2022年广东省广州市南沙区九年级4月一模数学卷及答案（文字版）

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2022年广东省广州市南沙区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1. 9的算术平方根是（ ）
A. ±3 B. 3 C. ﹣3 D. ±9
【答案】B
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义（一个正数的正的平方根是这个数的算术平方根）即可得．
【详解】解：因为，
所以9的算术平方根是3，
故选：B．
【点睛】本题考查了算术平方根，熟记定义是解题关键．
2. 如图所示的几何体是由4个相同的小正方体搭成的，它的主视图是（　　）


A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】主视图就是从正面看得到的图形．
【详解】解：主视图是从正面看，得到的图形为


故选：C．
【点睛】本题考查三视图，认清方向是解题的关键．
3. 化简m+n﹣（m﹣n）的结果是（　　）
A. 2m B. 2n C. ﹣2m D. ﹣2n
【答案】B
【解析】
【分析】展开括号化简即可．
【详解】解：原式==；
故选：B．
【点睛】本题考查整式的化简，去括号注意变号，属于基础题．
4. 已知一次函数且随的增大而增大，那么它的图象不经过（　　）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大；k＜0，y随x的增大而减小，进行解答即可．
【详解】解：∵一次函数y=kx-3且y随x的增大而增大，
∴它的图象经过一、三、四象限，
∴不经过第二象限，
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，掌握一次函数所经过的象限与k、b的值有关是解题的关键.
5. 某城市3月份某星期7天的最低气温如下（单位℃）：16，20，18，16，18，18，这组数据的中位数、众数分别是（　　）
A. 16，16 B. 16，20 C. 18，20 D. 18，18
【答案】D
【解析】
【分析】出现次数最多的为众数，将数排列之后，最中间的数或者中间两个数的平均数为中位数．
【详解】解：将数从小到大排列为：16，16，18，18，18，20，最中间的数为18和18，
即中位数为18，
∵18出现的次数最多，
∴众数为18；
故选：D．
【点睛】本题考查众数和中位数的判断，理清数据，认真判断及解题的关键．
6. 若代数式有意义，则实数x的取值范围是（　　）
A. x≠2 B. x≥0 C. x＞0且x≠2 D. x≥0且x≠2
【答案】D
【解析】
【分析】二次根式下的被开方数为非负数，分母不为0，即可得出答案．
【详解】解：∵偶次根号下的被开方数为非负数，
∴，
∵分式的分母不为0，
∴，
∴答案为且；
故选：D．
【点睛】本题考查根式和分式有意义，理清概念正确计算是解题的关键．
7. 根钢管放在V形架内，如图是其截面图，O为钢管圆心，如果钢管的直径为20cm，∠MPN＝60°，则OP的长度是（　　）


A. 40cm B. 40cm C. 20cm D. 20cm
【答案】D
【解析】
【分析】钢管放在V形架内，则钢管所在的圆与V形架的两边相切，根据切线的性质可知△OMP是直角三角形，根据三角函数可求出OP的长．
【详解】解：如图，连接OM、ON，
∵圆与V形架的两边相切，且∠MPN＝60°，
∴△OMP是直角三角形，∠OPN=∠OPM=30°，
∵钢管的直径为20cm，ON=10cm,
∴OP=2ON=20cm；
故选：D．

【点睛】本题考查切线的性质定理，解题的关键是将此问题转化为解直角三角形的问题解决．
8. 如图，把△ABC绕着点A顺时针转40°，得到△ADE，若点E恰好在边BC上，AB⊥DE于点F，则∠BAE的大小是（　　）

