，∴AC⊥MN，在△CMN中，CE=C∴S△CMN而菱形ABCD的面積為：2×3∴18故③正確，當OM⊥BC時，∠BOC=∠OMC=90°∴△OCM∽△BCO∴OC∴O∴O故④正確；故選：D．【點睛】此題考查了菱形的性質(zhì)與面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位線定理等相關內(nèi)容，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關鍵．6．(2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點F是CD上一點，OE⊥OF交BC于點E，連接AE，BF交于點P，連接OP．則下列結(jié)論：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP?BP=2OP；④若BE:CE=2:3，則tan∠CAE=47；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCDA．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤答案:B分析：分別對每個選項進行證明后進行判斷：①通過證明△DOF≌△COEASA得到EC=FD，再證明△EAC≌△FBDSAS得到∠EAC=∠FBD，從而證明∠BPQ=∠AOQ=90°，即②通過等弦對等角可證明∠OPA=∠OBA=45°；③通過正切定義得tan∠BAE=BEAB=BPAP，利用合比性質(zhì)變形得到AP?BP=CE?BPBE，再通過證明△AOP∽△AEC④作EG⊥AC于點G可得EG∥BO，根據(jù)tan∠CAE=EGAG=⑤將四邊形OECF的面積分割成兩個三角形面積，利用△DOF≌△COEASA【詳解】①∵四邊形ABCD是正方形，O是對角線AC、BD的交點，∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°∵OE⊥OF∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°∴∠DOF=∠EOC在△DOF與△COE中∠ODF=∠OCE∴△DOF≌△COE∴EC=FD∵在△EAC與△FBD中EC=FD∴△EAC≌△FBD∴∠EAC=∠FBD又∵∠BQP=∠AQO∴∠BPQ=∠AOQ=90°∴AE⊥BF所以①正確；②∵∠AOB=∠APB=90°∴點P、O在以AB為直徑的圓上∴AO是該圓的弦∴∠OPA=∠OBA=45°所以②正確；③∵tan∠BAE=∴AB∴AB?BE∴AP?BP∴AP?BP=∵∠EAC=∠OAP,∠OPA=∠ACE=45°∴△AOP∽△AEC∴OP∴CE=∴AP?BP=∵1∴AE?BP=AB?BE∴AP?BP=所以③正確；④作EG⊥AC于點G，則EG∥BO，∴EG設正方形邊長為5a，則BC=5a，OB=OC=52若BE:CE=2:3，則BECE∴BE+CE∴CE∴EG=∵EG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠GEC=45°∴CG=EG=3∴tan∠CAE=所以④錯誤；⑤∵△DOF≌△COEASA∴S四邊形OECF=S△DOF+S△COF=S△COD∵S△COD=1∴S四邊形OECF=1所以⑤正確；綜上，①②③⑤正確，④錯誤，故選B【點睛】本題綜合考查了三角形、正方形、圓和三角函數(shù)，熟練運用全等三角形、相似三角形、等弦對等角和三角函數(shù)的定義是解題的關鍵．7．(2023·湖南益陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，將△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，以下結(jié)論：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正確的有（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④答案:B分析：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為50°，通過推理證明對①②③④四個結(jié)論進行判斷即可．【詳解】解：①∵△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，∴BC＝B′C′．故①正確；②∵△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)50°，∴∠BAB′＝50°．∵∠CAB＝20°，∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，∴∠AB′C′＝∠B′AC．∴AC∥C′B′．故②正確；③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，∴∠AB′B＝∠ABB′＝12∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．∴CB′與BB′不垂直．故③不正確；④在△ACC′中，AC＝AC′，∠CAC′＝50°，∴∠ACC′＝12∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正確．∴①②④這三個結(jié)論正確．故選：B．【點睛】此題考查了旋轉(zhuǎn)性質(zhì)的應用，圖形的旋轉(zhuǎn)只改變圖形的位置，不改變圖形的形狀與大小，還考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)、平行線的判定等知識．熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關鍵．8．(2023·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）下列圖形是黃金矩形的折疊過程：第一步，如圖（1），在一張矩形紙片一端折出一個正方形，然后把紙片展平；第二步，如圖（2），把正方形折成兩個相等的矩形再把紙片展平；第三步，折出內(nèi)側(cè)矩形的對角線AB，并把AB折到圖（3）中所示的AD處；第四步，如圖（4），展平紙片，折出矩形BCDE就是黃金矩形．則下列線段的比中：①CDDE，②DEAD，③DEND，④ACAD，比值為A．①② B．①③ C．②④ D．②③答案:B分析：設MN＝2，則AC＝1，求出AD＝AB＝5，BE＝CD＝【詳解】解：設MN＝2，∴AC＝1，在△ABC中，AB＝A由折疊可知，AD＝AB＝5∴BE＝CD＝AD?AC＝5又∵DE＝BC＝MN＝2，∴CDDEDEADDENDACAD∴比值為5?1故選：B．【點睛】本題考查四邊形綜合題，黃金矩形的定義、勾股定理、翻折變換、矩形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．9．(2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，P是邊AD上的一個動點，連接BP，CP，過點B作射線，交線段CP的延長線于點E，交邊AD于點M，且使得∠ABE=∠CBP，如果AB=2，BC=5，AP=x，PM=y，其中2<x?5．則下列結(jié)論中，正確的個數(shù)為（

）（1）y與x的關系式為y=x?4x；（2）當AP=4時，△ABP∽△DPC；（3）當AP=4時，A．0個 B．1個 C．2個 D．3個答案:C分析：（1）證明△ABM∽△APB，得ABAP=AMAB，將AB=2，（2）利用兩組對應邊成比例且夾角相等，判定△ABP∽△DPC；（3）過點M作MF⊥BP垂足為F，在Rt△APB中，由勾股定理得BP的長，證明△FPM∽△APB，求出MF，PF，BF的長，在Rt△BMF中，求出tan∠EBP的值即可．【詳解】解：（1）∵在矩形ABCD中，∴AD∥BC，∠A=∠D=90°，BC=AD=5，AB=DC=2，∴∠APB=∠CBP，∵∠ABE=∠CBP，∴∠ABE=∠APB，∴△ABM∽△APB，∴ABAP∵AB=2，AP=x，PM=y，∴2x解得：y=x?4故（1）正確；（2）當AP=4時，DP=AD?AP=5?4=1，∴DCAP又∵∠A=∠D=90°，∴△ABP∽△DPC，故（2）正確；（3）過點M作MF⊥BP垂足為F，∴∠A=∠MFP=∠MFB=90°，∵當AP=4時，此時x=4，y=x?4∴PM=3，在Rt△APB中，由勾股定理得：BP∴BP=A∵∠FPM=∠APB，∴△FPM∽△APB，∴MFAB∴MF2∴MF=355∴BF=BP?PF=25∴tan∠EBP=故（3）不正確；故選：C．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應用，矩形的性質(zhì)，正確找出相似三角形是解答本題的關鍵．10．(2023·江蘇連云港·統(tǒng)考中考真題）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點A、B、D恰好都落在點O處，且點G、O、C在同一條直線上，同時點E、O、F在另一條直線上．小煒同學得出以下結(jié)論：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC=22OF；⑤△COF∽△CEG．其中正確的是（A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④答案:B分析：由折疊的性質(zhì)知∠FGE=90°，∠GEC=90°，點G為AD的中點，點E為AB的中點，設AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=2a，然后利用勾股定理再求得DF=FO=a【詳解】解：根據(jù)折疊的性質(zhì)知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=12同理∠GEC=90°，∴∠FGE+∠GEC=180°∴GF∥EC；故①正確；根據(jù)折疊的性質(zhì)知DG=GO，GA=GO，∴DG=GO=GA，即點G為AD的中點，同理可得點E為AB的中點，設AD=BC=2a，AB=CD=2b，則DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，∴GC=3a，在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，即(3a)2=a2+(2b)2，∴b=2a∴AB=22a=2設DF=FO=x，則FC=2b-x，在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，即(2b-x)2=x2+(2a)2，∴x=b2?a2bGE=a2∴GEDF∴GE=6DF；故③正確；∴OCOF∴OC=22OF；故④正確；∵∠FCO與∠GCE不一定相等，∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正確；綜上，正確的有①③④，故選：B．【點睛】本題主要考查了折疊問題，解題時，我們常常設要求的線段長為x，然后根據(jù)折疊和軸對稱的性質(zhì)用含x的代數(shù)式表示其他線段的長度，選擇適當?shù)闹苯侨切?，運用勾股定理列出方程求出答案．模塊二〖押題沖關〗1．