1．D
2．A
3．D
4．B
5．C
6．D
7．C
8．B
9． x（x+1） ．
10． 四�。�
11． 1.6×107 ．
12． 0.9�。�
13． ．
14． 8�。�
15． 15.3
16． y=x2﹣ x+ �。�
17．解：原式=5+1﹣3﹣2 =3﹣2 ．
18．解：解不等式①得：x＞2
解不等式②得：x＞4
在數(shù)軸上分別表示①②的解集為：
∴不等式的解集為：x＞4．
19．證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵AE=CF，
∴DE=BF，DE∥BF，
∴四邊形DEBF是平行四邊形，
∴BE=DF．
20．
（1） 浴場5 ，30，70；
（2） 129 ， 35.2%�。�
（3）污染的天數(shù)是：366×3.8%≈14（天），
良的天數(shù)是366﹣129﹣14=223（天），
答：2012年大連市區(qū)空氣質(zhì)量為良的天數(shù)是223天．
21．
解：設(shè)A種糖果購進x千克，則B種糖果購進3x千克，根據(jù)題意得：
﹣ =2，
解得：x=30，
經(jīng)檢驗x=30是原方程的解，
則B購進的糖果是：30×3=90（千克），
答：A種糖果購進30千克，B種糖果購進90千克．
22．
解：（1）過A作AD⊥x軸，可得AD=1，
∵C（2，0），即OC=2，
∴OA= OC= ，
在Rt△ACD中，根據(jù)勾股定理得：CD=1，
∴OD=OC+CD=2+1=3，
∴A（3，1），
將A與C坐標代入一次函數(shù)解析式得： ，
解得：a=1，b=﹣2，
∴一次函數(shù)解析式為y=x﹣2；
將A（3，1）代入反比例解析 式得：k=3，
則反比例解析式為y= ；
（2）將B（﹣1，n）代入反比例解析式得：n=﹣3，即B（﹣1，﹣3），
根據(jù)圖形得：不等式ax+b≥ 的解集為﹣1≤x＜0或x≥3．
23．（1）證明：連接OC，
∵DC是⊙O切線，
∴OC⊥DC，
∵OA⊥DA，
∴∠DAO=∠DCO=90°，
在Rt△DAO和Rt△DCO中
∴Rt△DAO≌Rt△DCO（HL），
∴DA=DC．
（2）解：連接BF、CE、AC，
由切線長定理得：DC=DA=4，DO⊥AC，
∴DO平分AC，
在Rt△DAO中，AO=3，AD=4，由勾股定理得：DO=5，
∵由三角形面積公式得： DAAO= DOAM，
則AM= ，
同理CM=AM= ，
AC= ．
∵AB是直徑，
∴∠ACB=90°，
由勾股定理得：BC= = ．
∵ ∠GCB=∠GEF，∠GFE=∠GBC，（圓周角定理）
∴△BGC∽△EGF，
∴ = = = ，
在Rt△OMC中，CM= ，OC=3，由勾股定理得：OM= ，
在Rt△EMC中，CM= ，ME=OE﹣OM=3﹣ = ，由勾股定理得：CE= ，
在Rt△CEF中，EF=6，CE= ，由勾股定理得：CF= ．
∵CF=CG+GF， = ，
∴CG= CF= × = ．
24．解：（1）在一次函數(shù)解析式y(tǒng)=﹣ x+4中，令x=0，得y=4；令y=0，得x=3，
∴A（3，0），B（0，4）．
在Rt△AOB中，OA=3，OB=4，由勾股定理得：AB=5．
在Rt△BCP中，CP=PB猠椀渀∠ABO= t，BC=PB撓漀猀∠ABO= t，
∴CD=CP= t．
若點D恰好與點A重合，則BC+CD=AB，即 t+ t=5，
解得：t= ，
∴當t= 時，點D恰好與點A重合．
（2）當點P與點O重合時，t=4；
當點C與點A重合時，由BC=BA，即 t=5，得t= ．
點P在射線BO上運動的過程中：
①當0＜t≤ 時，如題圖所示：
此時S=S△PCD= CPCD= t t= t2；
②當 ＜t≤4時，如答圖1所示，設(shè)PC與x軸交于點E．
BD=BC+CD= t+ t= t，
過點D作DN⊥y軸于點N，則ND=BD猠椀渀∠ABO= t = t，BN=BD撓漀猀∠ABO= t = t．
∴PN=BN﹣BP= t﹣t= t，ON=BN﹣OB= t﹣4．
∵ND∥x軸，
∴ ，即 ，得：OE=28﹣7t．
∴AE=OA﹣OE=3﹣（28﹣7t）=7t﹣25．
故S=S△PCD﹣S△ADE= CPCD﹣ AE傳一= t2﹣ （7t﹣25）（ t﹣4）= t2+28t﹣50；
③當4＜t≤ 時，如答圖2所示，設(shè)PC與x軸交于點E．
