南通市海门区东洲国际学校2023-2024学年九年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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考生在答题前请认真阅读本注意事项：
1．本试卷共8页，满分为150分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、考试证号用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写在试卷及答题卡上指定的位置．
3．答案必须按要求填涂、书写在答题卡上，在试卷、草稿纸上答题一律无效．
4.作弊者，本卷按0分处理。
5.考试时间：2024年3月18日下午13：30-16：00
（请考生将自己信息如实填写在上面，不写、漏写、错写为无效试卷）
一．选择题
1. 下图是由一个长方体和一个圆柱组成的几何体，它的俯视图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图即可解答．
【详解】解：从上面看下边是一个矩形，矩形的上边是一个圆，
故选：D．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，掌握从上面看得到的图形是俯视图是解答本题的关键．
2. 计算的结果（ ）
A. 1B. 12C. 11D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查有理数的减法，绝对值，解题关键在于掌握运算法则．先计算减法，然后计算绝对值即可．
【详解】解：
，
故选：B．
3. 计算：(﹣a2)3=( )
A. a6B. ﹣a6C. a5D. ﹣a5
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用幂的乘方运算规则进行计算即可
【详解】解：(﹣a2)3＝﹣a6，
故选B．
【点睛】本题考查幂的乘方运算，掌握运算规则是解题关键
4. 在函数中，自变量x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件进行解答即可．
【详解】解：根据题意得：；
解得，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了求自变量的取值范围，分式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握要使分式有意义，则分母不等于零．
5. 下列数据的方差最大的是（ ）
A. 3，3，6，9，9B. 4，5，6，7，8
C. 5，6，6，6，7D. 6，6，6，6，5
【答案】A
【解析】
【分析】先计算出各组数据平均数，再根据方差公式计算出各方差即可得出答案．
【详解】解：A．这组数据的平均数为×（3+3+6+9+9）=6，
方差为×[（3-6）2×2+（6-6）2+（9-6）2×2]=7.2；
B．这组数据的平均数为×（4+5+6+7+8）=6，
方差为×[（4-6）2+（5-6）2+（6-6）2+（7-6）2+（8-6）2]=2；
C．这组数据的平均数为×（5+6+6+6+7）=6，
方差为×[（5-6）2+（6-6）2×3+（7-6）2]=0.4；
D．这组数据的平均数为×（6+6+6+6+5）=5.8，
方差为×[（6-5.8）2×4+（5-5.8）2]=0.16；
故选：A．
【点睛】本题主要考查方差，熟练掌握方差的计算方法是解题的关键．
6. 如图，四边形内接于，如果的度数为122°，则∠DCE的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据圆周角定理求出，然后根据圆内接四边形的性质求出，最后根据邻补角性质求解即可．
【详解】解：，
，
∵四边形内接于，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
7. 已知抛物线上的部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表：
以下结论正确的是（ ）
A. 抛物线的开口向下
B. 当时，y随x增大而增大
C. 方程的根为0和2
D. 当时，x的取值范围是
【答案】C
【解析】
【分析】利用表中数据求出抛物线的解析式，根据解析式依次进行判断．
【详解】解：将代入抛物线的解析式得；
，
解得：，
所以抛物线的解析式为：，
A、，抛物线开口向上，故选项错误，不符合题；
B、抛物线的对称轴为直线，在时，y随x增大而增大，故选项错误，不符合题意；
C、方程的根为0和2，故选项正确，符合题意；
D、当时，x的取值范围是或，故选项错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的解析式的求法和函数的图象与性质，解题的关键是：利用待定系数法求出解析式，然后利用函数的图象及性质解答．
