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一、選擇題(共10小題，每小題3分，共30分)

1.(3分)(201x年陜西省)4的算術方根是(　　)

A.?2B.2C.±2D.16

考點：算術方根.

分析：根據(jù)算術方根的定義進行解答即可.

解答：解：∵22=4，

∴4的算術方根是2.

故選B.

點評：本題考查了算術方根的定義，熟記定義是解題的關鍵.

2.(3分)(陜西省)如圖是一個正方體被截去一個直三棱柱得到的幾何體，則該幾何體的左視圖是(　　)

A.B.C.D.

考點：簡單幾何體的三視圖;截一個幾何體.

分析：根據(jù)三視圖的特點，知道左視圖從圖形的左邊向右邊看，看到一個正方形的面，在面上有一條實線，得到結(jié)果.

解答：解：左視圖從圖形的左邊向右邊看，

看到一個正方形的面，

在面上有一條實線，

故選：A.

點評：本題考查空間圖形的三視圖，本題是一個基礎題，正確把握三視圖觀察角度是解題關鍵.

3.(3分)(陜西省)若點A(?2，m)在正比例函數(shù)y=?x的圖象上，則m的值是(　　)

A.B.?C.1D.?1

考點：一次函數(shù)圖象上點的坐標特征.

分析：利用待定系數(shù)法代入正比例函數(shù)y=?x可得m的值.

解答：解：∵點A(?2，m)在正比例函數(shù)y=?x的圖象上，

∴m=?×(?2)=1，

故選：C.

點評：此題主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特點，關鍵是掌握凡是函數(shù)圖象經(jīng)過的點必能滿足解析式.

4.(3分)(陜西省)小軍旅行箱的密碼是一個六位數(shù)，由于他忘記了密碼的末位數(shù)字，則小軍能一次打開該旅行箱的概率是(　　)

A.B.C.D.

考點：概率公式.

分析：由一共有10種等可能的結(jié)果，小軍能一次打開該旅行箱的只有1種情況，直接利用概率公式求解即可求得答案.

解答：解：∵一共有10種等可能的結(jié)果，小軍能一次打開該旅行箱的只有1種情況，

∴小軍能一次打開該旅行箱的概率是：.

故選A.

點評：此題考查了概率公式的應用.用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比.

5.(3分)(陜西省)把不等式組的解集表示在數(shù)軸上，正確的是(　　)

A.B.C.D.

考點：在數(shù)軸上表示不等式的解集;解一元一次不等式組.

分析：先求出不等式組中每一個不等式的解集，再求出它們的公共部分，然后把不等式的解集表示在數(shù)軸上即可

解答：解：解得，

故選：D.

點評：把每個不等式的解集在數(shù)軸上表示出來(>，≥向右畫;<，≤向左畫)，數(shù)軸上的點把數(shù)軸分成若干段，如果數(shù)軸的某一段上面表示解集的線的條數(shù)與不等式的個數(shù)一樣，那么這段就是不等式組的解集.有幾個就要幾個.在表示解集時“≥”，“≤”要用實心圓點表示;“<”，“>”要用空心圓點表示.

6.(3分)(陜西省)某區(qū)10名學生參加市級漢字聽寫大賽，他們得分情況如下表：

人數(shù)3421

分數(shù)80859095

那么這10名學生所得分數(shù)的均數(shù)和眾數(shù)分別是(　　)

A.85和82.5B.85.5和85C.85和85D.85.5和80

考點：眾數(shù);中位數(shù).

分析：根據(jù)眾數(shù)及均數(shù)的定義，即可得出答案.

解答：解：這組數(shù)據(jù)中85出現(xiàn)的次數(shù)最多，故眾數(shù)是85;

均數(shù)=(80×3+085×4+90×2+95×1)=85.

故選B.

點評：本題考查了眾數(shù)及均數(shù)的知識，掌握各部分的概念是解題關鍵.

7.(3分)(陜西省)如圖，AB∥CD，∠A=45°，∠C=28°，則∠AEC的大小為(　　)

A.17°B.62°C.63°D.73°

考點：行線的性質(zhì).

分析：首先根據(jù)兩直線行，內(nèi)錯角相等可得∠ABC=∠C=28°，再根據(jù)三角形內(nèi)角與外角的性質(zhì)可得∠AEC=∠A+∠ABC.

