2019-2020学年九年级（上）月考数学试卷（12月份） (1)

这是一份2019-2020学年九年级（上）月考数学试卷（12月份） (1)，共24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. 下列成语描述的事件为随机事件的是（ ）
A.守株待兔B.缘木求鱼C.水中捞月D.水涨船高

2. 对于函数y＝−2(x−1)2的图象，下列说法不正确的是（ ）
A.开口向下B.对称轴是直线x＝1
C.最大值为0D.与y轴不相交

3. 下列图案是我国几家银行的标志，其中是中心对称图形的为（ ）
A.B.C.D.

4. 在一个不透明的袋子中装有n个小球，这些球除颜色外均相同，其中红球有2个，如果从袋子中随机摸出一个球，这个球是红球的概率为13，那么n的值是( )
A.6B.7C.8D.9

5. 若一元二次方程x2−2x−a＝0有实数根，则a的取值范围是（ ）
A.a≥−1B.a>−1C.a≤−1D.a<−1

6. 如图，AB为半圆的直径，AB＝4，C、D为AB上两点，且AC=15BD，若∠CED=52∠COD，则BD的长为（ ）

A.59πB.78πC.89πD.109π

7. 如图，∠ACB＝30∘，点O是CB上的一点，且OC＝6，则以4为半径的⊙O与直线CA的公共点的个数为（ ）

A.0个B.1个C.2个D.无法确定

8. 如图，点A、B、C、D、E、F是⊙O的等分点，分别以点B、D、F为圆心，AF的长为半径画弧，形成美丽的“三叶轮”图案．已知⊙O的半径为1，那么“三叶轮”图案的面积为（ ）

A.π+323B.π−332C.π+332D.π−332

9. 如图，△ABC中，BC=4，⊙P与△ABC的边或边的延长线相切．若⊙P半径为2，△ABC的面积为5，则△ABC的周长为( )

A.8B.10C.13D.14

10. 已知三点A(−1, m)，B(3, n)，C(s, t)都在抛物线y＝(a−1)x2+2ax+5上，且点C是此抛物线的顶点，若t≥n>m，则a的取值范围是（ ）
A.a<1B.a<12C.12二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）

把抛物线y＝x2−4x+5向上平移2个单位，再向左平移1个单位得到的抛物线解析式为________．

一天晚上，小伟帮助妈妈清洗两个只有颜色不同的有盖茶杯，突然停电了，小伟只好把杯盖和茶杯随机地搭配在一起，则颜色搭配正确的概率是________．

某同学患流感，经过两轮传染后，共有144名同学患流感，平均每人每轮传染________名同学．

如图，从一个直径为1________的圆形铁片中剪出一个圆心角为90∘的扇形，再将剪下的扇形围成一个圆锥，则圆锥的底面半径为________．


如图，在正八边形 ABCDEFGH中，AB＝2，连AD，AF，则△ADF的面积为________．


如图，C为圆O上一动点（不与点B重合），点T为圆O上一动点，且∠BOT＝60∘，将BC绕点B顺时针旋转90∘得到BD，连接TD，当TD最大时，∠BDT的度数为________．

三、解答题（共8小题，共72分）

解方程：x2+x−1＝0．

如图，OA，OB是⊙O的两条半径，∠AOB=120∘，点C为劣弧AB的中点．
(1)求证：四边形OACB为菱形；

(2)点D为优弧AB上一点，若∠BCD=∠OBD，BD=2，求OB的长．

有两把不同的锁和四把不同的钥匙，其中两把钥匙恰好分别能打开这两把锁，其余的钥匙不能打开这两把锁．现在任意取出一把钥匙去开任意一把锁．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出上述事件所有可能的结果；

（2）求一次打开锁的概率．

如图，在由每个边长为1的小正方形组成的9×9的网格中，点A，B，C都在格点上，点B绕点C逆时针旋转90∘后的对应点为M，已知点B的坐标为(0, −2)（坐标轴与网格线平行）．

（1）直接写出：点C的坐标为________，点M的坐标为________；

（2）若平面内存在一点P，且P为△ACM的外心，直接写出点P的坐标是________；

（3）CN平分∠BCM交y轴于点N，则N点坐标为________．

如图，点C在以AB为直径的⊙O上．AE与过点C的切线垂直，垂足为D，AD交⊙O于点E，过B作BF // AE交⊙O于点F，连接CF．

（1）求证：∠B＝2∠F；

（2）已知AE＝8，DE＝2，过B作BF // AE交〇O于F，连接CF，求CF的长．

如图，张大爷用32米长的篱笆围成一个矩形菜园，菜园一边靠墙（墙长为15米），平行于墙的一面开一扇宽度为2米的门，张大爷还在菜园内开辟出一个小区域存放化肥，两个区域用篱笆隔开，并有一扇2米的门相连（注：所有门都用其它材料）．