AC=AB﹣BC=5﹣ t，
∵tan∠OAB= = ，∴CE=AC琠愀渀∠OAB=（5﹣ t）× = ﹣ t．
故S=S△ACE= ACCE= （5﹣ t）（ ﹣ t）= t2﹣ t+ ；
④當t＞ 時，無重合部分，故S=0．
綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為：
S= ．
25．（1）證明：①由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，∠DBE=∠ABC=60°，BD=AB
∴△ABD為等邊三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠ABC，
∴DA∥BC．
② 猜想：DF=2AF．
證明：如答圖1所示，在DF上截取DG=AF，連接BG．
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，DB=AB，∠BDG=∠BAF．
∵在△DBG與△ABF中，
∴△DBG≌△ABF（SAS），
∴BG=BF，∠DBG=∠ABF．
∵∠DBG+∠GBE=α=60°，
∴∠GBE+∠ABF=60°，即∠GBF=α=60°，
又∵BG=BF，
∴△BGF為等邊三角形，
∴GF=BF，又BF=AF，
∴GF=AF．
∴DF=DG+GF=AF+AF=2AF．
（2）解：如答圖2所示，在DF上截取DG=AF，連接BG．
由（1），同理可證明△DBG≌△ABF，BG=BF，∠GBF=α．
過點B作BN⊥GF于點N，
∵BG=BF，∴點N為GF中點，∠FBN= ．
在Rt△BFN中，NF=BF猠椀渀∠FBN=BFsin =mAFsin ．
∴GF=2NF=2mAFsin
∴DF=DG+GF=AF+2mAFsin ，
∴ =1+2msin ．
26．解：（1）拋物線解析式為y=﹣ x2+ x﹣4，令y=0，
即﹣ x2+ x﹣4=0，解得x=1或x=5，∴A（1，0），B（5，0）．
如答圖1所示，分別延長AD與EM，交于點F．
∵AD⊥PC，BE⊥PC，∴AD∥BE，∴∠MAF=∠MBE．
在△AMF與△BME中，
，
∴△AMF≌△BME（ASA），
∴ME=MF，即點M為Rt△EDF斜邊EF的中點，
∴MD=ME，即△MDE是等腰三角形．
（2）答：能．
拋物線解析式為y=﹣ x2+ x﹣4=﹣ （x﹣3）2+ ，
∴對稱軸是直線x=3，M（3，0）；
令x=0，得y=﹣4，∴C（0，﹣4）．
△MDE為等腰直角三角形，有3種可能的情形：
①若DE⊥EM，
由DE⊥BE，可知點E、M、B在一條直線上，
而點B、M在x軸上，因此點E必然在x軸上，
由DE⊥BE，可知點E只能與點O重合，即直線PC與y軸重合，
不符合題意，故此種情況不存 在；
②若DE⊥DM，與①同理可知，此種情況不存在；
③若EM⊥DM，如答圖2所示：
設(shè)直線PC與對稱軸交于點N，
∵EM⊥DM，MN⊥AM，∴∠EMN=∠DMA．
在△ADM與△NEM中，
∴△ADM≌△NEM（ASA），
∴MN=MA．
拋物線解析式為y=﹣ x2+ x﹣4=﹣ （x﹣3）2+ ，故對稱軸是直線x=3，
∴M（3，0），MN=MA=2，
∴N（3，2）．
設(shè)直線PC解析式為y=kx+b，∵點N（3，2），C（0，﹣4）在拋物線上，
∴ ，解得k=2，b=﹣4，∴y=2x﹣4．
將y=2x﹣4代入拋物線解析式得：2x﹣4=﹣ x2+ x﹣4，
解得：x=0或x= ，
當x=0時，交點為點C；當x= 時，y=2x﹣4=3．
∴P（ ，3）．
綜上所述，△MDE能成為等腰直角三角形，此時點P坐標為（ ，3）．
（3）答：能．
如答題3所示，設(shè)對稱軸與直線PC交于點N．
與（2）同理，可知若△MDE為等腰直角三角形，直角頂點只能是點M．
∵MD⊥ME，MA⊥MN，∴∠DMN=∠EMB．
在△DMN與△EMB中，
∴△DMN≌△EMB（ASA），
∴MN=MB．
∴N（3，﹣2）．
設(shè)直線PC解析式為y=kx+b，∵點N（3，﹣2），C（0，﹣4）在拋物線上，
∴ ，解得k= ，b=﹣4，∴y= x﹣4．
將y= x﹣4代入拋物線解析式得： x﹣4=﹣ x2+ x﹣4，
解得：x=0或x= ，
當x=0時，交點為點C；當x= 時，y= x﹣4= ．
∴P（ ， ）．
綜上所述，△MDE能成為等腰直角三角形，此時點P坐標為（ ， ）．
