文档内容
陈经纶中学分校 2021～2022 学年度第一学期期中考试九年级数学试卷
一、选择题（共8个小题，每小题2分，共16分）
1. 下列各项中，方程的两个根互为相反数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设方程的两个根分别为 ，根据互为相反数的定义得到 ，即方程中一次项系数为
0，分别解方程 ， ，即可得到答案．
【详解】解：设方程的两个根分别为 ，
∵方程的两个根互为相反数，
∴ ，即二次项系数为1的方程中一次项系数为0，
排除选项C、D，
∵ ，
∴ ，方程无解；选项A不符合题意；
∵ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】此题考查了互为相反数的定义，解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系正确掌握解一元
二次方程的方法是解题的关键．
2. 抛物线 的对称轴为（ ）．
A. 直线 B. 直线
C. 直线 D. 直线
【答案】B
【解析】【分析】由抛物线的顶点式可得到抛物线的顶点坐标，从而可得到抛物线的对称轴．
【详解】解：∵抛物线y=(x+1)2-2的顶点坐标为（-1，-2），
∴抛物线的对称轴是直线x=-1．
故选：B．
【点睛】本题考查的是抛物线的顶点坐标、对称轴，二次函数的顶点式为 ，则抛物线的
对称轴为直线 ，顶点坐标为( ， ) ．
3. 将等边三角形绕其中心旋转n时与原图案完全重合，那么n的最小值是（ ）
A. 60° B. 90° C. 120° D. 180°
【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转对称图形的概念（把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图
形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角），找到旋转角，求出其度数．
【详解】解：等边三角形绕其中心旋转n时与原图案完全重合，因而绕其中心旋转的最小度数是
=120°．
故选C．
【点睛】本题考查了根据旋转对称性，掌握旋转的性质是解题的关键．
4. 如图， 是 ABC的外接圆，已知 ，则 的大小为（ ）
△
A. 55° B. 60° C. 65° D. 75°
【答案】C
【解析】
【分析】由OA=OB， ，求出∠AOB=130°，根据圆周角定理求出 的度数．
【详解】解：∵OA=OB， ，∴∠BAO= ．
∴∠AOB=130°．
∴ = ∠AOB=65°．
故选：C．
【点睛】此题考查了同圆中半径相等的性质，圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
的
5. 在一个不透明 口袋中装有3张完全相同的卡片，卡片上面分别写有数字 ，0，2，从中随机抽出
两张不同卡片，则下列判断正确的是（ ）
A. 数字之和是0的概率为0 B. 数字之和是正数的概率为
C. 卡片上面的数字之和是负数的概率为 D. 数字之和分别是负数、0、正数的概率相同
【答案】A
【解析】
【分析】列树状图，得到共有6种等可能的情况，和为正数的有4种情况，和为负数的有2种情况，依次
判断即可．
【详解】解：列树状图如下：
共有6种等可能的情况，和为正数的有4种情况，和为负数的有2种情况，
A. 数字之和是0的概率为0，故该项符合题意；
B. 数字之和是正数的概率为 ，故该项不符合题意；
C. 卡片上面的数字之和是负数的概率为 ，故该项不符合题意；
D. 数字之和分别是负数、0、正数的概率不相同，故该项不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了列树状图求事件的概率，概率的计算公式，正确列出树状图解答是解题的关键．
6. 已知函数 的图象上有 ， ， 三点，则 ， ， 的大小关系（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的对称性，增减性，即可得出y、y、y 的大小关系．
1 2 3
【详解】解：二次函数y=-（x-2）2的图象开口向下，对称轴为直线x=2，
∴C（4，y）关于对称轴的对称点为（0，y），
3 3
∵- ＜0＜1＜2，
∴y＜y＜y，
1 3 2
故选：B．
【点睛】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点，熟练掌握二次函数的
增减性、对称性是解此题的关键．
7. 如图，已知AB是 的直径，C是AB延长线上一点，CE是 的切线，切点为D，过点A作
于点E，交 于点F，连接OD、AD、BF．则下列结论不一定正确的是（ ）
