2023-2024学年浙江省台州市椒江区书生中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省台州市椒江区书生中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列四个图形中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.方程x2=4的解是( )
A. x1=4，x2=−4B. x1=x2=2
C. x1=2，x2=−2D. x1=1，x2=4
3.将二次函数y=x2−2x+3化为y=(x−h)2+k的形式，结果为( )
A. y=(x+1)2+4B. y=(x+1)2+2C. y=(x−1)2+4D. y=(x−1)2+2
4.已知抛一枚均匀硬币正面朝上的概率是0.5，下列说法正确的是( )
A. 连续抛一枚均匀硬币2次，必有1次正面朝上
B. 连续抛一枚均匀硬币2次，一次是正面一次是反面的概率是14
C. 大量反复抛一枚均匀硬币，平均每100次出现正面朝上50次
D. 通过抛一枚均匀硬币确定谁先发球的比赛规则是公平的
5.抛物线y=−2(x−1)2的对称轴是直线( )
A. x=2B. x=−2C. x=1D. x=−1
6.已知关于x的一元二次方程x2−kx+k−3=0的两个实数根分别为x1，x2，且x12+x22=5，则k的值是( )
A. −2B. 2C. −1D. 1
7.设A(−2,y1)，B(1,y2)，C(2,y3)是抛物线y=−(x+1)2+a上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y1>y2>y3B. y1>y3>y2C. y3>y2>y1D. y3>y1>y2
8.如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB=∠B=30°，OA=2.将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是( )
A. (− 3,3)
B. (−3, 3)
C. (− 3,2+ 3)
D. (−1,2+ 3)
9.如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，且DE/​/BC，BE交DC于点F.若EF：FB=1：3，则S△ADES△ABC的值为( )
A. 13
B. 19
C. 33
D. 以上选项都不对
10.如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点(不与A、B重合)，对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N.下列结论：
①△APE≌△AME；
②PM+PN=AC；
③PE2+PF2=PO2；
④△POF∽△BNF；
⑤点O在M、N两点的连线上．
其中正确的是( )
A. ①②③④B. ①②③⑤C. ①②③④⑤D. ③④⑤
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.将抛物线y=x2+1的图象先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线的解析式是______ ．
12.在某一时刻，测得一根长为1.5m的标杆的影长为3m，同时测得一根旗杆的影长为16m，那么这根旗杆的高度为 m.
13.如图，在⊙O中，CD⊥AB于点E，若∠BAD=30°，且BE=2，则CD= ．
14.如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点C为弧BD的中点，若∠DAB=40°，则∠ABC= ．
15.如图，平面内三点A、B、C，AB=4，AC=3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是______ ．
16.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图，①abc>0；②b0；④2c<3b；⑤a+b三、计算题：本大题共3小题，共24分。
17.解方程：
(1)x2−7x+6=0
(2)x(5x+4)−(5x+4)=0．
18.如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B．
(1)求证：△ADF∽△DEC；
(2)若AB=8，AD=6 2，AF=4 2，求AE的长．
19.已知△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，D是AB的中点．过点D作CB的垂线，分别交CB、CA延长线于点F、E．
(1)判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若CF=6，∠ACB=60°，求阴影部分的面积．
四、解答题：本题共5小题，共42分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题6分)
在不透明的袋子里装有2个红球和1个蓝球，红球和蓝球除颜色外其余都完全相同．
(1)从袋子中一次摸出两个球，请用画树状图或列表的方法，求摸出的两个球是一红一蓝的概率；
(2)若再向袋中放入若干个同样的蓝球，搅拌均匀后，使从袋中摸出一个蓝球的概率为34，求后来放入袋中蓝球的个数．
21.(本小题8分)
已知函数y=mx2−6x+1(m是常数)．