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E是邊BC的中點，連接AE、DE，分別交BD、AC于點P、Q，過點P作PF⊥AE交CB的延長線于F，下列結(jié)論：①∠AED+∠EAC+∠EDB=90°；②AP=FP；③AE=102AO；④四邊形OPEQ的面積為43；⑤BF=A．2個 B．3個 C．4個 D．5個答案:C分析：連接OE，證明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性質(zhì)即可判斷①；利用四點共圓證明∠AFP=∠ABP=45°即可判斷②；由正方形ABCD的邊長為4，則BE=EC=2，求出AE，OA即可判斷③；根據(jù)正方形的性質(zhì)推出△OEQ∽△CDQ，利用相似三角形的性質(zhì)求得四邊形OPEQ的面積即可判斷④；先求得PE，證明△ABE∽△FPE，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可判斷⑤．【詳解】解：如圖，連接OE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∴∠BOC=90°，∵點E是邊BC的中點，則BE=EC，∴∠EOB=∠EOC=45°，∵∠EOB=∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，∴∠AED+∠EAC+∠EDB=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正確；如圖，連接AF．∵PF⊥AE，∴∠APF=∠ABF=90°，∴A，P，B，F(xiàn)四點共圓，∴∠AFP=∠ABP=45°，∴∠PAF=∠PFA=45°，∴PA=PF，故②正確；∵正方形ABCD的邊長為4，點E是邊BC的中點，∴BE=EC=2，∴AE=42+∴AEAO=故③正確；∵OB=OD，BE=EC，∴OE是△BCD的中位線，CD=2OE，∴OE∥CD，∴△OEQ∽△CDQ，設△OEQ邊OE上的高為a，△CDQ邊CD上的高為b，∴ab=OE∴a=2∵OE=1∴S根據(jù)對稱性可知，△OPE≌△OQE，∴S四邊形OPEQ故④正確；∵△OEQ∽△CDQ，∴EQ∴EQ=1∵DE=AE=25∴EQ=2∴PE=EQ=2∵∠FPE=∠ABE=90°，∠AEB=∠FEP，∴△ABE∽△FPE，∴AEFE=解得：BF=4，故⑤錯誤，綜上所述，正確的有①②③④，共4個，故選：C．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線定理，勾股定理，三角形外角的性質(zhì)，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．2．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學校校聯(lián)考二模）如圖，在正方形ABCD中，AD=4，E為CD中點，F(xiàn)為BC上的一點，且∠EAF=45°，∠ABG=∠DAE，連接EF，延長BG交AE于點M，交AD于點N，則以下結(jié)論；①DE+BF=EF②BN⊥AE③BF=83④S△BGFA．1個 B．2個 C．3個 D．4個答案:C分析：延長CD至H，使DH=BF，證明△ABF≌△ADH，推出AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，利用SAS證明△EAF≌△EAH，可判斷①；利用余角關系可判斷②；在Rt△CEF中，由勾股定理計算可判斷③；證明△BGF∽△EAH，利用相似三角形的性質(zhì)可判斷④．【詳解】解：延長CD至H，使DH=BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA=4，∠ABF=∠C=∠ADC=∠ADH=90°，∴△ABF≌△ADH，∴AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，∵∠EAF=45°，∴∠BAF+∠DAE=∠DAH+∠DAE=45°，即∠EAF=∠EAH=45°，又AE=AE，∴△EAF≌△EAHSAS∴EF=EH=ED+DH=ED+BF，①正確；∵∠ABG=∠DAE，∴∠ABG+∠ANB=∠DAE+∠ANB=90°，∴BN⊥AE，②正確；設BF=DH=x，∵E為CD中點，∴CE=DE=1∴EF=EH=2+x，CF=4?x，在Rt△CEF中，由勾股定理得4?x2解得x=43，即∵∠ABG=∠DAE，∠BAF+∠DAE=45°，∴∠BGF=∠BAF+∠ABG=∠BAF+∠DAE=45°=∠EAH，又∠AFB=∠H，∴△BGF∽△EAH，∵EH=ED+DH=ED+BF=2+4∴S△EAH∴S△BGF∴S△BGF綜上，正確的有①②④，故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．3．（2023·遼寧鐵嶺·校聯(lián)考一模）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E是AB上一點，OF⊥OE交AD于點F，連接CF，DE交于點P，連接OP．則下列結(jié)論：①∠OPC=45°；②DE⊥CF；③CP?DP=2OP；④若AF:FD=3:2，則⑤四邊形OEAF的面積是正方形ABCD面積的14．其中正確的結(jié)論是（

