2025年人教版高一数学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版高一数学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、设集合A={y|y=a2+1|a∈N}，B={y|y=b2+10|b∈N}；则A∩B中元素的个数为（）

A.1个。

B.2个。

C.3个。

D.大于3个。

2、【题文】已知圆C:从动圆M:上的动点P向圆C引切线，切点分别是E,F，则（）A.B.C.D.3、【题文】当时，在同一坐标系中函数与的图象是（）4、【题文】集合____。A.B.C.D.（0，+∞）5、下列四个关系式中，正确的是（）A.∅∈{a}B.a∉{a，b}C.b⊆{a，b}D.{a}⊆{a，b}6、已知集合A={x|x2-4=0}，集合B={x|ax=1}，若B⊆A，则实数a的值是（）A.0B.C.0或D.0或7、已知直线l的斜率k=2，并且经过一点（2，-3）则直线的点斜式方程为（）A.y-3=2（x-2）B.y+3=2（x-2）C.y-2=k（x+3）D.y-2=2（x-3）评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、【题文】函数y=1-的最大值与最小值的和为____.9、【题文】已知函数f(x)=x2＋2︱x︱－15，定义域是值域是[－15,0]，则满足条件的整数对有____对．10、【题文】过点(-1，2)的直线l被圆截得的弦长为则直线l的斜率为____．11、已知集合A={（x，y）|x2=y+1，|x|＜2，x∈Z}，试用列举法表示集合A=______．12、函数f（x）是y=ax+1（a＞0且a≠1）的反函数，则函数f（x）恒过定点______．13、如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1=2，那么DD1和BC1所成的角是______度．评卷人得分三、证明题(共5题，共10分)14、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求证：

（1）AD=AE

（2）PC•CE=PA•BE．15、如图；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．

求证：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．16、已知ABCD四点共圆，AB与DC相交于点E，AD与BC交于F，∠E的平分线EX与∠F的平分线FX交于X，M、N分别是AC与BD的中点，求证：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．17、已知D是锐角△ABC外接圆劣弧的中点；弦AD与边BC相交于点E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．18、如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC．已知圆过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G．求证：AD⊥BF．评卷人得分四、计算题(共4题，共8分)19、计算：．20、已知t1、t2是二次函数s=-3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，且x=10t1，y=10t2，那么y与x间的函数关系式为____，其函数图象在第____象限内．21、已知扇形的圆心角为150°，半径为2cm，扇形的面积是____cm2．22、已知：（b-c）2=（a-b）（c-a），且a≠0，则=____．评卷人得分五、综合题(共4题，共20分)23、在直角坐标系xoy中，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点B和点A，点C的坐标是（0，1），点D在y轴上且满足∠BCD=∠ABD．求D点的坐标．24、如图1，在平面直角坐标系中，拋物线y=ax2+c与x轴正半轴交于点F（4；0）；与y轴正半轴交于点E（0，4），边长为4的正方形ABCD的顶点D与原点O重合，顶点A与点E重合，顶点C与点F重合；

（1）求拋物线的函数表达式；

（2）如图2；若正方形ABCD在平面内运动，并且边BC所在的直线始终与x轴垂直，抛物线与边AB交于点P且同时与边CD交于点Q．设点A的坐标为（m，n）

①当PO=PF时；分别求出点P和点Q的坐标及PF所在直线l的函数解析式；

②当n=2时；若P为AB边中点，请求出m的值；

（3）若点B在第（2）①中的PF所在直线l上运动；且正方形ABCD与抛物线有两个交点，请直接写出m的取值范围．

25、已知平面区域上；坐标x，y满足|x|+|y|≤1

（1）画出满足条件的区域L0；并求出面积S；

（2）对区域L0作一个内切圆M1，然后在M1内作一个内接与此圆与L0相同形状的图形L1，在L1内继续作圆M2；经过无数次后，求所有圆的面积的和．

（提示公式：）26、已知开口向上的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A（-3；0）；B（1，0）两点，与y轴交于C点，∠ACB不小于90°．

（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；

（2）求系数a的取值范围；

（3）设抛物线的顶点为D；求△BCD中CD边上的高h的最大值．

（4）设E，当∠ACB=90°，在线段AC上是否存在点F，使得直线EF将△ABC的面积平分？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】

由方程a2+1=b2+10，整理化简得出（a+b）（a-b）=9=9×1=3×3=1×9，∵a，b∈N，∴得：a=5，b=4；此时y=26；

或得：a=3，b=0；此时y=10，∴A∩B中元素的个数为2．

故选B．

【解析】【答案】根据交集的定义，得出方程a2+1=b2+10的整数解a，b．再求出公共元素；结合元素的互异性，得出个数即可．

2、A【分析】【解析】

试题分析：根据题意圆C:其圆心为（4，0），半径为2，从动圆M:那么动圆的圆心（4+77）,那么可知两个圆心的距离为定值，且为连接两圆心与动圆的交点P，此时满足取得最小值，且为故选A.

