2024年南京市九年级中考数学模拟预测试卷解析

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选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．
1．若|a|＝3，|b|＝1，且a＞b，那么a﹣b的值是（ ）
A．4B．2C．﹣4D．4或2
【分析】直接利用绝对值的性质结合a，b的关系求出答案．
【解答】解：∵|a|＝3，|b|＝1，且a＞b，
∴a＝3，b＝1或a＝3，b＝﹣1，
∴a﹣b＝2或4．
故选：D．
【点评】此题主要考查了绝对值以及有理数的减法，正确去绝对值是解题关键．
2．的算术平方根是（ ）
A．2B．4C．±2D．±4
【分析】利用算术平方根定义计算即可得到结果．
【解答】解：＝4，4的算术平方根是2，
故选：A．
【点评】此题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的定义是解本题的关键．
3．下列运算正确的是（ ）
A．a2+a2＝a4B．（﹣2a2）3＝8a6
C．a•a2＝a3D．a6÷a2＝a3
【分析】利用合并同类项的法则，同底数幂的除法的法则，同底数幂的乘法的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、a2+a2＝2a2，故A不符合题意；
B、（﹣2a2）3＝﹣8a6，故B不符合题意；
C、a•a2＝a3，故C符合题意；
D、a6÷a2＝a4，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题主要考查合并同类项，积的乘方，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4．已知圆锥的底面半径为3，母线长为4，则它的侧面展开图的面积是（ ）
A．6B．12C．6πD．12π
【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．
【解答】解：底面半径为3，则底面周长＝6π，侧面积＝×6π×4＝12π．
故选：D．
【点评】本题考查圆锥的面积，解题的关键是利用圆的周长公式和扇形面积公式求解．
如图，矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，折叠纸片，使CD边落在对角线AC上，折痕为CE，
则DE的长为（ ）
A．1B．C．D．3
【分析】由勾股定理求出AC的长，再由折叠的性质得∠CD'E＝∠D＝90°D'C＝DC＝3，DE＝D'E，则∠AD'E＝90°，设DE＝x，则D'E＝x，AE＝4﹣x，然后在Rt△AED'中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，
∴∠A＝∠D＝90°，DC＝AB＝3，
∴AC＝＝＝5，
由折叠的性质得：∠CD'E＝∠D＝90°D'C＝DC＝3，DE＝D'E，
∴∠AD'E＝90°，AD'＝AC﹣CD'＝5﹣3＝2，
设DE＝x，则D'E＝x，AE＝4﹣x，
在Rt△AED'中：AD'2+ED'2＝AE2，
即22+x2＝（4﹣x）2，
解得：x＝，
即DE＝，
故选：C．
如图，在平面直角坐标系xOy中，A（2，0），B（0，2），⊙C的圆心为点C（﹣1，0），半径为1．
若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于E点，则△ABE面积的最小值是（ ）
A．2B．C．D．
【分析】由于OA的长为定值，若△ABE的面积最小，则BE的长最短，此时AD与⊙相切；可连接CD，在Rt△ADC中，由勾股定理求得AD的长，即可得到△ADC的面积；易证得△AEO∽△ACD，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出△AOE的面积，进而可得出△AOB和△AOE的面积差，由此得解．
【解答】解：若△ABE的面积最小，则AD与⊙C相切，连接CD，则CD⊥AD；
Rt△ACD中，CD＝1，AC＝OC+OA＝3；
由勾股定理，得：AD＝2；
∴S△ACD＝AD•CD＝；
易证得△AOE∽△ADC，
∴＝（）2＝（）2＝，
即S△AOE＝S△ADC＝；
∴S△ABE＝S△AOB﹣S△AOE＝×2×2﹣＝2﹣；
故选：D．
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上）