(1)求证：不论m为何值，该函数的图象都经过y轴上的一个定点；
(2)若该函数的图象与x轴只有一个交点，求m的值．
22.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，A(−2,4)，B(−2,0)，将△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到△OA′B′(A′,B′分别是A，B的对应点)．
(1)在图中画出△OA′B′，点A′的坐标为______ ；
(2)若点M(m,2)位于△OAB内(不含边界)，点M′为点M绕原点O顺时针旋转90°的对应点，直接写出M′的纵坐标n的取值范围．
23.(本小题8分)
一名高校毕业生响应国家创业号召，回乡承包了一个果园，并引进先进技术种植一种优质水果，经核算这批水果的种植成本为16元/千克、设销售时间为x(天)，通过一个月(30天)的试销，该种水果的售价P(元/千克)与销售时间x(天)满足如图所示的函数关系(其中0≤x≤30，且x为整数).已知该种水果第一天销量为60千克，以后每天比前一天多售出4千克．
(1)直接写出售价P(元/千克)与销售时间x(天)的函数关系式；
(2)求试销第几天时，当天所获利润最大，最大利润是多少？
24.(本小题12分)
已知：⊙O是△ABC的外接圆，且AB=BC，∠ABC=60°，D为⊙O上一动点．
(1)如图1，若点D是AB的中点，求∠DBA的度数．
(2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在AB上，求证：CD=DE+AE．
②若点D在AC上，当它从点A向点C运动且满足CD=DE+AE时，求∠ABD的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、该图形是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：C．
根据中心对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图形重合．
2.【答案】C
【解析】解：∵x2=4，
∴x1=2，x2=−2，
故选：C．
利用直接开平方法解此方程，即可得出结果．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了二次函数的三种形式的转化，熟记配方法的操作是解题的关键．
根据配方法进行整理即可得解．
【解答】
解：y=x2−2x+3=(x2−2x+1)+2=(x−1)2+2．
故选D．
4.【答案】D
【解析】解：A、连续抛一均匀硬币2次必有1次正面朝上，不正确，有可能两次都正面朝上，也可能都反面朝上，故此选项错误；
B、连续抛一枚均匀硬币2次，一次是正面一次是反面的概率应是12，故本选项错误；
C、大量反复抛一枚均匀硬币，平均每100次出现正面朝上50次，不正确，有可能都朝上，故本选项错误；
D、通过抛一均匀硬币确定谁先发球的比赛规则是公平的，概率均为12，故此选项正确．
故选：D．
根据概率的意义，概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，机会大也不一定发生．
此题主要考查了概率的意义，关键是弄清随机事件和必然事件的概念的区别．
5.【答案】C
【解析】解：∵y=−2(x−1)2，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
故选：C．
由二次函数的顶点式可直接求得答案．
本题考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x−h)2+k(a≠0)中对称轴为直线x=h，顶点坐标为(h,k)．
6.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2−kx+k−3=0的两个实数根分别为x1，x2，
∴x1+x2=k，x1x2=k−3，
∵x12+x22=5，
∴(x1+x2)2−2x1x2=5，
∴k2−2(k−3)=5，
整理得出：k2−2k+1=0，
解得：k1=k2=1，
故选：D．
利用根与系数的关系得出x1+x2=k，x1x2=k−3，进而得出关于k的一元二次方程求出即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,a,b,c为常数)根与系数的关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca．
7.【答案】A
【解析】解：由题意得抛物线的对称轴是直线x=−1，
∴点A关于对称轴的对称点A′是(0,y1)，
∵−1<0，
∴当x>−1时，y随x的增大而减小，
∴y1>y2>y3．
故选A．
本题考查二次函数图象上点的坐标的特征，二次函数的性质．
利用二次函数的对称性找出点A关于对称轴的对称点A′，再根据二次函数的增减性进行判断即可．
8.【答案】A
【解析】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．
∵∠AOB=∠B=30°，
∴OA=AB=2．
由旋转可知A′B′=AB=OA=OA′=2，∠A′OB′=∠A′B′O=∠AOB=∠B=30°，
∴∠B′A′H=∠A′OB′+∠A′B′O=60°，
∴∠A′B′H=30°，
∴A′H=12A′B′=1，
∴B′H= A′B′2−A′H2= 3，
∴OH=OA′+A′H=2+1=3，
∴B′(− 3,3)．
故选：A．
过点B′作B′H⊥y轴于H，求出B′H，OH即可．
