一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）

1．（3分）（2014•本溪）﹣的倒数是（　　）

A． ﹣4 B． 4 C． D． ﹣

分析： 根据负数的倒数是负数，结合倒数的定义直接求解．

解答： 解：﹣的倒数是﹣4，

故选：A．

点评： 本题考查了倒数的定义，理解定义是关键．

2．（3分）（2014•本溪）下列计算正确的是（　　）

A． 2a3+a2=3a5 B． （3a）2=6a2 C． （a+b）2=a2+b2 D． 2a2•a3=2a5

考点： 单项式乘单项式；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；完全平方公式．

分析： 根据合并同类项法则、积的乘方、完全平方公式、单项式乘单项式判断即可．

解答： 解：A、2a3与a2不是同类项不能合并，本项错误；

B、（3a）2=9a2，本项错误；

C、（a+b）2=a2+2ab+b2，本项错误；

D、2a2•a3=2a5，正确，

故选：D．

点评： 本题考查了合并同类项法则、积的乘方、完全平方公式、单项式乘单项式，熟练掌握法则是解题的关键．

3．（3分）（2014•本溪）如图的几何体的俯视图是（　　）

A． B． C． D．

考点： 简单组合体的三视图．

分析： 找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．

解答： 解：从上面看得到右下角少了一部分的正方形，并且右边的边少的与剩下的差不多．

故选：D．

点评： 本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．

4．（3分）（2014•本溪）如图，AB∥CD，AD与BC相交于点O，∠B=30°，∠D=40°，则∠AOC的度数为（　　）

A． 60° B． 70° C． 80° D． 90°

考点： 平行线的性质；三角形的外角性质．

分析： 利用平行线的性质和三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和的性质就可求出．

解答： 解：∵AB∥CD，∴∠A=∠D=30°，再由三角形的外角的性质得，∠AOC=∠A+∠B=70°．

故选B．

点评： 本题考查了平行线的性质以及三角形的外角的性质，两直线平行时，应该想到它们的性质，由两直线平行的关系得到角之间的数量关系，从而达到解决问题的目的．

5．（3分）（2014•本溪）如图，在▱ABCD中，AB=4，BC=6，∠B=30°，则此平行四边形的面积是（　　）

A． 6 B． 12 C． 18 D． 24

考点： 平行四边形的性质；含30度角的直角三角形．

分析： 过点A作AE⊥BC于E，根据含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出AE的长，利用平行四边形的面积根据即可求出其面积．

解答： 解：过点A作AE⊥BC于E，

∵直角△ABE中，∠B=30°，

∴AE=AB=×4=2

∴平行四边形ABCD面积=BC•AE=6×2=12，

故选B．

点评： 本题考查了平行四边形的以及平行四边形的面积公式的运用和30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．

6．（3分）（2014•本溪）某中学排球队12名队员的年龄情况如下表：

年龄（岁） 12 13 14 15

人数（人） 1 2 5 4

则这个队员年龄的众数是（　　）

A． 12岁 B． 13岁 C． 14岁 D． 15岁

考点： 众数．

分析： 根据众数定义：一组数据中出现次数最多的数据叫众数，可知15出现的次数最多．

解答： 解：数据14出现了5次，最多，为众数，

故选：C．

点评： 此题主要考查了众数，关键是把握众数定义．

7．（3分）（2014•本溪）底面半径为4，高为3的圆锥的侧面积是（　　）

A． 12π B． 15π C． 20π D． 36π

考点： 圆锥的计算．

分析： 首先根据底面半径和高利用勾股定理求得母线长，然后直接利用圆锥的侧面积公式代入求出即可．

解答： 解：∵圆锥的底面半径为3，高为4，

∴母线长为5，

∴圆锥的侧面积为：πrl=π×3×5=15π，

故选B．

点评： 本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键．

8．（3分）（2014•本溪）若实数a，b满足ab＜0，且a＜b，则函数y=ax+b的图象可能是（　　）

A． B． C． D．

考点： 一次函数图象与系数的关系．

专题： 数形结合．

分析： 利用ab＜0，且a＜b得到a＜0，b＞0，然后根据一次函数图象与系数的关系进行判断．

解答： 解：∵ab＜0，且a＜b，

∴a＜0，b＞0，

∴函数y=ax+b的图象经过第二、四象限，且与y轴的交点在x轴上方．

故选A．

点评： 本题考查了一次函数图象与系数的关系：一次函数y=kx+b（k、b为常数，k≠0）是一条直线，当k＞0，图象经过第一、三象限，y随x的增大而增大；当k＜0，图象经过第二、四象限，y随x的增大而减小；图象与y轴的交点坐标为（0，b）．