A. 10° B. 20° C. 30° D. 40°
【答案】B
【解析】
【分析】由旋转40°可得△ABC≌△ADE，所以AE=AC，∠AED=∠ACE=∠AEC=70°，由AB⊥DE，可得∠AFE=90°，从而得出答案．
【详解】解：∵△ABC绕着点A顺时针转40°，得到△ADE，
∴∠EAC=40°为旋转角，△ABC≌△ADE，
∴AE=AC，
∴∠AED=∠ACE=∠AEC=70°；
∵AB⊥DE于点F，
∴∠AFE=90°，
∴∠BAE=20°；
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形，全等三角形的性质与应用，找准旋转角度，边角关系是解题的关键．
9. 若16m+2＜0，则关于x的方程mx2﹣（2m+1）x+m﹣1＝0的根的情况是（　　）
A. 没有实数根 B. 只有一个实数根
C. 有两个相等的实数根 D. 有两个不相等的实数根
【答案】A
【解析】
【分析】先计算出m的范围，判断出方程为二次方程，再计算判别式的范围即可得出答案．
【详解】解：由已知16m+2＜0，解得,即方程为二次方程，
判别式，
∵，
∴，
∴关于x方程没有实数根；
故选：A．
【点睛】本题考查一次不等式的解法，二次方程根的判断，熟悉公式准确计算是解题的关键．
10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，当B在x轴的正半轴上运动时，A随之在y轴的正半轴上运动，矩形ABCD的形状保持不变．若∠OAB＝30°时，点A的纵坐标为2，点C的纵坐标为1，则点D到点O的最大距离是（　　）


A. 2 B. 22 C. 24 D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】由Rt△AOB中的条件可得AB=4，由△AOB∽△BFC，可得BC=2，再AB上取一点E，利用勾股定理求出OE，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半求出OE，由三角形两边之后大于第三边可求出OD最大值．
【详解】解：取AB中点E，连接DE、OE、OD，过C作CF⊥BF与点F，
在Rt△AOB中，AO=，∠OAB=30°，
∴AB=4，OE=AB=2=AE，
由矩形的性质，可得AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，
∴△AOB∽△BFC，
∵C的纵坐标为1，
∴BC=2=AD；
在Rt△ADE中，DE=，
当O、D、E三点共线时，OD=DE＋OE最大，
此时OD=；
故选：B．

【点睛】本题考查相似三角形的性质，直角三角形的性质，三角形三边关系，根据性质求出相应线段，根据两边之和大于第三边求出最大值是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分。）
11. △ABC中，已知∠A＝50°，∠B＝60°，则∠C的外角的度数是 _____．
【答案】110°##110度
【解析】
【分析】根据三角形的外角性质计算，得到答案．
【详解】解：∵∠A＝50°，∠B＝60°，
∴与∠C相邻的外角度数为：50°+60°＝110°（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和），
故答案为：110°．
【点睛】本题考查的是三角形的外角性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
12. 单项式的次数是____．
【答案】3.
【解析】
【分析】将x与y的次数相加即可得到答案.
【详解】单项式的次数是：2+1=3，
故填：3.
【点睛】此题考查单项式的次数，单项式中所有字母指数的和即是单项式的次数.
13. 已知反比例函数y（k是常数，且k≠2）的图象有一支在第三象限，那么k的取值范围是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】反比例函数的图象有一支在第三象限，所以，化简求出答案即可．
【详解】解：∵反比例函数y（k是常数，且k≠2）的图象有一支在第三象限，
∴，即；
故答案为：．
【点睛】本题考查反比例函数的图像基本性质，系数大于0，图像过一、三象限；系数小于0，图像过二、四象限．
14. 如图，⊙O的直径为10，弦AB＝8，P是弦AB上一动点，那么OP长的取值范围是_____．

【答案】3≤OP≤5．
【解析】
【分析】根据垂线段最短，由垂径定理求出OP最小值，最大值为半径长.
【详解】如图：连接OA，作OM⊥AB与M，
∵⊙O的直径为10，
∴半径为5，
∴OP的最大值为5，
∵OM⊥AB与M，
∴AM＝BM，
∵AB＝8，
∴AM＝4，
在Rt△AOM中，OM＝，
OM的长即为OP的最小值，
∴3≤OP≤5．