8. 如图，在矩形中，，，点与原点重合，点B在轴的正半轴上点在轴的负半轴上，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，直线与相交于点，则的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的性质得到∠1=，=AB=5，由矩形的性质得出∠2=∠1=，在Rt△ADN中，求出AN和DN，再在Rt△MNB′中，求出MN，从而求出DM，然后根据M在第二象限，写出M坐标．
【详解】解：矩形是将矩形绕点逆时针旋转得到，
设直线与相交于点，和相交于点，
，，
是矩形，
，
，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
，
点，
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、旋转的性质和解直角三角形，解题的关键是求出DM的长度．
9. 如图，平行四边形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（4，0），（1，2），则顶点B的坐标为( )
A. （4，2）B. （4，3）C. （5，2）D. （5，3）
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质，以及点的平移性质，即可求出点B的坐标．
【详解】解:∵四边形OABC是平行四边形，
∴OC∥AB，OA∥BC，
∴点B的纵坐标为2，
∵点O向右平移1个单位，向上平移2个单位得到点C，
∴点A向右平移1个单位，向上平移2个单位得到点B，
∴点B的坐标为：（5，2）；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，点坐标平移的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质．
10. 如图所示，正方形由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，且内接于正方形，连接，．已知正方形与正方形面积之比为，若，则（ ）

A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，，则，根据正方形与正方形面积之比为，得到，求出，作交于点M，作交于点P，证明出，设，则然后利用相似三角形的性质得到，然后解方程求解即可．
【详解】由题意可得，
∴设，，则，
∵，
∴，
∵正方形与正方形面积之比为，
∴，即，
∴整理得，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
如图所示，作交于点M，作交于点P，

由题意可得，，
∵，
∴四边形，是矩形，
∴，，
∴，
∴设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴整理得，
∴，
∴解得或（舍去），
∴．
故选：A．
【点睛】此题考查了勾股定理，全等三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
二．填空题
11. 计算﹣2的结果是______．
【答案】
【解析】
【详解】原式=2－=.
考点：二次根式的计算.
12. 分解因式：____．
【答案】（3x＋1）2
【解析】
【分析】原式利用完全平方公式分解即可．
【详解】解：原式＝（3x＋1）2，
故答案为：（3x＋1）2
【点睛】此题考查了因式分解−运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
13. 已知是关于的方程的解，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元一次方程解定义，将代入得到，解得．
【详解】解：是关于的方程的解，
，即，解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查一元一次方程的解即解一元一次方程，熟记方程解得概念及解方程方法步骤是解决问题的关键．
14. 某等腰三角形的一边长为3，另外两边长是关于的方程的两根，则_______；
【答案】36
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，等腰三角形的定义，构成三角形的条件，分当腰长为3时，当底边长为3时，两种情况分别求出腰长或底边长，再根据构成三角形的条件进行验证即可得到答案．
【详解】解：当腰长为3时，则是方程的一个根，
∴，
解得，
∴原方程为，
解方程得或，
∴底边长为9，
∵，
∴此时不能构成三角形，不符合题意；
当底边长为3时，则方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，
∴原方程为，
解方程得，
∴腰长为6，
∵，
∴此时能构成三角形，符合题意；
综上所述，；
故答案为：36．
15. 在一个不透明的口袋中装有8个红球，若干个白球，这些球除颜色不同外其它都相同，若从中随机摸出一个球，它是红球的概率为，则白球的个数为______．
