中考数学专题训练：多结论选择专练

多结论选择专练


1．（2020·新疆昌吉·初三三模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，下列结论：
①、②、③、④其中正确结论的个数为（ ）

A． B． C． D．
2．（2019·黑龙江双鸭山·初二期末）如图所示，在正方形中，边长为2的等边三角形的顶点，分别在和上.下列结论：①；②；③；④.其中结论正确的序号是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
3．（2018·全国初三单元测试）如图，、分别是正方形的边、上的点，，、相交于点．下列结论：；；与成中心对称．其中，正确的结论有（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
4．（2020·湖南初二月考）如图，点为矩形的边长上的一点，作于点，且满足.下面结论，其中正确的结论是：
①平分；②为等腰三角形；③；④其中正确的结论有多少个？（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2020·深圳市龙华区外国语学校初三月考）如图，正方形，点在边上，且，，垂足为，且交于点，与交于点，延长至，使，连接．有如下结论：①；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　）

A．①② B．①③ C．①②③ D．②③④
6．（2020·江苏江阴·初二期中）如图，在正方形中，点是的中点，点是的中点，与相交于点，设.得到以下结论：
①；②；③则上述结论正确的是（ ）

A．①② B．①③
C．②③ D．①②③
7．（2019·广州大学附属中学初二期中）如图，正方形中，，分别为，上的点，，交于点，交于点，为的中点，交于点，连接.下列结论：①；②；③；④.其中正确的结论有（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
8．（2019·全国初二单元测试）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点.若，，下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④；⑤.其中正确结论的序号是（ ）.

A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤
9．（2020·湖南长沙·初二月考）已知：如图，在正方形外取一点，连接、、．过点作的垂线交于点．若，．下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④；⑤；其中正确结论的序号是( )

A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤
10．（2019·武汉市黄陂区实验中学初三月考）如图，在正方形中，点、为边和上的动点（不含端点），.下列三个结论：①当时，则；②；③的周长不变，其中正确结论的个数是（ ）

A．0 B．1
C．2 D．3
11．（2019·湖北下陆·初二期中）如图，在正方形中，，为上一动点，交于，过作交于，连接，过作于，下列有四个结论：①，②，③，④的周长为定值，其中正确的结论有（ ）．

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
12．（2018·河南安阳·初二期末）如图，中，，是上一点，且，是上任一点，于点，于点，下列结论：①是等腰三角形；②；③；④，其中正确的结论是（ ）

A．①② B．①③④ C．①④ D．①②③④
13．（2020·湖北武汉·初二期末）中，是中线，是角平分线，是高，则下列4个结论正确的是（ ）
①
②
③
④

A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
14．（2020·广西岑溪·初二期末）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：①；②；③∥；④; 其中结论正确的个数是（ ）

A．1 B．2
C．3 D．4
15．（2020·江苏灌南·初三一模）如图，在菱形中，已知，，，点在的延长线上，点在的延长线上，有下列结论：①；②；③；④若，则点到的距离为．则其中正确结论的个数是( )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
16．（2018·天津和平·初二期末）如图，在矩形纸片中， ，点在上，将沿折叠，点恰好落在边上的点处：点在上，将沿折叠，点恰好落在线段上的点处，有下列结论：
①；②；③；④，其中，正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
17．（2018·河南省新郑市第一中学初二期中）如图，在中，，，直角的顶点是中点，、分别交、于点、．给出以下四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④．上述结论正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
18．（2019·青岛广雅中学（山东省青岛实验初级中学市北分校）初三单元测试）如图，在矩形中，点是的中点，的平分线奇交于点，将沿折叠，点恰好落在上点处，延长、交于点，有下列四个结论：
①；②；③；④．
其中，将正确的结论有几个：（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
19．（2018·山东莒南·）如图，正方形ABCD中，，点E在边BC上，，将沿DE对折至，延长EF交边AB于点C，连接DG，BF，给出以下结论：≌；；；∽，其中所有正确结论的个数是　　

A．1 B．2 C．3 D．4
20．（2019·广东深圳中学初三期中）如图，正方形的边长为6，点是边的中点，连接与对角线交于点，连接并延长，交于点，连接交于点，连接。以下结论：①；②；③；④。其中正确的结论是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
21．（2020·内蒙古霍林郭勒·初二期末）如图所示，矩形ABCD中，AE平分交BC于E，，则下面的结论：①是等边三角形；②；③；④，其中正确结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
22．（2018·全国初三单元测试）如图，在矩形中，点是的中点，的平分线交于点，将沿折叠，点恰好落在上点处，延长，交于点．有下列四个结论：①垂直平分；②平分；③；④．其中，将正确结论的序号全部选对的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
23．（2019·四川开江·初三二模）如图，在正方形中，是对角线与的交点，是边上的动点（点不与重合），过点作垂直交于点，连结．下列四个结论：①；②；③；④若，则的最小值是1．其中正确结论是（ ）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④
24．（2018·全国初三期末）如图，菱形的周长为，，垂足为，，则下列结论中正确的个数为（ ）
①；②；③；④．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
25．如图所示，在和均为等腰直角三角形，其中，点、、在一条直线上．点是的中点，连接，，．下列结论：
①；②；③；④．
其中，结论正确的个数是(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
26．（2019·深圳市福田区南华实验学校初三期中）如图，正方形ABCD中，E为BC的中点，CG⊥DE于G，BG延长交CD于点F，CG延长交BD于点H，交AB于N.下列结论：①DE=CN；②；③S△DEC=3S△BNH；④∠BGN=45°；⑤.其中正确结论的个数有( )

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
27．（2020·安徽安庆·）如图，正方形的边长为4，点是对角线的中点，点、分别在、边上运动，且保持，连接，，.在此运动过程中，下列结论：①；②；③四边形的面积保持不变；④当时，，其中正确的结论是（ ）

A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③④
28．（2018·江苏泰州中学附属初中初二期中）如图，正方形ABCD中，AB=12，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，下列结论： ①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④S△FGC=28.8． 其中正确结论的个数是（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
29．（2018·曲阜师范大学附属实验学校初二期末）如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CD＝3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG＝GC；③AG∥CF；④S△FGC＝．其中正确结论的个数是( )

A．1 B．2 C．3 D．4
30．（2020·广东番禺·初二期末）如图，在菱形ABCD中，AB=AC=1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE=BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC=∠B；③△ADO≌△ACH；④；其中正确的结论个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
31．（2018·四川江油·中考模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交
AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①≌；②；③∠GDE=45°；④
DG=DE在以上4个结论中，正确的共有( )个

A．1个 B．2 个 C．3 个 D．4个
32．（2018·黑龙江富锦·初三三模）如图，△ADE绕正方形ABCD的顶点A顺时针旋转90°，得△ABF，连接EF交AB于H，有如下五个结论①AE⊥AF；②EF：AF=：1；③AF2=FH•FE；④∠AFE=∠DAE+∠CFE ⑤ FB：FC=HB：EC．则正确的结论有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
33．（2020·广西西乡塘·初二期末）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于F，交对角线BD于G，取DG的中点H，连结AH，EH，FH．下列结论：①∠EFH＝45°；②△AHD≌△EHF；③∠AEF+∠HAD＝45°； ④若＝2，则．其中结论正确的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
34．（2018·江苏江都·初二月考）如图，正方形的边长为，点在边上，且，将沿对折至，延长交边于点，连接、，则下列结论：①≌；②；③∥；④与的面积相等；⑤，其中正确的个数是（ ）

A． B． C． D．
35．（2018·四川省德阳中学校）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形连接AC交EF于G，下列结论: ①BE＝DF，②∠DAF＝15°，③AC⊥EF，④BE+DF＝EF，⑤EC＝FG；其中正确结论有( )个

A．2 B．3 C．4 D．5
36．（2020·浙江镇海·初二期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，点，，分别是，，的中点，交于点，下列4个结论中说法正确的有（ ）
①；②；③；④．

A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④
37．（2020·广西蒙山县二中初三其他）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点点M不与B，C重合，，CN与AB交于点N，连接OM，ON，下列五个结论：≌；≌；∽；；若，则的最小值是，其中正确结论的个数是　　

A．2 B．3 C．4 D．5
38．（2019·江西南昌·初二期中）如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．给出下列结论：
①；
②
③
④其中正确的是（ ）

A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④
39．（2020·山东滕州·北辛中学初三月考）如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接．则下列结论：
①；②；
③；④当时，四边形是菱形．
其中，正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
40．（2020·四川南充·初三一模）如图，正方形中，点是边的中点.将沿对折至，延长交边于点，连接，.下列结论：①；②；③；④.其中正确的有（ ）

A．①② B．①③④ C．②③④ D．①②③④
41．（2020·青岛市黄岛区第四中学初三月考）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且满足连接CE并延长交AD于点F，连接AE，过B点作于点G，延长BG交AD于点在下列结论中：

；；，其中正确的结论有
A． B． C． D．
42．（2020·广东惠州·初二月考）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连结，交于点，连结，．若，，则下列结论：①；②垂直平分线段；③；④四边形是菱形．其中正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
43．（2019·重庆市育才中学初二期中）如图，正方形纸片，为正方形边上的一点(不与点，点重合)．将正方形纸片折叠，使点落在点处，点落在点处，交于点，折痕为，连接交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④；⑤，其中正确结论的个数是(　　)

A． B． C． D．
44．（2020·深圳市福田区南华实验学校初三其他）如图，在正方形中，点是上一动点，点是的中点，绕点顺时针旋转90°得到，连接，给出结论：①；②；③；④若正方形的边长为2，则点在射线上运动时，有最小值．其中结论正确的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
45．（2019·安徽凤阳·中考模拟）如图，正方形ABCD和正方形CEFG的边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+2b2，其中正确结论是（　　）

A．① B．② C．①② D．①②③
46．（2020·江苏如东·初二月考）如图，中，对角线交于点，，分别是，的中点．下列结论正确的是（ ）
①；②；③平分；④平分；⑤四边形是菱形．

A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤
47．（2018·广东坪山·初三期末）如图，正方形ABCD中，O为BD中点，以BC为边向正方形内作等边，连接并延长AE交CD于F，连接BD分别交CE、AF于G、H，下列结论：；；；；：，其中正确的结论有　　

A． B． C． D．
48．（2020·山东东平县江河国际实验学校初三二模）如图，正方形中，点分别在边上，且，有下列结论：①；②；③；④；⑤；其中正确的有（ ）个．

A．2 B．3 C．4 D．5
49．（2019·黑龙江佳木斯·初三学业考试）如图，正方形的边长为 1 ， 是对角线 ． 将 绕着点 D 顺时针旋转 得到 交 于点 E ，连接 交 于点 ，连接 ． 下列结论： ① ；② ； ③ ； ④． 其中结论正确的个数是（ ）

A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
50．（2018·全国初二课时练习）如图，正方形ABCD的对角线相交于O点，BE平分∠ABO交AO于E点，CF⊥BE于F点，交BO于G点，连接EG、OF，下列四个结论：①CE=CB；②AE=OE；③OF=CG，其中正确的结论只有(　　)

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
51．（2019·江苏高淳·初二期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，CE、DF交于点G,连接AG、HG．下列结论：①CE⊥DF；②AG=DG;③∠CHG=∠DAG．其中，正确的结论有（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
52．（2019·浙江永康·初二期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于O点，BE平分∠ABO交AO于E点，CF⊥BE于F点，交BO于G点，连接EG、OF，下列四个结论：①CE=CB；②AE=OE；③OF=CG,其中正确的结论只有(　　)

A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
53．（2020·四川雅安·初二期末）如图，在中，是的中点，作于点，连接，下列结论:①；②；③；④；其中正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
54．（2019·北京全国·初三单元测试）如图，AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高．得到下面四个结论：①OA=OD；②AD⊥EF；③当∠A=90°时，四边形AEDF是正方形；④．上述结论中正确的是( )