考点：本试题考查了直线与圆的位置关系的知识。

点评：对于利用直线与圆相切的问题，一般要用到切线长定理，以及直线与圆的相切时特殊的直角三角形关系，借助于圆心坐标和动点坐标发现规律，两点的距离为定值，来分析最小值。【解析】【答案】A3、A【分析】【解析】略【解析】【答案】A4、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D5、D【分析】解：对于A：∅∈{a}；空集是任何非集合的真子集，符合用“⊆或⊊”，∴A不对．

对于B：元素与集合的关系是属于或者不属于，二者必选其一．a∈{a，b}；∴B不对．

对于C：b与{a，b}是集合与元素之间的关系；符号用“∈”，∴C不对．

对于D：{a}⊆{a，b}是集合与集合的关系；是子集关系．∴D对．

故选D．

根据集合与元素的关系进行判断即可．

本题考查了元素与集合，集合与集合之间的关系判断．属于基础题．【解析】【答案】D6、C【分析】解：∵x2-4=0⇒x=±2；∴A={-2，2}；

∵B⊆A；∴B有两种种情况。

1；a=0；B=∅，B⊆A；

2、a≠0，=±2⇒a=±B⊆A；

综上a=0或±．

故选C

通过解方程求出方程的解；用列举法表示出集合A，再分类讨论集合B的情况求a的值．

本题考查集合关系中的参数取值问题．解决这类问题常用分类讨论思想．【解析】【答案】C7、B【分析】解：由点斜式可得方程：y+3=2（x-2）；

故选：B．

利用点斜式即可得出．

本题考查了直线的方程求法、点斜式，考查了计算能力，属于基础题．【解析】【答案】B二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【解析】令f(x)=

则f(x)为奇函数,

故f(x)max+f(x)min=0,

∴ymax+ymin=2.【解析】【答案】29、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】710、略

【分析】【解析】设过点的直线方程为即

即

由已知得，解得，直线的斜率为或

考点：直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式.【解析】【答案】或11、略

【分析】解：∵集合A={（x，y）|x2=y+1；|x|＜2，x∈Z}；

∴A={（-1；0），（0，-1），（1，0）}．

故答案为：{（-1；0），（0，-1），（1，0）}；

利用集合性质直接求解．

本题考查集合的列举法的表示，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．【解析】{（-1，0），（0，-1），（1，0）}12、略

【分析】解：∵函数y=ax+1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点（0；2）；

函数f（x）是y=ax+1（a＞0且a≠1）的反函数；

∵互为反函数的两个函数的图象关于直线y=x对称；

∴函数f（x）恒过定点（2；0）．

故答案为：（2；0）．

由指数函数的图象恒过定点（0，1），可得y=ax+1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点（0；2），结合互为反函数的两个函数的图象之间的关系可得答案．

本题考查了反函数，考查了互为反函数的两个函数图象之间的关系，是基础题．【解析】（2，0）13、略

【分析】解：因为已知长方体ABCD-A1B1C1D1；

所以CC1∥DD1，所以∠DD1和BC1所成的角是BC1C；

又AB=2AD=2AA1=2；

所以tan∠BC1C=

所以∠BC1C=60°；

故答案为：60．

由已知几何体为长方体，所以容易得到∠DD1和BC1所成的角是BC1C；利用直角三角形的三角函数解之．

本题考查了长方体的性质运用以及异面直线所成的角的求法；关键是将空间角转化为平面角．【解析】60三、证明题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到结论；

（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．【解析】【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，

∵PC是⊙O的切线；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB为⊙O的直径；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC•CE=PA•BE．15、略

【分析】【分析】（1）连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证△BDF∽△DEF，推出，=；再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A；F、D、C四点共圆即可；

（2）根据已知推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）证明：连接AF，并延长交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

则=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四点共圆；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）证明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四点共圆；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．16、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性质知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四边形ABCD内接于圆，则∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，联立①②，即可证得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分别是∠AFB和∠AED的角平分线，等量代换后可证得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可连接AX，此时发现∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可证得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲证∠MFX=∠NFX，必须先证得∠AFM=∠BFN，可通过相似三角形来实现；首先连接FM、FN，易证得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通过等量代换，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圆周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可证得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，进一步可证得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可证得EX是∠MEN的角平分线．【解析】【解答】证明：（1）连接AX；