A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤答案:B分析：利用全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、圓周角定理、直角三角形的邊角關系以及等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識逐項判斷即可解答．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴OA=OC=OD，AB=CD=AD，AC⊥BD，∠BAC=∠ADB=∠BDC=∠CAD=45°，∠BAD=∠ADC=90°，∵OF⊥OE，∴∠EOF=∠AOD=90°，∴∠AOE=∠DOF=90°?∠AOF，∴△AOE≌△DOFASA∴AE=DF，又∠EAD=∠FDC，AD=CD，∴△EAD≌△FDCSAS∴∠ADE=∠DCF，∴∠DCF+∠CDP=∠ADE+∠CDP=90°，即∠DPC=90°，∴DE⊥CF，故②正確；∵∠DPC=∠DOC=90°，∴點D、P、O、C四點共圓，∴∠OPC=∠ODC=45°，故①正確；過O作OH⊥OP交CF于H，如圖，∵∠OPC=45°，OH⊥OP，∴△POH是等腰直角三角形，∴PH=2OP∵∠POH=∠COD=90°，∴∠POD=∠HOC=90°?∠DOH，又OD=OC，∴△POD≌△HOCSAS∴DP=CH，∵PH=CP?CH=CP?DP，∴CP?DP=2∵AF:FD=3:2，∴設AF=3x，F(xiàn)D=2x，則AD=CD=5x，∴AC=A過F作FG⊥AC于G，如圖，∵∠CAD=45°，∠AGF=90°，∴△AGF為等腰直角三角形，∴AG=GF=2∴CG=AC?AG=7∴在Rt△CGF中，tan∠ACF=GF∵△AOE≌△DOF，∴S△AOE∴S四邊形OEAF=S△AOE+S△AOF故⑤正確，綜上，正確的結(jié)論有①②③⑤，故選：B．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的邊角關系，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識，充分利用正方形的性質(zhì)和添加輔助線構(gòu)造等腰直角三角形和全等三角形是解題的關鍵．4．（2023·江蘇無錫·?？级＃┤鐖D，在正方形ABCD中，F(xiàn)是BC邊上一點，連接AF，以AF為斜邊作等腰直角△AEF．有下列四個結(jié)論：①∠CAF=∠DAE；②點E在線段BD上；③當∠AEC=135°時，CE平分∠ACD；④若點F在BC上以一定的速度由B向C運動，則點F的運動速度是點E運動速度的2倍．其中正確的結(jié)論的個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4答案:C分析：由正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)得：∠FAE=∠DAC=45°，從而可判定①；由△CAF∽△DAE可得∠ADE=∠CDE=45°，由正方形的性質(zhì)可證明△ADE≌△CDE，可得AE=CE，即有∠EAC=∠ECA，再由∠AEC=135°可得∠EAC=∠ECA=22.5°，從而CE、AE分別平分∠ACD、∠CAD，即可判定③；連接BD交AC于點O，由∠ADE=∠CDE=45°知，點E的運動軌跡為線段OD，而點F的運動軌跡為線段BC，即可判斷②，由BC=2OD知，點F的運動速度是點E的運動速度的【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，AC是對角線，∴AD=CD，∠ADC=90°，∠DAC=∠DCA=∠ACB=45°，∵△AEF是等腰直角三角形，∴∠FAE=∠DAC=45°，∵∠FAE=∠CAF+∠CAE=∠CAE+∠DAE=∠DAC=45°，∴∠CAF=∠DAE，故①正確；∵△AEF、△DAC都是等腰直角三角形，∴AC=2AD，∴AC∵∠CAF=∠DAE，∴△CAF∽△DAE，∴∠ADE=∠ACB=45°，即點E在線段BD上，故②正確；∵∠ADC=90°，∴∠ADE=∠CDE=45°，在△ADE和△CDE中，AD=CD∠ADE=∠CDE∴△ADE≌△CDESAS∴AE=CE，∴∠EAC=∠ECA，∵∠AEC=135°，∴∠EAC=∠ECA=1∵∠DAC=∠DCA=45°=2∠EAC=2∠ECA，∴CE、AE分別平分∠ACD、∠CAD，故③正確；如圖，連接BD交AC于點O，∵∠ADE=∠CDE=45°，當點F與點B重合時，點E與點O重合；當點F與點C重合時，點E與點D重合，∴點E的運動軌跡為線段OD，而點F的運動軌跡為線段BC，∵BC=CD=2OD，且點F與點∴vF故④錯誤；故選：C．【點睛】本題是一個綜合性較強的題目，考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(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)，點的運動路徑的確定等知識，熟練運用這些知識是正確解答本題的關鍵．確定點E的運動路徑是本題的難點所在．5．（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD中，BE=EF=FC，CG=2GD，BG分別交AE，AF于點M，N．下列結(jié)論：①AF⊥BG；②BN=23NF；③BMMG=A．1個 B．2個 C．3個 D．4個答案:B分析：①利用SAS證△ABF≌△BCG即可進行判斷；②證明△BNF∽△BCG，求得BNNF③作EH⊥AF，令AB=3a，分別求得MN，BM的值，即可判斷；④連接AG，F(xiàn)G，根據(jù)③中結(jié)論分別求得S四邊形CGNF和S【詳解】解：①∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=CD，∵BE=EF=FC，CG=2GD，∴BF=CG，在△ABF和△BCG中，AB=BC∠ABF=∠C=∴△ABF≌△BCG，∴∠BAF=∠CBG，∵∠BAF+∠BFA=90°，∴∠CBG+∠BFA=90°，即AF⊥BG；所以①正確；②在△BNF和△BCG中，