7．因式分解：= ．
【答案】2（x+3）（x﹣3）
【分析】先提公因式2后，再利用平方差公式分解即可．
【详解】=2（x2-9）=2（x+3）（x-3）．
故答案为：2（x+3）（x﹣3）
8．某校拟招聘一批优秀教师，其中某位教师笔试、试讲、面试三轮测试得分分别为95分、85分、90分，
综合成绩笔试占40%，试讲占40%，面试占20%，则该名教师的综合成绩为 ___ 分．
【答案】90
【分析】根据加权平均公式进行计算，即可得到答案．
【详解】解：该名教师的综合成绩为（分），
故答案为：90．
9．已知一粒米的质量是千克，用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定，熟记科学记数法的方法是解题的关键．确定，即可．
【详解】解：
故答案为：．
10． 一个袋子中装有4个黑球和个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，
摸到白球的概率为，则白球的个数为___________
【答案】6
【分析】根据白球概率求出黑球概率，黑球共有4个，就可以求出球的总数，再减去黑球个数即可解答．
【详解】解：∵摇匀后随机摸出一个，摸到白球的概率为，
∴摸到黑球的概率为．
∵袋子中有4个黑球，
∴袋子中共有10个球，
∴白球有6个．
故答案为：6．
11．如图，在处测得点在北偏东方向上，在处测得点在北偏东方向上，
若米，则点到直线距离为_________

【答案】米
【分析】设点到直线距离为米，根据正切的定义用表示出、，
根据题意列出方程，解方程即可．
【详解】解：设点到直线距离为米，
在中，，
在中，，
由题意得，，
解得，（米，
故答案为 米
12 .如图，已知双曲线经过直角三角形斜边的中点，
与直角边相交于点，若的面积为6，则 .

【答案】4
【分析】过点作轴的垂线交轴于点，可得到四边形，
和三角形的面积相等，通过面积转化，可求出的值．
【详解】解：过点作轴的垂线交轴于点，
的面积和的面积相等．
的面积和四边形的面积相等且为6．
设点的横坐标为，纵坐标就为，
为的中点．
，，
四边形的面积可表示为：
．
故答案为：4．
13．如图，在正方形中，，E为的中点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的长为 ．

【答案】
【分析】由正方形，可得，，，证明，求解，再结合旋转的性质与勾股定理可得答案．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
由旋转可得：，，
∴；
故答案为：．
14．如图，的半径为6，作正六边形，点B，F在上，
若图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，则这个圆锥高为 ．
【答案】
【分析】根据正六边形的外角和，即可求得内角∠A的度数，进而根据边长等于⊙A的半径，根据弧长公式求得弧FB的长，再根据底面圆的周长就是弧FB的长，求得底面圆的半径，进而根据母线、底面圆的半径和圆锥的高构成直角三角形，求解．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF的边长为6，
∴∠A=180°-=120°，AB=6
∴弧FB的长为：
∵图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，
∴弧FB的长即为圆锥底面的周长，
设圆锥底面圆的半径为r，则2πr=4π
解得r=2
∴圆锥的高
故答案为：
在直角坐标系中，已知点A的坐标为（2，3）．若将OA绕原点O逆时针旋转90°得到OA1，
则点A1的坐标为 ．
【分析】作出图形，然后写出点A1的坐标即可．
【解答】解：如图，点A1的坐标为（﹣3，2）．
故答案为：（﹣3，2）．
16．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△GDE∽△BEF；④S△BEF=．
在以上4个结论中，其中一定成立的 （把所有正确结论的序号都填在横线上）

【答案】①②④．
【详解】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；
BE=EF=6，△BEF是等腰三角形，
则△GED不是等腰三角形，
△GDE与△BEF不相似， ③错误；
S△GBE=×6×8=24，S△BEF=S△GBE=×24=，④正确.