A．②③ B．②④ C．①②③ D．②③④
55．（2018·山东青岛经开区实验初级中学初三单元测试）如图，正方形的边长为，，是对角线．将绕着点顺时针旋转得到，交于点，连接交于点，连接．则下列结论：
①四边形是菱形        ②         ③        
  ④，其中正确的结论是（ ）

A．①②③④ B．①②③ C．①② D．②
56．（2020·长沙市天心区明德启南中学初二期中）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与、交于点、，连接交于点，连接、．若，，则下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
57．（2020·天津和平·初二月考）如图，边长为的正方形的对角线交于点，点分别在边上 （），且的延长线交于点的延长线交于点恰为的中点．下列结论：
①；
②；
③．
其中，正确结论的个数是（ ）

A．个 B．个 C．个 D．个
58．（2019·安徽濉溪·初二期末）在菱形中，，点为边的中点，点与点关于对称，连接、、，下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（ ）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
59．（2020·广东中山纪念中学初三一模）如图，正方形的边长为6，点是的中点，连接与对角线交于点，连接并延长，交于点，连接交于点，连接．以下结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
60．（2020·广西陆川·初二期末）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连接交于点，连接，．若，，则下列结论：
①，；
②；
③四边形是菱形；
④．
其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
61．（2020·湖北潜江·初二期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，，与相交于点．下列结论：①垂直平分；②；③当时，为等边三角形；④当时，．其中正确的结论是（ ）

A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④
62．（2019·山东崂山·初三单元测试）如图，在菱形中，，垂足为，，，是的中点．现有下列四个结论：①；②四边形的面积等于；③；④．其中正确结论的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
63．（2019·四川外国语大学附属外国语学校初二期末）如图，在正方形中，是对角线上的一点，点在的延长线上，连接、、，延长交于点，若，，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论序号是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
64．（2020·黑龙江初三月考）如图，已知正方形，，是中点，平分交于点，将绕点顺时针旋转得，则下列结论中：①；②；③平分；④；⑤．正确结论的序号是（ ）

A．①③ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①③④
65．（2019·内蒙古杭锦后旗·初二期中）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：①AE=BF；②AE⊥BF；③AO=OE；④S△AOB=S四边形DEOF其中正确的结论是（ ）

A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
66．（2020·浙江金华·初三一模）如图，已知正方形ABCD的边长为6，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①；②；③；④在以上4个结论中，正确的有（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
67．（2019·四川南充·初二期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ADB＝30°，E为BC边上一点，∠AEB＝45°，CF⊥BD于F．下列结论：①BE＝CD，②BF＝3DF，③AE＝AO，④CE＝CF．正确的结论有（　　）

A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③
68．（2020·南宁市新民中学初一期末）如图，∠ABC＝∠ACB，BD、CD、BE分别平分△ABC的内角∠ABC、外角∠ACP、外角∠MBC．以下结论：①AD∥BC；②DB⊥BE；③∠BDC+∠ABC＝90°；④∠A+2∠BEC＝180°；⑤DB平分∠ADC．其中正确的结论有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
69．如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于O，BE平分交AC于E, 于F，交BD于G，则下列结论①OE=OG；②CE=；③；④CF平分.其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
70．（2020·凉州区洪祥乡洪祥中学初二期末）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，E，F分别是AB，AD的中点，DE，BF相交于点G，连接BD，CG，有下列结论：①∠BGD=120° ；②BG+DG=CG；③△BDF≌△CGB；④．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
71．（2019·安徽桐城·初二期末）如图，正方形中，点、、分别是、、的中点，、交于，连接、.下列结论：①；②；③；④.正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
72．（2020·江苏连云港·初三二模）如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M.则下列结论：①∠AME＝90°，②∠BAF＝∠EDB，③AM＝MF，④ME+MF＝MB．其中正确结论的有( )

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
73．（2020·山东武城·）如图，在中，，，，是线段上的两个动点，且，过点，分别作，的垂线相交于点，垂足分别为，.有以下结论：①；②当点与点重合时，；③；④.其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
74．（2019·三明市列东中学初三月考）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P,若AE=AP=1，PB=，下列结论：① △APD≌△AEB；② EB⊥ED；③ 点B到直线AE的距离为； ④，其中正确结论的序号是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
75．（2020·山东济南·初三其他）如图，点E为矩形ABCD的边BC长上的一点，作DF⊥AE于点F，且满足DF=AB．下面结论：①△DEF≌△DEC；②S△ABE = S△ADF；③AF=AB；④BE=AF．其中正确的结论是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
76．（2018·河北初三单元测试）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，CE＝DF，AE，BF相交于点O.下列结论：①AE＝BF；②AE⊥BF；③△ABF与△DAE成中心对称．其中，正确的结论有( )

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
77．（2020·山西翼城·初二期末）如图，在正方形中，，点在边上，且，将沿对折至，延长交于点，连结，，下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（　　）

A．①②③ B．②③④ C．③④① D．①②④
78．（2019·眉山市东坡区苏辙中学初二月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D为AB的中点，M，N分别在BC，AC上，且BM＝CN，现有以下四个结论：
①DN＝DM； ②∠NDM＝90°； ③四边形CMDN的面积为4；
④△CMN的面积最大为2．其中正确的结论有（　　）

A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④
79．（2020·牡丹江市田家炳实验中学初二期中）如图，在正方形中，点在边上，且将沿对折至延长交边于点连接，下列结论：①；②；③．其中正确的是（ ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
80．（2020·湖南初二期末）如图，分别以直角的斜边AB，直角边AC为边向外作等边和等边，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，，．给出如下结论：
①EF⊥AC； ②四边形ADFE为菱形； ③； ④；
其中正确结论的是( )

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
81．（2020·浙江越城·初三月考）如图，在 ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论的个数共有（    ）.

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
82．（2020·山东垦利·初二期末）在菱形ABCD中，，点E为AB边的中点，点P与点A关于DE对称，连接DP、BP、CP，下列结论：；；；，其中正确的是　　

A． B． C． D．
83．（2019·湖北全国·初二单元测试）如图，AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高．得到下面四个结论：①OA=OD；②AD⊥EF；③当∠A=90°时，四边形AEDF是正方形；④ AE2+DF2=AF2+DE2．上述结论中正确的是(   )

A．②③ B．②④ C．①②③ D．②③④
84．（2020·广东深圳中学初三期末）如图，在正方形中，是等边三角形，的延长线分别交于点，连结与相交于点H．给出下列结论，
①△ABE≌△DCF；②△DPH是等腰三角形；③；④，
其中正确结论的个数是（　　）

A． B． C． D．
85．（2020·浙江上虞·初一期末）如图，纸片对边AB∥CD，∠C=，将纸片沿着EF折叠，DF的对应边交AB于点G，FH平分交AC于点H．则结论:①∠AGF=2∠GFE；②∠EGF=∠GFE；③∠CHF=∠GFE；④若，则∠GFE=55°．其中正确结论的个数为（ ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
86．（2019·河南卫辉·）如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接.给出下列五个结论：①；②一定是等腰直角三角形；③一定是等腰三角形；④；⑤.其中正确结论的序号是( )

A．①②③④ B．①②④⑤ C．②③④⑤ D．①③④⑤
87．（2019·湖南雨花·雅礼中学初二期中）如图，正方形中，，点在边上，且；将沿对折至，延长交边于点，连结、，下列结论中，正确的个数为（ ）
①；②；③；④

A．个 B．个 C．个 D．个
88．（2020·抚远市第四中学初二期末）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF．下列结论：
①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④．
其中正确结论的个数是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
89．（2020·陕西省榆林市第一中学分校初三月考）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF，下列结论：
①△ABG≌△AFG；② BG=GC；③ AG∥CF；④∠GAE=45°．
则正确结论的个数有( )

A．1 B．2 C．3 D．4
90．（2019·安徽东至·初二期末）如图，在正方形中，相交于点，分别为上的两点，，，分别交于两点，连，下列结论：①；②；③；④ ，其中正确的是（ ）

A．①② B．①④ C．①②④ D．①②③④
91．（2017·全国初三课时练习）如图，分别以Rt△ABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边△ABD和△ACE，F为AB的中点，DE，AB相交于点G，若∠BAC=30°，下列结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD=4AG；④△DBF≌△EFA．其中正确结论的序号是（　　）

A．②④ B．①③ C．②③④ D．①③④
92．（2019·甘肃省陇东学院附属中学初三月考）如图，在中，，分别以的边向外作正方形，连接EC、BF，过B作于M，交AC于N，下列结论：
≌；；；，其中正确的是

A． B． C． D．
93．（2019·天津滨海新·初二期末）如图，中，对角线，相交于，，、、分别是、、的中点，下列结论：①；②四动形是平行四边形；③；④平分.其中正确的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
94．（2020·湖北孝南·初三学业考试）如图，已知在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的平分线，AE的延长线与DF相交于点G，则下列结论：①AG⊥DF；②EF∥AB；③AB＝AF；④AB＝2EF．其中正确的结论是（　　）

A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④
95．（2019·四川省巴中中学初三期中）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，连接EF，给出下列四个结论，其中正确结论的序号是（　　）
①AP＝EF；②∠PFE＝∠BAP；③△APD一定是等腰三角形；④PD＝EC．

A．①②④ B．②④ C．①②③ D．①③④
96．（2019·广东深圳·初三期中）如图，分别以Rt△ABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边△ABD和△ACE，F为AB的中点，DE，AB相交于点G．连接EF，若∠BAC＝30°，下列结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD＝4AG；④△DBF≌△EFA．则正确结论的序号是（　　）

A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④
97．（2020·渠县树德文武学校初三月考）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③∠GDB＝45°；④S△BEF＝ ．在以上4个结论中，正确的有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
98．（2020·四川叙州·初二期末）如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：，，的面积，其中正确的个数为（ ）

A．个 B．个 C．个 D．个
99．（2019·深圳市高级中学初三期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上，AE、AF分别交BD于点M、N，连接CN、EN，且CN＝EN．下列结论：①AN＝EN，AN⊥EN；②BE+DF＝EF；③；④图中只有4对相似三角形，其中正确结论的个数是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
100．（2020·辽宁西区·初二期末）如图，分别以RtABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边ABD和等边ACE，F为AB的中点，DE，AB相交于点G，若∠BAC＝30°，以下结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD＝4AG；④DBF≌EFA．其中正确结论的个数有（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4


参考答案
1．C
【解析】
【分析】
掌握相似三角形的定义，根据已知条件，用特殊值法求得各线段的长度，通过计算可以判断各选项．
【详解】
∵在正方形ABCD中，E是BC的中点，且，
故设正方形边长为，则，，，
根据勾股定理：，，
∴，而，∴，
①不正确；
∵，，，
∴
∴(SSS)
②正确；
∵
∴
∴
③正确；
∵