解答：解：∵AB∥CD，

∴∠ABC=∠C=28°，

∵∠A=45°，

∴∠AEC=∠A+∠ABC=28°+45°=73°，

故選：D.

點評：此題主要考查了行線的性質(zhì)，以及三角形內(nèi)角與外角的性質(zhì)，關鍵是掌握兩直線行，內(nèi)錯角相等，三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角之和.

8.(3分)(陜西省)若x=?2是關于x的一元二次方程x2?ax+a2=0的一個根，則a的值為(　　)

A.1或4B.?1或?4C.?1或4D.1或?4

考點：一元二次方程的解.

分析：將x=?2代入關于x的一元二次方程x2?ax+a2=0，再解關于a的一元二次方程即可.

解答：解：∵x=?2是關于x的一元二次方程x2?ax+a2=0的一個根，

∴4+5a+a2=0，

∴(a+1)(a+4)=0，

解得a1=?1，a2=?4，

故選B.

點評：本題主要考查了一元二次方程的解的定義，解題關鍵是把x的值代入，再解關于a的方程即可.

9.(3分)(陜西省)如圖，在菱形ABCD中，AB=5，對角線AC=6.若過點A作AE⊥BC，垂足為E，則AE的長為(　　)

A.4B.C.D.5

考點：菱形的性質(zhì).

分析：連接BD，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AO=AC，然后根據(jù)勾股定理計算出BO長，再算出菱形的面積，然后再根據(jù)面積公式BC•AE=AC•BD可得答案.

解答：解：連接BD，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AO=AC，BD=2BO，

∴∠AOB=90°，

∵AC=6，

∴AO=3，

∴B0==4，

∴DB=8，

∴菱形ABCD的面積是×AC•DB=×6×8=24，

∴BC•AE=24，

AE=，

故選：C.

點評：此題主要考查了菱形的性質(zhì)，以及菱形的性質(zhì)面積，關鍵是掌握菱形的對角線互相垂直且分.

10.(3分)(陜西省)二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a≠0)的圖象如圖，則下列結(jié)論中正確的是(　　)

A.c>?1B.b>0C.2a+b≠0D.9a+c>3b

考點：二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系.

專題：數(shù)形結(jié)合.

分析：由拋物線與y軸的交點在點(0，?1)的下方得到c<?1;由拋物線開口方向得a>0，再由拋物線的對稱軸在y軸的右側(cè)得a、b異號，即b<0;由于拋物線過點(?2，0)、(4，0)，根據(jù)拋物線的對稱性得到拋物線對稱軸為直線x=?=1，則2a+b=0;由于當x=?3時，y<0，所以9a?3b+c>0，即9a+c>3b.

解答：解：∵拋物線與y軸的交點在點(0，?1)的下方.

∴c<?1;

∵拋物線開口向上，

∴a>0，

∵拋物線的對稱軸在y軸的右側(cè)，

∴x=?>0，

∴b<0;

∵拋物線過點(?2，0)、(4，0)，

∴拋物線對稱軸為直線x=?=1，

∴2a+b=0;

∵當x=?3時，y<0，

∴9a?3b+c>0，

即9a+c>3b.

故選D.

點評：本題考查了二次函數(shù)的圖象與系數(shù)的關系：二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a≠0)的圖象為拋物線，當a>0，拋物線開口向上;對稱軸為直線x=?;拋物線與y軸的交點坐標為(0，c);當b2?4ac>0，拋物線與x軸有兩個交點;當b2?4ac=0，拋物線與x軸有一個交點;當b2?4ac<0，拋物線與x軸沒有交點.

二、填空題(共2小題，每小題3分，共18分)

11.(3分)(陜西省)計算：=　9　.

考點：負整數(shù)指數(shù)冪.

專題：計算題.

分析：根據(jù)負整數(shù)指數(shù)冪的運算法則進行計算即可.

解答：解：原式===9.

故答案為：9.

點評：本題考查的是負整數(shù)指數(shù)冪，即負整數(shù)指數(shù)冪等于該數(shù)對應的正整數(shù)指數(shù)冪的倒數(shù).

12.(3分)(陜西省)因式分解：m(x?y)+n(x?y)=　(x?y)(m+n)　.

考點：因式分解-提公因式法.

分析：直接提取公因式(x?y)，進而得出答案.