（1）设平行于墙的一边长度为y米，垂直于墙的一边长度为x米，直接写出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

（2）设此时整个菜园的面积为Sm2（包括化肥存放处），则S的最大值为多少？

（3）若此时整个菜园的面积不小于81m2（包括化肥存放处），结合图象，直接写出x的取值范围．

菱形ABCD中，E为对角线BD边上一点．

(1)当∠A=120∘时，把线段CE绕C点顺时针旋转120∘得CF，连接DF．
①求证：BE=DF；
②连FE成直线交CD于点M，交AB于点N，求证：MF=NE；

(2)当∠A=90∘，E为BD中点时，如图2，P为BC下方一点，∠BPC=30∘，PB=6，PE=72，求PC的长．

已知抛物线y＝x2．

（1）在抛物线上有一点A(1, 1)，过点A的直线l与抛物线只有一个公共点，直接写出直线l的解析式；

（2）如图，抛物线有两点F、G，连接FG交y轴于M，过G作x轴的垂线，垂足为H，连接HM、OF，求证：OF // MH；

（3）将抛物线y＝x2沿直线y=34x移动，新抛物线的顶点C，与直线的另一个交点为B，与y轴的交点为D，作直线x＝4与直线CD、BD交于点N、E，求EN的长．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省武汉市某校九年级（上）月考数学试卷（12月份）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1.
【答案】
A
【考点】
随机事件
【解析】
根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【解答】
A、是随机事件，故A符合题意；
B、是不可能事件，故B不符合题意；
C、是不可能事件，故C不符合题意；
D、是必然事件，故D不符合题意；
2.
【答案】
D
【考点】
二次函数的图象
【解析】
根据二次函数的性质即可一一判断．
【解答】
对于函数y＝−2(x−1)2的图象，
∵ a＝−2<0，
∴ 开口向下，对称轴x＝1，顶点坐标为(1, 0)，函数有最大值0，
故A、B、C正确，
3.
【答案】
A
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
A、是中心对称图形．故本选项正确；
B、不是中心对称图形．故本选项错误；
C、不是中心对称图形．故本选项错误；
D、不是中心对称图形．故本选项错误．
4.
【答案】
A
【考点】
概率公式
【解析】
根据概率公式得到2n=13，然后利用比例性质求出n即可．
【解答】
解：根据题意得2n=13，解得n=6，
所以口袋中小球共有6个．
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
根的判别式
【解析】
根据根的判别式的意义得到△＝(−2)2+4a≥0，然后解不等式即可．
【解答】
根据题意得△＝(−2)2+4a≥0，
解得a≥−1．
6.
【答案】
D
【考点】
弧长的计算
圆周角定理
【解析】
设AC的度数为x∘，则∠AOC＝x，∠BOD＝5x，∠COD＝180∘−6x，构建方程求出x，再利用弧长公式计算即可．
【解答】
设AC的度数为x∘，则∠AOC＝x，∠BOD＝5x，∠COD＝180∘−6x，
∵ ∠CED=52∠COD，
∴ ∠CED=52(180∘−6x)，
∵ ∠CED+12∠COD＝180∘，
∴ 52(180∘−6x)+90∘−3x＝180∘，
解得x＝20，
∴ ∠DOB＝100∘，
∴ BD的长=100⋅π⋅2180=109π，
7.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
求出CD的长，根据直线和圆的位置关系判断即可．
【解答】
过O作OD⊥OA于D，
∵ ∠AOB＝30∘，OC＝6，
∴ OD=12OC＝3<4，
∴ 以4为半径的⊙O与直线CA的公共点的个数为2个，
8.
【答案】
B
【考点】
正多边形和圆
【解析】
连接OA、OB、AB，作OH⊥AB于H，根据正多边形的中心角的求法求出∠AOB，根据扇形面积公式计算．