∠CBG=∠NBF，∠C=∠BNF=90°，∴△BNF∽△BCG，∴BNNF∴BN＝3③作EH⊥AF，令AB=3a，則BF=2a，BE=EF=CF=a，AF=A∵S∴BN=61313∴AN=AF﹣NF=9∵E是BF中點，∴EH是△BFN的中位線，∴EH=31313a，∴AH=111313解得：MN=27∴BM=BN?MN=31313∴MBMG④連接AG，F(xiàn)G，根據(jù)③中結(jié)論，則NG=BG?BN=7∵SS四邊形ANGD∴S四邊形CGNF即正確的是：①③．故選B【點睛】本題以正方形為載體，主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的中位線定理和相似三角形的判定和性質(zhì)，前兩個小題難度不大，第③小題中令AB=3a，熟練運用相似三角形的判定和性質(zhì)求得AN，BN，NG，NF的值是解題的關鍵．6．（2023·安徽滁州·?？寄M預測）如圖，在邊長為1的正方形ABCD中，E、F是AD邊上的兩個動點，且AE=FD，連接BE、CF、BD，CF與BD交于點G，連接AG交BE于點H，連接DH，下列結(jié)論正確的個數(shù)是（

）①AG⊥BE；②HD平分∠EHG；③△ABG∽△FDG；④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG；⑤線段DH的最小值是5?12；⑥當E、FA．5個 B．4個 C．3個 D．2個答案:A分析：首先證明△ABE?△DCF，△ADG?△CDG，△AGB?△CGB，利用全等三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等高模型、三邊關系一一判斷即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，在△ABE和△DCF中，AB=CD∠BAD=∠ADC∴△ABE?△DCFSAS∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，AD=CD∠ADB=∠CDB∴△ADG?△CDGSAS∴∠DAG=∠DCF，∴∠ABE=∠DAG，∵∠DAG+∠BAH=90°，∴∠ABE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE，故①正確；同法可證：△AGB?△CGB，∵DF∥CB，∴△CBG～△FDG，∴△ABG～△FDG，故③正確；∵S又∵∠DAG=∠FCD，∴S△HDG：取AB的中點O，連接OD、OH，∵正方形的邊長為1，∴AO=OH=1由勾股定理得，OD=A∵OH+DH≥OD，∴O、D、H三點共線時，DH最小，∴DH最小=如圖，當E、F重合時，則點E是AD的中點，設EC與BM的交于點N，∵AD∥BC，∴△DEG～△BCG，∴DE∵AB∥CD，∴DM∴DM=1∴CM=1又∵BC=CD，∠BCM=∠CDE=90°，∴△DCE?△CBMSAS∴∠CBM=∠DCE，BM=CE，∵∠DCE+∠BCE=90°，∴∠BCE+∠CBM=90°，∴∠CNB=90°，∵BM=B∴CE=5∵S∴CN=5∴EN=3∵tan∠CBM=CN∴BN=2∴tan∠EBM=ENBN=如下圖，連接AC交BE于K，連接KD，由正方形的對稱性質(zhì)可得KB=KD，∴∠KBD=∠KDB在點E的運動過程中，當∠EBD=22.5°時，∠EBD=∠KDB=∠KDE=22.5°>∠EDH∵∠DEH=∠BED∴∠DHE>∠BDE,即∠DHE>45°此時DH不平分∠EHG，故②錯誤；故選：A．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的三邊關系，勾股定理，等高模型等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，難點在于⑤作輔助線并確定出DH最小時的情況．7．（2023·黑龍江綏化·校聯(lián)考一模）如圖，在正方形ABCD中，E是線段CD上一動點，連接AE交BD于點F，過點F作FG⊥AE交BC于點G，連接AG，EG，現(xiàn)有以下結(jié)論：①△AFG是等腰直角三角形；②DE+BG=EG；③點A到EG的距離等于正方形的邊長；④當點E運動到CD的三等分點時，BGBC=1A．1個 B．2個 C．3個 D．4個答案:C分析：如圖所示，延長GF交AD于H，連接CF，先證明△ADF≌△CDF得到AF=CF，∠DAF=∠DCF，再證明∠AHF=∠CGF，進而推出∠CGF=∠GCF，得到FG=FC=AF，△AGF是等腰直角三角形，故①正確；則∠FAG=45°，將△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，設△AGE中，GE上的高為h，證明△AMG≌△AEG，得到GE=MG，AB=h，則GE=BG+DE，點A到EG的距離等于正方形的邊長，故②③正確；設BC=CD=3x，BG=y，則CG=3x?y，當點E是靠近點D的三等分點時，則CE=2x，DE=x，EG=x+y，利用勾股定理求出y=32x，得到BG【詳解】解：如圖所示，延長GF交AD于H，連接CF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADF=∠CDF=45°，AD=CD，又∵DF=DF，∴△ADF≌△CDFSAS∴AF=CF，∠DAF=∠DCF，∵AD∥BC，∴∠AHF=∠CGF，∵FG⊥AE，∴∠HAF+∠AHF=90°，∴∠HAF+∠CGF=90°，∵∠DCF+∠GCF=90°，∴∠CGF=∠GCF，∴FG=FC=AF，∴△AGF是等腰直角三角形，故①正確；∴∠FAG=45°；將△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，設△AGE中，GE上的高為h，∴∠MAE=90°，MA=EA，BM=DE，∠ABM=∠ADE=90°，∴∠ABM+∠ABG=180°，即B、M、G三點共線，∵∠FAG=45°，∴∠MAG=45°，又∵AG=AG，∴△AMG≌△AEGSAS∴GE=MG，AB=h，∴GE=GM=BG+BM=BG+DE，點A到EG的距離等于正方形的邊長，故②③正確；設BC=CD=3x，BG=y，則CG=3x?y，當點E是靠近點D的三等分點時，則CE=2x，DE=x，∴EG=BG+DE=x+y，在Rt△CGE中由勾股定理得CG∴3x?y2∴9x2∴y=3∴BGBC同理當點E時靠近點C的三等分點時BGBC綜上所述，當點E運動到CD的三等分點時，BGBC=1故選C．