本题考查坐标与图形性质，旋转的基本性质，含30°角的直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
9.【答案】B
【解析】解：∵DE/​/BC，
∴△DEF∽△CBF，
∴DEBC=EFBF，
∵EF：FB=1：3，
∴DEBC=13，
同理DE/​/BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=(13)2=19，
故选：B．
根据相似三角形的判定定理由DE/​/BC推出△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，从而根据相似三角形的性质得到DEBC=EFBF=13，S△ADES△ABC=(DEBC)2=19．
本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是得出DEBC=13，应充分熟悉相似三角形的判定定理及其性质，与此同时注意数形结合思想方法的运用．
10.【答案】B
【解析】【分析】
依据正方形的性质以及等腰直角三角形、矩形的判定方法即可判断△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而作出判断．
本题考查正方形的性质、矩形的判定、等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外接圆与外心．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∵在△APE和△AME中，
∠PAE=∠MAEAE=AE∠AEP=∠AEM，
∴△APE≌△AME(ASA)，故①正确；
∴PE=EM=12PM，
同理，FP=FN=12NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE，
∴四边形PEOF是矩形，
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=12PM，FP=FN=12NP，OA=12AC，
∴PM+PN=AC，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2，
∴PE2+PF2=PO2，故③正确;
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是，故④错误；
∵OA垂直平分线段PM，OB垂直平分线段PN，
∴OM=OP，ON=OP，
∴OM=OP=ON，
∴点O是△PMN的外接圆的圆心，
∵∠MPN=90°，
∴MN是直径，
∴M，O，N三点共线，故⑤正确．
故选B．
11.【答案】y=(x+2)2−2
【解析】解：将抛物线y=x2+1的图象先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线的解析式是：y=(x+2)2+1−3，即y=(x+2)2−2，
故答案为：y=(x+2)2−2．
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
12.【答案】8
【解析】【分析】
利用物高与影长成正比例，列出方程求解，即可得出结论．
本题考查了相似三角形的应用以及平行投影，熟知同时同地物高与影长成正比例是解题的关键．
【解答】
解：设旗杆的高度为xm，根据题意得，
x16=1.53，
解得：x=8．
故答案为：8．
13.【答案】4 3
【解析】【分析】
本题考查的是垂径定理，圆周角定理和勾股定理等知识．
先由CD⊥AB可知∠CEB=90°，CD=2CE，再根据圆周角定理求出∠C的度数，由直角三角形的性质求出BC的长，根据勾股定理求出CE的长，进而可得出结论．
【解答】
解：∵CD⊥AB，
∴∠CEB=90°，CD=2CE，
∵∠BAD=30°，
∴∠C=∠BAD=30°，
∴BC=2BE=4，
∴CE= BC2−BE2= 42−22=2 3，
∴CD=2CE=4 3．
14.【答案】70°
【解析】【分析】
本题考查的是圆周角定理的应用，掌握半圆(或直径)所对的圆周角是直角是解题的关键．连接AC，得到∠CAB=12∠DAB=20°，∠ACB=90°，计算即可．
【解答】解：连接AC，
∵点C为弧BD的中点，
∴∠CAB=12∠DAB=20°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=70°，
故答案为70°．
15.【答案】7 22
【解析】解：将△ABD绕点D顺时针旋转90°，得△MCD，如图：
由旋转不变性可得：CM=AB=4，AD=MD，
且∠ADM=90°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD= 22AM，
AD最大，只需AM最大，而在△ACM中，AM∴当且仅当A、C、M在一条直线上，即不能构成△ACM时，AM最大，且最大值为AC+CM=AC+AB=7，
此时AD= 22AM=7 22，
故答案为：7 22．
将△ABD绕点D顺时针旋转90°得到△CDM.由旋转不变性可知：AB=CM=4，DA=DM.∠ADM=90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出AD= 22AM，推出当AM的值最大时，AD的值最大，利用三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题．
本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