∴
④正确；
∴②③④正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键.
2．B
【解析】
【分析】
根据三角形的全等的知识可以判断①的正误；根据角角之间的数量关系，以及三角形内角和为180°判断②的正误；根据线段垂直平分线的知识可以判断③的正误，利用解三角形求正方形的面积等知识可以判断④的正误．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等边三角形，∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC-BE=CD-DF，
∴CE=CF，
∴①说法正确；
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，
∴②说法正确；
如图，连接AC，交EF于G点，
∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，
∴③说法错误；
∵EF=2，
∴CE=CF=，
设正方形的边长为a，
在Rt△ADF中，
AD2+DF2=AF2，即a2+（a-）2=4，
解得a，
则a2=2+，
S正方形ABCD=2+，
④说法正确，
∴①②④正确．
故选B.
【点睛】
题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的证明以及辅助线的正确作法，此题难度不大，但是有一点麻烦．
3．C
【解析】
【分析】
只要证明△BAF≌△ADE，推出BF＝AE,∠ABF＝∠DAE ,由∠DAE＋∠BAO＝90°，推出∠BAO＋∠ABO＝90°，推出AE⊥BF ,推出①②正确,因为△ABF绕对角线的交点顺时针旋转90°可得△ADE，所以△ABF与△DAE不成中心对称，由此即可判断.
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠D＝90°，∵CE＝DF，∴AF＝DE，在△BAF和△ADE中，，∴△BAF≌△ADE，∴BF＝AE，∠ABF＝∠DAE，∵∠DAE＋∠BAO＝90°，∴∠BAO＋∠ABO＝90°，∴AE⊥BF，∴①②正确，∵△ABF绕对角线的交点顺时针旋转90°可得△ADE，∴△ABF与△DAE不成中心对称，故③错误，故答案选C.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质，解本题的要点在于证明△BAF≌△ADE，从而判断，得出答案.
4．C
【解析】
【分析】
根据矩形的性质，证明，即可得到正确选项．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴°，AB=CD
∵DF=AB，且
在和中

∴
∴
∴平分，故①正确；
又∵
∴
∴
∴
∴为等腰三角形，故②正确；
在和中

∴
∴
∴，故④正确；③不正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，熟知以上性质与判定是解题的关键．
5．C
【解析】
【分析】
①正确．证明，即可判断．
②正确．利用平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质解决问题即可．
③正确．作于，设，，则，，通过计算证明即可解决问题．
④错误．设的面积为，由，推出，，推出的面积为，的面积为，推出的面积的面积，由此即可判断．
【详解】
∵四边形是正方形，
，，
∵，
，
，
在与中，
，
，
；故①正确；
∵，
，
∵，
，
，
，
∵，
，
；故②正确；
作于，设，，则，，

由，可得，
由，可得，
，
∵，
，
，
∵，，
，
∵，
；故③正确，
设的面积为，
∵，
，，
的面积为，的面积为，
的面积的面积，
，故④错误，
故选C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
6．D
【解析】
【分析】
由正方形的性质和全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质进行推理即可得出结论．
【详解】
解：如图，

（1）
所以①成立
(2)如图延长交延长线于点，

则：


∴为直角三角形斜边上的中线，是斜边的一半，即
所以②成立
(3) ∵
∴
∵
∴
所以③成立
故选：D
【点睛】
本题考查的正方形的性质，直角三角形的性质以及全等三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握性质和定理．
7．B
【解析】
【分析】
①可证△ABF≌△BEC到△BEH∽△ABF，所以∠BAF=∠BHE=90°得证．
②由题意正方形中∠ABO=∠BCO，在上面所证∠BCE=∠ABF，由△OBM≌△ONC得到ON=OM即得证．
③利用AAS证明三角形OCN全等于三角形OBM，所以BM=CN，只有H是BM的中点时，OH等于BM（CN）的一半，所以（3）错误．
④过O点作OG垂直于OH，OG交CH于G点，由题意可证得三角形OGC与三角形OHB全等．按照前述作辅助线之后，OHG是等腰直角三角形，OH乘以根2之后等于HG，则在证明证明三角形OGC与三角形OHB全等之后，CG=BH，所以④式成立．
【详解】
解：∵AF=BE，AB=BC，∠ABC=∠BAD=90°，
∴△ABF≌△BEC，
∴∠BCE=∠ABF，∠BFA=∠BEC，
∴△BEH∽△ABF，
∴∠BAF=∠BHE=90°，
即BF⊥EC，①正确；
∵四边形是正方形，
∴BO⊥AC，BO=OC，
由题意正方形中∠ABO=∠BCO，在上面所证∠BCE=∠ABF，
∴∠ECO=∠FBO，
∴△OBM≌△ONC，
∴ON=OM，
即②正确；
③∵△OBM≌△ONC，
∴BM=CN，
∵∠BOM=90°，
∴当H为BM中点时，OH=BM=CN（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
因此只有当H为BM的中点时，OH=CN，故③错误；
④过O点作OG垂直于OH，OG交CH与G点，

在△OGC与△OHB中，

故△OGC≌△OHB，
∵OH⊥OG，
∴△OHG是等腰直角三角形，
按照前述作辅助线之后，△OHG是等腰直角三角形，OH乘以之后等于HG，
则在证明三角形OGC与三角形OHB全等之后，CG=BH，所以④式成立．
综上所述，①②④正确．
故选择：B.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质以及直角三角形的性质，解题的关键是根据图形找出相对应的等量关系.
8．A
【解析】
【分析】
首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB，故选项①正确；由①可得∠BEP=90°，故BE不垂直于AE过点B作BM⊥AE延长线于M，由①得∠AEB=135°所以∠EMB=45°，所以△EMB是等腰Rt△，求出B到直线AE距离为BF，即可对于②作出判断；根据全等三角形对应角相等可得∠AEB=∠APD=135°，然后求出∠BEP=90°，判定③正确；根据三角形的面积公式得到S△BPD=PD×BE=，所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，由此即可对④判定．根据等腰直角三角形的性质求出PE，再利用勾股定理列式求出BE的长，然后根据S△APD+S△APB=S△APE+S△BPE列式计算即可判断出⑤；由此选择答案即可．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
∴∠BAP+∠PAD=90°，
∵EA⊥AP，
∴∠EAB+∠BAP=90°，
∴∠PAD=∠EAB，
∵在△APD和△AEB中，
，
∴△APD≌△AEB（SAS），故①正确；
∵△AEP为等腰直角三角形，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠APD=∠AEB=135°，
∴∠BEP=90°，
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，

在△AEP中，AE=AP=1，根据勾股定理得：PE=，
在△BEP中，PB=，PE=，由勾股定理得：BE=，
∵∠PAE=∠PEB=∠EFB=90°，AE=AP，
∴∠AEP=45°，
∴∠BEF=180°-45°-90°=45°，
∴∠EBF=45°，
∴EF=BF，
在△EFB中，由勾股定理得：EF=BF=，
故②是错误的；
∵AE=AP，AP⊥AE，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠AEB=∠APD=180°-45°=135°，
∴∠BEP=135°-45°=90°，
∴EB⊥ED，
故③正确；
由△APD≌△AEB，
∴PD=BE=，
∵S△BPD=PD×BE=，
∴S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，
∴S正方形ABCD=2S△ABD=4+．
故选项④正确．
∵AE=AP=1，
∴PE=，
在Rt△PBE中，BE=，
∴S△APD+S△APB=S△APE+S△BPE，
=，
=，故⑤错误；
综上所知①③④正确．
故选A．
【点睛】
此题分别考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．
9．D
【解析】
【分析】
①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证；②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．
【详解】
①∵∠EAB+∠BAP=90°,∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
∴△APD≌△AEB(故①正确)；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD=∠AEB，
又∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP=∠PAE=90°，
∴EB⊥ED(故③正确)；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP,∠EAP=90°,

∴∠AEP=∠APE=45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
又∵BE=，
∴BF=EF= (故②不正确)；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE=AP=1，
∴EP=，
又∵PB=，
∴BE=，
∵△APD≌△AEB，
∴PD=BE=，
∴S+S=S−S=S−×DP×BE=×(4)− ××=+.(故④不正确).
⑤∵EF=BF=，AE=1，
∴在Rt△ABF中,
∴S=AB=4+(故⑤正确)；
故选：D.
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理的应用，解题关键是过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F.
10．D
【解析】
【分析】
根据题目条件判定△AND≌△AMB，从而判断①的正误；利用截长补短的方法判定三角形全等，从而判断②③正误．
【详解】
解：在正方形ABCD中，AD=AB=CD=CB,∠D=∠B=∠C=90°
∵
∴
∴∠NMC=45°，△MNC是等腰直角三角形
∴NC=MC
∴DN=BM
所以△AND≌△AMB
∴ ,因此①正确；

如图：延长CD，使得DE=BM
在△ADE和△ABM中
∴△ADE≌△ABM
∴，AM=AE
∵
∴
∴
∴
又∵AE=AM,AN=AN
∴△AEN≌△AMN
∴MN=EN=ED+DN=BM+DN
∠AMN=∠E，∠ANM=∠ANE
∴∠ENM=∠ANM+∠ANE=2(180°-45°-∠AMN)=270°-2∠AMN
而∠MNC=180°-∠ENM=180°-（270°-2∠AMN）=2∠AMN-90°
即②，正确；
的周长=MN+MC+NC=EN+NC+MC=ED+DN+NC+MC=BM+DN+NC+MC=CD+BC，即正方形边长的2倍，∴③的周长不变，正确
正确的共三个，故选D.
【点睛】
此题考查正方形的性质及全等三角形的判定，用截长补短的方法证明三角形全等是解题关键.
11．D
【解析】
【分析】
①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需证明FC＝FH，可证：AF＝FH；②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°；③作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD＝2FG，只需证OA＝GF即可，根据△AOF≌△FGH，可证OA＝GF，故可证BD＝2FG；④作辅助线，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则IL＝HC，可证AL＝HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE＝IM，故△CEH的周长为边AM的长，为定值．
【详解】
①连接FC，延长HF交AD于点L，

∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADB＝∠CDF＝45°．
∵AD＝CD，DF＝DF，
∴△ADF≌△CDF．
∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF．
∵∠ALH＋∠LAF＝90°，
∴∠LHC＋∠DAF＝90°．
∵∠ECF＝∠DAF，
∴∠FHC＝∠FCH，
∴FH＝FC．
∴FH＝AF．
②∵FH⊥AE，FH＝AF，
∴∠HAE＝45°．
③连接AC交BD于点O，可知：BD＝2OA，

∵∠AFO＋∠GFH＝∠GHF＋∠GFH，
∴∠AFO＝∠GHF．
∵AF＝HF，∠AOF＝∠FGH＝90°，
∴△AOF≌△FGH．
∴OA＝GF．
∵BD＝2OA，
∴BD＝2FG．
④连接EM，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则：LI＝HC，

∵HL⊥AE，CI∥HL，
∴AE⊥CI，
∴∠DIC＋∠EAD＝90°，∵∠EAD＋∠AED＝90°，
∴∠DIC＝∠AED，
∵ED⊥AM，AD＝DM，
∴EA＝EM，
∴∠AED＝∠MED，
∴∠DIC＝∠DEM，
∴∠CIM＝∠CEM，
∵CM＝MC，∠ECM＝∠CMI＝45°，
∴△MEC≌△CIM，可得：CE＝IM，
同理，可得：AL＝HE，
∴HE＋HC＋EC＝AL＋LI＋IM＝AM＝8．
∴△CEH的周长为8，为定值．
故①②③④结论都正确．
故选：D．
【点睛】
解答本题要充分利用正方形的特殊性质，在解题过程中要多次利用三角形全等．
12．B
【解析】
【分析】
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ADB＝∠C＋∠DBC，然后求出∠C＝∠DBC，再根据等角对等边可得DC＝DB，从而判断①正确；没有条件说明∠C的度数，判断出②错误；连接PD，利用△BCD的面积列式求解即可得到PE＋PF＝AB，判断出③正确；过点B作BG∥AC交FP的延长线于G，根据两直线平行，内错角相等可得∠C＝∠PBG，∠G＝∠CFP＝90°，然后求出四边形ABGF是矩形，根据矩形的对边相等可得AF＝BG，根据然后利用“角角边”证明△BPE和△BPG全等，根据全等三角形对应边相等可得BG＝BE，再利用勾股定理列式求解即可判断④正确．
【详解】
在△BCD中，∠ADB＝∠C＋∠DBC，
∵∠ADB＝2∠C，
∴∠C＝∠DBC，
∴DC＝DB，
∴△DBC是等腰三角形，故①正确；
无法说明∠C＝30°，故②错误；
连接PD，则S△BCD＝BD•PE＋DC•PF＝DC•AB，
∴PE＋PF＝AB，故③正确；
过点B作BG∥AC交FP的延长线于G，
则∠C＝∠PBG，∠G＝∠CFP＝90°，
∴∠PBG＝∠DBC，四边形ABGF是矩形，
∴AF＝BG，
在△BPE和△BPG中，
，
∴△BPE≌△BPG（AAS），
∴BG＝BE，
∴AF＝BE，
在Rt△PBE中，PE2＋BE2＝BP2，
即PE2＋AF2＝BP2，故④正确．
综上所述，正确的结论有①③④．
故选：B．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，勾股定理的应用，作辅助线构造出矩形和全等三角形是解题的关键．
13．C
【解析】
【分析】
根据中线、高线、角平分线的性质结合等边三角形、直角三角形的性质依次判断即可求解．
【详解】
∵AE是中线，∴，①正确；
∵，∴，
又AE是中线，
∴AE=CE=BE,
∴△ACE为等边三角形，
∴
∵是角平分线,∴
∴
又∵是高
∴
∴
故,②正确；
∵AE是中线，△ACE为等边三角形，
∴，③正确；
作DG⊥AB,DH⊥AC，
∵是角平分线
∴DG=DH，
∴=×BD×AF=×AB×DG，=CD×AF=×AC×DH，
∴，④正确；
故选C．

