∵$-k^{2}-1=-(k^{2}+1)$，且$k^{2}≥0$，
∴$k^{2}+1≥1$，则$-(k^{2}+1)≤-1＜0$，
∴反比例函数$y=\frac{-k^{2}-1}{x}$的图象在第二、四象限，在每个象限内，$y$随$x$的增大而增大。
点$(-1,y_{1})$在第二象限，$x=-1＜0$，
∴$y_{1}=\frac{-k^{2}-1}{-1}=k^{2}+1＞0$。
点$(2,y_{2})$，$(3,y_{3})$在第四象限，$2＜3$，
∴$y_{2}=\frac{-k^{2}-1}{2}$，$y_{3}=\frac{-k^{2}-1}{3}$，且$y_{2}＜y_{3}＜0$。
综上，$y_{1}＞y_{3}＞y_{2}$。
B

分别计算各点横纵坐标之积：
点A：$5×1 = 5$
点B：$-1×5=-5$
点C：$\frac{5}{3}×3 = 5$
点D：$-3×(-\frac{5}{3}) = 5$
A、C、D三点横纵坐标之积均为5，故$k = 5$，点B不在该反比例函数图象上。
B

证明：在$△ AED$和$△ ABC$中，
$\because ∠ AED = ∠ B$，$∠ A = ∠ A$，
$\therefore △ AED ∼ △ ABC$（两角分别相等的两个三角形相似）。
$\therefore \frac{AE}{AB} = \frac{DE}{BC}$。
$\because AE = 4$，$AB = 6$，$DE = 3$，
$\therefore \frac{4}{6} = \frac{3}{BC}$，
解得$BC = \frac{9}{2}$。
D

解：因为$\tan(90^{\circ}-α)=\sqrt{3}$，且$\tan60^{\circ}=\sqrt{3}$，所以$90^{\circ}-α=60^{\circ}$，解得$α=30^{\circ}$。
A

以原点$O$为位似中心，把$△ ABO$缩小为原来的$\frac{1}{2}$，位似比为$\frac{1}{2}$。已知点$B(6,0)$的对应点$B'(3,0)$，其横、纵坐标均为$B$点横、纵坐标的$\frac{1}{2}$，说明位似变换在第一象限。则点$A(2,4)$的对应点$A'$的坐标为$(2×\frac{1}{2},4×\frac{1}{2})=(1,2)$。
C

在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$\sin A=\frac{4}{5}$。
设$BC=4k$，$AB=5k$（$k＞0$）。
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{(5k)^{2}-(4k)^{2}}=3k$。
$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{3k}{4k}=\frac{3}{4}$。
答案：C

解：
∵菱形$OABC$，点$A(10,0)$，
∴$OA=OC=10$。
过点$C$作$CD⊥ OA$于点$D$，
在$Rt△ OCD$中，$\sin∠ COA=\frac{CD}{OC}=\frac{4}{5}$，
$OC=10$，则$CD=10×\frac{4}{5}=8$。
$OD=\sqrt{OC^{2}-CD^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6$，
∴点$C$坐标为$(6,8)$。
∵反比例函数$y=\frac{k}{x}$经过点$C$，
∴$k=6×8=48$。
答案：C

证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB// CD$，$AD// BC$。
1. $AB// CD$，则$△ ABG∽△ ECG$（两直线平行，内错角相等，对应角相等）；
2. $AD// BC$，则$△ ADG∽△ ECG$（两直线平行，内错角相等，对应角相等）；
3. 由$△ ABG∽△ ECG$和$△ ADG∽△ ECG$，得$△ ABG∽△ ADG$（相似三角形传递性）；
4. $AD// BC$，则$△ ADE∽△ CBE$（两直线平行，同位角相等，对应角相等）。
综上，共有$4$对相似三角形。
答案：C