9．（3分）（2014•本溪）如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，D在BC上，DE与AC相交于点F，AB=9，BD=3，则CF等于（　　）

A． 1 B． 2 C． 3 D． 4

考点： 相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质．

分析： 利用两对相似三角形，线段成比例：AB：BD=AE：EF，CD：CF=AE：EF，可得CF=2．

解答： 解：如图，∵△ABC和△ADE均为等边三角形，

∴∠B=∠BAC=60°，∠E=∠EAD=60°，

∴∠B=∠E，∠BAD=∠EAF，

∴△ABD∽△AEF，

∴AB：BD=AE：EF．

同理：△CDF∽△EAF，

∴CD：CF=AE：EF，

∴AB：BD=CD：CF，即9：3=（9﹣3）：CF，

∴CF=2．

故选：B．

点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质和等边三角形的性质．此题利用了“两角法”证得两个三角形相似．

10．（3分）（2014•本溪）如图，边长为2的正方形ABCD的顶点A在y轴上，顶点D在反比例函数y=（x＞0）的图象上，已知点B的坐标是（，），则k的值为（　　）

A． 4 B． 6 C． 8 D． 10

考点： 正方形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；全等三角形的判定与性质．

分析： 过点B作BE⊥y轴于E，过点D作DF⊥y轴于F，根据正方形的性质可得AB=AD，∠BAD=90°，再根据同角的余角相等求出∠BAE=∠ADF，然后利用“角角边”证明△ABE和△DAF全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=BE，DF=AE，再求出OF，然后写出点D的坐标，再把点D的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出k．

解答： 解：如图，过点B作BE⊥y轴于E，过点D作DF⊥y轴于F，

在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，

∴∠BAE+∠DAF=90°，

∵∠DAF+∠ADF=90°，

∴∠BAE=∠ADF，

在△ABE和△DAF中，

，

∴△ABE≌△DAF（AAS），

∴AF=BE，DF=AE，

∵正方形的边长为2，B（，），

∴BE=，AE==，

∴OF=OE+AE+AF=++=5，

∴点D的坐标为（，5），

∵顶点D在反比例函数y=（x＞0）的图象上，

∴k=xy=×5=8．

故选C．

点评： 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数图象上的点的坐标特征，作辅助线构造出全等三角形并求出点D的坐标是解题的关键．

二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）

11．（3分）（2014•本溪）目前发现一种病毒直径约是0.0000252米，将0.0000252用科学记数法表示为　2.52×10﹣5　．

考点： 科学记数法—表示较小的数．

分析： 绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．由此可得，此题的a=2.52，10的指数为﹣5．

解答： 解：0.0000252=2.52×10﹣5米．

故答案为：2.52×10﹣5．

点评： 本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．

12．（3分）（2014•本溪）分解因式：a3﹣4a=　a（a+2）（a﹣2）　．

考点： 提公因式法与公式法的综合运用．

分析： 首先提取公因式a，进而利用平方差公式分解因式得出即可．

解答： 解：a3﹣4a=a（a2﹣4）=a（a+2）（a﹣2）．

故答案为：a（a+2）（a﹣2）．

点评： 此题主要考查了提取公因式法和公式法分解因式，熟练掌握平方差公式是解题关键．

13．（3分）（2014•本溪）一个数的算术平方根是2，则这个数是　4　．

考点： 算术平方根．

专题： 计算题．

分析： 利用算术平方根的定义计算即可得到结果．

解答： 解：4的算术平方根为2，

故答案为：4

点评： 此题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的定义是解本题的关键．

14．（3分）（2014•本溪）在一个不透明的盒子中放入标号分别为1，2，…，9的形状、大小、质地完全相同的9个球，充分混合后，从中取出一个球，标号能被3整除的概率是　　．

