吉林省松原市寧江區(qū)吉林油田第十二中學(xué)2023-2024學(xué)年九年級(jí)上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題

這是一份吉林省松原市寧江區(qū)吉林油田第十二中學(xué)2023-2024學(xué)年九年級(jí)上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題，共21頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1．如圖是由4個(gè)相同的小正方體組成的幾何體，從左邊看到的圖形是（ ）
A． B． C． D．
2．下列事件中，屬于必然事件的是（ ）
A．三角形的外心到三邊的距離相等 B．某射擊運(yùn)動(dòng)員射擊一次，命中靶心
C．任意畫一個(gè)三角形，其內(nèi)角和是180° D．拋一枚硬幣，落地后正面朝上
3．如圖，點(diǎn)P為⊙O外一點(diǎn)，PA為⊙O的切線，A為切點(diǎn)，PO交⊙O于點(diǎn)B，∠P=30°，OB=3，則線段BP的長(zhǎng)為（ ）
A．3 B．3 3 C．6 D．9
4．已知圓錐的底面半徑為2cm，母線長(zhǎng)為5cm，則圓錐的側(cè)面積是（ ）
A．20cm2 B．20πcm2 C．10πcm2 D．5πcm2
5．將拋物線y=-x2向上平移2個(gè)單位，則得到的拋物線表達(dá)式為（ ）
A．y=-（x+2）2 B．y=-（x-2）2 C．y=-x2-2 D．y=-x2+2
6．如圖，在等邊△ABC中，D是邊AC上一點(diǎn)，連接BD，將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAE，連接ED，若BC=10，BD=9，則△ADE的周長(zhǎng)為（ ）
A．19 B．20 C．27 D．30
二、填空題：本題共8小題，每小題3分，共24分。
7．已知⊙O的半徑長(zhǎng)為10cm，若點(diǎn)P在⊙O外，則線段OP的長(zhǎng)度為_(kāi)_____cm．（寫出一個(gè)正確的值即可）
8．某蓄電池的電壓為48V，使用此蓄電池時(shí)，電流I（單位：A）與電阻R（單位：Ω）的函數(shù)表達(dá)式為I=48R．當(dāng)R=12Ω時(shí)，I的值為_(kāi)_____ A．
9．已知（-1,y1），（2,y2）在二次函數(shù)y=x2-2x的圖象上，比較y1 ______ y2．（填>、r時(shí)，點(diǎn)在圓外；當(dāng)d=r時(shí)，點(diǎn)在圓上；當(dāng)dr時(shí)，點(diǎn)在圓外；當(dāng)d=r時(shí)，點(diǎn)在圓上，當(dāng)d
【解析】解：由拋物線y=x2-2x可知對(duì)稱軸x=--22×1=1，
∵拋物線開(kāi)口向上，點(diǎn)（-1,y1）到對(duì)稱軸的距離大于點(diǎn)（2,y2）到對(duì)稱軸的距離，
∴y1>y2．
故答案為：>．
先得到拋物線的對(duì)稱軸為直線x=1，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，通過(guò)點(diǎn)與對(duì)稱軸距離的遠(yuǎn)近來(lái)比較函數(shù)值的大?。?br>本題考查了二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，熟知二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
10.【答案】π4
【解析】解：∵AB為直徑，
∴∠ACB=90°，
∴在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= （ 2）2+（ 2）2=2．
∴⊙O的半徑為12AB=1，
∵AC=BC，
∴CO⊥AB，AC=BC，
∴S陰影=S扇形OBC=14S⊙O=14×π×12=π4．
故答案為：π4．
根據(jù)圓周角定理的推論可知∠ACB=90°，利用勾股定理可求出直徑AB，再根據(jù)圓周角定理結(jié)合圖形可知S陰影=S扇形OBC=14S⊙O，即可求出．
本題考查求不規(guī)則圖形的面積、圓周角定理和其推論．理解S陰影=S扇形OBC=14S⊙O是解答本題的關(guān)鍵．
11．【答案】2 2
【解析】解：如圖，連接OB，OC，
∵∠A=45°，
∴∠BOC=2∠A=90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
又∵BC=2，
∴BO=CO= 22BC= 2，
∴⊙O的直徑為2 2
故答案為：2 2．
連接OB，OC，證△BOC是等腰直角三角形，即可得到BO=CO= 2，進(jìn)而得出⊙O的直徑．
本題主要考查了三角形的外接圓、圓周角定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．
12．【答案】（ 2,2）
【解析】【分析】
先根據(jù)待定系數(shù)法求得拋物線的解析式，然后根據(jù)題意求得D（0,2），且DC/?/x軸，從而求得P的縱坐標(biāo)為2，代入求得的解析式即可求得P的坐標(biāo)．