解答：解：m(x?y)+n(x?y)=(x?y)(m+n).

故答案為：(x?y)(m+n).

點評：此題主要考查了提取公因式法分解因式，正確找出公因式是解題關鍵.

請從以下兩個小題中任選一個作答，若多選，則按所選做的第一題計分.

13.(3分)(陜西省)一個正五邊形的對稱軸共有　5　條.

考點：軸對稱的性質(zhì).

分析：過正五邊形的五個頂點作對邊的垂線，可得對稱軸.

解答：解：如圖，

正五邊形的對稱軸共有5條.

故答案為：5.

點評：本題考查了軸對稱的性質(zhì)，熟記正五邊形的對稱性是解題的關鍵.

14.(陜西省)用科學計算器計算：+3tan56°≈　10.02　(結(jié)果精確到0.01)

考點：計算器?三角函數(shù);計算器?數(shù)的開方.

分析：先用計算器求出′、tan56°的值，再計算加減運算.

解答：解：≈5.5678，tan56°≈1.4826，

則+3tan56°≈5.5678+3×1.4826≈10.02

故答案是：10.02.

點評：本題考查了計算器的使用，要注意此題是精確到0.01.

15.(3分)(陜西省)如圖，在正方形ABCD中，AD=1，將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)45°得到△A′BD′，此時A′D′與CD交于點E，則DE的長度為　2?　.

考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).

分析：利用正方形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出A′D=A′E，進而利用勾股定理得出BD的長，進而利用銳角三角函數(shù)關系得出DE的長即可.

解答：解：由題意可得出：∠BDC=45°，∠DA′E=90°，

∴∠DEA′=45°，

∴A′D=A′E，

∵在正方形ABCD中，AD=1，

∴AB=A′B=1，

∴BD=，

∴A′D=?1，

∴在Rt△DA′E中，

DE==2?.

故答案為：2?.

點評：此題主要考查了正方形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及勾股定理、銳角三角函數(shù)關系等知識，得出A′D的長是解題關鍵.

16.(3分)(陜西省)已知P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是同一個反比例函數(shù)圖象上的兩點，若x2=x1+2，且=+，則這個反比例函數(shù)的表達式為　y=　.

考點：反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征.

分析：設這個反比例函數(shù)的表達式為y=，將P1(x1，y1)，P2(x2，y2)代入得x1•y1=x2•y2=k，所以=，=，由=+，得(x2?x1)=，

將x2=x1+2代入，求出k=4，得出這個反比例函數(shù)的表達式為y=.

解答：解：設這個反比例函數(shù)的表達式為y=，

∵P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是同一個反比例函數(shù)圖象上的兩點，

∴x1•y1=x2•y2=k，

∴=，=，

∵=+，

∴=+，

∴(x2?x1)=，

∵x2=x1+2，

∴×2=，

∴k=4，

∴這個反比例函數(shù)的表達式為y=.

故答案為y=.

點評：本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，所有在反比例函數(shù)上的點的橫縱坐標的積應等于比例系數(shù).同時考查了式子的變形.

17.(3分)(陜西省)如圖，⊙O的半徑是2，直線l與⊙O相交于A、B兩點，M、N是⊙O上的兩個動點，且在直線l的異側(cè)，若∠AMB=45°，則四邊形MANB面積的最大值是　4　.

考點：垂徑定理;圓周角定理.

專題：計算題.

分析：過點O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E兩點，連結(jié)OA、OB、DA、DB、EA、EB，根據(jù)圓周角定理得∠AOB=2∠AMB=90°，則△OAB為等腰直角三角形，所以AB=OA=2，由于S四邊形MANB=S△MAB+S△NAB，而當M點到AB的距離最大，△MAB的面積最大;當N點到AB的距離最大時，△NAB的面積最大，即M點運動到D點，N點運動到E點，所以四邊形MANB面積的最大值=S四邊形DAEB=S△DAB+S△EAB=AB•CD+AB•CE=AB(CD+CE)=AB•DE=×2×4=4.