16.【答案】③④
【解析】解：由图象可知，
a<0，b>0，c>0，
所以abc<0．
故①错误．
又当x=−1时，函数值小于0，
即a−b+c<0．
所以b>a+c．
故②错误．
当x=2时，函数值大于0，
即4a+2b+c>0．
故③正确．
因为抛物线的对称轴是直线x=1，
所以−b2a=1，即b=−2a．
又a−b+c<0，
则−32b+c<0，
即2c<3b．
故④正确．
当x=1时，函数取得最大值a+b+c，
当x=m(m≠1)时，函数值为am2+bm+c，
则有a+b+c>am2+bm+c，
即a+b>m(am+b)．
故⑤错误．
故答案为：③④．
根据所给的函数图象，能得出a，b，c的正负，再结合抛物线的对称轴是直线x=1便可解题．
本题考查二次函数的图象与系数的关系，能根据所给图象得出a，b，c的正负，再巧妙的运用抛物线的对称轴是解题的关键．
17.【答案】解：(1)方程分解因式得：(x−1)(x−6)=0，
可得x−1=0或x−6=0，
解得：x1=1，x2=6；
(2)方程分解因式得：(x−1)(5x+4)=0，
可得x−1=0或5x+4=0，
解得：x1=1，x2=−45．
【解析】此题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握因式分解法是解本题的关键．
方程左边分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB/​/CD，
∴∠ADF=∠CED，∠B+∠C=180°；
∵∠AFE+∠AFD=180°，∠AFE=∠B，
∴∠AFD=∠C，
∴△ADF∽△DEC；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB=8．
∵△ADF∽△DEC，
∴ADDE=AFDC，
即6 2DE=4 28，
∴DE=12．
∵AD/​/BC，AE⊥BC，
∴AE⊥AD．
在Rt△ADE中，∠EAD=90°，DE=12，AD=6 2，DE2=AE2+AD2，
∴AE= DE2−AD2
= 122−(6 2)2
=6 2．
【解析】(1)根据四边形ABCD为平行四边形，得出∠ADF=∠CED，∠B+∠C=180°，证得∠AFD=∠C，从而推知：△ADF∽△DEC；
(2)由△ADF∽△DEC，得出比例式，求出DE的长．利用勾股定理求出AE的长．
此题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理以及平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
19.【答案】解：(1)直线EF与圆O相切，理由为：
连接OD，如图所示：
∵AC为圆O的直径，∴∠CBA=90°，
又∵∠F=90°，
∴∠CBA=∠F=90°，
∴AB/​/EF，
∴∠AMO=∠EDO，
又∵D为AB的中点，
∴BD=AD，
∴OD⊥AB，
∴∠AMO=90°，
∴∠EDO=90°，
则EF为圆O的切线；
(2)在Rt△CEF中，∠ACB=60°，∴∠E=30°，
又∵CF=6，
∴CE=2CF=12，
根据勾股定理得：EF= CE2−CF2=6 3，
在Rt△ODE中，∠E=30°，
∴OD=12OE，又OA=12OE，
∴OA=AE=OC=13CE=4，OE=8，
又∵∠ODE=∠F=90°，∠E=∠E，
∴△ODE∽△CFE，
∴ODFC=DEEF，即46=DE6 3，
解得：DE=4 3，
又∵Rt△ODE中，∠E=30°，
∴∠DOE=60°，
则S阴影=S△ODE−S扇形OAD=12×4×4 3−60⋅π⋅42360=8 3−8π3．
【解析】(1)直线EF与圆O相切，理由为：连接OD，由AC为圆O的直径，根据直径所对的圆周角为直角可得出∠CBA为直角，再由CF垂直于FE，得到∠F为直角，根据同位角相等两直线平行可得出AB与EF平行，再由D为AB的中点，利用垂径定理的逆定理得到OD垂直于AB，可得出∠AMO为直角，根据两直线平行同位角相等可得出∠ODE为直角，则EF为圆O的切线；
(2)在直角三角形CFE中，由CF的长，及∠E为30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出CE的长，再利用勾股定理求出EF的长，在直角三角形ODE中，由∠E为30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半得到OE=2OD，又OE=OA+AE，可得出AE=OA=OC，由CE的长求出半径OA的长，及OE的长，又OD垂直于EF，CF垂直于EF，得到一对直角相等，再由一对公共角相等，可得出三角形ODE与三角形CFE相似，根据相似得比例，将各自的值代入求出DE的长，再由∠E为30°求出∠DOE为60°，然后由阴影部分的面积=三角形ODE的面积−扇形OAD的面积，利用三角形的面积公式及扇形的面积公式计算即可得到阴影部分的面积．
此题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含30°角直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理的逆定理，以及扇形面积的求法，熟练掌握性质与定理是解本题的关键．
20.【答案】(1)解：根据题意可画树状图如图，
由树状图可知共有6种等可能的结果，其中两次摸到一红一蓝的结果有4种，
∴两次摸到一红一蓝的概率 P一红一蓝=46=23 ．
