2024年河南省中考数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年河南省中考数学试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，数轴上点P表示的数是( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.据统计，2023年我国人工智能核心产业规模达5784亿元.数据“5784亿”用科学记数法表示为( )
A. 5784×108B. 5.784×1010C. 5.784×1011D. 0.5784×1012
3.如图，乙地在甲地的北偏东50∘方向上，则∠1的度数为( )
A. 60∘
B. 50∘
C. 40∘
D. 30∘
4.信阳毛尖是中国十大名茶之一.如图是信阳毛尖茶叶的包装盒，它的主视图为( )
A.
B.
C.
D.
5.下列不等式中，与−x>1组成的不等式组无解的是( )
A. x>2B. x<0C. x<−2D. x>−3
6.如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为OC的中点，EF//AB交BC于点F.若AB=4，则EF的长为( )
A. 12B. 1C. 43D. 2
7.计算(a⋅a⋅⋅⋅a⏟a个)3的结果是( )
A. a5B. a6C. aa+3D. a3a
8.豫剧是国家级非物质文化遗产，因其雅俗共赏，深受大众喜爱.正面印有豫剧经典剧目人物的三张卡片如图所示，它们除正面外完全相同.把这三张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取一张，放回洗匀后，再从中随机抽取一张，两次抽取的卡片正面相同的概率为( )
A. 19B. 16C. 15D. 13
9.如图，⊙O是边长为4 3的等边三角形ABC的外接圆，点D是BC的中点，连接BD，CD.以点D为圆心，BD的长为半径在⊙O内画弧，则阴影部分的面积为( )
A. 8π3
B. 4π
C. 16π3
D. 16π
10.把多个用电器连接在同一个插线板上，同时使用一段时间后，插线板的电源线会明显发热，存在安全隐患.数学兴趣小组对这种现象进行研究，得到时长一定时，插线板电源线中的电流I与使用电器的总功率P的函数图象(如图1)，插线板电源线产生的热量Q与I的函数图象(如图2).下列结论中错误的是( )
A. 当P=440W时，I=2AB. Q随I的增大而增大
C. I每增加1A，Q的增加量相同D. P越大，插线板电源线产生的热量Q越多
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.请写出2m的一个同类项：__________.
12.2024年3月是第8个全国近视防控宣传教育月，其主题是“有效减少近视发生，共同守护光明未来”.某校组织各班围绕这个主题开展板报宣传活动，并对各班的宣传板报进行评分，得分情况如图，则得分的众数为__________分.
13.若关于x的方程12x2−x+c=0有两个相等的实数根，则c的值为__________.
14.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为(−2,0)，点E在边CD上.将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处.若点F的坐标为(0,6)，则点E的坐标为__________.
15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，CA=CB=3，线段CD绕点C在平面内旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于点E.若CD=1，则AE的最大值为__________ ，最小值为__________ .
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)计算： 2× 50−(1− 3)0；
(2)化简：(3a−2+1)÷a+1a2−4.
17.(本小题9分)
为提升学生体质健康水平，促进学生全面发展，学校开展了丰富多彩的课外体育活动.在八年级组织的篮球联赛中，甲、乙两名队员表现优异，他们在近六场比赛中关于得分、篮板和失误三个方面的统计结果如下.
技术统计表
根据以上信息，回答下列问题.
(1)这六场比赛中，得分更稳定的队员是______(填“甲”或“乙”)；甲队员得分的中位数为27.5分，乙队员得分的中位数为______分.
(2)请从得分方面分析：这六场比赛中，甲、乙两名队员谁的表现更好.
(3)规定“综合得分”为：平均每场得分×1+平均每场篮板×1.5+平均每场失误×(−1)，且综合得分越高表现越好.请利用这种评价方法，比较这六场比赛中甲、乙两名队员谁的表现更好.
18.(本小题9分)
如图，矩形ABCD的四个顶点都在格点(网格线的交点)上，对角线AC，BD相交于点E，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A.
(1)求这个反比例函数的表达式.