【答案】12
【解析】
【分析】设该盒中白球的个数为个，根据意得，解此方程即可求得答案．
【详解】解：设该盒中白球的个数为个，
根据题意得：，
解得：，
经检验：是分式方程的解，
所以该盒中白球的个数为12个，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了概率公式的应用，解题的关键是掌握：概率所求情况数与总情况数之比．
16. 黄金分割具有严格的比例性，蕴藏着丰富的美学价值，这一比值能够引起人们的美感．如图，连接正五边形的各条对角线围成一个新的五边形．图中有很多顶角为的等腰三角形，我们把这种三角形称为“黄金三角形”，黄金三角形的底与腰之比为．若，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】由正五边形得到△DER为“黄金三角形”，利用黄金三角形的定义可得DE的长，即可得AB的长．
【详解】∵为正五边形，
∴DE=AE=CD=AB，∠AED=∠EDC=∠EAB==108°，
∴∠DEC=∠DCE=36°，∠AEB=∠ABE=36°，∠EAD=∠EDA=36°，
∴∠MER=108°-36°-36°=36°，
∴∠ERD=2∠EAD=72°，∠DER=2∠DEC=72°，∠EMR=2∠EDA=72°，
∴ER=EM=4，DE=DR，
∴△DER为“黄金三角形”，
∴，即，
解得：DE=，
∴AB=，
故答案为：
【点睛】本题考查正多边形的性质，多边形的内角和为（n-2）×180°（n≥3），理解“黄金三角形”的定义，正确得出正五边形一个内角的度数，熟练掌握等腰三角形的性质并是解题关键．
17. 如图，在平面直角坐标系中，对进行循环往复的轴对称变换，若原来点的坐标是，则经过第次变换后所得点坐标是 ____________．
【答案】
【解析】
【分析】第一次关于轴对称，点的坐标变为；第二次关于轴对称，点的坐标变为；第三次关于轴对称，点的坐标变为；第四次关于轴对称，点的坐标变为，即四次一个周期，由此即可求出第次点的坐标．
【详解】解：点第一次关于轴对称后在第四象限，
点第二次关于轴对称后第三象限，
点第三次关于轴对称后在第二象限，
点第四次关于轴对称后在第一象限，即点回到原始位置，
∴每四次对称为一个循环组依次循环，
∵，
∴经过第次变换后所得的点与第一次变换的位置相同，在第四象限，坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点的变换规律，找出循环次数是解题的关键．
18. 如图所示，在直角坐标系中，点坐标为，的半径为，为轴上一动点，切于点，则最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质、坐标与图形、勾股定理、垂线段最短等知识，解题关键是将问题进行转化，再根据垂线段最短的性质进行分析．连接，，根据切线的性质定理可得，要使最小，只需最小即可，根据垂线段最短，当轴时，取最小值，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接，，

根据切线的性质定理，得．
要使最小，只需最小，
则根据垂线段最短，当轴于时，取最小值，
此时点的坐标是，，
在中，，
∴，
则最小值是．
故答案为：．
三．解答题
19. （1）计算：；
（2）化简：．
【答案】（1）2；（2）
【解析】
【分析】（1）原式分别根据算术平方根的性质、绝对值的代数意义、非零数的零次幂的运算法则对各项进行化简后再进行加减运算即可；
（2）原式运用完全平方公式和单项式乘以多项式把括号展开后再合并同类项即可得到结果．
【详解】（1）
=2-2+1+1
=2；
（2）
=
=
【点睛】此题主要考查了实数的混合运算以及整式的混合运算，熟练运用运算法则是解答此题的关键．
20. 某县为落实“精准扶贫惠民政策”，计划将某村的居民自来水管道进行改造．该工程若由甲队单独施工恰好在规定时间内完成;若乙队单独施工，则完成工程所需天数是规定天数的1．5倍．如果由甲、乙队先合作施工15天，那么余下的工程由甲队单独完成还需5天．
(1)这项工程的规定时间是多少天?
(2)为了缩短工期以减少对居民用水的影响，工程指挥部最终决定该工程由甲、乙两队合作完成．则甲、乙两队合作完成该工程需要多少天?
【答案】（1）这项工程的规定时间是30天；（2）甲乙两队合作完成该工程需要18天．
【解析】
【分析】(1)设这项工程的规定时间是天，则甲队单独施工需要天完工，乙队单独施工需要天完工，依题意列方程即可解答；（2）求出甲、乙两队单独施工需要的时间，再根据题意列方程即可.
【详解】(1)设这项工程的规定时间是天，则甲队单独施工需要天完工，乙队单独施工需要天完工，依题意，得: ．
解得: ，
经检验， 是原方程的解，且符合题意．
答:这项工程的规定时间是30天．
(2)由(1)可知:甲队单独施工需要30天完工，乙队单独施工需要45天完工，
（天），
答:甲乙两队合作完成该工程需要18天．
【点睛】本题考查分式方程的应用，理解题意，根据等量关系列出方程是解题的关键.