解答：解：過點O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E兩點，連結(jié)OA、OB、DA、DB、EA、EB，如圖，

∵∠AMB=45°，

∴∠AOB=2∠AMB=90°，

∴△OAB為等腰直角三角形，

∴AB=OA=2，

∵S四邊形MANB=S△MAB+S△NAB，

∴當M點到AB的距離最大，△MAB的面積最大;當N點到AB的距離最大時，△NAB的面積最大，

即M點運動到D點，N點運動到E點，

此時四邊形MANB面積的最大值=S四邊形DAEB=S△DAB+S△EAB=AB•CD+AB•CE=AB(CD+CE)=AB•DE=×2×4=4.

故答案為4.

點評：本題考查了垂徑定理：分弦的直徑分這條弦，并且分弦所對的兩條弧.也考查了圓周角定理.

四、解答題(共9小題，計72分)

18.(5分)(陜西省)先化簡，再求值：?，其中x=?.

考點：分式的化簡求值.

專題：計算題.

分析：原式通分并利用同分母分式的減法法則計算得到最簡結(jié)果，將x的值代入計算即可求出值.

解答：解：原式=?

=

=，

當x=?時，原式==.

點評：此題考查了分式的化簡求值，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.

19.(6分)(陜西省)如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，點D在邊AB上，使DB=BC，過點D作EF⊥AC，分別交AC于點E，CB的延長線于點F.

求證：AB=BF.

考點：全等三角形的判定與性質(zhì).

專題：證明題.

分析：根據(jù)EF⊥AC，得∠F+∠C=90°，再由已知得∠A=∠F，從而AAS證明△FBD≌△ABC，則AB=BF.

解答：證明：∵EF⊥AC，

∴∠F+∠C=90°，

∵∠A+∠C=90°，

∴∠A=∠F，

在△FBD和△ABC中，

，

∴△FBD≌△ABC(AAS)，

∴AB=BF.

點評：本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，是基礎知識要熟練掌握.

20.(7分)(陜西省)根據(jù)《2013年陜西省國民經(jīng)濟和社會發(fā)展統(tǒng)計公報》提供的大氣污染物(A?二氧化硫，B?氫氧化物，C?化學需氧量，D?氨氮)排放量的相關數(shù)據(jù)，我們將這些數(shù)據(jù)用條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖統(tǒng)計如下：

根據(jù)以上統(tǒng)計圖提供的信息，解答下列問題：

(1)補全上面的條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖;

(2)國務院總理李克強在十二屆全國人大二次會議的政府工作報告中強調(diào)，建設美好家園，加大節(jié)能減排力度，今年二氧化硫、化學需氧量的排放量在去年基礎上都要減少2%，按此指示精神，求出陜西省二氧化硫、化學需氧量的排放量供需減少約多少萬噸?(結(jié)果精確到0.1)

考點：條形統(tǒng)計圖;扇形統(tǒng)計圖.

專題：圖表型.

分析：(1)用A的排放量除以所占的百分比計算求出2013年總排放量，然后求出C的排放量，再根據(jù)各部分所占的百分比之和為1求出D的百分比，乘以總排放量求出D的排放量，然后補全統(tǒng)計圖即可;

(2)用A、C的排放量乘以減少的百分比計算即可得解.

解答：解：(1)2013年總排放量為：80.6÷37.6%≈214.4萬噸，

C的排放量為：214.4×24.2%≈51.9萬噸，

D的百分比為1?37.6%?35.4%?24.2%=2.8%，

排放量為214.4×2.8%≈6.0萬噸;

(2)由題意得，(80.6+51.9)×2%≈2.7萬噸，

答：陜西省二氧化硫、化學需氧量的排放量供需減少約2.7萬噸.

點評：本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用，讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關鍵.條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項目的數(shù)據(jù);扇形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大小.

21.(8分)(陜西省)某一天，小明和小亮來到一河邊，想用遮陽帽和皮尺測量這條河的大致寬度，兩人在確保無安全隱患的情況下，現(xiàn)在河岸邊選擇了一點B(點B與河對岸岸邊上的一棵樹的底部點D所確定的直線垂直于河岸).

①小明在B點面向樹的方向站好，調(diào)整帽檐，使視線通過帽檐正好落在樹的底部點D處，如圖所示，這時小亮測的小明眼睛距地面的距離AB=1.7米;②小明站在原地轉(zhuǎn)動180°后蹲下，并保持原來的觀察姿態(tài)(除身體重心下移外，其他姿態(tài)均不變)，這時視線通過帽檐落在了DB延長線上的點E處，此時小亮測得BE=9.6米，小明的眼睛距地面的距離CB=1.2米.