A. B. AD平分 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直径所对的圆周角是直角，切线的性质即可判断A选项；根据 ， ，进
而即可判断B选项；设 交于点 ，证明四边形 是矩形，由垂径定理可得 ，进而可得 进而判断C选项；无法判断D选项．
【详解】解：∵AB是 的直径，
∴
∵CE是 的切线，切点为D，
∴
，故A选项正确，
，
即AD平分 ，故B选项正确，
设 交于点 ，如图，
∵ ，
∴四边形 是矩形
，，故C选项正确
若 ，则
由于点 不一定是 的中点，故D选项不正确；
故选D
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，矩形的判定，掌握圆的相关知识
是解题的关键．
8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，以(3，0)为圆心作⊙P，⊙P与x轴交于A、B，与y轴交于点C(0，
2)，Q为⊙P上不同于A、B的任意一点，连接QA、QB，过P点分别作PE⊥QA于E，PF⊥QB于F．设点
Q的横坐标为x，PE2+PF2＝y．当Q点在⊙P上顺时针从点A运动到点B的过程中，下列图象中能表示y
与x的函数关系的部分图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接PC．根据勾股定理求得PC2＝13，即圆的半径的平方＝13；根据三个角是直角的四边形是矩形，得矩形PEQF，则PE＝QF，根据垂径定理，得QF＝BF，则PE2+PF2＝BF2+PF2＝PC2＝y，从而判断
函数的图象．
【详解】解：连接PC．
∵P（3，0），C（0，2），
∴PC2＝13．
∵AB是直径，
∴∠Q＝90°．
又PE⊥QA于E，PF⊥QB于F，
∴四边形PEQF是矩形．
∴PE＝QF．
∵PF⊥QB于F，
∴QF＝BF．
∴PE＝BF．
∴y＝PE2+PF2＝BF2+PF2＝PC2＝13．
故选：A．
【点睛】此题综合运用矩形的判定和性质、垂径定理求得y的值，常数函数是平行于坐标轴的一条直线．
二、填空题（共8个小题．每小题2分，共16分，请将答案填在答题卡的对应位置）
9. 若关于x的一元二次方程 有两个不相等的解，则k的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据根的判别式解答．
【详解】解： ，
∵一元二次方程 有两个不相等的解，∴ ，
∴ >0，
解得 ，
故答案为： ．
【点睛】此题考查了利用一元二次方程根的情况求参数的取值范围，正确掌握一元二次方程根的判别式的
三种情况是解题的关键．
10. 将抛物线y=x2+1的图象绕原点O旋转180°，则旋转后的抛物线解析式是___________．
【答案】y=-x2-1
【解析】
【详解】解：根据题意，-y=（-x）2+1，得到y=-x2-1．
故旋转后的抛物线解析式是y=-x2-1．
故答案是：y=-x2-1
11. 已知在直角坐标平面上的机器人接受指令“ ”（ ， ）后行动，结果为：在
原地顺时针旋转A后，再向面对方向沿直线前行a．若机器人的位是在原点，面对方向是y轴的负半轴，
则它完成一次指令 后所在位置的坐标是________．
【答案】（-1，- ）．
【解析】
【分析】根据题意画出图形，得出OA=2，∠AOC=30°，求出∠AOB，根据直角三角形的性质和三角函数
求出OB、AB即可．
【详解】解：如图，设旋转后的对应点为A，作AB⊥x轴，垂足为B，
则∠BOA=60°，OA=2，
在Rt△AOB中，OB=OA•cos60°=1，AB=OA•sin60°= ，
∴A（-1，- ）．
故答案为：（-1，- ）．．
【点睛】此题考查了三角函数的应用，正确理解题意作出图形利用三角函数求值是解题的关键．
12. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，过A，B，C三点作一圆弧，则圆心的坐标是
_____．
【答案】（2，1）
【解析】
【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为
圆心．
【详解】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是（2，1）．
故答案为：（2，1）．
【点睛】本题考查垂径定理的应用，解答此题的关键是熟知垂径定理，即“垂直于弦的直径平分弦”．
13. 已知关于 的二次函数 的图象如图所示，则关于 的方程 的根为
__________【答案】0或-3
【解析】
【分析】求关于 的方程 的根，其实就是求在二次函数 中，当 y=4时x的值
据此可解．
【详解】解：∵抛物线与x轴的交点为（-4，0），（1，0），
∴抛物线的对称轴是直线x=-1.5，
∴抛物线与y轴的交点为（0，4）关于对称轴的对称点坐标是（-3，4），
∴当x=0或-3时，y=4,即 =4，即 =0