(2)请先描出这个反比例函数图象上不同于点A的三个格点，再画出反比例函数的图象.
(3)将矩形ABCD向左平移，当点E落在这个反比例函数的图象上时，平移的距离为______.
19.(本小题9分)
如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，BE//DC交AC的延长线于点E.
(1)请用无刻度的直尺和圆规作∠ECM，使∠ECM=∠A，且射线CM交BE于点F(保留作图痕迹，不写作法).
(2)证明(1)中得到的四边形CDBF是菱形.
20.(本小题9分)
如图1，塑像AB在底座BC上，点D是人眼所在的位置.当点B高于人的水平视线DE时，由远及近看塑像，会在某处感觉看到的塑像最大，此时视角最大.数学家研究发现：当经过A，B两点的圆与水平视线DE相切时(如图2)，在切点P处感觉看到的塑像最大，此时∠APB为最大视角.
(1)请仅就图2的情形证明∠APB>∠ADB.
(2)经测量，最大视角∠APB为30∘，在点P处看塑像顶部点A的仰角∠APE为60∘，点P到塑像的水平距离PH为6m.求塑像AB的高(结果精确到0.1m.参考数据： 3≈1.73).
21.(本小题9分)
为响应“全民植树增绿，共建美丽中国”的号召，学校组织学生到郊外参加义务植树活动，并准备了A，B两种食品作为午餐.这两种食品每包质量均为50g，营养成分表如下.
(1)若要从这两种食品中摄入4600kJ热量和70g蛋白质，应选用A，B两种食品各多少包？
(2)运动量大的人或青少年对蛋白质的摄入量应更多.若每份午餐选用这两种食品共7包，要使每份午餐中的蛋白质含量不低于90g，且热量最低，应如何选用这两种食品？
22.(本小题10分)
从地面竖直向上发射的物体离地面的高度h(m)满足关系式h=−5t2+v0t，其中t(s)是物体运动的时间，v0(m/s)是物体被发射时的速度.社团活动时，科学小组在实验楼前从地面竖直向上发射小球.
(1)小球被发射后______ s时离地面的高度最大(用含v0的式子表示).
(2)若小球离地面的最大高度为20m，求小球被发射时的速度.
(3)按(2)中的速度发射小球，小球离地面的高度有两次与实验楼的高度相同.小明说：“这两次间隔的时间为3s.”已知实验楼高15m，请判断他的说法是否正确，并说明理由.
23.(本小题10分)
综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验.请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究.
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形.
(1)操作判断
用分别含有30∘和45∘角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______(填序号).
(2)性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质.下面研究与对角线相关的性质.
如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB=AD，AC是它的一条对角线.
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若BC=m，DC=n，∠BCD=2θ，求AC的长(用含m，n，θ的式子表示).
(3)拓展应用
如图3，在Rt△ABC中，∠B=90∘，AB=3，BC=4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形.当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据数轴可知，点P表示的数为：−1，
故选：A.
根据数轴所示即可得出结果．
本题考查的是数轴，熟练掌握数轴上各点的分布特点是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：5784亿=578400000000=5.784×1011.
故选：C.
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
本题考查了科学记数法-表示较大的数，掌握把一个大于10的数表示成a×10n的形式(a大于或等于1且小于10，n是正整数)是关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据“两直线平行，内错角相等”可得，
∠1=50∘，
故选：B.
根据方向角的定义，利用“两直线平行，内错角相等”可得答案．
本题考查方向角，理解方向角的定义，掌握两直线平行，内错角相等是正确解答的关键．
4.【答案】A
【解析】解：这个茶叶盒的主视图为：
故选：A.
根据简单几何体三视图的画法画出它的主视图即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的画法和形状是正确解答的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵−x>1，
∴x<−1；
A、x<−1x>2，无解，故此选项符合题意；
B、x<−1x<0的解集是x<−1，故此选项不符合题意；
C、x<−1x<−2的解集是x<−2，故此选项不符合题意；
D、x<−1x>−3的解集是−3故选：A.