(2)解：设后来放入袋中的蓝球个数为x个，则此时袋子里有 (x+1) 个蓝球，共有 (x+3) 个球．
∵从袋中摸出一个蓝球的概率为 34 ，
∴ x+1x+3=34 ，
解得： x=5 ，
经检验 x=5 是原方程的解．
∴放入袋中的蓝球个数为 5 个．

【解析】本题主要考查了概率公式的应用及使用树状图法求概率的方法．
(1)根据题意画出树状图或列出表格，即得出所有等可能的结果，再找出符合题意的结果，最后根据概率公式计算即可；
(2)设后来放入袋中的蓝球个数为 x 个，则此时袋子里有 (x+1) 个蓝球，共有 (x+3) 个球．根据概率公式可列出关于 x 的分式方程，解出 x 的值即可．
21.【答案】解：(1)当x=0时，y=1．
所以不论m为何值，函数y=mx2−6x+1的图象都经过y轴上一个定点(0,1)；
(2)①当m=0时，函数y=mx2−6x+1的图象与x轴只有一个交点；
②当m≠0时，若函数y=mx2−6x+1的图象与x轴只有一个交点，则方程mx2−6x+1=0有两个相等的实数根，
所以△=(−6)2−4m=0，m=9．
综上，若函数y=mx2−6x+1的图象与x轴只有一个交点，则m的值为0或9．
【解析】此题考查了抛物线与x轴的交点或一次函数与x轴的交点，是典型的分类讨论思想的应用．
(1)根据解析式可知，当x=0时，与m值无关，故可知不论m为何值，函数y=mx2−6x+1的图象都经过y轴上一个定点(0,1)．
(2)应分两种情况讨论：①当函数为一次函数时，与x轴有一个交点；
②当函数为二次函数时，利用根的判别式解答．
22.【答案】(4,2)
【解析】解：(1)如图，△OA′B′即为所求．
由图可得，A′(4,2)．
故答案为：(4,2)．
(2)由题意得，−2∴点M′在线段CD上，且不与点C，D重合，
∴1(1)根据旋转的性质作图，即可得出答案．
(2)由题意可得−2本题考查作图−旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)当0≤x≤20时，设售价P(元/千克)与销售时间x (天)的函数关系式为P=kx+b，
把(0,34)，(20,24)代入得20k+b=24b=34，
∴k=−12b=34，
∴P=−12x+34；
由函数图象可知当20综上所述，P=−12x+34(0≤x≤20)24(20(2)设第x天的利润为W．
∵该种水果第一天销量为60千克，以后每天比前一天多售出4千克，
∴第x天的销售量为60+4(x−1)=(4x+56)千克，
当0≤x≤20时，
∴W=(−12x+34−16)(4x+56)=−2x2+72x−28x+1008=−2x2+44x+1008=−2(x−11)2+1250
∵−2<0，
∴当x=11时，W最大，最大为1250；
当20∵32>0，
∴当x=30时，W最大，最大为32×30+448=1408；
∵1408>1250，
∴试销第30天时，当天所获利润最大，最大利润是1408元．
【解析】(1)分当0≤x≤20时，当20(2)分当0≤x≤20时，当20本题主要考查了一次函数与二次函数的实际应用，正确理解题意列出对应的函数关系式是解题的关键．
24.【答案】解：(1)如图1中，连接BD．
∵AB=BC，
∴∠BCA=∠BAC，
∵∠ABC=60°，
∴∠BCA=60°，
∵D是AB的中点，
∴∠DCA=30°，
∵AD=AD，
∴∠DBA=∠DCA=30°．
(2)①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°．
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵BD=BD，
∴∠BAE=∠BCH，
∵AB=BC，
∴BA=BC，
在△BEA和△BHC中
∠BED=∠BHC∠BAE=∠BCHBA=BC
∴△BEA≌△BHC(AAS)，
∴EA=CH，BE=BH
又∠BED=∠BHD=90°，BD=BD，
在Rt△BED和Rt△BHD中
BD=BDBE=BH
∴Rt△BED≌Rt△BHD(HL)，
∴DE=DH，
∴DC=DH+HC=DE+AE．
②连接BO并延长交⊙O于点I，则点D在AI上．
如图：过B作BH⊥CD于点H，
则∠BHC=90°，∠BHD=90°，
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAE=∠BCD，
又∵AB=BC，
∴BA=BC，
在BEA和△BHC中
∠BED=∠BHC∠BAE=∠BCHBA=BC
∴△BEA≌△BHC(AAS)
∴EA=HC，BE=BH
又∠BED=∠BHD=90°，BD=BD，
在Rt△BED和Rt△BHD中
BD=BDBE=BH
∴Rt△BED≌Rt△BHD(HL)
∴ED=HD，
∴CD=HD+HC=DE+AE，
∵BI是⊙O直径，
AB=BC，
∴BI垂直平分AC，
∴AI=IC，
∴2∠ABI=∠ABC=60°，
∴当点D运动到点I时∠ABI取得最大值，此时∠ABD=30°．
【解析】(1)证明△ABC是等边三角形，再证明∠ACD=30°，可得结论．
(2)①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°.证明△BEA≌△BHC(AAS)，推出EA=CH，证明Rt△BED≌Rt△BHD(HL)，推出DE=DH，可得结论．
②连接BO并延长交⊙O于点I，则点D在AI上．证明此时满足CD=DE+AE，当点D运动到点I时∠ABI取得最大值，此时∠ABD=30°．
本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．