本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，根據(jù)題意求得P的縱坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．
【解答】
解：∵Rt△OAB的頂點(diǎn)A（-2,4）在拋物線y=ax2上，
∴4=4a，解得a=1，
∴拋物線為y=x2，
∵點(diǎn)A（-2,4），
∴B（-2,0），
∴OB=2，
∵將Rt△OAB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△OCD，
∴D點(diǎn)在y軸上，且OD=OB=2，
∴D（0,2），
∵DC⊥OD，
∴DC/?/x軸，
∴P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2，
代入y=x2，得2=x2，
解得x=± 2，
∴P（ 2,2）．
故答案為（ 2,2）．
13．【答案】7．5
【解析】解：在△DEF和△DBC中，∵∠D=∠D，∠DEF=∠DCB，
∴△DEF∽△DBC，
∴DEEF=CDBC，
即4030=8BC，
解得：BC=6，
∵AC=1．5m，
∴AB=AC+BC=1．5+6=7．5m，
即樹(shù)高7．5m．
故答案為：7．5．
先判定△DEF和△DBC相似，然后根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求出BC的長(zhǎng)，再加上AC即可得解．
本題考查了相似三角形的應(yīng)用，主要利用了相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，比較簡(jiǎn)單，判定出△DEF和△DBC相似是解題的關(guān)鍵．
14．【答案】12
【解析】解：根據(jù)切線長(zhǎng)定理得：AD=CD，BE=CE，PA=PB，則△PDE的周長(zhǎng)=2PA=12cm．
根據(jù)切線長(zhǎng)定理將△PDE的周長(zhǎng)轉(zhuǎn)化為切線長(zhǎng)即可．
此題主要考查切線長(zhǎng)定理的運(yùn)用能力．
15．【答案】解：|-3|-2tan45°+（-1）2023-（ 3-π）0
=3-2×1+（-1）-1
=3-2-1-1
=-1．
【解析】首先計(jì)算零指數(shù)冪、乘方、特殊角的三角函數(shù)值和絕對(duì)值，然后計(jì)算乘法，最后從左向右依次計(jì)算，求出算式的值即可．
此題主要考查了實(shí)數(shù)的運(yùn)算，解答此題的關(guān)鍵是要明確：在進(jìn)行實(shí)數(shù)運(yùn)算時(shí)，和有理數(shù)運(yùn)算一樣，要從高級(jí)到低級(jí)，即先算乘方、開(kāi)方，再算乘除，最后算加減，有括號(hào)的要先算括號(hào)里面的，同級(jí)運(yùn)算要按照從左到右的順序進(jìn)行．
16．【答案】13
【解析】解：（1）一名乘客隨機(jī)選擇此地鐵閘口通過(guò)時(shí)，選擇A閘口通過(guò)的概率為13；
故答案為：13；
（2）畫樹(shù)狀圖為：
共有9種等可能的結(jié)果，其中兩名乘客選擇不同閘口通過(guò)的結(jié)果數(shù)為6，
所以兩名乘客選擇不同閘口通過(guò)的概率=69=23．
（1）直接根據(jù)概率公式計(jì)算；
（2）畫樹(shù)狀圖展示所有9種等可能的結(jié)果，再找出兩名乘客選擇不同閘口通過(guò)的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式計(jì)算．
本題考查了列表法與樹(shù)狀圖法：利用列表法或樹(shù)狀圖展示所有可能的結(jié)果求出n，再?gòu)闹羞x出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．
17．【答案】證明：∵∠EAC=∠DAB，
∴∠EAC+∠BAE=∠DAB+∠BAE，
∴∠BAC=∠DAE，
∵ABAD=ACAE，
∴△ABC∽△ADE．
【解析】根據(jù)相似三角形的判定即可求出答案．
本題考查相似三角形的判定定理，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用相似三角形的判定．
18．【答案】解：設(shè)平均每次降價(jià)的百分率為x，
根據(jù)題意得：30（1-x）2=19．2，
解得：x1=0.2=20%，x2=1．8（不符合題意，舍去）．
答：平均每次降價(jià)的百分率為20%．
【解析】設(shè)平均每次降價(jià)的百分率為x，利用經(jīng)過(guò)兩次降價(jià)后的價(jià)格=原價(jià)×（1-平均每次降價(jià)的百分率）2，可列出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其符合題意的值，即可得出結(jié)論．
本題考查了一元二次方程的應(yīng)用以及有理數(shù)的混合運(yùn)算，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．
19．【答案】解：（1）設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx．
由題意知B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為B（18,0），C（17,1．7），