【解答】
连接OA、OB、AB，作OH⊥AB于H，
∵ 点A、B、C、D、E、F是⊙O的等分点，
∴ ∠AOB＝60∘，又OA＝OB，
∴ △AOB是等边三角形，
∴ AB＝OB＝1，∠ABO＝60∘，
∴ OH=12−(12)2=32，
∴ “三叶轮”图案的面积＝(60×π×12360−12×1×32)×6＝π−332，
9.
【答案】
C
【考点】
切线的性质
三角形的面积
切线长定理
【解析】
根据三角形的面积公式以及切线长定理即可求出答案．
【解答】
解：设⊙P与BC相切于点E，与AC的延长线相切于点F，与AB的延长线相切于点G，
连接PE，PF，PG，AP，
由题意可知：∠PEC=∠PFA=∠PGA=90∘，
∴ S△PBC = 12BC⋅PE=12×4×2=4，
∴ 由切线长定理可知：S△PFC+S△PBG=S△PBC=4，
∴ S四边形AFPG=S△ABC+S△PFC+S△PBG+S△PBC=
5+4+4=13，
∴ 由切线长定理可知：S△APG = 12S四边形AFPG = 132，
∴ 132=12AG⋅PG，
∴ AG = 132，
由切线长定理可知：CE=CF，BE=BG，
∴ △ABC的周长为AC+AB+CE+BE
=AC+AB+CF+BG
=AF+AG
=2AG
=13.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象与系数的关系
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
根据二次函数的图象与性质即可求出答案．
【解答】
∵ t≥n>m，且−1∴ 抛物线的开口向下，
∴ a−1<0，
∴ a<1，
∵ 由于抛物线的对称轴为：x=−aa−1，且(−1, 0)与(3, 0)关于直线x＝1对称，t≥n>m，
∴ −2a2(a−1)>1，
∴ a<12，
∴ 综上所述，12二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
【答案】
y＝(x−1)2+3
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，根据该顶点坐标写出新抛物线解析式即可．
【解答】
抛物线y＝x2−4x+5＝(x−2)2+1，它的顶点坐标是(2, 1)．
将其向上平移2个单位，再向左平移1个单位后，得到新抛物线的顶点坐标是(1, 3)，
所以新抛物线的解析式是：y＝(x−1)2+3．
【答案】
12
【考点】
概率公式
【解析】
此题考查概率的求法．
【解答】
解：用A和a分别表示第一个有盖茶杯的杯盖和茶杯；
用B和b分别表示第二个有盖茶杯的杯盖和茶杯、经过搭配所能产生的结果如下：
Aa、Ab、Ba、Bb．
所以颜色搭配正确的概率是12．
故答案为：12．
【答案】
11
【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
根据题意，设平均每人每轮传染x名同学，然后即可列出相应的方程，从而可以求得平均每人每轮传染多少名同学．
【解答】
设平均每人每轮传染x名同学，
1+x+(1+x)x＝144，
解得，x1＝11，x2＝−13（舍去），
即平均每人每轮传染11名同学，
【答案】
m,28m
【考点】
圆锥的计算
【解析】
利用勾股定理易得扇形的半径，那么就能求得扇形的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径．
【解答】
易得扇形的圆心角所对的弦是直径，
∴ 扇形的半径为：22m，
∴ 扇形的弧长为：90π×22180=24πm，
∴ 圆锥的底面半径为：24π÷2π=28m．
【答案】
4+32
【考点】
正多边形和圆
三角形的面积
【解析】
连接BG，CF，交AD于M，N，于是得到BG⊥AD，CN⊥AD，求得MA＝MB=22AB=2，同理，CN＝DN=2，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】
连接BG，CF，交AD于M，N，
在正八边形ABCDEFGH中，可得：BG⊥AD，CN⊥AD，