考点： 概率公式．

分析： 根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．

解答： 解：根据题意可知，共有9个球，能被3整除的有3个，

故标号能被3整除的概率为=，

故答案为：．

点评： 本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．

15．（3分）（2014•本溪）在△ABC中，∠B=45°，cosA=，则∠C的度数是　75°　．

考点： 特殊角的三角函数值；三角形内角和定理．

分析： 由条件根据∠A的余弦值求得∠A的值，再根据三角形的内角和定理求∠C即可．

解答： 解：∵在△ABC中，cosA=，

∴∠A=60°，

∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣60°﹣45°=75°．

点评： 本题主要考查特殊角的余弦值以及三角形的内角和定理，属基础题．

16．（3分）（2014•本溪）关于x，y的方程组的解是，则|m+n|的值是　3　．

考点： 二元一次方程组的解．

专题： 计算题．

分析： 将x与y的值代入方程组计算求出m与n的值，即可确定出所求式子的值．

解答： 解：将x=1，y=3代入方程组得：，

解得：m=﹣1，n=﹣2，

则|m+n|=|﹣1﹣2|=|﹣3|=3．

故答案为：3

点评： 此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程成立的未知数的值．

17．（3分）（2014•本溪）已知关于x的一元二次方程x2+bx+c=0，从﹣1，2，3三个数中任取一个数，作为方程中b的值，再从剩下的两个数中任取一个数作为方程中c的值，能使该一元二次方程有实数根的概率是　　．

考点： 列表法与树状图法；根的判别式．

专题： 计算题．

分析： 先利用树状图展示所有6种等可能的结果数，再根据判别式的意义得到当b=2，c=﹣1；b=3，c=﹣1；b=3，c=2时，该一元二次方程有实数根，然后根据概率公式计算．

解答： 解：画树状图为：，

共有6种等可能的结果数，

因为b2﹣4c≥0，

所以能使该一元二次方程有实数根占3种，即b=2，c=﹣1；b=3，c=﹣1；b=3，c=2，

所以能使该一元二次方程有实数根的概率==．

故答案为．

点评： 本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．也考查了根的判别式．

18．（3分）（2014•本溪）如图，已知∠AOB=90°，点A绕点O顺时针旋转后的对应点A1落在射线OB上，点A绕点A1顺时针旋转后的对应点A2落在射线OB上，点A绕点A2顺时针旋转后的对应点A3落在射线OB上，…，连接AA1，AA2，AA3…，依次作法，则∠AAnAn+1等于　（180﹣）　度．（用含n的代数式表示，n为正整数）

考点： 旋转的性质；等腰三角形的性质．

专题： 规律型．

分析： 根据旋转的性质得OA=OA1，则根据等腰三角形的性质得∠AA1O=，同理得到A1A=A1A2，根据等腰三角形的性质和三角形外角性质得到∠AA2A1=∠AA1O=，同样得到∠AA3A2=，于是可推广得到∠AAnAn﹣1=，然后利用邻补角的定义得到∠AAn+1An=180°﹣．

解答： 解：∵点A绕点O顺时针旋转后的对应点A1落在射线OB上，

∴OA=OA1，

∴∠AA1O=，

∵点A绕点A1顺时针旋转后的对应点A2落在射线OB上，

∴A1A=A1A2，

∴∠AA2A1=∠AA1O=，

∵点A绕点A2顺时针旋转后的对应点A3落在射线OB上，

∴A2A=A2A3，

∴∠AA3A2=∠AA2A1=，

∴∠AAnAn﹣1=，

∴∠AAn+1An=180°﹣．

故答案为：180﹣．

点评： 本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等腰三角形的性质．

三、解答题（第19题10分，第20题12分，共22分）

19．（10分）（2014•本溪）先化简，再求值：（﹣）÷，其中x=（）﹣1﹣（π﹣1）0+．

考点： 分式的化简求值；零指数幂；负整数指数幂．

分析： 先计算括号内的分式的减法，把分式除法转化为乘法运算进行化简．最后代入求值．

解答： 解：原式=[﹣]÷，

=×，

=．

x=（）﹣1﹣（π﹣1）0+，

=2﹣1+

=1+

则原式==+1．

点评： 本题考查了分式的化简求值，零指数幂和负整数指数幂．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．

20．（12分）（2014•本溪）某中学对全校1200名学生进行“校园安全知识”的教育活动，从1200名学生中随机抽取部分学生进行测试，成绩评定按从高分到低分排列分为A、B、C、D四个等级，绘制了图①、图②两幅不完整的统计图，请结合图中所给信息解答下列问题：