由图知：∠FDC是△ACD的一个外角；

则有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四边形ABCD是圆的内接四边形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分别是∠AFB、∠AED的角平分线；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性质知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）连接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可证得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．17、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根据角平分线性质推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根据等腰三角形性质求出AF=CF，根据三角函数的定义求出即可；

（3）BF过圆心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根据锐角三角函数的定义求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F为AC中点；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF过圆心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．18、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割线定理：AG2=AF•AC，可证明△BAF∽△AED，则∠ABF+∠DAB=90°，从而得出AD⊥BF．【解析】【解答】证明：作DE⊥AC于E；

则AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中点；

∴AG=ED．

∴ED2=AF•AE；

∴5ED2=AF•AE；

∴AB•ED=AF•AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．四、计算题(共4题，共8分)19、略

【分析】【分析】求出=2，sin45°=，（3-π）0=1，=4，代入求出即可．【解析】【解答】解：原式=2-4×+1+4；

=2-2+1+4；

=5．20、略

【分析】【分析】由于t1、t2是二次函数s=-3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，利用根与系数的关系可以得到t1+t2=2，又x=10t1，y=10t2，利用同底数幂的乘法法则计算即可解决问题．【解析】【解答】解：∵t1、t2是二次函数s=-3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标；

∴t1+t2=2；

而x=10t1，y=10t2；

∴xy=10t1×10t2=10t1+t2=102=100；

∴y=（x＞0）．

∵100＞0；x＞0；

∴其函数图象在第一象限内．

故答案为：y=（x＞0），一．21、略

【分析】【分析】根据扇形的面积=，直接进行计算即可解答．【解析】【解答】解：根据扇形的面积公式；得

S扇==π（cm2）．

故答案为．22、略

【分析】【分析】根据题意将原式变形，然后利用添项法可配成完全平方式，再利用偶次方的非负性即可得出答案．【解析】【解答】解：；

化简：4a2-4a（b+c）+（b+c）2=0，；

即：；

∴=2，则=；

故答案为：．五、综合题(共4题，共20分)23、略

【分析】【分析】先根据一次函数的解析式求出点A及点B的坐标，利用勾股定理解出线段BC、AB的坐标，分一下三种情况进行讨论，（1）若D点在C点上方时，（2）若D点在AC之间时，（3）若D点在A点下方时，每一种情况下求出点D的坐标即可．【解析】【解答】解：∵A；B是直线与y轴、x轴的交点；

令y=0，解得；

∴；

令x=0；解得y=-3；

∴A（0；-3）；

由勾股定理得，；

（1）若D点在C点上方时；则∠BCD为钝角；

∵∠BCD=∠ABD；又∠CDB=∠ADB；

∴△BCD∽△ABD；

∴；

设D（0；y），则y＞1；

∵；

∴；

∴8y2-22y+5=0；

解得或（舍去）；

∴点D的坐标为（0，）；

（2）若D点在AC之间时；则∠BCD为锐角；

∵∠ABD=∠BCD；又∠BAD=∠CAB；

∴△ABD∽△ACB，∴；

设D（0，y），则-3＜y＜1，又；

∴；

整理得8y2-18y-5=0；

解得或（舍去）；

∴D点坐标为（0，-）；

（3）若D点在A点下方时；有∠BAC=∠ABD+∠ADB＞∠ABD；

又显然∠BAC＜∠BCD；

∴D点在A点下方是不可能的．

综上所述，D点的坐标为（0，）或（0，-）．24、略

【分析】【分析】（1）已知抛物线的对称轴是y轴；顶点是（0，4），经过点（4，0），利用待定系数法即可求得函数的解析式；

（2）①过点P作PG⊥x轴于点G；根据三线合一定理可以求得G的坐标，则P点的横坐标可以求得，把P的横坐标代入抛物线的解析式，即可求得纵坐标，得到P的坐标，再根据正方形的边长是4，即可求得Q的纵坐标，代入抛物线的解析式即可求得Q的坐标，然后利用待定系数法即可求得直线PF的解析式；

②已知n=2；即A的纵坐标是2，则P的纵坐标一定是2，把y=2代入抛物线的解析式即可求得P的横坐标，根据AP=2，且AP∥y轴，即可得到A的横坐标，从而求得m的值；