∵ 正八边形每个内角为：(8−2)×1808=135∘，
∴ ∠ABM＝45∘，
∴ MA＝MB=22AB=2，
同理，CN＝DN=2，
∴ AD＝2+22，
∴ BG＝AD＝2+22，
∴ FN＝2+2，
∴ △ADF的面积=12×(2+22)(2+2)＝4+32，
【答案】
7.5∘
【考点】
旋转的性质
圆周角定理
【解析】
作与圆O半径相等的圆E，圆E与圆O的直径AB相切与点B，连接TE并延长交圆E于点D，连接BD，作BC⊥BD，交圆O于点C，则BE⊥AB，在圆E上取一点F，连接TF、EF，则TE+EF>TF，由DE＝EF，得出TD>TF，此时TD最大，易证△OBT是等边三角形，得出∠OBT＝60∘，BT＝OB＝BE，求出∠EBT＝90∘+60∘＝150∘，∠BET=12(180∘−150∘)＝15∘，∠EDB=12∠BET＝7.5∘，即可得出结果．
【解答】
作与圆O半径相等的圆E，圆E与圆O的直径AB相切与点B，连接TE并延长交圆E于点D，连接BD，作BC⊥BD，交圆O于点C，如图所示：
则BE⊥AB，
在圆E上取一点F，连接TF、EF，则TE+EF>TF，
∵ DE＝EF，
∴ TD>TF，
∴ 此时TD最大，
∵ OB＝OT，∠BOT＝60∘，
∴ △OBT是等边三角形，
∴ ∠OBT＝60∘，BT＝OB＝BE，
∴ ∠BET＝∠BTE，
∵ BE⊥AB，
∴ ∠EBT＝90∘+60∘＝150∘，
∴ ∠BET=12(180∘−150∘)＝15∘，
∵ ED＝EB，
∴ ∠EDB＝∠EBD，
∴ ∠EDB=12∠BET=12×15∘＝7.5∘，
即∠BDT的度数为7.5∘，
故答案为：7.5∘．
三、解答题（共8小题，共72分）
【答案】
a＝1，b＝1，c＝−1，
b2−4ac＝1+4＝5>0，
x=−1±52；
∴ x1=−1+52，x2=−1−52．
【考点】
解一元二次方程-公式法
【解析】
观察原方程，可用公式法进行求解，首先确定a，b，c，再判断方程的解是否存在，若存在代入公式即可求解．
【解答】
a＝1，b＝1，c＝−1，
b2−4ac＝1+4＝5>0，
x=−1±52；
∴ x1=−1+52，x2=−1−52．
【答案】
解：(1)如图，连接OC，
∵ ∠AOB=120∘，点C为劣弧AB的中点，
∴ ∠AOC=∠BOC=60∘，AC=BC，
∵ OA=OB=OC，
∴ △AOC，△BOC是等边三角形，
∴ OA=AC=OB=BC，
∴ 四边形AOBC是菱形；
(2)延长BO交⊙O于点E，连接DE，
则BE是⊙O的直径，
∴ ∠BDE=90∘，∠BCD=∠BED，
∵ ∠BCD=∠OBD，
∴ ∠BED=∠OBD=45∘，
∵ BD=2，
∴ BE=22，
则OB=2．
【考点】
圆周角定理
圆心角、弧、弦的关系
菱形的判定与性质
【解析】
（1）连接OC，利用圆心角定理证△AOC、△BOC是等边三角形，得出OA＝AC＝OB＝BC即可得；
（2）延长BO交⊙O于点E，连接DE，知∠BDE＝90∘，∠BCD＝∠BED，结合∠BCD＝∠OBD得∠BED＝∠OBD＝45∘，根据BD＝2求得BE＝22，从而得出答案．
【解答】
解：(1)如图，连接OC，
∵ ∠AOB=120∘，点C为劣弧AB的中点，
∴ ∠AOC=∠BOC=60∘，AC=BC，
∵ OA=OB=OC，
∴ △AOC，△BOC是等边三角形，
∴ OA=AC=OB=BC，
∴ 四边形AOBC是菱形；
(2)延长BO交⊙O于点E，连接DE，
则BE是⊙O的直径，
∴ ∠BDE=90∘，∠BCD=∠BED，
∵ ∠BCD=∠OBD，
∴ ∠BED=∠OBD=45∘，
∵ BD=2，
∴ BE=22，
则OB=2．
【答案】
分别用A与B表示锁，用A、B、C、D表示钥匙，
画树状图得：
则可得共有8种等可能的结果；
∵ 一次打开锁的有2种情况，
∴ 一次打开锁的概率为：28=14．
【考点】
列表法与树状图法
【解析】
（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；
（2）由（1）中的树状图，可求得一次打开锁的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】