（1）求本次抽查的学生共有多少人？

（2）将条形统计图和扇形统计图补充完整；

（3）求扇形统计图中“A”所在扇形圆心角的度数；

（4）估计全校“D”等级的学生有多少人？

考点： 条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．

分析： （1）根据A等级有12人，占20%，即可求得抽查的总人数；

（2）根据百分比的定义求得B、D所占的百分比，以及C、D类的人数，即可解答；

（3）利用360°乘以对应的百分比即可求解；

（4）利用总人数1200乘以对应的百分比．

解答： 解：（1）12÷20%=60（人）；

（2）B所占的百分比是：×100%=40%，

D所占的百分比是：1﹣20%﹣40%﹣30%=10%．

C的个数是：60×30%=18，

D的个数是：60×10%=6．

（3）360°×20%=72°；

（4）1200×10%=120（人）．

答：估计全校“D”等级的学生有120人．

点评： 本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

四、解答题（第21题12分，第22题12分，共24分）

21．（12分）（2014•本溪）晨光文具店用进货款1620元购进A品牌的文具盒40个，B品牌的文具盒60个，其中A品牌文具盒的进货单价比B品牌文具盒的进货单价多3元．

（1）求A、B两种文具盒的进货单价？

（2）已知A品牌文具盒的售价为23元/个，若使这批文具盒全部售完后利润不低于500元，B品牌文具盒的销售单价最少是多少元？

考点： 一元一次不等式的应用；一元一次方程的应用．

专题： 应用题．

分析： （1）设A品牌文具盒的进价为x元/个，根据晨光文具店用进货款1620元，可得出方程，解出即可；

（2）设B品牌文具盒的销售单价为y元，根据全部售完后利润不低于500元，可得出不等式，解出即可．

解答： 解：（1）设A品牌文具盒的进价为x元/个，

依题意得：40x+60（x﹣3）=1620，

解得：x=18，

x﹣3=15．

答：A品牌文具盒的进价为18元/个，B品牌文具盒的进价为15元/个．

（2）设B品牌文具盒的销售单价为y元，

依题意得：（23﹣18）×40+60（y﹣15）≥500，

解得：y≥20．

答：B品牌文具盒的销售单价最少为20元．

点评： 本题考查了一元一次方程及一元一次不等式的知识，解答本题的关键是仔细审题，找到不等关系及等量关系，难度一般．

22．（12分）（2014•本溪）如图，已知在R△ABC中，∠B=30°，∠ACB=90°，延长CA到O，使AO=AC，以O为圆心，OA长为半径作⊙O交BA延长线于点D，连接CD．

（1）求证：CD是⊙O的切线；

（2）若AB=4，求图中阴影部分的面积．

考点： 切线的判定；扇形面积的计算．

分析： （1）连接OD，求出∠OAD=60°，得出等边三角形OAD，求出AD=OA=AC，∠ODA=∠O=60°，求出∠ADC=∠ACD=∠OAD=30°，求出∠ODC=90°，根据切线的判定得出即可；

（2）求出OD，根据勾股定理求出CD长，分别求出三角形ODC和扇形AOD的面积，相减即可．

解答： （1）证明：连接OD，

∵∠BCA=90°，∠B=30°，

∴∠OAD=∠BAAC=60°，

∵OD=OA，

∴△OAD是等边三角形，

∴AD=OA=AC，∠ODA=∠O=60°，

∴∠ADC=∠ACD=∠OAD=30°，

∴∠ODC=60°+30°=90°，

即OD⊥DC，

∵OD为半径，

∴CD是⊙O的切线；

（2）解：∵AB=4，∠ACB=90°，∠B=30°，

∴OD=OA=AC=AB=2，

由勾股定理得：CD===2，

∴S阴影=S△ODC﹣S扇形AOD=×2×2﹣=2﹣π．

点评： 本题考查了扇形的面积，切线的判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，综合性比较强，有一定的难度．

五、解答题（满分12分）

23．（12分）（2014•本溪）某海域有A、B、C三艘船正在捕鱼作业，C船突然出现故障，向A、B两船发出紧急求救信号，此时B船位于A船的北偏西72°方向，距A船24海里的海域，C船位于A船的北偏东33°方向，同时又位于B船的北偏东78°方向．