根據(jù)以上測量過程及測量數(shù)據(jù)，請你求出河寬BD是多少米?

考點：相似三角形的應用.

分析：根據(jù)題意求出∠BAD=∠BCE，然后根據(jù)兩組角對應相等，兩三角形相似求出△BAD和△BCE相似，再根據(jù)相似三角形對應邊成比例列式求解即可.

解答：解：由題意得，∠BAD=∠BCE，

∵∠ABD=∠CBE=90°，

∴△BAD∽△BCE，

∴=，

即=，

解得BD=13.6米.

答：河寬BD是13.6米.

點評：本題考查了相似三角形的應用，讀懂題目信息得到兩三角形相等的角并確定出相似三角形是解題的關鍵，也是本題的難點.

22.(8分)(陜西省)小李從西安通過某快遞公司給在南昌的外婆寄一盒櫻桃，快遞時，他了解到這個公司除收取每次6元的包裝費外，櫻桃不超過1kg收費22元，超過1kg，則超出部分按每千克10元加收費用.設該公司從西安到南昌快遞櫻桃的費用為y(元)，所寄櫻桃為x(kg).

(1)求y與x之間的函數(shù)關系式;

(2)已知小李給外婆快寄了2.5kg櫻桃，請你求出這次快寄的費用是多少元?

考點：一次函數(shù)的應用.

分析：(1)根據(jù)快遞的費用=包裝費+運費由分段函數(shù)就，當01時，可以求出y與x的函數(shù)關系式;

(2)由(1)的解析式可以得出x=2.5>1代入解析式就可以求出結(jié)論.

解答：解：(1)由題意，得

當0

y=22+6=28;

當x>1時

y=28+10(x?1)=10x+18;

∴y=;

(2)當x=2.5時，

y=10×2.5+18=43.

∴這次快寄的費用是43元.

點評：本題考查了分段函數(shù)的運用，一次函數(shù)的解析式的運用，由自變量的值求函數(shù)值的運用，解答時求出函數(shù)的解析式是關鍵.

23.(8分)(陜西省)小英與她的父親、母親計劃外出旅游，初步選擇了延安、西安、漢中、安康四個城市，由于時間倉促，他們只能去其中一個城市，到底去哪一個城市三個人意見不統(tǒng)一，在這種情況下，小英父親建議，用小英學過的摸球游戲來決定，規(guī)則如下：

①在一個不透明的袋子中裝一個紅球(延安)、一個白球(西安)、一個黃球(漢中)和一個黑球(安康)，這四個球除顏色不同外，其余完全相同;

②小英父親先將袋中球搖勻，讓小英從袋中隨機摸出一球，父親記錄下其顏色，并將這個球放回袋中搖勻，然后讓小英母親從袋中隨機摸出一球，父親記錄下它的顏色;

③若兩人所摸出球的顏色相同，則去該球所表示的城市旅游，否則，前面的記錄作廢，按規(guī)則②重新摸球，直到兩人所摸出求的顏色相同為止.

按照上面的規(guī)則，請你解答下列問題：

(1)已知小英的理想旅游城市是西安，小英和母親隨機各摸球一次，均摸出白球的概率是多少?

(2)已知小英母親的理想旅游城市是漢中，小英和母親隨機各摸球一次，至少有一人摸出黃球的概率是多少?

考點：列表法與樹狀圖法.

分析：(1)首先根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結(jié)果與小英和母親隨機各摸球一次，均摸出白球的情況，再利用概率公式即可求得答案;

(2)由(1)得：共有16種等可能的結(jié)果，小英和母親隨機各摸球一次，至少有一人摸出黃球的有7種情況，然后利用概率公式求解即可求得答案.

解答：解：(1)畫樹狀圖得：

∵共有16種等可能的結(jié)果，小英和母親隨機各摸球一次，均摸出白球的只有1種情況，

∴小英和母親隨機各摸球一次，均摸出白球的概率是：;

(2)由(1)得：共有16種等可能的結(jié)果，小英和母親隨機各摸球一次，至少有一人摸出黃球的有7種情況，

∴小英和母親隨機各摸球一次，至少有一人摸出黃球的概率是：.

點評：本題考查的是用列表法或畫樹狀圖法求概率.列表法或畫樹狀圖法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結(jié)果，列表法適合于兩步完成的事件，樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件.用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比.