（3）假设B在M点时，C在抛物线上或假设当B点在N点时，D点同时在抛物线上时，求得两个临界点，当B在MP和FN之间移动时，抛物线与正方形有两个交点．【解析】【解答】解：（1）由抛物线y=ax2+c经过点E（0；4），F（4，0）

，解得；

∴y=-x2+4；

（2）①过点P作PG⊥x轴于点G；

∵PO=PF∴OG=FG

∵F（4；0）∴OF=4

∴OG=OF=×4=2；即点P的横坐标为2

∵点P在抛物线上。

∴y=-×22+4=3；即P点的纵坐标为3

∴P（2；3）

∵点P的纵坐标为3；正方形ABCD边长是4，∴点Q的纵坐标为-1

∵点Q在抛物线上，∴-1=-x2+4

∴x1=2，x2=-2（不符题意；舍去）

∴Q（2；-1）

设直线PF的解析式是y=kx+b；

根据题意得：；

解得：，

则直线的解析式是：y=-x+6；

②当n=2时；则点P的纵坐标为2

∵P在抛物线上，∴2=-x2+4

∴x1=2，x2=-2

∴P的坐标为（2，2）或（-2；2）

∵P为AB中点∴AP=2

∴A的坐标为（2-2，2）或（-2-2；2）

∴m的值为2-2或-2-2；

（3）假设B在M点时；C在抛物线上，A的横坐标是m，则B的横坐标是m+4；

代入直线PF的解析式得：y=-（m+4）+6=-m；

则B的纵坐标是-m，则C的坐标是（m+4，-m-4）．

把C的坐标代入抛物线的解析式得：-m-4=-（m+4）2+4，解得：m=-1-或-1+（舍去）；

当B在E点时；AB经过抛物线的顶点，则E的纵坐标是4；

把y=4代入y=-x+6，得4=-x+6，解得：x=；

此时A的坐标是（-，4），E的坐标是：（；4），此时正方形与抛物线有3个交点．

当点B在E点时，正方形与抛物线有两个交点，此时-1-＜m＜-；

当点B在E和P点之间时，正方形与抛物线有三个交点，此时：-＜x＜-2；

当B在P点时；有两个交点；

假设当B点在N点时；D点同时在抛物线上时；

同理，C的坐标是（m+4，-m-4），则D点的坐标是：（m，-m-4）；

把D的坐标代入抛物线的解析式得：-m-4=-m2+4，解得：m=3+或3-（舍去）；

当B在F与N之间时，抛物线与正方形有两个交点．此时0＜m＜3+．

故m的范围是：-1-＜m-或m=2或0＜m＜3+．25、略

【分析】【分析】（1）根据绝对值的性质去掉绝对值号，作出|x|+|y|≤1的线性规划区域即可得到区域L0；然后根据正方形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可；

（2）求出M1、M2的面积，然后根据求解规律，后一个圆得到面积等于前一个圆的面积的，然后列式，再根据等比数列的求和公式求解即可．【解析】【解答】解：（1）如图；|x|+|y|≤1可化为；

x+y≤1；x-y≤，-x+y≤1，-x-y≤1；

∴四边形ABCD就是满足条件的区域L0是正方形；

S=×AC×BD=×（1+1）×（1+1）=2；

（2）如图；∵A0=1；

∴⊙M1的半径为：1×sin45°=；

∴内切圆M1的面积是：π（）2=π；

同理可得：⊙M2的半径为：×sin45°=（）2；

∴内切圆M2的面积是：π[（）2]2=π×=π（）2；

⊙M3的半径为：（）2×sin45°=（）3；

内切圆M3的面积是：π[（）3]2=π×（）2=π（）3；

以此类推，经过n次后，⊙Mn的面积为π（）n；

∴所有圆的面积的和=π+π（）2+π（）3++π（）n==π[1-（）n]．

故答案为：（1）2，（2）π[1-（）n]．26、略

【分析】【分析】（1）由抛物线y=ax2+bx+c过点A（-3；0），B（1，0），得出c与a的关系，即可得出C点坐标；

（2）利用已知得出△AOC∽△COB；进而求出OC的长度，即可得出a的取值范围；

（3）作DG⊥y轴于点G，延长DC交x轴于点H，得出抛物线的对称轴为x=-1，进而求出△DCG∽△HCO，得出OH=3，过B作BM⊥DH，垂足为M，即BM=h，根据h=HBsin∠OHC求出0°＜∠OHC≤30°，得到0＜sin∠OHC≤；即可求出答案；

（4）连接CE，过点N