（1）求∠ABC的度数；

（2）A船以每小时30海里的速度前去救援，问多长时间能到出事地点．（结果精确到0.01小时）．

（参考数据：≈1.414，≈1.732）

考点： 解直角三角形的应用-方向角问题．

分析： （1）根据两直线平行，同旁内角互补，即可得到∠DBA的度数，则∠ABC即可求得；

（2）作AH⊥BC于点H，分别在直角△ABH和直角△ACH中，利用三角函数求得BH和CH的长，则BC即可求得，进而求得时间．

解答： 解：（1）∵BD∥AE，

∴∠DBA+∠BAE=180°，

∴∠DBA=180°﹣72°=108°，

∴∠ABC=108°﹣78°=30°；

（2）作AH⊥BC于点H，

∴∠C=180°﹣72°﹣33°﹣30°=45°，

∵∠ABC=30°，

∴AH=AB=12，

∵sinC=，

∴AC===12．

则A到出事地点的时间是：≈≈0.57小时．

答：约0.57小时能到达出事地点．

点评： 本题主要考查了方向角含义，正确记忆三角函数的定义是解决本题的关键．

六、解答题（满分12分）

24．（12分）（2014•本溪）国家推行“节能减排\低碳经济”政策后，低排量的汽车比较畅销，某汽车经销商购进A，B两种型号的低排量汽车，其中A型汽车的进货单价比B型汽车的进货单价多2万元　花50万元购进A型汽车的数量与花40万元购进B型汽车的数量相等，销售中发现A型汽车的每周销量yA（台）与售价x（万元/台）满足函数关系式yA=﹣x+20，B型汽车的每周销量yB（台）与售价x（万元/台）满足函数关系式yB=﹣x+14．

（1）求A、B两种型号的汽车的进货单价；

（2）已知A型汽车的售价比B型汽车的人售价高2万元/台，设B型汽车售价为t万元/台．每周销售这两种车的总利润为W万元，求W与t的函数关系式，A、B两种型号的汽车售价各为多少时，每周销售这两种车的总利润最大？最大总利润是多少万元？

考点： 二次函数的应用；分式方程的应用．

分析： （1）利用花50万元购进A型汽车的数量与花40万元购进B型汽车的数量相等，进而得出等式求出即可；

（2）分别表示出两种汽车的利润进而得出函数关系式求出最值即可．

解答： 解：（1）设A种型号的汽车的进货单价为m万元，

依题意得：=，

解得：m=10，

检验：m=10时，m≠0，m﹣2≠0，

故m=10是原分式方程的解，

故m﹣2=8．

答：A种型号的汽车的进货单价为10万元，B种型号的汽车的进货单价为8万元；

（2）根据题意得出：

W=（t+2﹣10）[﹣（t+2）+20]+（t﹣8）（﹣t+14）

=﹣2t2+48t﹣256，

=﹣2（t﹣12）2+32，

∵a=﹣2＜0，抛物线开口向下，

∴当t=12时，W有最大值为32，

12+2=14，

答：A种型号的汽车售价为14万元/台，B种型号的汽车售价为14万元/台时，每周销售这两种车的总利润最大，最大总利润是32万元．

点评： 此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值的求法，得出W与x的函数关系式是解题关键．

七、解答题（满分12分）

25．（12分）（2014•本溪）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC+∠EAD=180°，△ABC不动，△ADE绕点A旋转，连接BE、CD，F为BE的中点，连接AF．

（1）如图①，当∠BAE=90°时，求证：CD=2AF；

（2）当∠BAE≠90°时，（1）的结论是否成立？请结合图②说明理由．

考点： 全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理；旋转的性质．

分析： （1）因为AF是直角三角形ABE的中线，所以BE=2AF，然后通过△ABE≌△ACD即可求得．

（2）延长EA交BC于G，在AG上截取AH=AD，证出△ABH≌△ACD从而证得BH=CD，然后根据三角形的中位线等于底边的一半，求得BH=2AF，即可求得．

解答： （1）证明：如图①，∵∠BAC+∠EAD=180°，∠BAE=90°，

∴∠DAC=90°，

在△ABE与△ACD中

∴△ABE≌△ACD（SAS），

∴CD=BE，

∵在RT△ABE中，F为BE的中点，

∴BE=2AF，

∴CD=2AF．

（2）成立，

证明：如图②，延长EA交BC于G，在AG上截取AH=AD，

∵∠BAC+∠EAD=180°，

∴∠EAB+∠DAC=180°，

∵∠EAB+∠BAH=180°，

在△ABH与△ACD中

∴△ABH≌△ACD（SAS）

∴BH=DC，

∵AD=AE，AH=AD，

∴AE=AH，

∵EF=FB，

∴BH=2AF，

∴CD=2AF．

点评： 本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质等．

八、解答题（满分14分）

26．（14分）（2014•本溪）如图，直线y=x﹣4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，连接BC．