故答案为：①②④
三、解答题（本大题共11小题，共88分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．先化简，再求值：（﹣b）•，其中a﹣b＝2．
【分析】先算括号内的减法，算乘法，即可求出答案．
【解答】解：（﹣b）•
＝•
＝•
＝，
当a﹣b＝2时，原式＝＝．
18．解不等式组： 并写出它的所有非负整数解．
【答案】 ；非负整数解为0，1， 2，3
【解析】
【分析】本题考查了求一元一次不等式组的整数解，解本题的关键在熟练掌握求解一元一次不等式组的一般步骤．先求出每个不等式的解集，再找出不等式组的解集，最后找出非负整数解即可．
【详解】解：解不等式①得：
解不等式②得：
∴原不等式组的解集为：
∴非负整数解为：0， 1， 2， 3．
19．解方程：+＝x
【分析】先整理为一般式，再利用因式分解法求解可得．
【解答】解：将方程整理为一般式为2x2﹣3x﹣2＝0，
∵（x﹣2）（2x+1）＝0，
∴x﹣2＝0或2x+1＝0，
解得x＝2或x＝﹣0.5．
某校在宣传“民族团结”活动中，采用四种宣传形式：．器乐，．舞蹈，．朗诵，．唱歌．
每名学生从中选择并且只能选择一种最喜欢的，学校就宣传形式对学生进行了抽样调查，
并将调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图．
请结合图中所给信息，解答下列问题：
(1)本次调查的学生共有________人；扇形统计图中表示选项的扇形圆心角的度数是________，并补全条形统计图；
(2)该校共有名学生，请估计选择“唱歌”的学生有多少人？
(3)七年一班在最喜欢“器乐”的学生中，有甲、乙、丙、丁四位同学表现优秀，现从这四位同学中随机选出两名同学参加学校的器乐队，请用列表或画树状图法求被选取的两人恰好是甲和乙的概率．
【答案】(1)1200，，图见解析
(2)估计选择“唱歌”的学生约有人
(3)
【分析】（1）用选择“器乐”的人数除以其人数占比即可求出本次参与调查的学生人数；用乘以选择“唱歌”的人数占比即可求出D选项对应的扇形圆心角度数；求出选择“舞蹈”的人数，进而补全统计图即可；
（2）用乘以样本中选择“唱歌”的人数占比即可得到答案；
（3）先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：本次调查的学生共有：（人），
∴扇形统计图中表示选项的扇形圆心角的度数是，
喜欢类项目的人数有：（人），
补全条形统计图如图所示：
（2）解：（人），
答：估计选择“唱歌”的学生约有人；
（3）解：画树形图如下：
共有12种等可能的情况，其中被选取的两人恰好是甲和乙的有2种情况，
∴被选取的两人恰好是甲和乙的概率是．
21 .为落实“双减”政策，某校让学生每天体育锻炼1小时，同时购买了甲、乙两种不同的足球．
已知购买甲种足球共花费2500元，购买乙种足球共花费2000元，
购买甲种足球的数量是购买乙种足球数量的2倍，
且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花30元．
求两种足球的单价；
为进一步推进课外活动，学校再次购买甲、乙两种足球共50个，
若学校此次购买两种足球总费用不超过3000元，则学校至多购买乙种足球多少个？
【答案】(1)甲种足球单价为50元，乙种足球单价为80元
(2)16个
【分析】（1）设甲种足球单价为x元，则乙种足球单价为元，由题意可得列出关于x的分式方程，进行求解即可；
（2）设至多购买乙种足球a个，根据题意列出关于a的一元一次不等式，进行求解即可．
【详解】（1）解：设甲种足球单价为x元，则乙种足球单价为元，由题意可得：
解得，
经检验是原方程的解，
∴（元），
答：甲种足球单价为50元，乙种足球单价为80元．
（2）设至多购买乙种足球a个，由题意得：
∴
解得：
∵a为整数，
∴a最大值为16，
答：最多购买乙种足球16个．
22．如图，四边形ABCD为菱形，⊙O经过A、C两点，且与AD相切于点A，BC与⊙O相交于点E．
（1）证明：CD与⊙O相切；
（2）若菱形ABCD的边长为4，⊙O的半径为2，求CE的长．
【分析】（1）连接OC，OD，利用菱形的性质和全等三角形的判定与性质得到∠OAD＝∠OCD，利用切线的性质定理得到∠OAD＝90°，则OC⊥CD，利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论；
（2）连接OC，OE，连接DO并延长，利用菱形的性质得到B，O，D在一条直线上，利用切线的性质定理和菱形的性质得到AF⊥BC，利用垂径定理得到EF＝FC＝EC；利用相似三角形的判定与性质得到＝2，设CF＝x，则AF＝2x，BF＝BC﹣CF＝4﹣x，利用勾股定理列出关于x的方程，解方程即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接OC，OD，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝CD．
在△AOD和△COD中，
，
∴△AOD≌△COD（SSS），
∴∠OAD＝∠OCD．
∵⊙O与AD相切于点A，
∴OA⊥AD，
∴∠OAD＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴CD与⊙O相切；
（2）解：连接OC，OE，连接DO并延长，如图，
由（1）知：△AOD≌△COD，
