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
在数轴上分别表示①②的解集为：
∴不等式的解集为：x＞4．
19．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵AE=CF，
∴DE=BF，DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF．
20．
（1） 浴场5 ，30，70；
（2） 129 ， 35.2% ；
（3）污染的天数是：366×3.8%≈14（天），
良的天数是366﹣129﹣14=223（天），
答：2012年大连市区空气质量为良的天数是223天．
21．
解：设A种糖果购进x千克，则B种糖果购进3x千克，根据题意得：
﹣ =2，
解得：x=30，
经检验x=30是原方程的解，
则B购进的糖果是：30×3=90（千克），
答：A种糖果购进30千克，B种糖果购进90千克．
22．
解：（1）过A作AD⊥x轴，可得AD=1，
∵C（2，0），即OC=2，
∴OA= OC= ，
在Rt△ACD中，根据勾股定理得：CD=1，
∴OD=OC+CD=2+1=3，
∴A（3，1），
将A与C坐标代入一次函数解析式得： ，
解得：a=1，b=﹣2，
∴一次函数解析式为y=x﹣2；
将A（3，1）代入反比例解析 式得：k=3，
则反比例解析式为y= ；
（2）将B（﹣1，n）代入反比例解析式得：n=﹣3，即B（﹣1，﹣3），
根据图形得：不等式ax+b≥ 的解集为﹣1≤x＜0或x≥3．
23．（1）证明：连接OC，
∵DC是⊙O切线，
∴OC⊥DC，
∵OA⊥DA，
∴∠DAO=∠DCO=90°，
在Rt△DAO和Rt△DCO中
∴Rt△DAO≌Rt△DCO（HL），
∴DA=DC．
（2）解：连接BF、CE、AC，
由切线长定理得：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，
∵由三角形面积公式得： DAAO= DOAM，
则AM= ，
同理CM=AM= ，
AC= ．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
由勾股定理得：BC= = ．
∵ ∠GCB=∠GEF，∠GFE=∠GBC，（圆周角定理）
∴△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）在一次函数解析式y=﹣ 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挠漀猀∠ABO= t，
∴CD=CP= t．
若点D恰好与点A重合，则BC+CD=AB，即 t+ t=5，
解得：t= ，
∴当t= 时，点D恰好与点A重合．
（2）当点P与点O重合时，t=4；
当点C与点A重合时，由BC=BA，即 t=5，得t= ．
点P在射线BO上运动的过程中：
①当0＜t≤ 时，如题图所示：
此时S=S△PCD= CPCD= t t= t2；
②当 ＜t≤4时，如答图1所示，设PC与x轴交于点E．
BD=BC+CD= t+ t= t，
过点D作DN⊥y轴于点N，则ND=BD猠椀渀∠ABO= t = t，BN=BD挠漀猀∠ABO= t = t．
∴PN=BN﹣BP= t﹣t= t，ON=BN﹣OB= t﹣4．
∵ND∥x轴，
∴ ，即 ，得：OE=28﹣7t．
∴AE=OA﹣OE=3﹣（28﹣7t）=7t﹣25．
故S=S△PCD﹣S△ADE= CPCD﹣ AE传一= t2﹣ （7t﹣25）（ t﹣4）= t2+28t﹣50；
③当4＜t≤ 时，如答图2所示，设PC与x轴交于点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当t＞ 时，无重合部分，故S=0．
综上所述，S与t的函数关系式为：
S= ．
25．（1）证明：①由旋转性质可知，∠DBE=∠ABC=60°，BD=AB
∴△ABD为等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠ABC，
∴DA∥BC．
② 猜想：DF=2AF．
证明：如答图1所示，在DF上截取DG=AF，连接BG．
由旋转性质可知，DB=AB，∠BDG=∠BAF．
∵在△DBG与△ABF中，
∴△DBG≌△ABF（SAS），
∴BG=BF，∠DBG=∠ABF．
∵∠DBG+∠GBE=α=60°，
∴∠GBE+∠ABF=60°，即∠GBF=α=60°，
又∵BG=BF，
∴△BGF为等边三角形，
∴GF=BF，又BF=AF，
∴GF=AF．
∴DF=DG+GF=AF+AF=2AF．
（2）解：如答图2所示，在DF上截取DG=AF，连接BG．
由（1），同理可证明△DBG≌△ABF，BG=BF，∠GBF=α．
过点B作BN⊥GF于点N，
∵BG=BF，∴点N为GF中点，∠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）抛物线解析式为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）．
如答图1所示，分别延长AD与EM，交于点F．
∵AD⊥PC，BE⊥PC，∴AD∥BE，∴∠MAF=∠MBE．
在△AMF与△BME中，
，
∴△AMF≌△BME（ASA），
∴ME=MF，即点M为Rt△EDF斜边EF的中点，
∴MD=ME，即△MDE是等腰三角形．
（2）答：能．
抛物线解析式为y=﹣ x2+ x﹣4=﹣ （x﹣3）2+ ，
∴对称轴是直线x=3，M（3，0）；
令x=0，得y=﹣4，∴C（0，﹣4）．
△MDE为等腰直角三角形，有3种可能的情形：
①若DE⊥EM，
由DE⊥BE，可知点E、M、B在一条直线上，
而点B、M在x轴上，因此点E必然在x轴上，
由DE⊥BE，可知点E只能与点O重合，即直线PC与y轴重合，
不符合题意，故此种情况不存 在；
②若DE⊥DM，与①同理可知，此种情况不存在；
③若EM⊥DM，如答图2所示：
设直线PC与对称轴交于点N，
∵EM⊥DM，MN⊥AM，∴∠EMN=∠DMA．
在△ADM与△NEM中，
∴△ADM≌△NEM（ASA），
∴MN=MA．
抛物线解析式为y=﹣ x2+ x﹣4=﹣ （x﹣3）2+ ，故对称轴是直线x=3，
∴M（3，0），MN=MA=2，
∴N（3，2）．
设直线PC解析式为y=kx+b，∵点N（3，2），C（0，﹣4）在抛物线上，
∴ ，解得k=2，b=﹣4，∴y=2x﹣4．
将y=2x﹣4代入抛物线解析式得：2x﹣4=﹣ x2+ x﹣4，
解得：x=0或x= ，
当x=0时，交点为点C；当x= 时，y=2x﹣4=3．
∴P（ ，3）．
综上所述，△MDE能成为等腰直角三角形，此时点P坐标为（ ，3）．
（3）答：能．
如答题3所示，设对称轴与直线PC交于点N．
与（2）同理，可知若△MDE为等腰直角三角形，直角顶点只能是点M．
∵MD⊥ME，MA⊥MN，∴∠DMN=∠EMB．
在△DMN与△EMB中，
∴△DMN≌△EMB（ASA），
∴MN=MB．
∴N（3，﹣2）．
设直线PC解析式为y=kx+b，∵点N（3，﹣2），C（0，﹣4）在抛物线上，
∴ ，解得k= ，b=﹣4，∴y= x﹣4．
将y= x﹣4代入抛物线解析式得： x﹣4=﹣ x2+ x﹣4，
解得：x=0或x= ，
当x=0时，交点为点C；当x= 时，y= x﹣4= ．
∴P（ ， ）．
综上所述，△MDE能成为等腰直角三角形，此时点P坐标为（ ， ）．