把B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式得，
324a+18b=0289a+17b=1．7，
解得a=0.1，b=1．8，
∴拋物線的解析式為y=-0.1x2+1．8x；
（2）y=-0.1x2+1．8x
=-0.1（x2-18x+81-81）
=-0.1（x-9）2+8．1．
∴該大門的高h(yuǎn)為8．1m．
【解析】（1）設(shè)拱門所在拋物線的解析式為y=ax2+bx，依題意找出B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)，就可以確定拋物線解析式了；
（2）把函數(shù)表達(dá)式配方可得頂點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)坐標(biāo)確定大門的高．
本題經(jīng)歷選取拋物線解析式的形式，求拋物線解析式，運(yùn)用解析式解答題目問(wèn)題，充分體現(xiàn)由實(shí)際問(wèn)題--拋物線--實(shí)際問(wèn)題，體現(xiàn)數(shù)學(xué)知識(shí)的運(yùn)用價(jià)值．
20.【答案】解：如圖：

【解析】根據(jù)中心對(duì)稱的定義：把一個(gè)圖形繞某點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后能夠與自身重合，則這個(gè)圖形是中心對(duì)稱圖形，根據(jù)定義畫圖即可．
本題主要考查了利用中心對(duì)稱圖形的定義設(shè)計(jì)圖案，掌握定義是解題的關(guān)鍵．
21．【答案】（1）解：將點(diǎn)A（4,1）代入y2=mx，得m=1×4=4，
∴反比例函數(shù)的解析式為y2=4x，
∵點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為-2，
∴將x=-2代入y2=4x，得y=-2，
∴B（-2,-2）．
將A（4,1），B（-2,-2）代入y1=kx+b，
得4k+b=1-2k+b=-2，
解得k=12b=-1，
∴一次函數(shù)的解析式為y1=12x-1；
（2）由y1=12x-1可知C（0,-1），
∵S△ABD=S△ACD+S△BCD=12×4CD+12×2CD=3CD=6，
∴CD=2，
∴D（0,1）或（0,-3）．
【解析】（1）把點(diǎn)A（4,1）代入y2=mx，解得m=4，即可求得反比例函數(shù)的解析式以及B的坐標(biāo)，然后根據(jù)待定系數(shù)法即可求得一次函數(shù)的解析式．
（2）根據(jù)S△ABD=S△ACD+S△BCD求得CD，進(jìn)而即可求得D的坐標(biāo)．
本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是利用坐標(biāo)解出函數(shù)的解析式．
22．【答案】解：過(guò)C作CF⊥AB于F，
則∠AFC=90°，
在Rt△ACF中，AC=30，∠CAF=43°，
∵cs∠CAF=AFAC，
∴AF=AC?cs∠CAF=30×0.73=21．9，
∴CE=BF=AB+AF=170+21．9=191．9≈192（cm），
答：花灑頂端C到地面的距離CE為192cm．
【解析】過(guò)C作CF⊥AB于F，于是得到∠AFC=90°，解直角三角形即可得到結(jié)論．
本題考查解直角三角形，解題的關(guān)鍵是正確理解題意以及靈活運(yùn)用銳角三角函數(shù)的定義，本題屬于中等題型．
23．【答案】解：（1）DE與⊙O相切；
理由如下：
連接OD，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB；
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD/?/AC；
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE與⊙O相切．
（2）連接OD，OF；
∵DE，AF是⊙O的切線，
∴OF⊥AC，OD⊥DE，
又∵DE⊥AC，
∴四邊形ODEF為矩形，
∴EF=OD=3；
在Rt△OFA中，AO2=OF2+AF2，
∴AO= 32+42= 25=5，
∴AC=AB=AO+BO=8，CE=AC-AF-EF=8-4-3=1，
∴CE=1．
答：CE長(zhǎng)度為1．
【解析】由已知可證得OD⊥DE，OD為圓的半徑，所以DE與⊙O相切；連接OD，OF，由已知可得四邊形ODEF為矩形，從而得到EF的長(zhǎng)，再利用勾股定理求得AO的長(zhǎng)，從而可求得AC的長(zhǎng)，此時(shí)CE就不難求得了．
本題考查的是切線的判定，要證某線是圓的切線，已知此線過(guò)圓上某點(diǎn)，連接圓心和這點(diǎn)（即為半徑），再證垂直即可．
24．【答案】解；（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=90°，
∴∠ADB=∠ABD=180°-∠A2=45°，
由旋轉(zhuǎn)可知∠BDF=90°，
∴∠ADF=∠BDC=∠ADB=45°；
（2）仍然成立，
如圖2，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則∠FGD=90°，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠C=∠ADC=90°，BC=CD，
∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，
∴∠BEC+∠FEG=90°．
∴∠FEG=∠CBE，
∴△FGE≌△ECB（AAS）．
∴FG=EC，EG=BC=CD．
∴EG-DE=CD-DE，即CE=DG．
∴FG=DG．
∵∠ADC=90°，
∴∠ADG=90°，
∴∠FDG=45°，
∵∠FGD=90°，
∴∠FDA=45°；
如圖3，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則∠FGD=90°，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠C=∠ADC=90° BC=CD，
∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°．
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，
∴∠BEC+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠CBE，
∴△FGE≌△ECB（AAS），
∴FG=EC，EG=BC=CD．
∴EG+DE=CD+DE，
即CE=DG．
∴FG=DG，
又∠FGD=90°，
∴∠FDG=45°，
∵∠ADC=90°，
∴∠FDA=180°-∠FDG-∠ADC=45°；
（3）如圖4，

過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則∠FGD=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠C=∠ADC=90°，BC=CD，
∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，
∴∠BEC+∠FEG=90°．
∴∠FEG=∠CBE，
∴△FGE≌△ECB（AAS）．
∴FG=EC，EG=BC=CD．
∴EG-DE=CD-DE，即CE=DG．
∴FG=DG，
∴△DFG是等腰直角三角形，
∴FG= 22DF= 2，
∴CE=FG= 2，
∵BC=AB=2，
∴BE= BC2+CE2= 6，
∴BF= 2BE=2 3．
【解析】．（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB=AD，∠A=90°，求得∠ADB=∠ABD=180°-∠A2=45°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BDF=90°，于是得到∠ADF=∠BDC=∠ADB=45°；
（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則∠FGD=90°，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG=EC，EG=BC=CD．求得FG=DG．根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；如圖3，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則∠FGD=90°，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG=EC，EG=BC=CD．求得FG=DG．根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）如圖4，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG=EC，EG=BC=CD．求得FG=DG．根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
本題是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
25．【答案】解：（1）在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，
∴AC=10，
①當(dāng)AP=PO=t，如圖1，過(guò)P作PM⊥AO于點(diǎn)M，

∴AM=12AO=52，
∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，
∴△APM∽△ACD，
∴APAC=AMAD，
∴AP=t=258，
②當(dāng)AP=AO=t=5，
∴當(dāng)t為258或5時(shí)，△AOP是等腰三角形；
（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC交BC于點(diǎn)H，則OH=12CD=12AB=3cm，

由矩形的性質(zhì)可知∠PDO=∠EBO，DO=BO，又得∠DOP=∠BOE，
∴△DOP≌BOE（ASA），
∴BE=PD=8-t，
則S△BOE=12BE?OH=12×3（8-t）=12-32t．
∵FQ/?/AC，
∴△DFQ∽△DOC，相似比為DQDC=t6，
∴S△DFQS△DOC=t236，
∵S△DOC=14S矩形ABCD=14×6×8=12cm2，
∴S△DFQ=12×t236=t23，