（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；

（2）点M在抛物线上，连接MB，当∠MBA+∠CBO=45°时，求点M的坐标；

（3）点P从点C出发，沿线段CA由C向A运动，同时点Q从点B出发，沿线段BC由B向C运动，P、Q的运动速度都是每秒1个单位长度，当Q点到达C点时，P、Q同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点D，使P、Q运动过程中的某一时刻，以C、D、P、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，说明理由．

考点： 二次函数综合题．

分析： （1）首先求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式，进而求出点C的坐标；

（2）满足条件的点M有两种情形，需要分类讨论：

①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示；

②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．

（3）△CPQ的三边均可能成为菱形的对角线，以此为基础进行分类讨论：

①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t；

②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t；

③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t．

解答： 解：（1）直线解析式y=x﹣4，令x=0，得y=﹣4；令y=0，得x=4．

∴A（4，0）、B（0，﹣4）．

∵点A、B在抛物线y=x2+bx+c上，

∴，解得，

∴抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣4．

令y=x2﹣x﹣4=0，解得：x=﹣3或x=4，

∴C（﹣3，0）．

（2）∠MBA+∠CBO=45°，

设M（x，y），

①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示．

∵∠ABO=45°，∴∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．

过点M1作M1E⊥y轴于点E，则M1E=x，OE=﹣y，∴BE=4+y．

∵tan∠M1BE=tan∠BCO=，

∴，

∴直线BM1的解析式为：y=x﹣4．

联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4得：x﹣4=x2﹣x﹣4，

解得：x1=0，x2=，

∴y1=﹣4，y2=﹣，

∴M1（，﹣）；

②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．

∵∠ABO=∠MBA+∠MBO=45°，∠MBO=∠CBO，∴∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．

过点M2作M2E⊥y轴于点E，则M2E=x，OE=y，∴BE=4+y．

∵tan∠M2BE=tan∠CBO=，

∴，

∴直线BM2的解析式为：y=x﹣4．

联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4得：x﹣4=x2﹣x﹣4，

解得：x1=0，x2=5，

∴y1=﹣4，y2=，

∴M2（5，）．

综上所述，满足条件的点M的坐标为：（，﹣）或（5，）．

（3）设∠BCO=θ，则tanθ=，sinθ=，cosθ=．

假设存在满足条件的点D，设菱形的对角线交于点E，设运动时间为t．

①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t．

∴CE=CQ=（5﹣t）．

在Rt△PCE中，cosθ===，解得t=．

∴CQ=5﹣t=．

过点Q作QF⊥x轴于点F，则QF=CQ•sinθ=，CF=CQ•cosθ=，∴OF=3﹣CF=．

∴Q（﹣，﹣）．

∵点D1与点Q横坐标相差t个单位，∴D1（﹣，﹣）；

②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t．

∵BQ=CQ=t，∴t=，点Q为BC中点，∴Q（﹣，﹣2）．

∵点D2与点Q横坐标相差t个单位，∴D2（﹣1，﹣2）；

③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t．

在Rt△CEQ中，cosθ===，解得t=．

∴OE=3﹣CE=3﹣t=，D3E=QE=CQ•sinθ=（5﹣）×=．

∴D3（﹣，）．

综上所述，存在满足条件的点D，点D坐标为：（﹣，﹣）、（﹣1，﹣2）或（﹣，）．

点评： 本题是二次函数压轴题，着重考查了分类讨论的数学思想，考查了二次函数的图象与性质、解直角三角形（或相似）、菱形、一次函数、解方程等知识点，难度较大．第（3）问为存在型与运动型的综合问题，涉及两个动点，注意按照菱形对角线进行分类讨论，做到条理清晰、不重不漏．