24.(8分)(陜西省)如圖，⊙O的半徑為4，B是⊙O外一點，連接OB，且OB=6，過點B作⊙O的切線BD，切點為D，延長BO交⊙O于點A，過點A作切線BD的垂線，垂足為C.

(1)求證：AD分∠BAC;

(2)求AC的長.

考點：切線的性質(zhì);相似三角形的判定與性質(zhì).

分析：(1)首先連接OD，由BD是⊙O的切線，AC⊥BD，易證得OD∥AC，繼而可證得AD分∠BAC;

(2)由OD∥AC，易證得△BOD∽△BAC，然后由相似三角形的對應邊成比例，求得AC的長.

解答：(1)證明：連接OD，

∵BD是⊙O的切線，

∴OD⊥BD，

∵AC⊥BD，

∴OD∥AC，

∴∠2=∠3，

∵OA=OD，

∴∠1=∠3，

∴∠1=∠2，

即AD分∠BAC;

(2)解：∵OD∥AC，

∴△BOD∽△BAC，

∴，

∴，

解得：AC=.

點評：此題考查了切線的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì).此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合的應用.

25.(10分)(陜西省)已知拋物線C：y=?x2+bx+c經(jīng)過A(?3，0)和B(0，3)兩點，將這條拋物線的頂點記為M，它的對稱軸與x軸的交點記為N.

(1)求拋物線C的表達式;

(2)求點M的坐標;

(3)將拋物線C移到C′，拋物線C′的頂點記為M′，它的對稱軸與x軸的交點記為N′.如果以點M、N、M′、N′為頂點的四邊形是面積為16的行四邊形，那么應將拋物線C怎樣移?為什么?

考點：二次函數(shù)圖象與幾何變換;二次函數(shù)的性質(zhì);待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式;行四邊形的性質(zhì).

分析：(1)直接把A(?3，0)和B(0，3)兩點代入拋物線y=?x2+bx+c，求出b，c的值即可;

(2)根據(jù)(1)中拋物線的解析式可得出其頂點坐標;

(3)根據(jù)行四邊形的定義，可知有四種情形符合條件，如解答圖所示.需要分類討論.

解答：解：(1)∵拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過A(?3，0)和B(0，3)兩點，

∴，解得，

故此拋物線的解析式為：y=?x2?2x+3;

(2)∵由(1)知拋物線的解析式為：y=?x2?2x+3，

∴當x=?=?=?1時，y=4，

∴M(?1，4).

(3)由題意，以點M、N、M′、N′為頂點的行四邊形的邊MN的對邊只能是M′N′，

∴MN∥M′N′且MN=M′N′.

∴MN•NN′=16，

∴NN′=4.

i)當M、N、M′、N′為頂點的行四邊形是▱MNN′M′時，將拋物線C向左或向右移4個單位可得符合條件的拋物線C′;

ii)當M、N、M′、N′為頂點的行四邊形是▱MNM′N′時，將拋物線C先向左或向右移4個單位，再向下移8個單位，可得符合條件的拋物線C′.

∴上述的四種移，均可得到符合條件的拋物線C′.

點評：本題考查了拋物線的移變換、行四邊形的性質(zhì)、待定系數(shù)法及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)等知識點.第(3)問需要分類討論，避免漏解.

26.(12分)(陜西省)問題探究

(1)如圖①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC邊上存在點P，使△APD為等腰三角形，那么請畫出滿足條件的一個等腰三角形△APD，并求出此時BP的長;

(2)如圖②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC邊上的高，E、F分別為邊AB、AC的中點，當AD=6時，BC邊上存在一點Q，使∠EQF=90°，求此時BQ的長;

問題解決

(3)有一山莊，它的面圖為如圖③的五邊形ABCDE，山莊保衛(wèi)人員想在線段CD上選一點M安裝監(jiān)控裝置，用來監(jiān)視邊AB，現(xiàn)只要使∠AMB大約為60°，就可以讓監(jiān)控裝置的效果達到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，問在線段CD上是否存在點M，使∠AMB=60°?若存在，請求出符合條件的DM的長，若不存在，請說明理由.

考點：圓的綜合題;全等三角形的判定與性質(zhì);等邊三角形的性質(zhì);勾股定理;三角形中位線定理;矩形的性質(zhì);正方形的判定與性質(zhì);直線與圓的位置關系;特殊角的三角函數(shù)值.