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．8．（2023·山東泰安·寧陽二中?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC于點M，交CD于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①圖中共有三個平行四邊形；②當BD=2BC時，四邊形DEBF是菱形；③BD⊥ME；④AD2=BD?CMA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④答案:B分析：分別證明四邊形DFBE、四邊形NEMF、四邊形ABCD是平行四邊形，即可判斷結(jié)論①；結(jié)合等腰三角形的判定和性質(zhì)求得DE=BE，可得結(jié)論②；假設結(jié)論成立，找出與題意的矛盾之處，判斷結(jié)論③，通過證明相似三角形的性質(zhì)判斷結(jié)論④。【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB，∠ABC=90°，∴∠DAN=∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴∠ANE=∠BMA=90°，∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°，在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∴△ADN?△CBM，∴DN=BM，又∵DF∥BE，DE∥BF，∴四邊形DFBE是平行四邊形，∴DE=BF，∴DE?DN=BF?BM，即EN=FM，∵NE∥FM，∴四邊形NEMF是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴四邊形ABCD是平行四邊形，因此共有3個平行四邊形，故①正確；∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OD，BD=AC=2OA=2OD，BC=AD，∵BD=2BC∴AO=AD=OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°?∠ADO=30°，∵DE⊥AC，△AOD是等邊三角形，∴∠ADN=ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∵四邊形DEBF是平行四邊形，∴四邊形DEBF是菱形；故②正確；由②可知，當BD=2BC時，四邊形DEBF是菱形，連接EF，則EF⊥BD，若BD⊥ME，則過點E有兩條直線與已知直線垂直，與平面內(nèi)，過一點有且只有一條直線垂直于已知直線相矛盾，故③錯誤；∵BF⊥AC，∠CBA=90°，∴∠CMB=∠CBA=90°，∵∠BCA=∠MCB，∴△BCA∽△MCB，∴BCCM∵AD=BC，AC=BD，∴AD故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(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)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關鍵．9．（2023·廣東深圳·模擬預測）如圖，正方形ABCD中，E、F分別為邊AD、DC上的點，且AE=FC，過F作FH⊥BE，交AB于G，過H作HM⊥AB于M，若AB=9，AE=3，則下列結(jié)論中：①△ABE?△CBF；②BE=FG；③2DH=EH+FH；④HM其中結(jié)論正確有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個答案:D分析：根據(jù)題目條件即可證明△ABE?△CBF，即可判定①；根據(jù)△ABE?△CBF得，∠BEA=∠BFC，BE=BF，由∠FGB=∠FBA得到BF=FG即可判定②；延長BE到Q，使EQ=FH，連接DQ，證明△DEQ?△DFH，推出DQ=DH,∠QDE=∠FDH，求出∠QDH=90°，得出△DQH是等腰直角三角形，由勾股定理得EH+FH=2DH，即可判定③；連接EF，證明EF=2DE=62，BE=310,根據(jù)【詳解】∵四邊形ABCD是正方形∴AB=BC，∠DAB=∠DCB=90°在△ABE和△CBF中AB=BC∴△ABE?△CBF∴①△ABE?△CBF正確；∵△ABE?△CBF∴∠BEA=∠BFC，BE=BF∵DC∥AB∴∠FBA=∠BFC∴∠BEA=∠FBA∵FH⊥BE∴∠HBG+∠HGB=∠EBA+∠BEA∴∠HGB=∠BEA∴∠HGB=∠FBA，即∠FGB=∠FBA∴BF=FG∴BE=FG∴②BE=FG正確；延長BE到Q，使EQ=FH，連接DQ，如圖：∵DC∥AB∴∠FGB=∠DFH∵∠FGB=∠AEB,∠AEB=∠DEQ∴∠DFH=∠DEQ∵四邊形ABCD是正方形∴∠ADC=90°，AD=DC∵AE=FC∴DE=DF在△DFH和△DEQ中DF=DE∴△DFH?