根据不等式组的解集的确定方法逐项判断即可．
本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到(无解).
6.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OC=12AC，
∵点E为OC的中点，
∴CE=12OC=14AC，
∵EF//AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴EFAB=CEAC，即EF4=14，
∴EF=1，
故选：B.
利用平行四边形的性质、线段中点定义可得出CE=14AC，证明△CEF∽△CAB，利用相似三角形的性质求解即可．
本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：原式=(aa)3=a3a，
故选：D.
先根据乘方的意义把括号内的乘法写成乘方的形式，然后根据幂的乘方法则进行计算即可．
本题主要考查了有理数的乘方，解题关键是熟练掌握乘方的意义和幂的乘方法则．
8.【答案】D
【解析】解：将三张卡片分别记为A，B，C，
列表如下：
共有9种等可能的结果，其中两次抽取的卡片正面相同的结果有3种，
∴两次抽取的卡片正面相同的概率为39=13.
故选：D.
列表可得出所有等可能的结果数以及两次抽取的卡片正面相同的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：如图，连接OD、OB、OC，OD交BC于点H.
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60∘，
∴∠BOC=120∘，∠BDC=120∘，
∵D是弧BC中点，
∴OD⊥BC，BH=CH=12BC=2 3，∠BOD=60∘，
∴OB=BHsin60∘=4，
∵OB=OD，∠BOD=60∘，
∴△BOD为等边三角形，
∴BD=OB=4，
∴S=120⋅π×42360=16π3，
故选：C.
由题知阴影部分为扇形BDC的面积，求出半径DB的长度和圆心角∠BDC的度数即可求解．
本题主要考查了三角形的外接圆、等边三角形的判定和性质、垂径定理、以及扇形面积公式，熟练掌握相关知识点是解题关键．
10.【答案】C
【解析】解：由图1可知，当P=440W时，I=2A，故选项A说法正确，不符合题意；
由图2可知，Q随I的增大而增大，故选项B说法正确，不符合题意；
由图2可知，I每增加1A，Q的增加量不相同，故选项C说法错误，符合题意；
由图1可知I随P的增大而增大，由图2可知Q随I的增大而增大，所以P越大，插线板电源线产生的热量Q越多，故选项D说法正确，不符合题意．
故选：C.
由图1中点(440,2)可判断选项A；由图2中图象的增减性可判断选项B、C；由图1可知I随P的增大而增大，由图2可知Q随I的增大而增大可判断选项D.
本题考查了函数的图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】m(答案不唯一)
【解析】解：与2m是同类项的是：m(答案不唯一)，
故答案为：m(答案不唯一).
根据同类项的定义：含有相同的字母，并且相同字母的指数相同，写出一个m的同类项即可．
本题主要考查了同类项，解题关键是熟练掌握同类项的定义：含有相同的字母，并且相同字母的指数相同．
12.【答案】9
【解析】解：根据条形统计图可知9分的人数最多为13人，即众数为9，
故答案为：9.
根据众数的概念求解即可．
本题考查众数的概念，解题的关键是熟知相关概念，出现次数最多的数为众数．
13.【答案】12
【解析】解：因为关于x的方程12x2−x+c=0有两个相等的实数根，
所以Δ=(−1)2−4×12⋅c=0，
解得c=12.
故答案为：12.
根据一元二次方程根的判别式即可解决问题．
本题主要考查了根的判别式，熟知一元二次方程根的判别式是解题的关键．
14.【答案】(3,10)
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，边AB在x轴上，
∴AD=AB=CD=CB，AD⊥x轴，CD⊥y轴，
由折叠得FB=CB，FE=CE，
设CD交y轴于点G，AD=AB=CB=CD=m，则BF=OG=m，
∵A(−2,0)，F(0,6)，
∴OA=GD=2，OF=6，
∴OB=m−2，
∵∠BOF=∠EGF=90∘，
∴OB2+OF2=BF2，
∴(m−2)2+62=m2，
解得m=10，
∴AD=OG=CD=10，
∴FG=10−6=4，FE=CE=10−2−GE=8−GE，
∵GE2+FG2=FE2，
∴GE2+42=(8−GE)2，
解得GE=3，
∴E(3,10)，
故答案为：(3,10).