專題：壓軸題;存在型.

分析：(1)由于△PAD是等腰三角形，底邊不定，需三種情況討論，運用三角形全等、矩形的性質(zhì)、勾股定理等知識即可解決問題.

(2)以EF為直徑作⊙O，易證⊙O與BC相切，從而得到符合條件的點Q唯一，然后通過添加輔助線，借助于正方形、特殊角的三角函數(shù)值等知識即可求出BQ長.

(3)要滿足∠AMB=60°，可構(gòu)造以AB為邊的等邊三角形的外接圓，該圓與線段CD的交點就是滿足條件的點，然后借助于等邊三角形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，就可算出符合條件的DM長.

解答：解：(1)①作AD的垂直分線交BC于點P，如圖①，

則PA=PD.

∴△PAD是等腰三角形.

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB=DC，∠B=∠C=90°.

∵PA=PD，AB=DC，

∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL).

∴BP=CP.

∵BC=4，

∴BP=CP=2.

②以點D為圓心，AD為半徑畫弧，交BC于點P′，如圖①，.

則DA=DP′.

∴△P′AD是等腰三角形.

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°.

∵AB=3，BC=4，

∴DC=3，DP′=4.

∴CP′==.

∴BP′=4?.

③點A為圓心，AD為半徑畫弧，交BC于點P″，如圖①，

則AD=AP″.

∴△P″AD是等腰三角形.

同理可得：BP″=.

綜上所述：在等腰三角形△ADP中，

若PA=PD，則BP=2;

若DP=DA，則BP=4?;

若AP=AD，則BP=.

(2)∵E、F分別為邊AB、AC的中點，

∴EF∥BC，EF=BC.

∵BC=12，

∴EF=6.

以EF為直徑作⊙O，過點O作OQ⊥BC，垂足為Q，連接EQ、FQ，如圖②.

∵AD⊥BC，AD=6，

∴EF與BC之間的距離為3.

∴OQ=3

∴OQ=OE=3.

∴⊙O與BC相切，切點為Q.

∵EF為⊙O的直徑，

∴∠EQF=90°.

過點E作EG⊥BC，垂足為G，如圖②.

∵EG⊥BC，OQ⊥BC，

∴EG∥OQ.

∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，

∴四邊形OEGQ是正方形.

∴GQ=EO=3，EG=OQ=3.

∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，

∴BG=.

∴BQ=GQ+BG=3+.

∴當∠EQF=90°時，BQ的長為3+.

(3)在線段CD上存在點M，使∠AMB=60°.

理由如下：

以AB為邊，在AB的右側(cè)作等邊三角形ABG，

作GP⊥AB，垂足為P，作AK⊥BG，垂足為K.

設GP與AK交于點O，以點O為圓心，OA為半徑作⊙O，

過點O作OH⊥CD，垂足為H，如圖③.

則⊙O是△ABG的外接圓，

∵△ABG是等邊三角形，GP⊥AB，

∴AP=PB=AB.

∵AB=270，

∴AP=135.

∵ED=285，

∴OH=285?135=150.

∵△ABG是等邊三角形，AK⊥BG，

∴∠BAK=∠GAK=30°.

∴OP=AP•tan30°

=135×

=45.

∴OA=2OP=90.

∴OH

∴⊙O與CD相交，設交點為M，連接MA、MB，如圖③.

∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90..

∵OH⊥CD，OH=150，OM=90，

∴HM=

=

=30.

∵AE=400，OP=45，

∴DH=400?45.

若點M在點H的左邊，則DM=DH+HM=400?45+30.

∵400?45+30>340，

∴DM>CD.

∴點M不在線段CD上，應舍去.

若點M在點H的右邊，則DM=DH?HM=400?45?30.

∵400?45?30<340，

∴DM

∴點M在線段CD上.

綜上所述：在線段CD上存在唯一的點M，使∠AMB=60°，

此時DM的長為(400?45?30)米.

點評：本題考查了垂直分線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、直線與圓的位置關系、圓周角定理、三角形的中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、特殊角的三角函數(shù)值等知識，考查了操作、探究等能力，綜合性非常強.而構(gòu)造等邊三角形及其外接圓是解決本題的關鍵.