∴关于x的方程ax2+bx =0的根是x=0，x=-3．
1 2
故答案为：x=0，x=-3．
1 2
【点睛】本题考查的是二次函数与一元二次方程的关系，能根据题意利用数形结合把求出方程的解的问题
转化为二次函数的问题是解答此题的关键．
14. AB是 的直径，点C在 上， ，点P在线段OB上运动．设 ，则x的取
值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出当点P与点O重合时，当点P与点B重合时x的值，即可得到取值范围．
【详解】解：当点P与点O重合时，
∵OA=OC，∴ ，即 ；
当点P与点B重合时，
∵AB是 的直径，
∴ ，
∴x的取值范围是 ．
【点睛】此题考查了同圆中半径相等的性质，直径所对的圆周角是直角的性质，正确理解点P的运动位置
是解题的关键．
15. 抛物线 经过点 ，且对称轴为直线 ，其部分图象如图所示．对于此抛物线
有如下四个结论：
① ；② ；③ ；④若 ，则 时的函数值小于 时
的函数值．其中正确结论的序号是________．
【答案】③④
【解析】
【分析】①根据抛物线开口方向、对称轴、与 轴的交点即可判断；
②根据抛物线的对称轴方程即可判断；
③根据抛物线 经过点 ，且对称轴为直线 可得抛物线与 轴的另一个交点坐标
为 ，即可判断；
④根据 ，得出 和 的大小及其与 的关系，利用二次函数的性质即可判断．
【详解】解：①观察图象可知： ， ， ，，
所以①错误；
② 对称轴为直线 ，
即 ，解得 ，即 ，
所以②错误；
③ 抛物线 经过点 ，且对称轴为直线 ，
抛物线与 轴的另一个交点为 ，
当 时， ，即 ，
所以③正确；
，
，
由 时， 随 的增大而减小知 时的函数值小于 时的函数值，故④正确；
故答案为：③④．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质及点的坐标特
征．
16. 如图， 与x轴交于 、 两点， ，点P是y轴上的一个动点，PD切 于点
D，则 ABD的面积的最大值是________；线段PD的最小值是________．
△
【答案】 ①. ##0.5 ②.
【解析】【分析】根据题中点的坐标可得 圆的直径，半径为 ，分析 以AB定长为底，点D在圆上，
1
高最大为圆的半径，即可得出三角形最大的面积；连接AP，设点 ，根据切线的性质及勾股定理可
得 ，由其非负性即可得．
【详解】解：如图所示：当点P到如图位置时， 的面积最大，
、 ，
∵
圆的直径，半径为 ，
∴ 1
以AB定长为底，点D在圆上，高最大为圆的半径，如图所示：
∴
此时 面积 的最大值为： ；
如图所示：连接AP，
PD切 于点D，
∵
，
∴
，
∴
设点 ，在 中， ， ，
，
∴
在 中， ，
，
∴
则 ，
当 时，PD取得最小值，
最小值为 ，
故答案为：① ；② ．
【点睛】题目主要考查切线的性质及勾股定理的应用，理解题意，作出相应图形求出解析式是解题关键．
三、解答题（本题共68分，第17-22题各5分，第23-26题各6分，第27-28题各7分在答题
卡上写出必要的过程）
17. 解方程： ．
【答案】 ，
【解析】
【分析】先计算 利用公式法直接解方程即可．
【详解】解：∵ ， ， ，
∴ ．
∴ ．
∴ ， ．
【本题】本题考查的是用公式法解一元二次方程，掌握公式法解一元二次方程是解题的关键．
18. 已知抛物线的顶点为(﹣2，2)，且过坐标原点，求抛物线的解析式．【答案】y＝﹣ （x+2）2+2
【解析】
【分析】设顶点式y＝a（x+2）2+2，然后把（0，0）代入求出a即可．
【详解】解：∵抛物线的顶点为(﹣2，2)，
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）2+2，
把（0，0）代入得，a（0+2）2+2＝0，解得a＝﹣ ，
所以抛物线的解析式为y＝﹣ （x+2）2+2．
【点睛】本题考查了求二次函数解析式，解题关键是根据已知设抛物线的顶点式，代入数值后准确计算．
19. 元元同学在数学课上遇到这样一个问题：如图1，在平面直角坐标系xOy中，OA经过坐标原点O，并
与两坐标轴分别交于B、C两点，点B的坐标为 ，点D在 上，且 ，求OA的半径
和圆心A的坐标．
元元的做法如下，请你帮忙补全解题过程：
解：如图2，连接BC．作AELOB于E、AF⊥OC于F．
∴ 、 （依据是 ① ）
∵ ，
∴ （依据是 ② ）．
∵ ，．
∴BC是 的直径（依据是 ③ ）．
∴∵ ，
∴A的坐标为 （ ④ ） 的半径为 ⑤
【答案】垂径定理，圆周角定理，圆周角定理，（1， ），2
【解析】
【分析】根据垂径定理，圆周角定理依次分析解答．
【详解】解：如图2，连接BC．作AE⊥OB于E、AF⊥OC于F．
∴ 、 （依据是垂径定理）
∵ ，
∴ （依据是圆周角定理）．
∵ ，．
∴BC是 的直径（依据是圆周角定理）．
∴ ，
∵ ，