【点睛】
此题主要考查直角三角形的判定与性质，解题的关键是熟知中线、高线、角平分线的性质结合等边三角形、直角三角形的性质．
14．B
【解析】
【分析】
①正确．证明Rt△AGD≌Rt△AGF,得到∠GAF＝∠GAD，结合∠EAB＝∠EAF可得结果．
②错误．可以证明DG＝GC＝FG，显然△GFC不是等边三角形，可得结论．
③正确．证明CF⊥DF，AG⊥DF即可．
④错误．证明FG：EG＝3：5，求出△ECG的面积即可．
【详解】
解：如图，连接DF．
∵四边形ABC都是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠ABE＝∠BAD＝∠ADG＝∠ECG＝90°，
由翻折可知：AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝∠AFG＝90°，BE＝EF＝4，∠BAE＝∠EAF，
∵∠AFG＝∠ADG＝90°，AG＝AG，AD＝AF，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∴DG＝FG，∠GAF＝∠GAD，设GD＝GF＝x，
∴∠EAG＝∠EAF＋∠GAF＝（∠BAF＋∠DAF）＝45°，故①正确，
在Rt△ECG中，∵EG2＝EC2＋CG2，
∴（4＋x）2＝82＋（12−x）2，
∴x＝6，
∵CD＝BC＝BE＋EC＝12，
∴DG＝CG＝6，
∴FG＝GC，
易知△GFC不是等边三角形，显然FG≠FC，故②错误，
∵GF＝GD＝GC，
∴∠DFC＝90°，
∴CF⊥DF，
∵AD＝AF，GD＝GF，
∴AG⊥DF，
∴CF∥AG，故③正确，
∵S△ECG＝×6×8＝24，FG：FE＝6：4＝3：2，
∴FG：EG＝3：5，
∴S△GFC＝×24＝，故④错误，
故选B．

【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．
15．B
【解析】
【分析】
①只要证明即可判断；②根据等边三角形的性质以及三角形外角的性质即可判断；③根据相似三角形的判定方法即可判断；④求得点到的距离即可判断．综上即可得答案.
【详解】
∵四边形是菱形，
∴，，
∵∠ABC=60°，
∴是等边三角形，
∴∠ACD=∠ACB=60°，AB=AC，
∴∠ABE=∠ACF=120°，
∵，
∴∠BAE+∠BAF=∠CAF+∠BAF=60°，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，．故①正确；
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∵，
∴和不会相似，故③不正确；
过点作于点，过点作于点，
∵，，
∴，
∵在中，，，
∴，，
∵在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴在中，，，
∴．
∴．
∴点到的距离为，故④不正确．
综上，正确结论有①②，共2个，
故选B．

【点睛】
本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
16．D
【解析】
【分析】
由折叠的性质可得，结合，可得①正确；在中，利用勾股定理求出AF，设，在中，利用勾股定理构建方程求出AG，进而可判断②③；设，在中，利用勾股定理构建方程求出CE，进而可得DE，然后判断④．
【详解】
解：∵由折叠的性质可得，，
∴，所以①正确；
∵AF=BC=10，
∴在中，，
∴，
设，则，
在中，∵，
∴，解得，
∴，
∴，所以③正确；
∵，，
∴，所以②正确；
设，在中，，
解得，
∴，，
∴，故④正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质以及勾股定理的应用，运用方程思想结合勾股定理求出所需线段的长度是解题的关键．
17．C
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质可得∠PAE=∠BAC=45°，∠B=∠C=45°，PA⊥BC，可得∠C=∠PAE，根据直角三角形斜边中线的性质可得PA=PC，根据角的和差关系可得∠FPC=∠EPA，利用ASA可证明△EPA≌△FPC，根据全等三角形的性质可得AE=CF，PE=PF，由∠EPF=90°，可得△EPF是等腰直角三角形，可判定①②正确；根据全等三角形的性质可知S△EPA=S△FPC，可得S四边形AEPF=S△APC，由S△APC=S△ABC可判定③正确；只有当EF为△ABC的中位线时，EF=PC=PA，可判定④错误；综上即可得答案．
【详解】
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵点P为BC中点，AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠PAE=∠PAC=45°，PA=PC，AP⊥BC，
∴∠C=∠PAC，
∵∠EPF=∠EPA+∠APF=90°，∠FPC+∠APF=90°，
∴∠EPA=∠FPC，
在△EPA和△FPC中，，
∴△EPA≌△FPC，
∴AE=CF，PE=PF，故①正确，
∵∠EPF=90°，
∴△EPF是等腰直角三角形，故②正确，
∵△EPA≌△FPC，
∴S△EPA=S△FPC，
∴S四边形AEPF=S△EPA+S△PAF=S△FPC+S△PAF=S△APC，
∵PC=BC，
∴S△APC=S△ABC，
∴S四边形AEPF=S△ABC，故③正确，
只有当EF为△ABC的中位线时，EF=PC=PA，故④错误；
综上所述：正确的结论有①②③，共3个，
故选：C．

【点睛】
本题主要考查了等腰三角形和直角三角形的性质，综合利用了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
18．C
【解析】
【分析】
由折叠的性质、矩形的性质与角平分线的性质，可证得CF=FM=DF；易求得∠BFE=∠BFN，则可得BF⊥EN；易求得BM=2EM=2DE，即可得EB=3EM，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，即可求得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BCD=90°，DF=MF．
由折叠的性质可得：∠EMF=∠D=90°，
即FM⊥BE，CF⊥BC，
∵BF平分∠EBC，
∴CF=MF．
∴DF=CF；故①正确．
∵∠BFM=90°-∠EBF，∠BFC=90°-∠CBF，
∴∠BFM=∠BFC．
∵∠MFE=∠DFE=∠CFN，
∴∠BFE=∠BFN．
∵∠BFE+∠BFN=180°，
∴∠BFE=90°．
即BF⊥EN，故②正确．
在△DEF和△CNF中，
，
∴△DEF≌△CNF（ASA）．
∴EF=FN．
∴BE=BN．
∵∠BFM=∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，
∴BM=BC=AD=2DE=2EM．
∴BE=3EM．
∴S△BEF=3S△EMF=3S△DEF；
故③正确．
在△CFN与△DFE中，
，
∴△CFN≌△DEF，
∴CN=DE；故④正确．
故选C．
【点睛】
此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
19．C
【解析】
分析：根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定Rt△ADG≌Rt△FDG，再由GF+GB=GA+GB=12，EB=EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG=4，BG=8，EG=10，再抓住△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断④的正确性．
详解：由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°， ∴∠DFG=∠A=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，AD=DF，DG=DG， ∴Rt△ADG≌Rt△FDG，故①正确；
∵正方形边长是12， ∴BE=EC=EF=6， 设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，
由勾股定理得：， 解得：x=4，
∴AG=GF=4，BG=8，EG=10， BG=2AG，故②、③正确；
BE=EF=6，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，故④错误；则选C．
点睛：本题考查了图形的翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，有一定的难度．理解折叠图形的性质以及勾股定理的使用是解决这个问题的关键．
20．D
【解析】
【分析】
根据正方形对角线的性质及全等三角形的性质求证 ,从而判断①；延长DE,AB相交于点M,根据条件证出△DCH∽△MFH，从而判断②；根据勾股定理及三角形面积公式求得，然后根据△DCG∽△BFG求得，从而判断④，过点H作HK⊥AB，利用勾股定理和相似三角形的性质求得，，求得，从而判断③.
【详解】
解：由题意可知：
又∵正方形ABCD中，AB=CB,BG=BG
∴△ABG≌△CBG
∴
又∵点E是BC的中点，
∴CE=BE
又∵正方形ABCD中，AB=CD,
∴△DCE≌△ABE
∴
∵
∴ ,即①正确；

如图：延长DE,AB相交于点M
∵在正方形ABCD中，点E是BC的中点，
∴易证△DCE≌△MBE
∴DC=BM=6
又由①正确
可得
又∵
∴△DCE≌△CBF
∴BF=CE=3
∵DC∥AB
∴△DCH∽△MFH
∴
∴②正确；


由题意可知CE=3,DC=6,∠DCE=90°
∴
又根据三角形面积公式可得：
∴
由△DCE≌△CBF
∴CF=DE
∵DC∥AB
∴△DCG∽△BFG
∴ ,即
∴
∴，④正确.

过点H作HK⊥AB
由易证可知
∴ ,即
∴
同理： ,即
∴
∴
∴在Rt△AHK中，
∴③正确；正确的共4个，
故选：D.
【点睛】
此题考查正方形的性质及相似三角形的判定和性质的综合应用，做题时，适当添加辅助线，找准相似三角形的对应角和对应边是解题关键.
21．C
【解析】
【分析】
根据矩形性质求出OD=OC,根据角求出 ∠DOC = 60°即可得出三角形DOC是等边三角形,求出AC= 2AB, 即可判断②,求出∠BOE= 75°，∠AOB = 60相加即可求出,∠AOE根据等底等高的三角形面积相等得出.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OA=OC，OD=OB，AC=BD
∴OA=OD=OC=OB
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=15°.
∴∠CAE=15°，
∴∠DAC=30°.
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠DAC=30°.
∴∠DOC=60°.
∵OD=OC，
∴△ODC是等边三角形.
∴①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=90°.
∴∠DAC=∠ACB=30°.
∴AC=2AB.
∵AC＞BC，
∴2AB＞BC.
∴②错误；




∵AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB=30°.
∵AE平分∠DAB，∠DAB=90°，
∴∠DAE=∠BAE=45°.
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠AEB=∠BAE，
∴AB=BE.
∴四边形ABCD是矩形.
∴∠DOC=60°，DC=AB，
∵△DOC是等边三角形，
∴DC=OD.
∴BE=BO.
∴∠BOE=75°，
∵∠AOB=∠DOC=60°，
∴∠AOE=135°.
∴③正确；
∵OA=OC，
∴根据等底等高的三角形面积相等可知S△AOE=S△COE
∴④正确
故正确答案是C.
【点睛】
本题考查了矩形性质，平行线性质，角平分线定义，等边三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点的综合运用.
22．A
【解析】
【分析】
由折叠的性质、矩形的性质与角平分线的性质，可证得CF＝FM＝DF；易求得∠BFE＝∠BFN，则可得BF⊥EN；易证得△BEN是等腰三角形，但无法判定是等边三角形；故正确的结论有3个．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BCD＝90°，DF＝MF，
由折叠的性质可得：∠EMF＝∠D＝90°，
即FM⊥BE，CF⊥BC，
∵BF平分∠EBC，
∴CF＝MF，
∴DF＝CF，在△DEF与△CFN中，