∴∠ADO＝∠CDO，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BA＝BC，BD平分∠ADC，
∴DO的延长线经过点B，即B，O，D在一条直线上，
在△AOB和△COB中，
，
∴△AOB≌△COB（SSS），
∴∠BAO＝∠BCO．
设AO的延长线交BC于点F，
∵OA⊥AD，BC∥AD，
∴AF⊥BC，
∴EF＝FC＝EC．
∵∠AFB＝∠OFC＝90°，
∴△ABF∽△COF，
∴，
∵菱形ABCD的边长为4，⊙O的半径为2，
∴＝2．
∴AF＝2CF．
设CF＝x，则AF＝2x，BF＝BC﹣CF＝4﹣x．
∵AF2+BF2＝AB2，
∴（4﹣x）2+（2x）2＝42，
解得：x＝0（不合题意，舍去）或x＝，
∴CF＝．
∴EC＝2CF＝．
23．图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，AB，BC可分别绕点A，B转动，测得BC＝10cm，AB＝24cm，∠BAD＝60°，∠ABC＝50°．
（1）在图2中，过点B作BE⊥AD，垂足为E．填空：∠CBE＝ 20 °；
（2）求点C到AD的距离．（结果保留小数点后一位，参考数据：≈1.73，sin20°≈0.342，cs20°≈0.940，tan20°≈0.364）
【分析】（1）根据垂直定义可得∠AEB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ABE＝30°，然后利用角的和差关系进行计算即可解答；
（2）过点C作CF⊥AD，垂足为F，过点C作CG⊥BE，垂足为G，则GE＝CF，∠BGC＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠BCG＝70°，然后在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，再在Rt△BGC中，利用锐角三角函数的定义求出BG的长，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）如图：
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝90°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠ABE＝90°﹣∠BAD＝30°，
∵∠ABC＝50°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝20°，
故答案为：20；
（2）过点C作CF⊥AD，垂足为F，过点C作CG⊥BE，垂足为G，
则GE＝CF，∠BGC＝90°，
∵∠CBE＝20°，
∴∠BCG＝90°﹣∠CBE＝70°，
在Rt△ABE中，∠BAE＝60°，AB＝24cm，
∴BE＝AB•sin60°＝24×＝12（cm），
在Rt△BGC中，BC＝10cm，
∴BG＝BC•cs20°≈10×0.94＝9.4（cm），
∴CF＝GE＝BE﹣BG＝12﹣9.4≈12×1.73﹣9.4≈11.4（cm），
∴点C到AD的距离约为11.4cm．
24．为了锻炼身体增强体质，小何同学在某周末上午9时骑自行车离开家去绿道锻炼，15时回家，已知小何离家的距离s（km）与时间t（h）之间的关系如图所示．
根据图象解答下列问题：
（1）写出小何离家的最远距离；
（2）小何途中共休息了几次，每次休息多长时间？
（3）小何由离家最远的地方返回家时的平均速度是多少？
【分析】（1）从图象上各点纵坐标的最大值即可得到答案；
（2）在休息期间，纵坐标不变，从而判断休息的次数和时长；
（3）从图象上可以知道返回家所经过的路程和时间，从而利用计算其平均速度．
【解答】解：（1）图象上各点纵坐标的最大值为35，
∴小何离家的最远距离为35km．
（2）小何途中共休息了2次：第1次休息了11﹣10.5＝0.5（h），第2次休息了13﹣12＝1（h）．
（3）小何由离家最远的地方返回家时，经过的距离为35km，所用的时间为15﹣13＝2（h），
∴小何由离家最远的地方返回家时的平均速度为＝17.5（km/h）．
25．如图所示，在△ABC中，∠ACB的平分线交AB于点D．已知点E是AC上一点，且满足CE＝DE．设AD＝2a，BD＝3a（a＞0）．
（1）尺规作图：在图中确定点E的位置（要求保留作图痕迹，不写作法）．
（2）在（1）的条件下，若BC＝10，求DE的长．
【分析】（1）利用基本作图（作一个角等于已知角）作∠EDC＝∠ACD即可；
（2）证明DE∥BC，则可判断△ADE∽△ABC，然后利用相似比可求出DE的长．
【解答】解：（1）如图，点E为所作；
（2）∵CE＝DE，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠EDC，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，即＝，
∴DE＝4．
26．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣4ax+3a﹣2（a≠0）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧）．
（1）①求抛物线的对称轴；
②求抛物线的顶点的纵坐标（用含a的代数式表示）．