∴A的坐标为（1， ）， 的半径为2，
故答案为：垂径定理，圆周角定理，圆周角定理，（1， ），2．
【点睛】此题考查了圆的知识，垂径定理、圆周角定理，熟记各定理知识并综合应用是解题的关键．
20. 如图，在一面靠墙的空地上，用长24米的篱笆围成中间隔有两道篱笆的长方形花圃，墙的最大可用长
度为8米，设花圃的一边AB的长为x米，面积为S平方米．
（1）求S与x之间的函数关系式：
（2）求自变量x的取值范围．【答案】（1） ；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据长方形面积公式计算即可；
（2）根据0< 计算可得自变量x的取值范围．
【小问1详解】
解：设AB=x米，则BC=（24-4x）米，
∴ ；
【小问2详解】
解：∵0< ，
∴ ．
【点睛】此题考查了二次函数的实际应用，求自变量的取值范围，正确掌握图形的特点求出函数解析式是
解题的关键．
21. 如图，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA．若AB＝4，CD＝1，求⊙O半
径的长．
【答案】⊙O半径的长为 ．
【解析】
【分析】设⊙O的半径为r，在Rt△ACO中，根据勾股定理列式可求出r的值．
【详解】解：设⊙O的半径为r，则OA＝r，OC＝r﹣1，
∵OD⊥AB，AB＝4，
∴AC＝ AB＝2，
在Rt ACO中，OA2＝AC2+OC2，
△∴r2＝22+（r﹣1）2，
r＝ ，
答：⊙O半径的长为 ．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，是常考题型，熟练掌握垂径定理是关键，垂直于弦的直径平分
弦；确定一个直角三角形，设未知数，根据勾股定理列方程解决问题．
22. 一个袋中有3张形状大小完全相同的卡片，编号为1,2,3，先任取一张，将其编号记为m，再从剩下的
两张中任取一张，将其编号记为n.
（1）请用树状图或者列表法，表示事件发生的所有可能情况；
（2）求关于x的方程 有两个不相等实数根的概率.
【答案】（1）所有可能情况见解析；（2） ．
【解析】
【详解】（1）依题意列表如下
(m，n) 1 2 3
1 (2，1) (3，1)
2 (1，2) (3，2)
3 (1，3) (2，3)
（2）解：当 时，关于x的方程 有两个不相等实数根，而使得 的
m，有2组，即(3，1)和(3，2)
则关于x的方程 有两个不相等实数根的概率是 .
∴P（有两个不等实根）=
23. 如图，点O是等边三角形ABC内的一点， ，将 BOC绕点C顺时针旋转60°得 ADC，连
△ △
接OD．（1）当 时， °；
（2）当 时， °；
（3）若 ， ， ，则OA的长为 ．
【答案】（1）40； （2）60；
（3）
【解析】
【分析】（1）证明△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；
（2）利用 ∠ADC-∠ODC求出答案；
（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根据△COD是等边三角形，得到
∠ODC=60°，OD= ，证得△AOD是直角三角形，利用勾股定理求出．
【小问1详解】
解：∵CO=CD，∠OCD=60°，
∴△COD是等边三角形；
∴∠ODC=60°，
∵∠ADC=∠BOC= ，
∴ ∠ADC-∠ODC=40°，
故答案为：40；
【小问2详解】
∵∠ADC=∠BOC= ，
∴ ∠ADC-∠ODC=60°，
故答案为：60；【小问3详解】
解：当 ，即∠BOC=150°，
∴△AOD是直角三角形．
∵△BOC≌△ADC，
∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，
又∵△COD是等边三角形，
∴∠ODC=60°，OD= ，
∴∠ADO=90°，
即△AOD是直角三角形，
∴ ,
故答案为： ．
【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三
角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴
含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探
究及解决问题的能力．
24. 在平面直角坐标系xOy中，二次函数 的图象过A（-1，-2）、B（1，0）两点．
的
（1）求此二次函数 解析式；（2）点 是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线AB于点M，交二次函数的图象于点N．
当点M位于点N的上方时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)y=x2+x-2 (2)-1﹤t﹤1.