21. 目前微信、支付宝、共享单车、和网购给我们的生活带来很多便利，初二数学小组在校内对你最认可的四大新生事物进行调查，随机调查了m人，（每名学生必选一种且只能从这四种中选择一种）并将调查结果绘制成如下不完整的统计图
（1）根据图中信息求出m=__________；n=_______________；
（2）请把图中的条形统计图补充完整；
（3）根据抽样调查结果，请估算全1800名学生中，大约有多少人最认可微信和支付宝这两样新生事物？
【答案】（1）100，35；（2）见解析；（3）1350
【解析】
【分析】（1）由共享单车人数及其百分比求得总人数m，用支付宝人数除以总人数可得其百分比n的值；
（2）总人数乘以网购人数的百分比可得其人数，即可补全条形统计图；
（3）总人数乘以样本中微信人数和支付宝人数所占百分比可得答案．
【详解】解：（1）∵被调查的总人数m=10÷10%=100人，
∴支付宝的人数所占百分比n%=×100%=35%，即n=35，
故答案为：100、35；
（2）网购人数为100×15%=15人，
补全图形如下：

支付宝对应的百分比为：
答：大约有1350人最认可“微信”和支付宝这一新生事物．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22. 某品牌太阳能热水器的实物图和横断面示意图如图所示．已知真空集热管DE与支架CB所在直线相交于点O，且；支架BC与水平线AD垂直．，，，另一支架AB与水平线夹角，求OB的长度（结果精确到1cm；温馨提示：，，）
【答案】.
【解析】
【分析】设，根据含30度角的直角三角形的性质以及锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】设，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∵ ，
∴ ，
解得：，
∴.8≈19 cm
【点睛】本题考查解直角三角形，熟练运用锐角三角函数的定义是解题关键.
23. 如图，在ABC中，AB＝BC，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，∠BAD＝45°，AD与BE交于点F，连接CF．
（1）求证：ADC≌BDF；
（2）线段BF与AE有何数量关系？并说明理由．
（3）若CD＝，求AD的长．
【答案】（1）见解析 （2）BF=2AE；理由见解析
（3）（3）
【解析】
【分析】（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AD=BD，再根据同角的余角相等求出∠CAD=∠CBE，然后利用“角边角”证明△ACD≌△BFD即可；
（2）根据全等三角形对应边相等可得BF=AC，再根据等腰三角形三线合一的性质可得AC=2AE，从而得证；
（3）根据全等三角形对应边相等可得DF=CD，然后利用勾股定理列式求出CF，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF=CF，然后根据AD=AF+DF代入数据即可得解．
【小问1详解】
解：（1）∵AD⊥BC，∠BAD=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD=BD，
∵BE⊥AC，AD⊥BC，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠CBE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠CBE，
在△ADC和△BDF中，
，
∴△ACD≌△BFD（ASA）；
【小问2详解】
BF=2AE，
证明：由（1）可知：BF=AC，
∵AB=BC，BE⊥AC，
∴AC=2AE，
∴BF=2AE；
【小问3详解】
∵△ACD≌△BFD，
∴DF=CD=，
在Rt△CDF中，CF==2，
∵BE⊥AC，AE=EC，
∴AF=CF=2，
∴AD=AF+DF=．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理的应用，以及线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
24. 如图，已知点、，直线与轴交于点；
（1）在直线上取一点，若为直角三角形，则满足条件的点有 个；
（2）将直线绕点旋转一定角度后，能否使得直线上只存在3个这样的点的位置，使得为直角三角形？若能，请求出旋转后的直线的函数关系式；若不能，请说明理由；
（3）将直线绕点旋转一定角度后，能否使得直线上只存在2个这样的点的位置，使得为直角三角形？若能，请直接写出旋转后的直线中的的取值范围；
【答案】（1）4 （2）或
（3）或
【解析】
【分析】（1）分，，三种情况讨论即可；
（2）以为直径作，过P作的切线，，连接，过点Q作于H，证明，可求出点Q的坐标，然后利用待定系数法求直线解析式，同理求直线解析式即可；
（3）当直线l与（2）中相离时，直线上只存在2个这样的点的位置，使得为直角三角形，即可求解．
【小问1详解】
解：当时，即，
∵，
∴点C的横坐标为，
把代入直线，得，
∴；
当时，即，
∵，
∴点C的横坐标为2，
把代入直线，得，
∴；
当时，设，
则，即，
解得，
∴或，
∴符合题意的点C一共有4个，
故答案为：4；
【小问2详解】
解：能，