由正方形的性质得AD=AB=CD=CB，由折叠得FB=CB，FE=CE，设CD交y轴于点G，AD=AB=CB=CD=m，则BF=OG=m，由A(−2,0)，F(0,6)，OA=GD=2，OF=6，由勾股定理得(m−2)2+62=m2，求得m=10，则AD=OG=CD=10，由GE2+FG2=FE2，得GE2+42=(8−GE)2，求得GE=3，则E(3,10)，于是得到问题的答案．
此题重点考查图形与坐标、正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，正确地求出正方形ABCD的边长是解题的关键．
15.【答案】2 2+1
2 2−1

【解析】解：∵BE⊥AE，
∴∠BEA=90∘，
∴点E是在以AB为直径的圆上运动，
∵CD=1，且CD是绕点C旋转，
∴点D是在以C为圆心，以1为半径的圆上运动，
∵AB= 2AC=3 2，
∴当cs∠BAE最大时，AE最大，当cs∠BAE最小时，AE最小．
①如图，当AE与圆C相切于点D，且D在△ABC内部时，∠BAE最小，AE最大，
∵∠ADC=∠CDE=90∘，
∴AD= AC2−CD2=2 2，
∵AC=AC，
∴∠CEA=∠CBA=45∘，
∴DE=CD=1，
此时AE=2 2+1，即AE的最大值为2 2+1，
②如图，当AE与圆C相切于点D，且D在△ABC外部时，∠BAE最大，AE最小，
同理可得AD=2 2，DE=1，
此时AE=2 2−1，即AE的最小值为2 2−1，
故答案为：2 2+1；2 2−1.
根据题意识别出点E是在以AB为直径的圆上运动，点D是在以C为圆心，以1为半径的圆上运动，所以当∠BAE最小，AE最大，∠BAE最大，AE最小，再根据已知长度计算就可以．
本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、切线的性质、勾股定理等，解题的关键是识别出隐圆模型，作出合适的辅助线．
16.【答案】解：(1)原式= 100−1
=10−1
=9；
(2)原式=3+a−2a−2÷a+1(a−2)(a+2)
=a+1a−2⋅(a+2)(a−2)a+1
=a+2.
【解析】(1)直接利用零指数幂的性质、二次根式的混合运算法则化简，进而得出答案；
(2)直接将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算、分式的混合运算、零指数幂，正确掌握相关运算法则是解题关键．
17.【答案】解：(1)甲， 29;
(2)因为甲的平均每场得分大于乙的平均每场得分，且甲的得分更稳定，所以甲队员表现更好．(注：答案不唯一，合理即可)；
(3)甲的综合得分为：26.5×1+8×1.5+2×(−1)=36.5.
乙的综合得分为：26×1+10×1.5+3×(−1)=38.
因为38>36.5，所以乙队员表现更好．
【解析】解：(1)由折线图可得甲得分更稳定，
把乙的六次成绩按从小到大的顺序排序，第三次、第四次的成绩分别为28和30，
故中位数为28+302=29，
故答案为：甲，29；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)根据中位数的计算方法求解即可；
(2)根据平均数的概念求解即可；
(3)根据“综合得分”的计算方法求出甲和乙的得分，然后比较求解即可．
本题考查了中位数，加权平均数、方差的计算，掌握以上计算方法是关键．
18.【答案】(1)∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A(3,2)，
代入得2=k3
∴k=6，
∴这个反比例函数的表达式为y=6x.
(2)如图，
(3)92.
【解析】(1)(2)见答案；
(3)由图知E(6,4)，令6x=4得，x=32，
∵6−32=92，
∴矩形ABCD向左平移92个单位时，点E落在反比例函数图象上．
故答案为：92.