∴△DFE≌△CFN，
∴EF＝FN，
∵∠BFM＝90°−∠EBF，∠BFC＝90°−∠CBF，
∴∠BFM＝∠BFC，
∴BF平分∠MFC；故②正确；
∵∠MFE＝∠DFE＝∠CFN，
∴∠BFE＝∠BFN，
∵∠BFE＋∠BFN＝180°，
∴∠BFE＝90°，
即BF⊥EN，
∴BF垂直平分EN，故①正确；
∵∠BFE＝∠D＝∠FME＝90°，
∴∠EFM＋∠FEM＝∠FEM＋∠FBE＝90°，
∴∠EFM＝∠EBF，
∵∠DFE＝∠EFM，
∴∠DFE＝∠FBE，
∴△DEF∽△FEB；故③正确；
∵△DFE≌△CFN，∴BE＝BN，
∴△EBN是等腰三角形，
∴∠N不一定等于60°，
故④错误．
故答案选：A．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，证得△DFE≌△CFN是解题的关键．
23．A
【解析】
【分析】
根据正方形的性质，依次判定△CNB≌△DMC,△AON≌△BOM，△OCM≌△OBN，,根据全等三角形的性质以及勾股定理进行计算即可得出结论．
【详解】
∵正方形ABCD中，CD＝BC，∠BCD＝90，
∴∠BCN＋∠DCN＝90，
又∵CN⊥DM，
∴∠CDM＋∠DCN＝90，
∴∠BCN＝∠CDM，
又∵∠CBN＝∠DCM＝90，
∴△CNB≌△DMC（ASA），
∴BN=CM,
故AN=BM
∵AO=BO，∠OAN＝∠OBM=45°，
∴△AON≌△BOM，
∵BO=CO，∠OCM＝∠OBN =45°，
∴△OCM≌△OBN，
∴=S△OBN+ S△BOM= S△OBN+S△AON=S△AOB=
即，①正确；
∵△AON≌△BOM，
∵∠MON＝∠BOM+∠BON=∠AON +∠BON=90°，ON=OM
∴△MNO是等腰直角三角形，
∴MN=
∵△MNB是直角三角形，
∴
又CM=BN
∴
即，②正确；
∵∠CON＝90°+∠BON, ∠DOM＝90°+∠COM，∠BON=∠COM
∴∠CON＝∠DOM
又CO=DO, ON=OM,
∴，③正确；
④∵AB＝2，
∴S正方形ABCD＝4，
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积＝△BOC的面积＝1，即四边形BMON的面积是定值1，
∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN＝x＝CM，则BM＝2−x，
∴△MNB的面积＝x（2−x）＝− x2＋x＝− （x−1）2＋，
∴当x＝1时，△MNB的面积有最大值，
此时S△OMN的最小值是1− ＝，
故④不正确；

【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，二次函数的最值以及勾股定理的综合应用，解题时注意二次函数的最值的运用．
24．B
【解析】
【分析】
连接AC交BD于O，由菱形的性质求出边长，设AE=4x，DE=3x，根据勾股定理得出方程，解方程求出x，得出AE、DE，由菱形的面积=底×高，求出菱形的面积；根据勾股定理求出BD，得出OD，再由勾股定理求出OA，得出AC，即可得出结论．
【详解】
连接AC交BD于O，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的周长为20cm，
∴AD=AB=5cm，
∵DE⊥AB，AE：DE=4：3，
则∠AED=90°，
设AE=4xcm，DE=3xcm，
根据勾股定理得：（4x）2+（3x）2=52，
解得：x=1，
∴AE=4cm，DE=3cm，
∴BE=5-4=1，S菱形=AB•DE=5×3=15（cm2），
∴①②③正确；
在Rt△BDE中，根据勾股定理得：BD=，
∴OD=，
在Rt△AOD中，OA=，
∴AC=2OA=3，
∴④不正确；
故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积的计算；熟练掌握菱形的性质，并能运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
25．D
【解析】
【分析】
根据三角形和梯形的面积公式求出S△ABC、S△CDE、S梯形ABDE，从而求出S△ACE，然后利用作差法和完全平方公式即可判断①；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可判断②；根据垂直平分线的判定和三线合一证出△MBD为等腰直角三角形即可判断③和④；
【详解】
解：∵和均为等腰直角三角形
∴AB=BC，CD=DE，∠ABC=∠CDE=90°，∠ACB=∠ECD=45°
∴S△ABC=AB·BC=，S△CDE=CD·DE=，S梯形ABDE=（AB＋DE）·（BC＋CD）=（AB＋DE）2
∴S△ACE= S梯形ABDE－S△ABC－S△CDE=AB·DE
∴＋－AB·DE=≥0
∴，故①正确；
∠ACE=180°－（∠ACB＋∠ECD）=90°
在Rt△ACE中，点是的中点，
∴，故②正确；
CM=AM，CM=ME
∴点M在AC的垂直平分线上，点M也在CE的垂直平分线上
∵点B在AC的垂直平分线上，点D在CE的垂直平分线上
∴BM垂直平分AC，DM垂直平分CE
∴BM平分∠ABC，DM平分∠CDE
∴∠MBD=∠ABC=45°，∠MDB=∠CDE=45°
∴△MBD为等腰直角三角形，∠BMD=90°，BM=DM，故④正确；
∴BM⊥DM，故③正确；
故结论正确的有4个
故选D．
【点睛】
此题考查的是三角形面积公式、梯形的面积公式、完全平方公式、直角三角形的性质、等腰三角形的性质和垂直平分线的判定，掌握三角形面积公式、梯形的面积公式、用作差法比较大小、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂直平分线的判定和三线合一是解决此题的关键．
26．D
【解析】
【分析】
根据题目已知证明可判断①正确；证明可判断②正确；过H点作，利用，求解即可判断③正确；添加辅助线过B作BP⊥CN于P，BQ⊥DG，交DE的延长线于E，利用△BNC≌△CED，证得△BPN≌△BQE，即可判断④正确；连接N，E，设,则,,利用勾股定理求出CN，CE的长，然后根据的面积求出GE，GN，再证，利用相似三角形对应边成比例，求出BG，BF的长，即可得⑤正确．
【详解】
解：①∵在正方形ABCD中，，,
∴

即：
∴（ASA）
∴CN= DE，故①正确；
②∴在正方形ABCD中， ，
∴，
∴，
∵，E为BC的中点， 四边形ABCD是正方形
∴，
∴，故②正确；
③如下图示，过H点作，

∴根据，有，
则：
∴，

即是：，故③正确 ；
④过B作BP⊥CN于P，BQ⊥DG，交DE的延长线于E，

∴∠BPC=∠BQD=∠PGQ=90°，
∴四边形PBQG是矩形，
∴∠PBQ=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠NBP=∠QBE，
由①得：△BNC≌△CED，
∴EC=BN，
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∴BE=BN，
∵∠BPN=∠BQE=90°，
∴△BPN≌△BQE，
∴BP=BQ，
∴四边形PBQG是正方形，
∴∠BGE=45°，故④正确；
⑤如图示，连接N，E

设,则,,
∵CG⊥DE，
∴，
，
由的面积可得：
化简得：，
∴，
则有：
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
则，
，
并∵
∴
∴，故⑤正确．
综上所述，故选：D．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，学生需要有比较强的综合知识，比较复杂．
27．D
【解析】
【分析】
过O作于G，于，由正方形的性质得到，求得，，得到，根据全等三角形的性质得到，故①正确；，推出，故②正确；得到四边形的面积正方形的面积，四边形的面积保持不变；故③正确；根据平行线的性质得到
，，求得，得到，于是得到，故④正确．
【详解】

解：过O作于G，于H，
∵四边形是正方形，
，
，，
∵点O是对角线BD的中点，
，，
，，
，
，，
∴四边形是正方形，
，
，
，
在与中，
，
，
，故①正确；，
，
，故②正确；
，
∴四边形的面积正方形的面积，
∴四边形的面积保持不变；故③正确；
，
，，
，
，
，
，
，故④正确；
故选．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
28．B
【解析】
【分析】
由正方形的性质和折叠的性质得出AB=AF，∠AFG=90°，由HL证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确；
设BG=FG=x，则CG=12﹣x．由勾股定理得出方程，解方程求出BG，得出GC，即可得出②正确；
由全等三角形的性质和三角形内角和定理得出∠AGB=∠GCF，得出AG∥CF，即可得出③正确；
通过计算三角形的面积得出④错误；即可得出结果．
【详解】
①正确．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=12，∠B=∠GCE=∠D=90°，由折叠的性质得：AF=AD，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFG=90°，AB=AF．在Rt△ABG和Rt△AFG中，，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
②正确．理由如下：
由题意得：EF=DE=CD=4，设BG=FG=x，则CG=12﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得（12﹣x）2+82=（x+4）2，解得：x=6，∴BG=6，∴GC=12﹣6=6，∴BG=GC；
③正确．理由如下：
∵CG=BG，BG=GF，∴CG=GF，∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，∴∠AGB=∠GCF，∴AG∥CF；
④错误．理由如下：
∵S△GCE=GC•CE=×6×8=24．
∵GF=6，EF=4，△GFC和△FCE等高，∴S△GFC：S△FCE=3：2，∴S△GFC=×24=≠28.8．
故④不正确，∴正确的有①②③．
故选B．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识；本题综合性强，有一定的难度．
29．D
【解析】
【分析】
由正方形和折叠的性质得出AF＝AB，∠B＝∠AFG＝90°，由HL即可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确；
设BG＝x，则CG＝BC−BG＝6−x，GE＝GF＋EF＝BG＋DE＝x＋2，由勾股定理求出x＝3，得出②正确；
由等腰三角形的性质和外角关系得出∠AGB＝∠FCG，证出平行线，得出③正确；
根据三角形的特点及面积公式求出△FGC的面积＝，得出④正确．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝DC＝6，∠B＝D＝90°，
∵CD＝3DE，
∴DE＝2，
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴DE＝EF＝2，AD＝AF，∠D＝∠AFE＝∠AFG＝90°，
∴AF＝AB，
∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴①正确；
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴BG＝FG，∠AGB＝∠AGF，
设BG＝x，则CG＝BC−BG＝6−x，GE＝GF＋EF＝BG＋DE＝x＋2，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2＋CE2＝EG2，
∵CG＝6−x，CE＝4，EG＝x＋2
∴（6−x）2＋42＝（x＋2）2
解得：x＝3，
∴BG＝GF＝CG＝3，
∴②正确；
∵CG＝GF，
∴∠CFG＝∠FCG，
∵∠BGF＝∠CFG＋∠FCG，
又∵∠BGF＝∠AGB＋∠AGF，
∴∠CFG＋∠FCG＝∠AGB＋∠AGF，
∵∠AGB＝∠AGF，∠CFG＝∠FCG，
∴∠AGB＝∠FCG，
∴AG∥CF，
∴③正确；
∵△CFG和△CEG中，分别把FG和GE看作底边，
则这两个三角形的高相同．
∴，
∵S△GCE＝×3×4＝6，
∴S△CFG＝×6＝，
∴④正确；
正确的结论有4个，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形性质、折叠性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、平行线的判定等知识点的运用；主要考查学生综合运用性质进行推理论证与计算的能力，有一定难度．
30．B
【解析】
【分析】
根据菱形的性质，利用SAS证明即可判断①；根据△ABF≌△CAE得到∠BAF=∠ACE，再利用外角的性质以及菱形内角度数即可判断②；通过说明∠CAH≠∠DAO，判断△ADO≌△ACH不成立，可判断③；再利用菱形边长即可求出菱形面积，可判断④.
【详解】
解：∵在菱形ABCD中，AB=AC=1，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠CAE=60°，
又∵AE=BF，
∴△ABF≌△CAE（SAS），故①正确；
∴∠BAF=∠ACE，
∴∠FHC=∠ACE+∠HAC=∠BAF+∠HAC=60°，故②正确；
∵∠B=∠CAE=60°，
则在△ADO和△ACH中，
∠OAD=60°=∠CAB，
∴∠CAH≠60°，即∠CAH≠∠DAO，
∴△ADO≌△ACH不成立，故③错误；
∵AB=AC=1，过点A作AG⊥BC，垂足为G，
∴∠BAG=30°，BG=，
∴AG==,
∴菱形ABCD的面积为：==，故④错误；
故正确的结论有2个，
故选B.