△DEQ∴DQ=DH,∠QDE=∠FDH∵∠ADC=90°∴∠QDH=∠QDE+∠EDH=∠FDH+∠EDH=∠ADC=90°∴△DQH是等腰直角三角形∴EH+FH=EH+EQ=HQ=∴③2DH=EH+FH連接EF，如圖：∵AD=CD=9，AE=CF=3∴DE=DF=6∴EF=∵BF=∴BE=BF=3設BH=x則EH=BE?EH=3∵FH⊥BE∴在Rt△FHE中F∴F∴x=910∵HM⊥AB，∠A=90°∴sin∠ABE=∴∴HM=∴∴④HMAE∴①②③④都正確．故答案選：D．【點睛】本題綜合考查了正方形和三角形，解決問題的關鍵是添加輔助線，熟悉掌握正方形的邊角性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)的定義．10．（2023·浙江杭州·校聯(lián)考一模）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=12，點P在邊AB上，D，E分別為BC，PC的中點，連接DE．過點E作BC的垂線，與BC，AC分別交于F，G兩點．連接DG，交PC于點H．有以下判斷：①∠EDC=45°；②DG⊥PE，且DG=PE；③當AP=6時，△APGA．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④答案:D分析：①由等腰三角形的性質(zhì)可得ABC=ACB=45°，由三角形中位線定理可得DE∥AB，可求解；②由SAS可證△CEF，△GDF全等，可得CE=DG，∠DGF=∠FCE，可求解；③由等腰三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可求AG的長，再由三角形面積公式可求解；④利用勾股定理和相似三角形的性質(zhì)分別求出CH，CE的值，即可求得解【詳解】解：①∵∠BAC=90°,AB=AC=12∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=12∵D，E分別為BC，PC的中點，∴DE∥AB,DE=1∴∠EDC=∠ABC=45°；故①正確；②∵∠EDF=45°,EF⊥CD,∠ACB=45°，∴△DFE,△GFC是等腰直角三角形，∴DF=EF,FG=CF，又∵∠CFE=∠GFD=90°，∴△CEF≌△GDFSAS，∴CE=DG,∠DGF=∠FCE∵∠DGF+∠GDF=90°∴∠GDF+∠DCE=90°∴∠DHC=90°∴DG⊥PE∵E是PC的中點，∴PE=EC，∴DG=PE，故②正確；③當AP=6時，BP=6,DE=3,∵GF⊥BC,∠EDC=45°∴∠EDC=∠DEF=45°∴DF=EF=∵D是BC的中點，∴BD=CD=6∴CF=∵GF⊥BC,∠ACB=45°∴∠ACB=∠CGF=45°∴GF=FC∴CG=∴AG=AC?CG=12?9=3∴S④設AP為x，AC=12，∴PC=∵CF=3EF=3∴EC=∵∠ACP=∠GCH,∠A=90°=∠GHC∴△APC∽△HGC∴∴∴GH=∴CHCE即CHCE的最大值為故④正確，綜上所述，①②③④正確，故選：D．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，綜合運用以上知識是解題的關鍵．模塊三〖考前預測〗1．（2023·山東東營·東營市東營區(qū)實驗中學?？家荒＃┤鐖D，PA、PB是⊙O的切線，切點分別為A、B，BC是⊙O的直徑，PO交⊙O于E點，連接AB交PO于F，連接CE交AB于D點．下列結(jié)論：①PA=PB；②OP⊥AB；③CE平分∠ACB；④OF=12AC；⑤E是△PAB的內(nèi)心；⑥△CDAA．5 B．4 C．3 D．2答案:A分析：連接OA，BE，①根據(jù)PA、PB是⊙O的切線，即可判斷；②根據(jù)PA=PB，OA=OB，可得OP是AB的垂直平分線，進而可以判斷；③根據(jù)OP是AB的垂直平分線，可得AE=BE，進而可以判斷；④根據(jù)OB=OC，AF=BF，即可判斷；⑤證明∠PBE=∠EBA，∠APE=∠BPE，即可判斷；⑥根據(jù)AC∥OE，可得【詳解】解：如圖，連接OA，BE，①∵PA、PB是⊙O的切線，∴PA=PB，故①正確；②∵PA=PB，OA=OB，∴OP是AB的垂直平分線，∴OP⊥AB，故②正確；③∵OP是AB的垂直平分線，∴AE∴∠ACE=∠BCE，∴CE平分∠ACB，故③正確；④∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC=90°，∵∠BFO=90°，∴OF∥AC，∵OB=OC，AF=BF，∴OF=1⑤∵PB是⊙O的切線，∴∠PBE+∠EBC=90°，∵BC是⊙O的直徑，∴∠EBC+∠ECB=90°，∴∠PBE=∠ECB，∵∠ECB=∠EBA，∴∠PBE=∠EBA，∵∠APE=∠BPE，∴E是△PAB的內(nèi)心，故⑤正確；⑥∵AC∥OE，∴△CDA∽△EDF，故⑥錯誤；∴其中一定成立的是①②③④⑤，共5個故選：A．【點睛】此題屬于圓的綜合題，涉及了圓周角定理、切線的性質(zhì)、三角形中位線定理、線段垂直平分線的判定，直角三角形的性質(zhì)，解答本題的關鍵是熟練掌握相關性質(zhì)及圓周角定理．2．（2023·山東棗莊·?？寄M預測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠A所對弧的度數(shù)為120°．∠ABC、∠ACB的角平分線分別交于AC、AB于點D、E，CE、BD相交于點F．以下四個結(jié)論：①cos∠BFE=12；②BC=BD；③EF=FD；④BF=2DFA．