（2）是否存在这样的非零实数a，使得AB＝2，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
（3）当AB≤4时，求实数a的取值范围．
【分析】（2）①②把抛物线解析式配成顶点式可得到抛物线的对称轴和抛物线的顶点的纵坐标；
（2）由抛物线的对称轴及AB＝2可得出点A，B的坐标，再结合（1）中②的结论，即可得出：不存在非零实数a使得AB＝2；
（3）由抛物线与x轴有两个交点，可得出△＝4a2+8a＞0，解之即可得出a的取值范围，当a＜﹣2时，显然AB＜2，成立；当a＞0时，由AB≤4可得出xA≥0，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围．综上，此题得解．
【解答】解：（1）①y＝ax2﹣4ax+3a﹣2＝a（x﹣2）2﹣a﹣2，
抛物线的对称轴为直线x＝2；
②抛物线的顶点的纵坐标为﹣a﹣2；
（2）不存在，理由如下：
∵抛物线的对称轴为直线x＝2，AB＝2，
∴点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（3，0）．
又∵不论a取任何非零实数，抛物线恒过点（1，﹣2）和（3，﹣2），
∴不存在非零实数a使得AB＝2．
（3）∵抛物线y＝ax2﹣4ax+3a﹣2（a≠0）与x轴交于A，B两点，
∴△＝（﹣4a）2﹣4a（3a﹣2）＝4a2+8a＞0，
∴a＜﹣2或a＞0．
当a＜﹣2时，显然AB＜2，成立；
当a＞0时，∵AB≤4，
∴xA≥0，
∴3a﹣2≥0，
解得：a≥．
综上所述：当AB≤4时，实数a的取值范围为a＜﹣2或a≥．
27．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
【观察猜想】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，ED⊥CF，则的值为 1 ．
（2）如图2，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则的值为 ；
【类比探究】
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD．
【拓展延伸】
（4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AD＝9，，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．求的值．
【分析】（1）证明Rt△ADE≌Rt△DCF（ASA）后即可求解；
（2）证明△CDE∽△DAB后即可求解；
（3）过点C作CH⊥AF，交AF的延长线于点H，证明△DEA∽△CFH后即可求证；
（4）如图4所示，过点C作CG⊥AD 于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点 O，证明△DEA∽△CGF，得到AB＝3，由三角函数设AH＝a，则DH＝3a，由勾股定理可得a2+（3a）2＝92，得到，，，利用面积法可得，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，设DE、CF相交于点M，
∵DE⊥CF，
∴∠CMD＝90°，
∴∠DCM+∠CDM＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠CDF＝90°，DA＝CD，
∴∠ADE+∠CDM＝90°，
∴∠ADE＝∠DCM，
即∠ADE＝∠DCF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（ASA），
∴DE＝CF，
∴，
故答案为：1；
（2）如图2，设DB与CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠EDC＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC＝90°，
∴∠CDG+∠ECD＝90°，∠ADB+∠CDG＝90°，
∴∠ECD＝∠BAD，
∵∠CDE＝∠A
∴△CDE∽△DAB，
∴，
即，
故答案为：；
（3）如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，
∵CG⊥EG，
∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°，
∵∠DFG＝∠CFH，
∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，
∴△DEA∽△CFH，
∴，
∴，
即DE•AB＝CF•AD；
（4）如图4所示，过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，
∵CF⊥DE，GC⊥AD，
∴∠FCG+∠CFG＝∠CFG+∠ADE＝90°，
∴∠FCG＝∠ADE，∠BAD＝∠CGF＝90°，
∴△DEA∽△CGF，
∴，
∴AB＝3，
在Rt△ADH中，，
∴，
设AH＝a，
则DH＝3a，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴a2+（3a）2＝92，
∴（负值舍去），
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．