【点睛】本题考查垂径定理，垂线段最短，勾股定理，垂径定理是解决圆问题的重要知识点.
15. 如图，广州塔与木棉树间的水平距离BD为600m，从塔尖A点测得树顶C点的俯角α为44°，测得树底D点俯角β为45°，则木棉树的高度CD是 _____．（精确到个位，参考数据：sin44°≈0.69，cos44°≈0.72，tan44°≈0.96）

【答案】24m
【解析】
【分析】如图：过点C作CE⊥AB于E，则CE=BD=600m在Rt△ABD中， 求出AB，在Rt△AEC中，求出 AE，得到CD=BE=AB-AE即可求解；
【详解】解：如图：过点C作CE⊥AB于E，则

CE=BD=600m
在Rt△ABD中，
∠ADB=∠β=45°
∵tan45°=

∴AB=600
在Rt△AEC中，∠ACE=∠α=44°，
∵tan44°=
∴
∴AE=576m，
∴CD=BE=AB-AE=600-576=24m,
故答案为：24m．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，仰角，俯角的问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，是解答此题的关键．
16. 如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD＝60°，延长AD至点E使得AE＝AB，连接BE交CD于点F，连结并延长AF，交CE于点G．下列结论：①△BAD≌△EBC；②BD＝AF；③BD⊥AG；④若AD＝2DE，则．其中，正确的结论是 _____．（请填写所有正确结论的序号）


【答案】①②④
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质，先证明△ABE，△CBF都是等边三角形，利用SAS证明△BAD≌△EBC；利用SAS证明△FBA≌△DAB，判断结论②；利用SAS证明△FDA≌△EFC，得到∠GCF=∠DAF，从而证明△GCF∽△DAF，判断结论④；利用CD∥AB，同旁内角的角的平分线互相垂直判断结论③．
【详解】∵∠BAD＝60°，AE＝AB，
∴△ABE等边三角形，
∴BE=BA，∠BEA＝60°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝60°，BC∥AD，BC=AD，
∴∠BEA=∠CBE=60°，BC∥AD，BC=AD，
∴△CBF都是等边三角形，
∴BF=BC=CF=AD，
∴△BAD≌△EBC，
故结论①正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥AB，
∵∠EAB=∠ABE=60°，
∴∠BFD=∠ADF=120°，
∵BF=AD，DF=FD，
∴△FBA≌△DAB，
∴BF=AD，
故结论②正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥AB，BC∥AD，
∴∠CBD=∠BDA=60°+∠FBD，∠BDF=∠ABD=60°-∠FBD，
∴∠CBD≠∠BDF，
若BD⊥AG，则∠BDA+∠FAD=90°，
∴2∠BDA+2∠FAD=180°，
∴BD是∠ADC的角平分线，
∴∠CBD=∠BDF，矛盾，
故结论③错误；


∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥AB，BC∥AD，
∴∠FDE=∠FCB=60°，∠DEF=∠FBC=60°，
∴△EDF都是等边三角形，
∴FE=FD=ED，
∵AD=CF，∠CFE=∠ADF=120°，
∴△FDA≌△EFC，
∴∠GCF=∠DAF，
∵∠GFC=∠DFA，
∴△GCF∽△DAF，
∴，
∴，
∵AD=2DE，
∴，
故结论④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质，三角形全等和相似的判定是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答要求写出文字说明、证明过程或计算步骤）
17. 解不等式组.
【答案】x＞3.
【解析】
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可.
【详解】，
由①得，x＞2，
由②得，x＞3，
故此不等式组的解集为：x＞3.
【点睛】此题考查解一元一次不等式组，解题关键在于掌握运算法则.
18. 如图，点E、C在线段BF上，AC∥DF，∠A＝∠D，AB＝DE，证明：BE＝CF．


【答案】答案见解析
【解析】
【分析】由AC∥DF，可推出∠ACB=∠DFE，从而得到△ACB≌△DFE，得到BC=EF，从而得出结论．
【详解】解：∵AC∥DF，
∴∠ACB=∠DFE，
在△ACB和△DFE中，