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④答案:B分析：由∠A=60°，可得出∠ABC+∠BCA=120°．再根據(jù)∠ABC、∠ACB的角平分線分別是BD，CE，即得出∠CBF+∠BCF=60°=∠BFE，從而可求出cos∠BFE=12，故①正確；由題意可知∠BDC=60°+∠DBA，∠BCA=120°?2∠DBA．若BC=BD成立，則應有∠BDC=∠BCA，即60°+∠DBA=120°?2∠DBA，從而可解出∠DBA=20°，進而得出∠ABC=40°，而題意沒有條件可以說明∠ABC是40°，故②錯誤；作FW⊥AC，F(xiàn)S⊥AB，由三角形內(nèi)心的性質(zhì)可知FW=FS，∠FSE=∠FWD=90°，∠EFD=∠SFW=120°，從而得出∠SFE=∠WFD，即證明△FSE≌△WFD(ASA)，得出FD=FE，故③正確；由于點F是內(nèi)心而不是各邊中線的交點，故【詳解】解：∵∠A=60°，∴∠ABC+∠BCA=180°?∠A=120°．∵∠ABC、∠ACB的角平分線分別是BD，CE，∴∠CBF+∠BCF=1∴cos∠BFE=1∵∠BDC=∠A+12∠ABC=60°+∠DBA又∵若BC=BD成立，則應有∠BDC=∠BCA，∴60°+∠DBA=120°?2∠DBA，∴∠DBA=20°，∴∠ABC=40°，而根據(jù)題意，沒有條件可以說明∠ABC是40°，故②錯誤；如圖作FW⊥AC，F(xiàn)S⊥AB，∵點F是△ABC內(nèi)心，∴FW=FS，∠FSE=∠FWD=90°，∠EFD=∠SFW=120°，∴∠SFE=∠WFD，∴△FSE≌△WFD(ASA)，∴FD=FE，故③正確；由于點F是內(nèi)心而不是各邊中線的交點，故BF=2DF不一定成立，因此④不正確．故本題正確的結(jié)論為①③．故選B．【點睛】本題考查角平分線的定義，三角形內(nèi)角和定理，求角的余弦值，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)心的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)等知識．熟練掌握上述知識并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關鍵．3．（2023·天津·模擬預測）如圖，△ABC中，AC=BC，點M，N分別在AC，AB上，將△AMN沿直線MN翻折，點A的對應點D恰好落在BC邊上（不含端點B，C），下列結(jié)論：①直線MN垂直平分AD；②∠CDM=∠BND；③AD=CD；④若M是AC中點，則AD⊥BC．其中一定正確的是（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④答案:C分析：①根據(jù)將△AMN沿直線MN翻折，點A的對應點D恰好落在BC邊上（不含端點B，C），證明直線MN垂直平分AD，故①正確；②先由①得，直線MN垂直平分AD，則AN=DN，AM=DM，再根據(jù)”等邊對等角“證明∠NAD=∠NDA，∠MAD=∠MDA，則∠AMD=180°?2∠MAD，再根據(jù)∠AMD是△CDM的一個外角，∠BND是△NAD的一個外角，證明∠AMD=∠C+∠CDM，∠BND=∠NAD+∠NDA=2∠NAD，進一步證明∠CDM=180°?2∠MAD?∠C，根據(jù)AC=BC，得到∠CAB=∠B，則∠C=180°?2∠CAB，然后根據(jù)∠CAB=∠MAD+∠NAD，證明∠CDM=2∠NAD，從而得到∠CDM=∠BND，故②正確；③證明∠C與∠CAD不一定相等，得到AD與CD不一定相等，故③錯誤；④先根據(jù)M是AC的中點，證明AM=CM，再由①得，直線MN垂直平分AD，則AM=DM，再證明AM=DM=CM，最后證明∠ADC=90°，即AD⊥BC，故④正確．【詳解】①∵將△AMN沿直線MN翻折，點A的對應點D恰好落在BC邊上（不含端點B，C），∴直線MN垂直平分AD，故①正確；②由①得，直線MN垂直平分AD，∴AN=DN，AM=DM，∴∠NAD=∠NDA，∠MAD=∠MDA，∴∠AMD=180°?∠MAD?∠MDA=180°?2∠MAD∵∠AMD是△CDM的一個外角，∠BND是△NAD的一個外角，∴∠AMD=∠C+∠CDM，∠BND=∠NAD+∠NDA=2∠NAD∴∠C+∠CDM=180°?2∠MAD，∴∠CDM=180°?2∠MAD?∠C，∴AC=BC，∴∠CAB=∠B，∴∠C=180°?∠B?∠CAB=180°?2∠CAB又∵∠CAB=∠MAD+∠NAD，∴∠C=180°?2∠CDM=180°?2∠MAD?即∠CDM=2∠NAD，又∵∠BND=2∠NAD(已證)，∴∠CDM=∠BND，故②正確；③∵AC=BC，∴∠CAB=∠B，∴∠C=180°?∠B?∠CAB=180°?2∠CAB又∵∠CAD=∠CAB?∠BAD，∴180°?2∠CAB與∠CAB?∠BAD不一定相等，∴∠C與∠CAD不一定相等，∴AD與CD不一定相等，故③錯誤；④∵M是AC的中點，∴AM=CM，∵AM=DM，∴AM=DM=CM，∴∠MAD=∠MDA，∠MDC=∠C，又∠MAD+∠MDA+∠MDC+∠C=180°，∴∠MDA+∠MDC=90°，∴∠ADC=90°，∴AD⊥BC，故④正確；綜上所述，一定正確的有①②④，故選：C．【點睛】本題考查垂直平分線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，解題的關鍵是能夠根據(jù)題意的條件，進行恰當?shù)耐评碚撟C．4．（2023·安徽蕪湖·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D為線段BC上一點，以AD為一邊構(gòu)造Rt△ADE，∠DAE=90°，①∠BAD=∠EDC；②△ADO～△ACD；③BDO