以为直径作，过P作的切线，，连接，过点Q作于H，
则，
∵、，
∴中点，即，，
对于直线，当时，，
解得，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
∴，
设直线解析式为，
把P、Q坐标代入，得，
解得，
∴直线解析式为；
同理直线解析式为；
∴直线上只存在3个这样的点的位置，使得为直角三角形，这样的直线为或；
【小问3详解】
解：当直线l与（2）中相离时，直线上只存在2个这样的点的位置，使得为直角三角形，
∴b的取值范围为或．
25. 在正方形ABCD中，点M是边CD上一点，点N是边AD上一点，连接BM，CN相交于点P，且CM=DN．
（1）如图1，请判断线段BM与CN的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
（2）如图2，延长CN到点Q，连接DQ，且∠CQD=45°．
①请直接写BP，CP，CQ之间的数量关系为 ；
②连接AC，AQ，当BP=2CP，△ACQ的面积是6时，请直接写出NQ的长为 ；
（3）点E在线段CN上，连接BE，DE，当AB，∠BED=135°，BEDE=3时，请直接写出NE的长为 ．
【答案】（1）BM=CN且BM⊥CN，证明见解析；（2）①BP+CP=CQ；②1；（3）或
【解析】
【分析】（1）结论为： BM=CN，且BM⊥CN，由四边形ABCD正方形，可得BC=CD，∠BCD=∠CDA=90°，即∠BCM=∠CDN=90°，可证△BCM≌△CDN（SAS），BM=CN，∠MBC=∠NCD，可求∠MPC=90°即可；
（2）①BP，CP，CQ之间的数量关系为CQ=CP+BP；过D作DE⊥CQ于E，先证QE=DE，再证△BCP≌△CDE（AAS），可得BP=CE，CP=DE，可证CQ=QE+CE=CP+BP；
②连接AC，AQ，过Q作QF⊥AD于F，由BP=2CP，利用tan∠PBC，求出，再由tan∠PBC=tan∠DCN，可求点N为AD中点，设DE=x,则BP=CE=2x,QE=DE=x，由勾股定理得CD=，AN=DN=，由勾股定理求CN=，CQ= 3x，QN=，可证QF∥DC，∠FQN=∠DCN，可求，利用面积S△AQC=S△AQN+S△ANC==6，即可求出；
（3）连结BD，延长DE与过B作DE的垂线交于H，分两种情况，当点E在BD上方，由勾股定理得BD=，可求HB=HE=BE×sin45°=由BEDE=3，可求HE+DE=3；由勾股定理BH=，由三角函数sin∠HDB=可求∠HDB=30°，求出BE=BH÷sin45°，可证△EBC为等边三角形，再求CN，当点E在BD下方时，连结AE，求出BE=AB=BC，可得∠ABE=60°，可证△EBC为等边三角形，可求DE，再证NE=DE即可．
【详解】（1）证明：结论为： BM=CN，且BM⊥CN，
∵四边形ABCD正方形，
∴BC=CD，∠BCD=∠CDA=90°，即∠BCM=∠CDN=90°，
∴在△BCM和△CDN中，
，
∴△BCM≌△CDN（SAS），
∴BM=CN，∠MBC=∠NCD，
∵∠MBC+∠CMB=90°
∴∠NCD+∠CMB=90°
∴∠MPC=180°-∠NCD-∠CMB=90°
∴BM⊥CN，
∴线段BM与CN的数量关系和位置关系为：BM=CN，且BM⊥CN；
（2）证明①BP，CP，CQ之间的数量关系为CQ=CP+BP；
过D作DE⊥CQ于E，
∵∠CQD=45°，
∴∠QDE=90°-∠CQD=45°=∠CQD，
∴QE=DE，
由（1）知∠MBC=∠MCD，∠BPC=90°，
在△BCP和△CDE中，
，
∴△BCP≌△CDE（AAS），
∴BP=CE，CP=DE，
∴CP=DE=QE，
∴CQ=QE+CE=CP+BP，
故答案为：CQ=CP+BP；
解：②连接AC，AQ，过Q作QF⊥AD于F，
∵BP=2CP，
∴tan∠PBC=，
∴，
由（1）知∠DCN=∠MBC，
∴tan∠PBC=tan∠DCN，
∴，
∴点N为AD中点，
设DE=x,则BP=CE=2x,QE=DE=x，
在Rt△EDC中，由勾股定理得CD=，
∴AN=DN=，
在Rt△NDC中，由勾股定理CN=，
∴CQ=QE+CE=ED+CE=3x，
∴QN=QC-CN=，
∵QF⊥AD，CD⊥AD，
∴QF∥DC，
∴∠FQN=∠DCN，
∴cs∠NQF=cs∠NCD=，
∴，即，
∴S△AQC=S△AQN+S△ANC==6，
解得x=2，x=-2（舍去），
∴QN=，
故答案为：1；
（3）连结BD，延长DE与过B作DE的垂线交于H，分两种情况：
当点E在BD上方，
∵AB，AD=AB，
Rt△ADB中，由勾股定理得BD=，
又∵∠BED=135°，
∴∠HEB=180°-∠BED=180°-135°=45°，
∴HB=HE=BE×sin45°=，
∵BEDE=3，
∴，
∴HE+DE=3，
在Rt△HBD中由勾股定理BH=，
∴sin∠HDB=，
∴∠HDB=30°，
又∵BE=BH÷sin45°，
∴BE=AB=BC，
∴∠EBD=180°-∠BED-∠EDB=180°-135°-30°=15°，
∴∠EBC=∠EBD+∠DBC=15°+45°=60°，
∴△EBC为等边三角形，
∴CE=BC，∠ECB=60°，
∴∠NCD=90°-∠ECB=90°-60°=30°，
∴CD=CN×cs30°，
∴CN，
∴NE=，
当点E在BD下方时，连结AE，
∵BEDE=3，
∴，
∴HE+DE=3；
在Rt△HBD中由勾股定理BH=，