∴S五邊形OECQF=S△DBC-S△BOE-S△DFQ=12×6×8-（12-32t）-t23=-13t2+32t+12；
∴S與t的函數(shù)關(guān)系式為S=-13t2+32t+12；
（3）∵S△ACD=12×6×8=24，
∴S五邊形OECQF：S△ACD=（-13t2+32t+12）：24=9：16，
解得t=3，或t=32，
∴當(dāng)S五邊形OECQF：S△ACD=9：16時(shí)，t=3或32．
【解析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和勾股定理得到AC=10，①當(dāng)AP=PO=t，如圖1，過(guò)P作PM⊥AO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到AP=t=258，②當(dāng)AP=AO=t=5，于是得到結(jié)論；
（2）過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC交BC于點(diǎn)H，已知BE=PD，則可求△BOE的面積；可證得△DFQ∽△DOC，由相似三角形的面積比可求得△DFQ的面積，從而可求五邊形OECQF的面積．
（3）根據(jù)題意列方程得到t=3或t=32，可求解．
本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圖形面積的計(jì)算，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．
26．【答案】（-2,-9a）
【解析】解：（1）∵拋物線y=a（x+2）2-9a頂點(diǎn)為C，
∴C（-2,-9a），
故答案為：（-2,-9a）；
（2）在y=a（x+2）2-9a中，令y=0得：a（x+2）2-9a=0，
∵a>0，
∴（x+2）2-9=0，解得x=-5或x=1，
而點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，
∴B（1,0）；
（3）①過(guò)C作y軸平行線交x軸于F，過(guò)D作DG⊥CF于G，如圖：
∵C（-2,-9a），B（1,0）；
∴BF=OB+OF=3，
∵∠ABC=30°，
∴CF=BF?tan30°=3× 33= 3，
∵四邊形BCDE是正方形，
∴BC=DC，∠BCD=90°，
∴∠FCB=90°-∠GCD=∠CDG，
∵∠BFC=∠G=90°，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴BF=CG=3，CF=DG= 3，
∴GF= 3+3，OF-DG=2- 3，
∴D（ 3-2,-3- 3）；
②過(guò)C作y軸平行線交x軸于F，過(guò)D作DG⊥CF于G，如圖：
∵C（-2,-9a），B（1,0）；
∴BF=OB+OF=3，
∵∠ABC=45°，
∴CF=BF?tan45°=3×1=3，
∵四邊形BCDE是正方形，
∴BC=DC，∠BCD=90°，
∴∠FCB=90°-∠GCD=∠CDG，
∵∠BFC=∠G=90°，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴BF=CG=3，CF=DG=3，
∴GF=6，DG-OF=1，
∴D（1,-6）；
③過(guò)C作y軸平行線交x軸于F，過(guò)D作DG⊥CF于G，如圖：
∵C（-2,-9a），B（1,0）；
∴BF=OB+OF=3，CF=|-9a|=9a，
∵四邊形BCDE是正方形，
∴BC=DC，∠BCD=90°，
∴∠FCB=90°-∠GCD=∠CDG，
∵∠BFC=∠G=90°，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴CG=BF=3，DG=CF=9a，
∵D的坐標(biāo)為（m,n），
∴m=-9a-3，n=-2+9a，
∴m+n=-5
∴n=-5-m，
∵在BC邊的右下方作正方形BCDE，
∴m>-2，
答：n=-5-m（m>-2）．
（1）根據(jù)拋物線y=a（x+2）2-9a頂點(diǎn)為C，直接可得C（-2,-9a）；
（2）在y=a（x+2）2-9a中，令y=0得：a（x+2）2-9a=0，即可得B（1,0）；
（3）①過(guò)C作y軸平行線交x軸于F，過(guò)D作DG⊥CF于G，由C（-2,-9a），B（1,0）可得BF=OB+OF=3，又∠ABC=30°得CF=BF?tan30°= 3，根據(jù)四邊形BCDE是正方形，可得△BFC≌△CGD（AAS），即知BF=CG=3，CF=DG= 3，從而求得D（ 3-2,-3- 3）；
②過(guò)C作y軸平行線交x軸于F，過(guò)D作DG⊥CF于G，同①的方法可得D（1,-6）；
③過(guò)C作y軸平行線交x軸于F，過(guò)D作DG⊥CF于G，根據(jù)C（-2,-9a），B（1,0）和△BFC≌△CGD（AAS）可得CG=BF=3，DG=CF=9a，又D的坐標(biāo)為（m,n），即知m=-9a-3，n=-2+9a，消去a得m+n=-5，n=-5-m，又在BC邊的右下方作正方形BCDE，故m>-2．
本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形性質(zhì)及應(yīng)用等，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．