【解析】
【详解】试题分析：求函数解析式的常用方法是待定系数法，由于已知给出了c的值，又知两个坐标点，
所以代入即可求出a ,b的值．由于点P在x轴上，由图像知a﹥0，所以开口向上，因图像与x轴有两个交
点，所以满足题意的横坐标t,只有在点A，B之间取得．解：（1）把A（-1,-2）、B（1,0）分别代入
中，
∴ ；
解得： ；
∴所求二次函数的解析式为 ；
（2）
考点：二次函数的与图像性质．
点评：熟知二次函数的图像与性质，在解题过程中由已知可求的解析式，需要注意的是，在求取值范围时，
要结合函数的图像．本题属于基础题，难度不大．
25. 如图，AB为⊙O的直径，射线AP交⊙O于C点，∠PCO的平分线交⊙O于D点，过点D作交AP于E点．
（1）求证：DE为⊙O的切线；
（2）若DE=3，AC=8，求直径AB的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）10．
【解析】
【分析】（1）连接OD若要证明DE为⊙O的切线，只要证明∠DOE=90°即可；
（2）过点O作OF⊥AP于F，利用垂径定理以及勾股定理计算即可．
【详解】解：连接OD．
∵OC=OD，
∴∠1=∠3．
∵CD平分∠PCO，
∴∠1=∠2．
∴∠2=∠3．
∵DE⊥AP，
∴∠2+∠EDC=90°．
∴∠3+∠EDC=90°．
即∠ODE=90°．
∴OD⊥DE．
∴DE为⊙O的切线．
（2）过点O作OF⊥AP于F．由垂径定理得，AF=CF．
∵AC=8，
∴AF=4．
∵OD⊥DE，DE⊥AP，
∴四边形ODEF为矩形．
∴OF=DE．
∵DE=3，
∴OF=3．
在Rt△AOF中，OA2=OF2+AF2=42+32=25．
∴OA=5．
∴AB=2OA=10．
【点睛】本题考查1.切线的判定；2.勾股定理；3.垂径定理，属于综合性题目，掌握相关性质定理正确推
理论证是解题关键．
26. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx2+2mx﹣3m+2．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）①过点P(0，2)作与x轴平行的直线，交抛物线于点M，N．求点M，N的坐标；
②横、纵坐标都是整数的点叫做整点．如果抛物线和线段MN围成的封闭区域内（不包括边界）恰有3个
整点，求m的取值范围．
【答案】（1）x=﹣1；（2）①M(﹣3，2)，N(1，2)；② 或
【解析】
【分析】（1）利用对称轴方程求得即可；
的
（2）①根据题意M、N 纵坐标相同都是2，把y＝2代入解析式，解方程即可求得；
②分两种情况讨论，把临界得代入解析式求得m的值，从而求得m的取值范围．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝mx2+2mx﹣3m+2．
∴对称轴为直线x＝﹣ ＝﹣1；
（2）①把y＝2代入y＝mx2+2mx﹣3m+2得mx2+2mx﹣3m+2＝2，
解得x＝1或﹣3，
∴M（﹣3，2）；N（1，2）；
②当抛物线开口向上时，如图1，抛物线和线段MN围成的封闭区域内（不包括边界）恰有3个整点，
则封闭区域内（不包括边界）的3个点为（﹣2，1），（﹣1，1），（0，1），
将（﹣2，1）代入y＝mx2+2mx﹣3m+2，得到 m＝ ，
将（﹣1，0）代入y＝mx2+2mx﹣3m+2，得到 m＝ ，
结合图象可得 ．
当抛物线开口向下时，如图2，
则封闭区域内（不包括边界）的3个点为（﹣2，3），（﹣1，3），（0，3），
将（0，3）代入y＝mx2+2mx﹣3m+2，得到 m＝﹣ ，
将（﹣1，4）代入y＝mx2+2mx﹣3m+2，得到 m＝﹣ ，结合图象可得 ．
综上，m的取值范围为 或 ．