∴△ACB≌△DFE（AAS），
∴BC=EF，
∴BE=CF．
【点睛】本题考查平行线的性质，全等三角形的性质与判定，准确运用合适方法证明三角形全等是解题的关键．
19. 已知．
（1）化简T；
（2）若点（x，0）在二次函数y＝（x+1）（x+2）的图象上，求T的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据分式运算，化简求解即可得出答案；
（2）将点代入二次函数表达式，可求出x，在带入原式即可求出T．
【小问1详解】
解：


．
【小问2详解】
解：∵点（x，0）在二次函数y＝（x+1）（x+2）的图象上，
∴0＝（x+1）（x+2），解得或，
由（1）中分母可知，故舍去，
把代入，；
故答案为：．
【点睛】本题考查分式的化简求值，二次函数的性质，仔细计算，注意分式有意义的条件．
20. 某校为落实《青少年体育活动促进计划》，为学生“每天体育锻炼1小时”创造更好的条件，计划从体育用品店购进一批足球、篮球和排球．已知同一种球单价相同，一个排球单价为80元，若购买3个足球和2个排球共需400元，购买2个足球和3个篮球共需610元．
（1）求购买一个足球、一个篮球和一个排球共需多少元？
（2）学校根据需求计划从体育用品店一次性购买三种球共100个，且购买的三种球的费用不超过12000元，求该学校最多可以购买多少个篮球？
【答案】（1）310元
（2）57个
【解析】
【分析】（1）根据费用可得等量关系：购买3个足球和2个排球共需400元，购买2个足球和3个篮球共需610元，带值求出结果即可；
（2）购买三种球的费用不超过12000元，列出不等式求得解集得到相应的解，从而求解．
【小问1详解】
解：∵一个排球单价为80元， 3个足球和2个排球共需400元，
设一个足球x元，列出方程：，解得，
∵购买2个足球和3个篮球共需610元，
设一个篮球y元，列出方程：，解得，
元，
答：购买一个足球、一个篮球和一个排球共需310元．
【小问2详解】
解：设学校最多可以购买z个篮球，足球和排球共（100－z）个
根据题意列出不等式：，
解得，
∵z为整数，
∴z取满足条件的最大整数57；
答：该学校最多可以购买57个篮球．
【点睛】本题考查一元一次方程组及一元一次不等式的应用，得到相应费用的关系是解题的关键．
21. 某校对九年级学生参加体育“五选一”自选项目测试进行抽样调查，调查学生所报自选项目的情况统计如下：
自选项目
　立定跳远
三级蛙跳
跳绳
实心球
铅球
　人数/人
9
13
8
b
4
　频率
　a
　0.26
　0.16
　0.32
0.08

（1）a＝　 　，b＝　 　．
（2）该校有九年级学生350人，请估计这些学生中选“跳绳”的约有多少人？
（3）在调查中选报“铅球”的4名学生，其中有3名男生，1名女生．为了了解学生的训练效果，从这4名学生中随机抽取两名学生进行“铅球”选项测试，请用列举法求所抽取的两名学生中恰好有1名男生和1名女生的概率．
【答案】（1）0.18，16
（2）56 （3）
【解析】
【分析】（1）根据跳绳的人数和频率可求出抽样调查的总人数，立定跳远的人数除以总人数可得频率a，总人数乘以实心球的频率可得b；
（2）用九年级的350人乘以跳绳的频率即可得出答案；
（3）用树状图列出所有等可能情况，再用满足情况的除以总人数即可得出频率．
【小问1详解】
解：∵跳绳的人数为8人，频率为0.16，
∴抽样调查的总人数为8÷0.16=50；
∵立定跳远的人数为9人，
∴a=9÷50=0.18；
∵实心球的频率为0.32，
∴b=50×0.32=16；
故答案为：0.18，16．
【小问2详解】
解：∵九年级有学生350人，抽样调查中跳绳的频率为0.16，
∴350×0.16=56人；
九年级学生350人中选“跳绳”的约有56人．
【小问3详解】
选报“铅球”的4名学生，其中有3名男生，1名女生，列出树状图，