【点睛】
本题考查了全等三角形判定和性质，菱形的性质和面积，等边三角形的判定和性质，外角的性质，解题的关键是利用菱形的性质证明全等.
31．C
【解析】
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定△ADG≌△FDG，再由GF+GB=GA+GB=12，EB=EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG=4，BG=8，根据全等三角形性质可求得∠GDE==45〫，再抓住△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断④是错误的．
【详解】由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
∴△ADG≌△FDG，①正确；
∵正方形边长是12，
∴BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12﹣x，
由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，
即：（x+6）2=62+（12﹣x）2，
解得：x=4
∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，②正确；
∵△ADG≌△FDG，△DCE≌△DFE，
∴∠ADG=∠FDG,∠FDE=∠CDE
∴∠GDE==45〫.③正确；
BE=EF=6，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，④错误；
∴正确说法是①②③
故选：C
【点睛】本题综合性较强，考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，有一定的难度．
32．C
【解析】
【分析】
由旋转性质得到△AFB≌△AED，再根据相似三角对应边的比等于相似比，即可分别求得各选项正确与否.
【详解】
解：由题意知，△AFB≌△AED
∴AF=AE，∠FAB=∠EAD，∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE=∠BAD=90°.
∴AE⊥AF，故此选项①正确；
∴∠AFE=∠AEF=∠DAE+∠CFE，故④正确；
∵△AEF是等腰直角三角形，有EF:AF=：1，故此选项②正确；
∵△AEF与△AHF不相似，
∴AF2=FH·FE不正确.故此选项③错误，
∵HB//EC，
∴△FBH∽△FCE，
∴FB:FC=HB:EC，故此选项⑤正确.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练地应用旋转的性质以及相似三角形的性质是解决问题的关键.
33．A
【解析】
【分析】
①根据正方形的性质证明∠ADB＝45°，进而得△DFG为等腰直角三角形，根据等腰三角形的三线合一性质得∠EFH＝∠EFD＝45°，故①正确；
②根据矩形性质得AF＝EB，∠BEF＝90°，再证明△AFH≌△EGH得EH＝AH，进而证明△EHF≌△AHD，故②正确；
③由△EHF≌△AHD得∠EHF＝∠AHD，怀AH＝EH得∠AEF+∠HEF＝45°，进而得∠AEF+∠HAD＝45°，故③正确；
④如图，过点H作MN⊥AD于点M，与BC交于点N，设EC＝FD＝FG＝x，则BE＝AF＝EG＝2x，BC＝DC＝AB＝AD＝3x，HM＝x，AM＝x，HN＝x，由勾股定理得AH2，再由三角形的面积公式得，便可判断④的正误．
【详解】
证明：
①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，∠ADB＝45°，
∵EF∥CD，
∴∠EFD＝90°，
∴四边形EFDC是矩形．
在Rt△FDG中，∠FDG＝45°，
∴FD＝FG，
∵H是DG中点，
∴∠EFH＝∠EFD＝45°
故①正确；
②∵四边形ABEF是矩形，
∴AF＝EB，∠BEF＝90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBG＝∠EGB＝45°，
∴BE＝GE，
∴AF＝EG．
在Rt△FGD中，H是DG的中点，
∴FH＝GH，FH⊥BD，
∵∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90°+45°＝135°，
∠EGH＝180°﹣∠EGB＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AFH＝∠EGH，
∴△AFH≌△EGH（SAS），
∴EH＝AH，
∵EF＝AD，FH＝DH，
∴△EHF≌△AHD（SSS），
故②正确；
③∵△EHF≌△AHD，
∴∠EHF＝∠AHD，
∴∠AHE＝∠DHF＝90°，
∵AH＝EH，
∴∠AEH＝45°，
即∠AEF+∠HEF＝45°，
∵∠HEF＝∠HAD，
∴∠AEF+∠HAD＝45°，
故③正确；
④如图，过点H作MN⊥AD于点M，与BC交于点N，

设EC＝FD＝FG＝x，则BE＝AF＝EG＝2x，
∴BC＝DC＝AB＝AD＝3x，HM＝x，AM＝x，HN＝x，
∴，
∴，
故④错误；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、矩形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理，这是一道几何综合型题，关键是根据正方形的性质得到线段的等量关系，然后利用矩形、等腰三角形的性质进行求解即可．
34．A
【解析】
【分析】
结合条件可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，在Rt△EGC中由勾股定理可求得BG=CG=3，BG+CG=6，满足条件，利用外角的性质可求得∠AGB=∠GCF，可得AG∥CF，可求得S△EGC=S△AFE=6，利用多边形的内角和可求得2∠AGB+2∠AED=270°，可得∠AGB+∠AED=135°，所以五个结论都正确．
【详解】
由正方形的边长为，点在边上，且，
则有DE=2，CE=4，AB=BC=AD=6，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴∠AFE=∠ADE=∠ABG=90°，AF=AD=AB，EF=DE=2，
在Rt△ABG和Rt△AFG中
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴①正确；
∴BG=CF，∠BGA=∠FGA，
设BG=GF=x，若BG=CG=x，在Rt△EGC中，EG=x+2，CG=x，CE=4，
由勾股定理可得（x+2）2=x2+42，
解得x=3，此时BG=CG=3，BG+CG=6，满足条件，∴②正确；
∵GC=GF，
∴∠GFC=∠GCF，
且∠BGF=∠GFC+∠GCF=2∠GCF，
∴2∠AGB=2∠GCF，
∴∠AGB=∠GCF，
∴AG∥CF，∴③正确；
∵S△EGC=GC•CE=×3×4=6，S△AFE=AF•EF=×6×2=6，
∴S△EGC=S△AFE，∴④正确；
在五边形ABGED中，
∠BGE+∠GED=540°-90°-90°-90°=270°，
即2∠AGB+2∠AED=270°，
∴∠AGB+∠AED=135°，∴⑤正确，
∴正确的有五个，
故选A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定和性质，利用折叠得到线段相等及角相等、结合多边形内角和及外角性质的运用是解题的关键．
35．B
【解析】
【分析】
根据已知条件易证△ABE≌△ADF，根据全等三角形的性质即可判定①②；由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，即可判定③；设EC=FC=x，由勾股定理和三角函数计算后即可判定④⑤．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．
∴∠BAE+∠DAF=30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
,
Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF（故①正确）．
∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF=30°，
即∠DAF=15°（故②正确），
∵BC=CD，
∴BC-BE=CD-DF，即CE=CF，
∵AE=AF，
∴AC垂直平分EF．（故③正确）．
设EC=FC=x，由勾股定理，得:
,
∴EC≠FG（⑤错误）
在Rt△AEG中，
,
,
,
,
，（故④错误），
综上所述，正确的结论为①②③，共3个，
故选B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题的关键．
36．B
【解析】
【分析】
由等腰三角形“三线合一”得ED⊥CA，根据三角形中位线定理可得EF=AB；由直角三角形斜边上中线等于斜边一半可得EG=CD，即可得EF=EG；连接FG，可证四边形DEFG是平行四边形，即可得FH=FD，由三角形中位线定理可证得S△OEF=S△AOB，进而可得S△EFD=S△OEF+S△ODE=S▱ABCD，而S△ACD=S▱ABCD，推出S△EFDS△ACD，即可得出结论．
【详解】
连接FG，如图所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AD=BC，AD∥BC，AB=CD，AB∥CD，
∵BD=2AD，
∴OD=AD，
∵点E为OA中点，
∴ED⊥CA，故①正确；
∵E、F、G分别是OA、OB、CD的中点，
∴EF∥AB，EF=AB，
∵∠CED=90°，G是CD的中点，
∴EG=CD，
∴EF=EG，故②正确；
∵EF∥AB，AB∥CD，
∴EF∥CD，EF=EG=DG，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∴FH=DH，
即FH=FD，故③正确；
∵△OEF∽△OAB，
∴S△OEF=S△AOB，
∵S△AOB=S△AOD=S▱ABCD，S△ACD=S▱ABCD，
∴S△OEF=S▱ABCD，
∵AE=OE，
∴S△ODE=S△AOD=S▱ABCD，
∴S△EFD=S△OEF+S△ODE=S▱ABCD+S▱ABCDS▱ABCD，
∵S△ACDS▱ABCD，
∴S△EFDS△ACD，故④错误；
综上，①②③正确；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，三角形面积，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形性质等知识；熟练运用三角形中位线定理、等腰三角形的性质是解题关键．
37．D
【解析】
【分析】
根据正方形的性质,可判定△CNB≌△DMC, △OCM≌△OBN, △CON≌△DOM, △OMN∽△OAD,根据全等三角形的性质以及勾股定理可进行求解.
【详解】
因为正方形ABCD中,CD=BC, ∠BCD=90°,
所以∠BCN+∠DCN=90°,
因为CN⊥DM,
所以∠CDM+∠DCN=90°,
所以∠BCN=∠CDM,
又因为∠CBN=∠DCM=90°,
所以△CNB≌△DMC,故①正确,
根据△CNB≌△DMC,可得CM=BN,
又因为∠OCM=∠OBN=45°,OC=OB,
所以△OCM≌△OBN,
所以OM=ON, ∠COM=∠BON,
所以∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN,即∠DOM=∠CON,
又因为DO=CO,
所以△OCN≌△DOM,故②正确,
因为∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°,
所以∠MON=90°,即△MON是等腰直角三角形,
又因为△AOD是等腰直角三角形,
所以△OMN∽△OAD,故③正确,
因为AB=BC,CM=BN,
所以BM=AN,
又因为Rt△BMN中,BM2+BN2=MN2,
所以AN2+CM2=MN2,故④正确,
△OCM≌△OBN,
所以四边形BMON的面积=△BOC的面积=1,即四边形BMON的面积是定值1,
当△MNB的面积最大时, △MNO的面积最小,
设BN=x=CM,则BM=2-x,
所以△MNB的面积=,
当x=1时, △MNB的面积有最大值
此时△OMN的面积最小值是,故⑤正确,
故选D.
【点睛】
本题主要考查正方形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理,解决本题的关键是要能够综合运用几何图形的性质结合等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理,解决问题.
38．C
【解析】
【分析】
利用SAS证明△AGB≌△ACE，即可判断①；证明∠BNM=∠MAE=90，即可判断②；假设③成立，利用勾股定理对等式变形证得=，而与不一定相等，即可判断③；利用勾股定理证得，从而证得结论④成立．
【详解】
∵四边形和四边形都是正方形，
∴AC=AG，AB=AE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△AGB和△ACE中，
∵，
∴△AGB≌△ACE(SAS)，
∴GB=CE，故①正确；
设BA、CE相交于点M，

∵△AGB≌△ACE，
∴∠GBA=∠CEA，
又∵∠BMN=∠EMA，
∴∠BNM=∠MAE=90，
∴，故②正确；
设正方形和正方形的边长分别为和,
∵为直角三角形，且为斜边，
∴，
假设成立，
则有，
整理得：，即，
∴，即，
∵与不一定相等，
∴假设不成立，故③不正确；
连接CG，BE，设BG、CE相交于N，