分别用A与B表示锁，用A、B、C、D表示钥匙，
画树状图得：
则可得共有8种等可能的结果；
∵ 一次打开锁的有2种情况，
∴ 一次打开锁的概率为：28=14．
【答案】
(−5, 4),(−1, 7)
(−38, 2)
(0, 32)
【考点】
圆的综合题
【解析】
（1）先建立直角坐标系，作出图形，构造全等三角形，即可得出结论；
（2）先判断出PA＝PC＝PM，再判断出点P的纵坐标为2，利用两点间的距离公式建立方程求解即可得出结论；
（3）利用角平分线的特点构造出等腰三角形求出MF，进而求出直线CF的解析式，即可得出结论．
【解答】
建立如图1所示的平面坐标系，
由网格知，A(−5, 0)，C(−5, 4)，
∴ AC⊥x轴，AC＝4，
∵ B(−2, 0)，
∴ AB＝3，
过点M作AC的垂线交AC于D，
∴ ∠CDM＝90∘＝∠BAC，
∴ ∠DCM+CMD＝90∘，
由旋转知，BC＝MC，∠BCM＝90∘，
∴ ∠ACB+∠DCM＝90∘，
∴ ∠ACB＝∠DMC，
∴ △ABC≅△DCM(AAS)，
∴ DM＝AC＝4，CD＝AB＝3，
∴ AD＝AC+CD＝7．
∴ M(−1, 7)，
故答案为(−5, 4)，(−1, 7)；
由（1）知，A(5, 0)，C(−5, 4)，
设点P的坐标为(m, n)
∵ 点P是△ACM的外接圆的圆心，
∴ 点P到点A，C，M的距离相等，
由（1）知，A(5, 0)，C(−5, 4)，
∴ n＝2，
∴ P(m, 2)，
而PA=(m+5)2+4，PM=(m+1)2+25，
∴ (m+5)2+4=(m+1)2+25，
∴ m=−38，
∴ P(−38, 2)，
故答案为(−38, 2)；
如图3，
过点M作AF // AC交CN于F，
∴ ∠CFM＝∠ACN，
∵ CN是∠ACM的角平分线
∴ ∠ACN＝∠MCN，
∴ ∠MCN＝∠CFN，
∴ MF＝CM，
而CM=32+42=5，
∴ MF＝5，
∴ F(−1, 2)，
∵ C(−5, 4)，
∴ 直线CF的解析式为y=−12x+32，
令x＝0，则y=32，
∴ N(32, 0)．
故答案为(0, 32)．
【答案】
证明：连接OC，
∵ CD是⊙O的切线，
∴ OC⊥CD，
∵ AD⊥CD，
∴ OC // AD，
∴ ∠BOC＝∠DAB，
由圆周角定理得，∠BOC＝2∠F，
∴ ∠DAB＝2∠F，
∵ AD // BF，
∴ ∠B＝∠DAB，
∴ ∠B＝2∠F；
连接AF、AC，延长CO交⊙O于H，过O作OG⊥AE于G，
∵ OC // AD，AE // BF，
∴ OC // BF，
∴ ∠F＝∠HFF，
∵ ∠B＝2∠F，
∴ ∠B＝2∠HCF，
∵ ∠ACF＝∠B，
∴ ∠ACF＝2∠HCF，
∴ ∠ACH＝∠HCF，
∴ AH=FH，
∴ CH垂直平分AF，
∴ CF＝AC，
∵ OG⊥AE，
∴ AG＝EG＝4，
∴ GD＝GE+ED＝4+2＝6，
∵ ∠OGD＝∠D＝∠OCD＝90∘，
∴ 四边形OCDG是矩形，
∴ OC＝GD＝6，OG＝CD，
∵ OA＝OC＝6，AG＝4，
∴ OG=OA2−AG2=62−42=25，
∴ DC＝25，
在Rt△ADC中，AC=AD2+CD2=(8+2)2+(25)2=230
∴ CF＝AC＝230．
【考点】
切线的性质
勾股定理
圆周角定理
垂径定理
【解析】
（1）连接OC，根据切线的性质得出OC⊥CD，即可证得OC // AD，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得出∠DAB＝2∠F，进而即可证得结论；
（2）连接AF、AC，延长CO交⊙O于H，过O作OG⊥AE于G，首先根据平行线的性质证得∠ACH＝∠HCF然后根据垂径定理证得AH＝FH，根据垂直平分线的性质得出AC＝FC，进而通过证得四边形OCDG是矩形求得半径，然后根据勾股定理求得OG．得出CD，最后根据勾股定理求得AC，从而求得FC．
【解答】
证明：连接OC，
∵ CD是⊙O的切线，
∴ OC⊥CD，
∵ AD⊥CD，
∴ OC // AD，
∴ ∠BOC＝∠DAB，
由圆周角定理得，∠BOC＝2∠F，