总共有12种等可能情况，满足一男一女的有6种情况，；
恰好有1名男生和1名女生的概率为．
【点睛】本题考查概率的基本性质，树状图和列表法求概率，理清题意准确列举出情况是解题的关键．
22. 已知反比例函数y的图象与正比例函数y＝﹣3x的图象交于点A（2，﹣6）和点B（n，6）．
（1）求m和n的值．
（2）请直接写出不等式3x的解集．
（3）将正比例函数y＝﹣3x图象向上平移9个单位后，与反比例函数y的图象交于点C和点D．求△COD的面积．
【答案】（1）m=-10，n=-2；
（2）x＜-2或者0＜x＜2；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据A点坐标（2，-6），代入y 中求出ｍ即可；根据正比例函数解析式可以求出B点坐标，进而得出n的值；
（2）利用数形结合的思想 可得出不等式的解集；
（3）利用直线平移的规律得到平移后的直线的解析式为y=-3x+9，与反比例函数组成方程组得出点C（-1，12）和点D（4，-3），进而求得直线CD的解析式，进而求出与x轴的交点坐标，根据三角形面积公式，进行计算．
【小问1详解】
解：∵y 经过点A（2，-6）
∴-6=
∴m=-10
∵y过点B（n，6）
∴6n=-12
∴n=-2
【小问2详解】
解：根据图象可得，x＜-2或者0＜x＜2
【小问3详解】
解：直线y=-3x向上平移9的单位得到直线的解析式为y=-3x+9
∴由题意得
解得或者
∴C（4，-3），D(-1，12)
令y=0可得-3x+9=0，得x=3
∴一次函数y=-3x+9与x轴交点坐标为（3，0）
．

【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，主要考查平移的性质和函数图象上点的坐标特征，表示出C、D两点的坐标及数形结合的思想是解题的关键．
23. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BD⊥AC于点D．

（1）尺规作图，作边BC的垂直平分线，交边AC于点E．
（2）若AD：BD＝3：4，求sinC的值．
（3）已知BC＝10，BD＝6．若点P为平面内任意一动点，且保持∠BPC＝90°，求线段AP的最大值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据尺规作图方法按步骤完成即可；
（2）由同角的余角相等可得∠ABD=∠C，在Rt△ABD中，求出sin∠ABD的值，从而得出答案；
（3）由条件可得，点P的轨迹是以BC为直径的圆上，所以当AP过圆心时距离最大，用勾股定理求出线段即可．
【小问1详解】
解：作图如下：
【小问2详解】
∵∠ABC=∠BDC=90°，
∴∠ABD＋∠CBD=90°，∠CBD＋∠C=90°，
∴∠ABD=∠C，
在Rt△ABD中，AD：BD＝3：4，
∴AB∶AD=3∶5，
∴sin∠C=sin∠ABD=．
【小问3详解】
如图，点P在BC为直径的圆上，O为圆心，当A、P、O三点共线时，AP最大，
∵BC＝10，BD＝6，
∴CD=8，
∵△ABD∽△BCD，
∴，，解得,
在Rt△ABD中，AB=,
∵BC=10，
∴BO=OP=5,
在Rt△ABO中，,
∴AP=AO＋OP=，
故答案为：．
．
【点睛】本题考查尺规作图，三角函数，动点最值问题，找准动点轨迹是解题的关键．
24. 在平面直角坐标系xOy中，二次函数（a＜0）的图象与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（4，0），与y轴交于点C，直线BC与对称轴交于点D．
（1）求二次函数的解析式．
（2）若抛物线（a＜0）的对称轴上有一点M，以O、C、D、M四点为顶点的四边形是平行四边形时，求点M的坐标．
（3）将抛物线（a＜0）向右平移2个单位得到新抛物线，新抛物线与原抛物线交于点E，点F是新抛物线的对称轴上的一点，点G是坐标平面内一点，当以D、E、F、G四点为顶点的四边形是菱形时，求点F的坐标．
【答案】（1）