∵，
∴，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，
∴，故④正确；
综上，①②④正确，
故选：C．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，灵活运用勾股定理是解题的关键．
39．D
【解析】
【分析】
通过判断△AND≌△CMB即可证明①，再判断出△ANE≌△CMF证明出③，再证明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，进而判断出②，通过 DF与EB先证明出四边形为平行四边形，再通过三线合一以及内角和定理得到∠NDO=∠ABD=30°，进而得到DE=BE，即可知四边形为菱形．
【详解】
∵BF⊥AC
∴∠BMC=90°
又∵
∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC
∴∠DNA=∠BMC=90°
∵四边形ABCD为矩形
∴AD=BC，AD∥BC，DC∥AB
∴∠ADB=∠CBD
∴∠ADB-∠EDO=∠CBD-∠MBO即∠AND=∠CBM
在△AND与△CMB
∵
∴△AND≌△CMB(AAS)
∴AN=CM，DN=BM，故①正确．
∵AB∥CD
∴∠NAE=∠MCF
又∵∠DNA=∠BMC=90°
∴∠ANE=∠CMF=90°
在△ANE与△CMF中
∵
∴△ANE≌△CMF（ASA）
∴NE=FM，AE=CF，故③正确．
在△NFM与△MEN中
∵
∴△NFM≌△MEN（SAS）
∴∠FNM=∠EMN
∴NF∥EM，故②正确．
∵AE=CF
∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB
又根据矩形性质可知DF∥EB
∴四边形DEBF为平行四边
根据矩形性质可知OD=AO，
当AO=AD时，即三角形DAO为等边三角形
∴∠ADO=60°
又∵DN⊥AC
根据三线合一可知∠NDO=30°
又根据三角形内角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°
故DE=EB
∴四边形DEBF为菱形，故④正确．
故①②③④正确
故选D．
【点睛】
本题矩形性质、全等三角形的性质与证明、菱形的判定，能够找对相对应的全等三角形是解题关键．
40．D
【解析】
【分析】
①根据图形折叠的特点知，；因为已知，所以，；由三角形外角性质可得 ，进而推出故得以证明；故①正确；
②在正方形中由于折叠的特点知，，，所以；故②正确；
③在①②证明的基础上，设，.则，；在中，运用勾股定理有,解这个方程即可得出与的值，进而得出，故③正确；
④在③证明的基础上，可得，而和分别以，为底时，高相等，所以，所以，又因为，所以，故斯正确.
【详解】
①由折叠，，.，.
.，..①正确.
②，，，
.②正确.
③由①，②，设，.则，.
在中，有.
解得...③正确.
④由③，.
和分别以，为底时，高相等.
..
.. ④正确.

【点睛】
本题主要考查了图形折叠问题，以折叠为载体，重点考查了平行线的判定，三角形全等的判定，勾股定理的运用及图形面积比等知识，综合性较强，解题要注意前后题简的联系.
41．B
【解析】
【分析】
先判断出∠DAE=∠ABH，再判断△ADE≌△CDE得出∠DAE=∠DCE=22.5°，∠ABH=∠DCF，再判断出Rt△ABH≌Rt△DCF从而得到①正确，根据三角形的外角求出∠AEF=45°，得出②正确；连接HE，判断出S△EFH≠S△EFD得出③错误．
【详解】
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABE=∠ADE=∠CDE=45°，AB=BC，
∵BE=BC，
∴AB=BE，
∵BG⊥AE，
∴BH是线段AE的垂直平分线，∠ABH=∠DBH=22.5°，
在Rt△ABH中，∠AHB=90°-∠ABH=67.5°，
∵∠AGH=90°，
∴∠DAE=∠ABH=22.5°，
在△ADE和△CDE中
，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠DAE=∠DCE=22.5°，
∴∠ABH=∠DCF，
在Rt△ABH和Rt△DCF中
，
∴Rt△ABH≌Rt△DCF，
∴AH=DF，∠CFD=∠AHB=67.5°，
∵∠CFD=∠EAF+∠AEF，
∴67.5°=22.5°+∠AEF，
∴∠AEF=45°，故①②正确；
如图，连接HE，

∵BH是AE垂直平分线，
∴AG=EG，
∴S△AGH=S△HEG，
∵AH=HE，
∴∠AHG=∠EHG=67.5°，
∴∠DHE=45°，
∵∠ADE=45°，
∴∠DEH=90°，∠DHE=∠HDE=45°，
∴EH=ED，
∴△DEH是等腰直角三角形，
∵EF不垂直DH，
∴FH≠FD，
∴S△EFH≠S△EFD，
∴S四边形EFHG=S△HEG+S△EFH=S△AHG+S△EFH≠S△DEF+S△AGH，故③错误，
∴正确的是①②，
故选：B．
【点睛】
此题考查四边形综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和和三角形外角的性质，解题的关键是判断出△ADE≌△CDE，难点是作出辅助线．
42．C
【解析】
【分析】
通过证△AEO≌CFO可判断①；利用矩形的性质证△OCB是正三角形，可得②；因OB≠MB，得到③错误；通过证△EOB≌△FCB得到EB=FB，从而证④．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AB∥DC,AO=OC
∴∠AEO=∠CFO,∠EAO=∠FCO
∴△AEO≌CFO(AAS)
∴AE=FC，①正确
∵四边形ABCD是矩形
∴OC=OB
∵∠BOC=60°
∴△OCB是正三角形，∴OB=OC
∵FO=FC
∴FB是线段OC的垂直平分线，②正确
∵BM⊥OC，∴△OMB是直角三角形，∴OB＞BM
∴是错误的，即③错误
∵四边形ABCD是矩形
∴EB∥DF，AB=DC
∵AE=FC
∴EB=DF
∴四边形EBFD是平行四边形
∵△AEO≌△CFO，OF=FC，∴AE=EO=OF=FC
∵△OBC是正三角形，∴∠BOC=60°=∠BCO，BC=BO
∴∠FCO=30°，∴∠FOC=30°
∴∠FOB=30°+60°=90°
∴∠EOB=90°=∠FCB
∴△EOB≌△FCB(SAS)
∴EB=FB
∴平行四边形EBFD是菱形，④正确
故选：C
【点睛】
本题考查矩形的性质和证明，解题关键是证明△AOE≌△COF和证明△BOC是正三角形．
43．B
【解析】
【分析】
①③利用正方形的性质、翻折不变性即可解决问题；
②构造全等三角形即可解决问题；
④如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．证明△ABP≌△QBP（AAS），以及△BCH≌△BQH即可判断；
⑤利用特殊位置，判定结论即可；
【详解】
解：根据翻折不变性可知：PE＝BE，故①正确；
∴∠EBP＝∠EPB．
又∵∠EPH＝∠EBC＝90°，
∴∠EPH−∠EPB＝∠EBC−∠EBP．
即∠PBC＝∠BPH．
又∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBC．
∴∠APB＝∠BPH，即平分，故③正确；
如图1中，作FK⊥AB于K．设EF交BP于O．

∵∠FKB＝∠KBC＝∠C＝90°，
∴四边形BCFK是矩形，
∴KF＝BC＝AB，
∵EF⊥PB，
∴∠BOE＝90°，
∵∠ABP＋∠BEO＝90°，∠BEO＋∠EFK＝90°，
∴∠ABP＝∠EFK，
∵∠A＝∠EKF＝90°，
∴△ABP≌△KFE（ASA），
∴EF＝BP，故②正确，
如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．

由（1）知∠APB＝∠BPH，
在△ABP和△QBP中，
∠APB＝∠BPH，∠A＝∠BQP，BP＝BP，
∴△ABP≌△QBP（AAS）．
∴AP＝QP，AB＝BQ．
又∵AB＝BC，
∴BC＝BQ．
又∵∠C＝∠BQH＝90°，BH＝BH，
∴△BCH≌△BQH（HL）
∴QH=HC，
∴PH=PQ+QH=AP+HC，故④正确；
当点P与A重合时，显然MH＞MF，故⑤错误，
故选：B．
【点睛】
本题考查正方形的性质、翻折变换、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选择题中的压轴题．
44．B
【解析】
【分析】
①延长AE交DC的延长线于点H，由“AAS”可证△AME≌△HCE，可得AE＝EH，由直角三角形的性质可得AE＝EF＝EH，即可判断；
②由四边形内角和定理可求2∠ADE＋2∠EDF＝270°，可得∠ADF＝135°，即可判断；
③由连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，连接CF，由梯形中位线定理可求PE＝（AM＋CD），由“AAS”可证△APE≌△ENF，可得AP＝NE＝AD，即可求AM＝2DG＝2×＝DF，即可判断；
④由垂线段最短，可得当CF⊥DF时，CF有最小值，由等腰直角三角形的性质可求CF的最小值，即可判断．
【详解】
①如图，延长AE交DC的延长线于点H，

∵点E是CM的中点，
∴ME＝EC，
∵AB∥CD，
∴∠MAE＝∠H，∠AME＝∠HCE，
∴△AME≌△HCE（AAS），
∴AE＝EH，
又∵∠ADH＝90°，
∴DE＝AE＝EH，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴AE＝DE＝EF，故①正确；
②∵AE＝DE＝EF，
∴∠DAE＝∠ADE，∠EDF＝∠EFD，
∵∠AEF＋∠DAE＋∠ADE＋∠EDF＋∠EFD＝360°，
∴2∠ADE＋2∠EDF＝270°，
∴∠ADF＝135°，
∴∠CDF＝∠ADF−∠ADC＝135°−90°＝45°，故②正确；
③∵EP⊥AD，AM⊥AD，CD⊥AD，
∴AM∥PE∥CD，
∴＝1，
∴AP＝PD，
∴PE是梯形AMCD的中位线，
∴PE＝（AM＋CD），
∵∠FDC＝45°，FN⊥CD，
∴∠DFG＝∠FDC＝45°，
∴DG＝GF，DF＝DG，
∵∠AEP＋∠FEN＝90°，∠AEP＋∠EAP＝90°，
∴∠FEN＝∠EAP，
又∵AE＝EF，∠APE＝∠ENF＝90°，
∴△APE≌△ENF（AAS），
∴AP＝NE＝AD，
∵PE＝（AM＋CD）＝NE＋NP＝AD＋NP，
∴AM＝NP＝DG，
∴AM＝2DG＝2×＝DF，
∴＝，故③错误；
④如图，连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，连接CF，

∵EP⊥AD，FN⊥EP，∠ADC＝90°，
∴四边形PDGN是矩形，
∴PN＝DG，∠DGN＝90°，
∵∠CDF＝45°，
∴点F在DF上运动，
∴当CF⊥DF时，CF有最小值，
∵CD＝2，∠CDF＝45°，
∴CF的最小值＝＝，故④正确；
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，平行线分线段成比例，梯形中位线的定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
45．D
【解析】
【分析】
根据正方形的性质易证△DCG≌△BEC，即可证得BE=DG，BE⊥DG，由此判断①②正确；根据勾股定理可得BD2=DM2+BM2，EG2=ME2+MG2，则BD2+EG2=DM2+BM2+ME2+MG2，可得BD2+EG2=BG2+DE2．再把a，b代入即可证得③正确．
【详解】
如图：连接BD，EG，BE，DG的交点为M

∵四边形ABCD，四边形CEFG 为正方形
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG，
∴∠BCE=∠DCG，且BC=DC，CG=CE，
∴△BCE≌△DCG，
∴DG=BE，∠CBE=∠CDE，
∵∠DBE+∠EBC+∠BDC+∠BCD=180°，
∴∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°，
∵∠DBE+∠CDE+∠BDC+∠BMD=180°，
∴∠DCB=∠DMB=90°，
∴BE⊥DG故①②正确．
∵BE⊥DG，
∴BD2=DM2+BM2，EG2=ME2+MG2，
∴BD2+EG2=DM2+BM2+ME2+MG2，
∴BD2+EG2=BG2+DE2．
∴AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2．
∴2a2+2b2=BG2+DE2，故③正确
故选D．
【点睛】
本题考查旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定及勾股定理，判定③的关键是熟练运用勾股定理解决问题．
46．B
【解析】
【分析】
由中点的性质可得出，且，结合平行即可证得②结论成立，由得出，即而得出，由中线的性质可知，且，，通过证得出得出①成立，再证得出④成立，此题得解．
【详解】
解：令和的交点为点，如图