(1)将A点坐标代入即可求解；
(2)分别找出三个整数点(1,6)，(2,3)，(6,1)即可画出函数图象；
(3)令6x=4，再求其于E点横坐标得距离就是所求平移距离．
本题主要考查了反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数的图象和性质是解题关键．
19.【答案】(1)解：如图，∠ECM即为所求；
(2)证明：由(1)，得∠ECF=∠A，
∴CF//AB.
∵BE//DC，
∴四边形CDBF是平行四边形，
∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，
∴CD=BD，
∴▱CDBF是菱形．
【解析】(1)根据作一个角等于已知角的方法作出图形即可；
(2)由(1)，得∠ECF=∠A，根据平行四边形的判定定理得到四边形CDBF是平行四边形，根据直角三角形的性质得到CD=BD，根据菱形的判定定理得到▱CDBF是菱形．
本题考查了作图-基本作图，直角三角形斜边上的中线，菱形的判定，平行四边形的判定，正确地作出图形是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：如图，设AD与圆交于M，
连接BM.
则∠AMB=∠APB.
∵∠AMB>∠ADB，
∴∠APB>∠ADB；
(2)解：∵∠APH=60∘，PH=6m，
tan∠APH=AHPH，
∴AH=PH⋅tan60∘=6× 3=6 3(m)，
∵∠APB=30∘，
∴∠BPH=∠APH−∠APB=60∘−30∘=30∘，
∵tan∠BPH=BHPH，
∴BH=PH⋅tan30∘=6× 33=2 3(m)，
∴AB=AH−BH=6 3−2 3=4 3≈4×1.73≈6.9(m)，
∴塑像AB的高约为6.9m.
【解析】(1)设AD与圆交于M，连接BM，根据圆周角定理得到∠AMB=∠APB.由∠AMB>∠ADB，得到∠APB>∠ADB；
(2)根据三角函数的定义得到AH=PH⋅tan60∘=6× 3=6 3(m)，得到∠BPH=∠APH−∠APB=60∘−30∘=30∘，根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，解直角三角形的方法是解题的关键．
21.【答案】解：(1)设选用A种食品x包，B种食品y包，
根据题意得：700x+900y=460010x+15y=70，
解得：x=4y=2.
∴应选用A种食品4包，B种食品2包；
(2)设选用A种食品m包，则选用B种食品(7−m)包，
根据题意得：10m+15(7−m)≥90，
解得：m≤3.
设每份午餐的总热量为w kJ，则w=700m+900(7−m)，
即w=−200m+6300，
∵−200<0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m=3时，w取得最小值，此时7−m=7−3=4.
∴应选用A种食品3包，B种食品4包．
【解析】(1)设选用A种食品x包，B种食品y包，根据要从这两种食品中摄入4600kJ热量和70g蛋白质，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设选用A种食品m包，则选用B种食品(7−m)包，根据要使每份午餐中的蛋白质含量不低于90g，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，设每份午餐的总热量为w kJ，利用每份午餐的总热量=每包A种食品的热量×选用A种食品的数量+每包B种食品的热量×选用B种食品的数量，可找出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
22.【答案】解：(1)v010；
(2)当t=v010时，h=20.
−5×(v010)2+v0×v010=20.
解得：v0=20.
∴小球被发射时的速度是20m/s；
(3)小明的说法不正确．
理由如下：
由(2)得：h=−5t2+20t.
当h=15时，15=−5t2+20t.
解方程，得：t1=1，t2=3.