（2），

（3）

【解析】
【分析】（1）将、两点坐标代入中，求解的值，进而可得二次函数解析式；
（2）如图1，由可知，二次函数对称轴为直线，求出，设直线的解析式为，将坐标代入求得，则直线的解析式为，将代入得，，可知，由题意设，由，，可得，计算求解的值，进而可得点的坐标；
（3）如图2，由，可知平移后的函数解析式为，则平移后的函数的对称轴为直线，二次函数联立得，解出的值，进而可得点坐标，设，由图可知，只能作菱形的边，则，即，求出满足要求的解即可．
【小问1详解】
解：将、两点坐标代入中得，
解得
∴二次函数的解析式为．
【小问2详解】
解：如图1，

由可知，二次函数对称轴为直线
当时，
∴
设直线的解析式为
将坐标代入得，解得
∴直线的解析式为
将代入得，
∴
∵以O、C、D、M四点为顶点的四边形是平行四边形，且点M在对称轴上，设
∴，
∴
解得或
∴点的坐标为或．
【小问3详解】
解：如图2，

∵
∴平移后的函数解析式为
∴平移后的函数的对称轴为直线
∴联立得
解得，
将代入得，
∴
设
由图可知，只能作菱形的边
∴，即
解得或
当时，D、E、F三点共线，不合题意，故舍去
∴．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数与特殊的四边形的综合，二次函数图象的平移，平行四边形的性质，菱形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
25. 如图1，在正方形ABCD中，E为边AD上的一点，连结CE，过D作DF⊥CE于点G，DF交边AB于点F．已知DG＝4，CG＝16．

（1）EG的长度是 　　．
（2）如图2，以G为圆心，GD为半径的圆与线段DF、CE分别交于M、N两点．
①连接CM、BM，若点P为BM的中点，连结CP，求证∠BCP＝∠MCP．
②连接CN、BN，若点Q为BN的中点，连结CQ，求线段CQ的长．
【答案】（1）1 （2）①见解析；②
【解析】
【分析】（1）证明△CDG∽△DEG即可求解；
（2）①根据垂直平分线的性质、正方形的性质得出DC=MC=BC，然后根据等腰三角形的性质即可得证；
②连接CN、BN，过N作NK⊥CD于K，过Q作QH⊥CD于H，连接NH并延长交BC于L，证明△DCG∽NCK求出NK，CK，证明可得KH=CH，然后再证明△NHK≌△LHC可求CL，根据三角形中位线定理可求QH，最后根据勾股定理即可求出CQ．
【小问1详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，BC=DC，
∴∠EDG+∠CDG=90°，
∵DF⊥CE，
∴∠DGE=∠DGC=90°
∴∠DCG+∠CDG=90°，
∴∠EDG=∠DCG，
∴△CDG∽△DEG，
∴，即，
∴EG=1．
故答案为：1；
【小问2详解】
①证明：连接CM、BM，

由题意知：DG=MG，CG⊥DM，
∴DC=MC，
又BC=DC，
∴MC=BC，
∵P为BM的中点，
∴∠BCP=∠MCP；
②连接CN、BN，过N作NK⊥CD于K，过Q作QH⊥CD于H，连接NH并延长交BC于L，

∵∠DGC=90°，DG=4，CG=16，
∴，
∵GN=DG=4，
∴CN=CG-GN=12，
∵∠DGC=∠NKC=90°，∠DCG=∠NCK，
∴△DCG∽NCK，
∴，即，
∴，，
∵NK⊥CD，QH⊥CD，∠BCD=90°，
∴，
∴，
又NQ=BQ，
∴KB=CH=，
∵∠NKH=∠HCL=90°，KH=CH，∠KHN=∠CHL，
∴△NHK≌△LHC，
∴NK=CL=，NH=HL，
∴
∴
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识，添加合适的辅助线进行解答是解题的关键．