【解答】解：∵m∥n，∠1=40°， ∴∠3=∠1=40°． ∵∠ACB=90°，
=50°∴∠4=∠ACB﹣∠3=90°﹣40°， =130°∴∠2=180°﹣∠4=180°﹣50°． 故选B．
6．如图是某个几何体的三视图，该几何体是（ ）
A．圆锥 B．三棱锥 C．圆柱 D．三棱柱
【考点】由三视图判断几何体．
【分析】由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状．
【解答】解：根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，根据俯视图是三角形可判断出这个几何体应该是三棱柱． 故选D
7．关于x的一元二次方程x2+（2m+1）x+m2﹣1=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ） A．m≥﹣
B．m≤﹣ C．m＜﹣ D．m＞﹣
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程的系数结合根的判别式即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论．
【解答】解：∵方程x2+（2m+1）x+m2﹣1=0有两个不相等的实数根， ∴△=（2m+1）2﹣4（m2﹣1）=4m+5＞0， 解得：m＞﹣． 故选D．
8．在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点，一块足够大的三角板的直角顶点与点E重合，将三角板绕点E旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC（或它们的延长线）于点M，N，设∠AEM=α（0°＜α＜90°），给出下列四个结论：
①AM=CN； ②∠AME=∠BNE； ③BN﹣AM=2； ④S△EMN=
．
上述结论中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
【分析】①作辅助线EF⊥BC于点F，然后证明Rt△AME≌Rt△FNE，从而求出AM=FN，所以BM与CN的长度相等．
②由①Rt△AME≌Rt△FNE，即可得到结论正确；
③经过简单的计算得到BN﹣AM=BC﹣CN﹣AM=BC﹣BM﹣AM=BC﹣（BM+AM）=BC﹣AB=4﹣2=2，
④方法一：用面积的和和差进行计算，用数值代换即可．方法二：先判断出△EMN是等腰直角三角形，再用面积公式即可． 【解答】解：①如图，
在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中点， 作EF⊥BC于点F，则有AB=AE=EF=FC， ∵∠AEM+∠DEN=90°，∠FEN+∠DEN=90°， ∴∠AEM=∠FEN，
在Rt△AME和Rt△FNE中，
，
∴Rt△AME≌Rt△FNE， ∴AM=FN， ∴MB=CN．
∵AM不一定等于CN， ∴①错误，
②由①有Rt△AME≌Rt△FNE， ∴∠AME=∠BNE， ∴②正确，
③由①得，BM=CN， ∵AD=2AB=4， ∴BC=4，AB=2
∴BN﹣AM=BC﹣CN﹣AM=BC﹣BM﹣AM=BC﹣（2=2， ∴③正确， ④方法一：如图，
BM+AM）=BC﹣AB=4﹣
由①得，CN=CF﹣FN=2﹣AM，AE=AD=2，AM=FN ∵tanα=
，
∴AM=AEtanα ∵cosα=
=
，
∴cos2α=，
∴=1+=1+（）2=1+tan2α，
∴
=2（1+tan2α）
∴S△EMN=S四边形ABNE﹣S△AME﹣S△MBN
=（AE+BN）×AB﹣AE×AM﹣BN×BM
=（AE+BC﹣CN）×2﹣AE×AM﹣（BC﹣CN）×CN=（AE+BC﹣CF+FN）×2﹣AE×AM﹣（BC﹣2+AM）（=AE+BC﹣CF+AM﹣AE×AM﹣（2+AM）（2﹣AM） =AE+AM﹣AE×AM+AM2 =AE+AEtanα﹣AE2tanα+AE2tan2α =2+2tanα﹣2tanα+2tan2α =2（1+tan2α） =
．
方法二，∵E是AD的中点，
2﹣AM）
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