【点睛】本题考查了二次函数 的性质，解题关键是熟练运用二次函数的对称轴公式、开口方向和大小
解决问题．
27. 正方形ABCD的边长为2，将射线AB绕点A顺时针旋转α，所得射线与线段BD交于点M，作
CE⊥AM于点E，点N与点M关于直线CE对称，连接CN．
（1）如图，当0°＜α＜45°时：
①依题意补全图；
②用等式表示∠NCE与∠BAM之间的数量关系：___________；
（2）当45°＜α＜90°时，探究∠NCE与∠BAM之间的数量关系并加以证明；
（3）当0°＜α＜90°时，若边AD的中点为F，直接写出线段EF长的最大值．
【答案】（1）①补图见解析；②∠NCE＝2∠BAM；（2） ∠NCE+∠BAM＝90°，证明见解析；（3）1+
．
【解析】
【分析】（1）作CE⊥AM于点E，点N与点M关于直线CE对称，连接CN．由△ABM≌△CBM，可得
∠BAM＝∠BCM，由∠ABC＝∠CEA＝90°，BC，AE交于一点，可得∠BAM＝∠BCE，即可得到∠MCE＝
2∠BAM，由点N与点M关于直线CE对称，可得CN＝CM，即可得到∠NCE＝∠MCE，进而得出∠NCE＝
2∠BAM；
（2）连接CM，判定△ADM≌△CDM，即可得到∠DAM＝∠DCM，再根据∠DAQ＝∠ECQ，即可得到∠NCE＝∠MCE＝2∠DAQ，即 ，再根据∠BAM＝∠BCM，∠BCM+∠DCM＝90°，即可
得到 ；
（3）依据∠CEA＝90°，即可得到点E在以AC为直径的圆上，当EF经过圆心O时，即可得出线段EF长
的最大值．
【详解】（1） 补全的图形如图所示：
①
∠NCE＝2∠BAM．理由如下：
②如图1，连接MC．
∵ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABM=∠CBM．
∵BM=BM，∴△ABM≌△CBM，∴∠BAM＝∠BCM．
∵∠ABC＝∠CEA＝90°，BC，AE交于一点，∴∠BAM＝∠BCE，∴∠MCE＝2∠BAM．
∵点N与点M关于直线CE对称，∴CN＝CM，∴∠NCE＝∠MCE，∴∠NCE＝2∠BAM．
故答案为∠NCE＝2∠BAM．
（2） ．理由如下：
如图，连接CM．∵AD＝CD，∠ADM＝∠CDM，DM＝DM，∴△ADM≌△CDM，∴∠DAM＝∠DCM．
∵∠ADQ＝∠CEQ＝90°，∠AQD＝∠CQE，∴∠DAQ＝∠ECQ，∴∠NCE＝∠MCE＝2∠DAQ，∴
．
∵∠BAM＝∠BCM，∠BCM+∠DCM＝90°，∴ ．
（3）如图，∵∠CEA＝90°，∴点E在以AC为直径的圆上，O为圆心，由题可得：OF CD＝1，OE＝
OC AC ．
∵OE+OF≥EF，∴当EF经过圆心O时， ．
【点睛】本题是四边形综合题．主要考查了旋转的性质，圆周角定理，正方形的性质和全等三角形的判定
与性质．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，依据全等三角形的对应角相等得出结论．
28. 在平面直角坐标系xOy中，对于 ABC，点M在BC边的垂直平分线上，以点M为圆心，MB为半径作
△
，设 与 ABC三条边的公共点个数之和为n．
△
定义：当 时，则称点M为 ABC关于边BC的“可圈可控点”．
△
例如：已知点 ， ．（1）如图1，若点 ，则 ABC关于边BC的“可圈可控点”坐标是_____．
△
（2）如图2，若点 ，则 ABC关于边BC的“可圈可控点”坐标是____．
△
（3）如图3，若点 ，则在点 、 、 、 中，能成为 ABC关于边
△
BC的“可圈可控点”有_______．
（4）如图4，若点 ，设 ABC关于边BC的“可圈可控点”M坐标是 ，请直接写出m的
△
取值范围_______．
【答案】（1）（0，0）
（2）（0， ）
（3）P，C （4）