∴sin∠HDB=，
∴∠HDB=30°，
又∵BE=BH÷sin45°，
∴BE=AB=BC，
∴∠ABE=60°，
∴DE=，
∴∠EBC=90°-∠ABE=90°-60°=30°，
∴∠BCE=，
∴∠ECD=90°-∠BCE=15°=∠BDC-∠BDH=∠EDC，
∴ED=EC，
又∵∠EDN=90°-∠EDC=90°-15°=75°，∠DNE=90°-∠ECD=90°-15°=75°，
∴∠EDN=∠DNE=75°，
∴NE=DE，
NE的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等判定与性质，锐角三角函数定义求值和求角，勾股定理，用三角形面积构造方程，等边三角形判定与性质，等腰三角形判定与性质，本题难度较大，应用知识较多，通过辅助线构造图形是难点，也解题关键．
26. 勾股定理是数学史上非常重要的一个定理．早在2000多年以前，人们就开始对它进行研究，至今已有几百种证明方法．在欧几里得编的《原本》中证明勾股定理的方法如下，请同学们仔细阅读并解答相关问题：
如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．
（1）连接BI、CE，求证：△ABI≌△AEC；
（2）过点B作AC的垂线，交AC于点M，交IH于点N．
①试说明四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等；
②请直接写出图中与正方形BCFG的面积相等的四边形．
（3）由第（2）题可得：正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝______的面积；即在Rt△ABC中，AB2+BC2=______．
【答案】（1）见解析 （2）①见解析；②四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等
（3）正方形ACHI，AC2
【解析】
【分析】(1)由正方形的性质得出AB=AE，AC=AI，∠BAE=∠CAI=90°，得出∠EAC=∠BAI，即可得出△ABI≌△AEC(SAS)；
(2)①证，得出，同理：，由△ABI≌△AEC，即可得出四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等；
②Rt△ABC中，由勾股定理得出AB2+BC2=AC2，得出正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积=正方形ACHI的面积，由①得四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等，即可得出答案；
(3)由(2)即可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABDE、四边形ACHI是正方形，
∴AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°，
∴∠EAC＝∠BAI，
在△ABI和△AEC中，
，
∴△ABI≌△AEC（SAS）；
【小问2详解】
①证明：∵BM⊥AC，AI⊥AC，
∴，
∴，
同理：，
又∵△ABI≌△AEC，
∴四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等．
②解：四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等，理由如下：
连接BH，过H作HP⊥BC于P，如图所示：
∵四边形ACHI是正方形，
∴AC＝CH，∠ABC＝∠ACH＝∠CPH＝90°，
∴∠BAC＝∠PCH，
在△ABC和△CPH中，
，
∴△ABC≌△CPH（AAS）；
∴PH＝BC，
∵四边形CMNH是矩形，
∴，
∴，
∴四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等；
【小问3详解】
解：由（2）得：四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等，四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等，
∴正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积；
即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2；
故答案为：正方形ACHI，AC2．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．x
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-1
0
1
2
3
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y
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3
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m
3
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