∵3−1=2(s)，
∴小明的说法不正确．
【解析】解：(1)∵−5<0，
∴当t=−b2a=v010时，离地面的高度最大．
故答案为：v010；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)根据二次函数的性质，可得当t=−b2a时，离地面的高度最大；
(2)取t=v010，h=20，代入所给的关系式，即可求得小球被发射时的速度；
(3)把所给关系式中的v0换成(2)中求得的速度20，取h=15，求得相应的时间，相减即为两次间隔的时间，即可判断小明的说法是否正确．
本题考查二次函数的应用．应注意使用前一问中得到的结论，来解决后一问中的问题．
23.【答案】解：(1)②④；
(2)①∠ACD=∠ACB，
理由：延长CB至点E，使BE=DC，连接AE，
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴∠ABC+∠D=180∘，
∵∠ABC+∠ABE=180∘，
∴∠ABE=∠D，
在△ABE和△ADC中，
BE=DC∠ABE=∠DAB=AD，
∴△ABE≌△ADC(SAS)，
∴∠E=∠ACD，AE=AC，
∴∠E=∠ACB，
∴∠ACD=∠ACB；
②过A作AF⊥EC于F，
∵AE=AC，
∴СF=12CE=12(BС+ВЕ)=12(BС+DС)=m+n2，
∵∠BCD=2θ，
∴∠ACD=∠ACB=θ，
在Rt△AFC中，csθ=CFAC，
∴AC=CFcsθ=m+n2csθ，
AC的长为m+n2csθ；
(3)∵∠B=90∘，AB=3，BC=4，
∴АС= АВ2+ВС2=5，
∵四边形ABMN是邻等对补四边形，
∴∠ANM+∠B=180∘，
∴∠ANM=90∘，
当AB=BM时，如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H，
∴АМ2=АВ2+ВМ2=18，
在Rt△AMN中，MN2=AM2−AN2=18−AN2，
在Rt△CMN中，МN2=СM2−СN2=(4−3)2−(5−АN)2，
18−AN2=(4−3)2−(5−AN)2，
解得AN=4.2，
∴CN=0.8，
∵∠NHC=∠ABC=90∘，∠C=∠C，
∴△NНС∽△АВС，
∴NCAC=NHAB=CHCB，
即0.85=NH3=CH4，
∴NH=1225，CH=1625，
∴BH=8425，
∴BN= BH2+NH2=125 2，
当AN=AB时，如图，连接AM，
在Rt△ANM和Rt△ABM中，
AM=AMAN=AB
∴Rt△ANM≌Rt△ABM(HL)，
∴BM=NM，故不符合题意，舍去；
当AN=MN时，连接AM，过N作NH⊥BC于H，
∵∠MNC=∠ABC=90∘，∠C=∠C，
∴△СМN∽△САВ，
即NCBC=MNAB，
即CN4=5−CN3，
解得CN=207，
∵∠NHC=∠ABC=90∘，∠C=∠C，
∴△NНС∽△АВС，
∴NCAC=NHAB=CHCB，
即2075=NH3=CH4，
∴NН=127，CH=167，
∴ВН=127，
∴BN= BH2+NH2=127 2，
当BM=MN时，如图，连接AM，
在Rt△ABM和Rt△ANM中，
AM=AMBM=MN
∴Rt△ABM≌Rt△ANM(HL)，
∴AN=AB，故不符合题意，舍去；
综上，BN的长为125 2或127 2.
【解析】解：(1)观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图②和图④中存在对角互补且邻边相等，
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，
故答案为：②④；
(2)①见答案；
②见答案；
(3)见答案．
(1)根据邻等对补四边形的定义判断即可；
(2)①延长CB至点E，使BE=DC，连接AE，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出∠ABE=∠D，证明△ABE≌△ADC(SAS)，得出∠E=∠ACD，AE=AC，根据等边对等角得出∠E=∠ACB，即可得出结论；
②过A作AF⊥EC于F，根据三线合一性质可求出CF=m+n2，由①可得∠ACD=∠ACB=θ，在Rt△AFC中，根据余弦的定义求解即可；
(3)分AB=BM，AN=AB，MN=AN，BM=MN四种情况讨论即可．
本题是四边形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形．队员
平均每场得分
平均每场篮板
平均每场失误
甲
26.5
8
2
乙
26
10
3
A
B
C
A
(A,A)
(A,B)
(A,C)
B
(B,A)
(B,B)
(B,C)
C
(C,A)
(C,B)
(C,C)