∴ ∠DAB＝2∠F，
∵ AD // BF，
∴ ∠B＝∠DAB，
∴ ∠B＝2∠F；
连接AF、AC，延长CO交⊙O于H，过O作OG⊥AE于G，
∵ OC // AD，AE // BF，
∴ OC // BF，
∴ ∠F＝∠HFF，
∵ ∠B＝2∠F，
∴ ∠B＝2∠HCF，
∵ ∠ACF＝∠B，
∴ ∠ACF＝2∠HCF，
∴ ∠ACH＝∠HCF，
∴ AH=FH，
∴ CH垂直平分AF，
∴ CF＝AC，
∵ OG⊥AE，
∴ AG＝EG＝4，
∴ GD＝GE+ED＝4+2＝6，
∵ ∠OGD＝∠D＝∠OCD＝90∘，
∴ 四边形OCDG是矩形，
∴ OC＝GD＝6，OG＝CD，
∵ OA＝OC＝6，AG＝4，
∴ OG=OA2−AG2=62−42=25，
∴ DC＝25，
在Rt△ADC中，AC=AD2+CD2=(8+2)2+(25)2=230
∴ CF＝AC＝230．
【答案】
由题意得y＝36−3x(7≤x<12)；
由题意得S＝−3x2+36x，
∵ 对称轴x=−b2a=6，
∴ x＝7时，S的值最大，最大值＝105．
由题意得：S＝−3x2+36x(7≤x<12)，
当x=−b2a=6时，S最大=4ac−b24a=0−3624×(−3)=108(m2)
S2＝−3x2+36x＝81
解得x＝3或x＝9，
如图：
，
由图象得出x的取值范围：7≤x≤9．
【考点】
二次函数的应用
【解析】
（1）根据矩形的周长与长、宽的关系，可得答案；
（2）根据矩形的面积，可得函数解析式，根据二次函数的性质，可得函数的最大值；
（3）根据矩形的面积，可得函数解析式，根据二次函数的性质，可得函数的最大值，根据函数的图象，可得自变量的取值范围．
【解答】
由题意得y＝36−3x(7≤x<12)；
由题意得S＝−3x2+36x，
∵ 对称轴x=−b2a=6，
∴ x＝7时，S的值最大，最大值＝105．
由题意得：S＝−3x2+36x(7≤x<12)，
当x=−b2a=6时，S最大=4ac−b24a=0−3624×(−3)=108(m2)
S2＝−3x2+36x＝81
解得x＝3或x＝9，
如图：
，
由图象得出x的取值范围：7≤x≤9．
【答案】
(1)证明：①如图1中，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ ∠A=∠BCD=120∘，CB=CD，
∵ ∠ECF=∠BCD=120∘，CE=CF，
∴ ∠BCE=∠DCF，
∴ △BCE≅△DCF(SAS)，
∴ BE=DF．
②如图1中，在DC上取一点H，使得FH=FD．
∵ AD // BC，
∴ ∠A+∠ABC=180∘，
∵ ∠A=120∘，
∴ ∠ABC=60∘，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ ∠ABD=∠CBD=∠CDF=30∘，
∵ FH=FD，
∴ ∠FHM=∠FDH=30∘，
∵ BN // CM，
∴ ∠BNE=∠FMH，
∵ BE=DF=FH，
∴ △BEN≅△HFM(AAS)，
∴ MF=NE．
(2)解：如图2中，将△PEB绕点E逆时针旋转90∘得到△ECP′，
作P′H⊥PC交PC的延长线于H．
∵ ∠BPC=30∘，∠BEC=90∘，
∴ ∠PBE+∠ECP=240∘，
∵ ∠ECP′=∠EBP，
∴ ∠ECP+∠ECP′=240∘，
∴ ∠PCP′=120∘，
∴ ∠HCP′=60∘，
∵ CP′=PB=6，PP′=2PE=14，
∴ CH=12CP′=3，P′H=33，
∴ PH=PP​′2−HP​′2=142−(33)2=13，
∴ PC=PH−CH=13−3=10．
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）①只要证明△BCE≅△DCF(SAS)即可解决问题．
②如图1中，在DC上取一点H，使得FH＝FD．证明△BEN≅△HFM(AAS)即可．
（2）将△PEB绕点E逆时针旋转90∘得到△ECP′，作P′H⊥PC交PC的延长线于H．证明∠PCP′＝120∘，求出PH即可解决问题．
【解答】