、分别是、的中点，
，且，
四边形为平行四边形，
，且，

（两直线平行，内错角相等），
点为的中点，
，
在和中，，
，即②成立，
，，
（内错角相等，两直线平行），
，点为平行四边形对角线交点，
，
为中点，
，
，

，为中点，
为中点，即，且，
在和中，，
，
，
，即①成立，
，，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，

在和中，，
，
，
平分，即④成立，
综上所述，正确的有①②④，
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、中位线定理以及平行线的性质定理，解题的关键是利用中位线，寻找等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等．
47．D
【解析】
【分析】
根据正方形的性质及等边三角形的性质就可以得出．
设，推出，由可得，即．
由条件就可以得出，，就可以得出≌，就可以得出，就可以得出，得出，由，就可以得出．
由O为BD中点可以得出，，，得出．
由：：CG，由设，就有，，由此即可解决问题．
【详解】
解：四边形ABCD是正方形，
，，．
是等边三角形，
，，
，，
，
，
，
故正确；
，，
，
．
，，
，
．
在和中，
，
≌，
．
，
，
，
，
，
故正确；
为BD中点，
．
，
故错误；
作于M，于N，
，
，．
设，
，
．
，即故错误；
，设，
，．
，
，
．
：：GC，
：故正确．
综上所述，正确的有，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质的运用，等边三角形的性质的运用，等腰三角形的判定及性质的运用，三角形的面积公式的运用，平行线的判定的运用，解答时灵活运用正方形的性质求解是关键．
48．C
【解析】
【分析】
由已知得，，利用“”可证，利用全等的性质判断①②③正确，在上取一点，连接，使，由正方形，等边三角形的性质可知，从而得，设，则，，分别表示，，的长，判断④⑤的正确性．
【详解】
解：，，
，为等边三角形，
，又，
，
，
，
①②③正确，
在上取一点，连接，使，

则，
，
设，则，，
，，
，而，
④错误，
⑤，

⑤正确．
正确的结论有：①②③⑤．
故选．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用．关键是利用全等三角形的性质，把条件集中到直角三角形中，运用勾股定理求解．
49．C
【解析】
【分析】
由旋转可以得到△DCB≌△DGH，故有DB=DH=，且∠H =45°，推出△AHE为等腰直角三角形，由∠EBG=45°，推出△EGB也为等腰直角三角形，且HE=BE，推出△AEH≌△GEB；由△AFD∽△HED，求出AF==EG，推出四边形AFGE是平行四边形，由AE=EG，推出四边形AFGE是菱形，由此可以求出∠AFG=∠AEG=135°，由此可以求出AB+AF=.
【详解】
解：∵△DCB绕点D旋转45°得到△DGH，∴△DCB≌△DGH，
∴ DB=DH=，且∠H=∠DBC=45°，
∴△AHE为等腰直角三角形，∴ AE=AH=DH-AD=，
BE=AB-AE=，
∵∠AEH=∠BEG=45°，∠EBG=45°，
∴△EGB也为等腰直角三角形，EG=，∴EG=AE，
∴ △AEH≌△GEB，∴AE=EG，故②正确
设AC与BD相交于O点，又∠DGB=90°=∠AOB=90°，
∴EG∥AO，故△AFD∽△HED,∴，
∴AF==EG，∴四边形AFGE为平行四边形，且AE=EG
∴四边形AFGE为菱形，故有FG=EG，故①正确；
∵四边形AFGE为菱形,
∴∠AFG=∠AEG=180°-∠BEG=180°-45°=135°，故③正确；
AB+AF=，故④错误.
故答案选：C.
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，本题的关键突破口是能准确找出△AEH和△BEG是全等的等腰直角三角形.
50．D
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO=∠ACO=∠CBO=45°，AB=BC，OA=OB=OC，BD⊥AC，
∵BE平分∠ABO，
∴∠OBE=∠ABO=22.5°，
∴∠CBE=∠CBO+∠EBO=67.5°，
在△BCE中，∠CEB=180°-∠BCO-∠CBE=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠CEB=∠CBE，
∴CE=CB；
故①正确；
∵OA=OB，AE=BG，
∴OE=OG，
∵∠AOB=90°，
∴△OEG是等腰直角三角形，
∴EG=OE，
∵∠ECG=∠BCG，EC=BC，CG=CG，
∴△ECG≌△BCG，
∴BG=EG，
∴AE=EG=OE；
故②正确；
∵∠AOB=90°，EF=BF，
∵BE=CG，
∴OF=BE=CG．
故③正确．
故正确的结论有①②③．
故选D．
【点睛】运用了正方形的性质、等腰三角形的性质、等腰梯形的判定、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
51．C
【解析】
【分析】
连接AH，由四边形ABCD是正方形与点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，容易证得△BCE≌△CDF与△ADH≌△DCF，根据全等三角形的性质，容易证得CE⊥DF与AH⊥DF，故①正确；根据垂直平分线的性质，即可证得AG=AD，继而AG=DC，而DG≠DC，所以AG≠DG，故②错误；由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得HG=DC，∠CHG=2∠GDC，根据等腰三角形的性质，即可得∠DAG=2∠DAH=2∠GDC．所以∠DAG=∠CHG，④正确，则问题得解．
【详解】

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠BCD=90°，
∵点E. F. H分别是AB、BC、CD的中点，
∴BE=FC
∴△BCE≌△CDF，
∴∠ECB=∠CDF，
∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF，故①正确；
连接AH，
同理可得：AH⊥DF，
∵CE⊥DF，
∴△CGD为直角三角形，
∴HG=HD=CD，
∴DK=GK，
∴AH垂直平分DG，
∴AG=AD=DC，
在Rt△CGD中，DG≠DC，
∴AG≠DG，故②错误；
∵AG=AD, AH垂直平分DG
∴∠DAG=2∠DAH,
根据①，同理可证△ADH≌△DCF
∴∠DAH=∠CDF，
∴∠DAG=2∠CDF,
∵GH=DH，
∴∠HDG=∠HGD，
∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，
∴∠GHC=∠DAG，故③正确，
所以①和③正确选择C.
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，利用边角边，容易证明△BCE≌△CDF，从而根据全等三角形的性质和等量代换即可证∠ECD+∠CDF=90°，从而①可证；证②时，可先证AG=DC，而DG≠DC，所以②错误；证明③时，可利用等腰三角形的性质，证明它们都等于2∠CDF即可.
52．A
【解析】
【分析】
根据正方形对角性质可得∠CEB=∠CBE，CE=CB；根据等腰直角三角形性质，证△ECG≌△BCG，可得AE=EG=OE；根据直角三角形性质得OF=BE=CG.
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO=∠ACO=∠CBO=45°，AB=BC，OA=OB=OC，BD⊥AC，
∵BE平分∠ABO，
∴∠OBE=∠ABO=22.5°，
∴∠CBE=∠CBO+∠EBO=67.5°，
在△BCE中，∠CEB=180°-∠BCO-∠CBE=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠CEB=∠CBE，
∴CE=CB；
故①正确；
∵OA=OB，AE=BG，
∴OE=OG，
∵∠AOB=90°，
∴△OEG是等腰直角三角形，
∴EG=OE，
∵∠ECG=∠BCG，EC=BC，CG=CG，
∴△ECG≌△BCG，
∴BG=EG，
∴AE=EG=OE；
故②正确；
∵∠AOB=90°，EF=BF，
∵BE=CG，
∴OF=BE=CG．
故③正确．
故正确的结论有①②③．
故选A．
【点睛】
运用了正方形的性质、等腰三角形的性质、等腰梯形的判定、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
53．C
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质结合AB=2AD，CD=2CF可得CF=CB，从而可得∠CBF=∠CFB，再根据CD∥AB，得∠CFB=∠ABF，继而可得，可以判断①正确；延长EF交BC的延长线与M，证明△DFE与△CFM(AAS)，继而得EF=FM=EM，证明∠CBE=∠AEB=90°，然后根据直角三角形斜边中线的性质即可判断②正确；由上可得S△BEF=S△BMF，S△DFE=S△CFM，继而可得S△EBF=S△BMF=S△EDF+S△FBC，继而可得，可判断③正确；过点F作FN⊥BE，垂足为N，则∠FNE=90°，则可得AD//FN，则有∠DEF=∠EFN，根据等腰三角形的性质可得∠BFE=2∠EFN，继而得∠BFE=2∠DEF，判断④错误.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，AD//BC，
∵AB=2AD，CD=2CF，
∴CF=CB，
∴∠CBF=∠CFB，
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴，故①正确；
延长EF交BC的延长线与M，
∵AD//BC，
∴∠DEF=∠M，
又∵∠DFE=∠CFM，DF=CF，
∴△DFE与△CFM(AAS)，
∴EF=FM=EM，
∵BF⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠CBE=∠AEB=90°，
∴BF=EM，
∴BF=EF，故②正确；
∵EF=FM，
∴S△BEF=S△BMF，
∵△DFE≌△CFM，
∴S△DFE=S△CFM，
∴S△EBF=S△BMF=S△EDF+S△FBC，
∴，故③正确；
过点F作FN⊥BE，垂足为N，则∠FNE=90°，
∴∠AEB=∠FEN，
∴AD//EF，
∴∠DEF=∠EFN，
又∵EF=FB，
∴∠BFE=2∠EFN，
∴∠BFE=2∠DEF，故④错误，
所以正确的有3个，
故选C.

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判断与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
54．D
【解析】
只要证明△ADE≌△ADF，推出AE=EF，DE=DF，推出AD垂直平分线段EF，即可判定②③正确，利用勾股定理即可判定④正确，①不一定成立故错误．
解：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAE=∠DAF，
又∵∠AED=∠AFD=90°，AD=AD，
∴△ADE≌△ADF，
∴AE=AF，DE=DF，
∴AD垂直平分EF，故②正确，
∵∠AED=∠AFD=90°，
∴当∠EAF=90°时,
∴四边形AEDF是矩形，
∵AE=AF，
∴四边形AEDF是正方形，故③正确，
∵AE2+DF2=EO2+AO2+OD2+OF2，
DE2+AF2=OE2+OD2+OA2+OF2，
∴AE2+DF2=AF2+DE2，故④正确，
∵AD垂直平分EF，
而EF不一定垂直平分AD，故①错误，
故选D.
点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定、垂直平分线的判定和性质、勾股定理等知识. 根据图形综合运用所学知识进行推理是解题的关键.
55．B
【解析】
【分析】
根据正方形的性质及旋转的性质易证△ADE≌△GDE，再求出∠AEF、∠AFE、∠GEF、∠GFE的度数，推出AE=EG=FG=AF，由此可以一一判断．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=BC=AB，∠DAB=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90°，∠ADB=∠BDC=∠CAD=∠CAB=45°，
∵△DHG是由△DBC旋转得到，
∴DG=DC=AD，∠DGE=∠DCB=∠DAE=90°，
在RT△ADE和RT△GDE中，
DE=DE，DA=DG，
∴AED≌△GED，②正确，
∴∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，
∴∠AED=∠AFE=67.5°，
∴AE=AF，同理EG=GF，
∴AE=EG=GF=FA，
∴四边形AEGF是菱形，①正确，
∵∠DFG=∠GFC+∠DFC=∠BAC+∠DAC+∠ADF=112.5°，③正确．
∵AE=FG=EG=BG，BE=AE，
∴BE>AE，
∴AE