(1)证明：①如图1中，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ ∠A=∠BCD=120∘，CB=CD，
∵ ∠ECF=∠BCD=120∘，CE=CF，
∴ ∠BCE=∠DCF，
∴ △BCE≅△DCF(SAS)，
∴ BE=DF．
②如图1中，在DC上取一点H，使得FH=FD．
∵ AD // BC，
∴ ∠A+∠ABC=180∘，
∵ ∠A=120∘，
∴ ∠ABC=60∘，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ ∠ABD=∠CBD=∠CDF=30∘，
∵ FH=FD，
∴ ∠FHM=∠FDH=30∘，
∵ BN // CM，
∴ ∠BNE=∠FMH，
∵ BE=DF=FH，
∴ △BEN≅△HFM(AAS)，
∴ MF=NE．
(2)解：如图2中，将△PEB绕点E逆时针旋转90∘得到△ECP′，
作P′H⊥PC交PC的延长线于H．
∵ ∠BPC=30∘，∠BEC=90∘，
∴ ∠PBE+∠ECP=240∘，
∵ ∠ECP′=∠EBP，
∴ ∠ECP+∠ECP′=240∘，
∴ ∠PCP′=120∘，
∴ ∠HCP′=60∘，
∵ CP′=PB=6，PP′=2PE=14，
∴ CH=12CP′=3，P′H=33，
∴ PH=PP​′2−HP​′2=142−(33)2=13，
∴ PC=PH−CH=13−3=10．
【答案】
设直线l的表达式为：y＝kx+b，
将点A的坐标代入上式并解得：
直线l的表达式为：y＝kx+1−k，
联立抛物线于直线l的表达式并整理得：x2−kx+k−1＝0，
△＝k2−4k+4＝0，解得：k＝2，
故直线l的表达式为：y＝2x−1；
设F(a, a2)，G(b, b2)，
所以直线FG的解析式为y＝(a+b)x−ab，
M(0, −ab)，H(b, 0)．
所以直线MH的解析式为＝ax−ab，
直线OF的解析式为y＝ax，
所以OF // MH；
设新抛物线的解析式为y＝(x−4m)2+3m，联立y＝(x−4m)2+3m，y=34x，
得xC＝4m，xD＝4m+34，D(0, 16m2+3m)，
所以直线BD的解析式为y＝(34−4m)x+16m2+3m，
直线CD的解析式为y＝−4mx+16m2+3m．
当x＝4时，yE＝−13m+16m2+3，yN＝−13m−16m2，
所以EN＝3．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）联立抛物线于直线l的表达式并整理得：x2−kx+k−1＝0，△＝k2−4k+4＝0，即可求解；
（2）设F(a, a2)，G(b, b2)，所以直线FG的解析式为y＝(a+b)x−ab，M(0, −ab)，H(b, 0)，所以直线MH的解析式为＝ax−ab，直线OF的解析式为y＝ax，
所以OF // MH；
（3）设新抛物线的解析式为y＝(x−4m)2+3m，联立y＝(x−4m)2+3m，y=34x，得xC＝4m，xD＝4m+34，D(0, 16m2+3m)，所以直线BD的解析式为y＝(34−4m)x+16m2+3m，直线CD的解析式为y＝−4mx+16m2+3m．当x＝4时，yE＝−13m+16m2+3，yN＝−13m−16m2，即可求解．
【解答】
设直线l的表达式为：y＝kx+b，
将点A的坐标代入上式并解得：
直线l的表达式为：y＝kx+1−k，
联立抛物线于直线l的表达式并整理得：x2−kx+k−1＝0，
△＝k2−4k+4＝0，解得：k＝2，
故直线l的表达式为：y＝2x−1；
设F(a, a2)，G(b, b2)，
所以直线FG的解析式为y＝(a+b)x−ab，
M(0, −ab)，H(b, 0)．
所以直线MH的解析式为＝ax−ab，
直线OF的解析式为y＝ax，
所以OF // MH；
设新抛物线的解析式为y＝(x−4m)2+3m，联立y＝(x−4m)2+3m，y=34x，
得xC＝4m，xD＝4m+34，D(0, 16m2+3m)，
所以直线BD的解析式为y＝(34−4m)x+16m2+3m，
直线CD的解析式为y＝−4mx+16m2+3m．
当x＝4时，yE＝−13m+16m2+3，yN＝−13m−16m2，
所以EN＝3．