C

分析:由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得直线解析式；过P作PH⊥AB于点H，过H作HQ⊥x轴，过P作PQ⊥y轴，两垂线交于点Q，则可证明△PHQ∽△BAO，设H（m，m+3），利用相似三角形的性质可得到d与x的函数关系式，设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′，由对称的性质可得CE=C′E，则可知当F、E、C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，由C点坐标可确定出C′点的坐标，利用所求函数关系式可求得d的值，即可求得CE+EF的最小值．

详解:(1)由题意可得

,解得，

∴直线解析式为y=x+3；

过P作PH⊥AB于点H，过H作HQ⊥x轴，过P作PQ⊥y轴，两垂线交于点Q，

则∠AHQ=∠ABO,且∠AHP=90°，

∴∠PHQ+∠AHQ=∠BAO+∠ABO=90°，

∴∠PHQ=∠BAO,且∠AOB=∠PQH=90°，

∴△PQH∽△BOA，

∴，

设H(m, m+3),则PQ=x−m,HQ=m+3−(−x²+2x+1)，

∵A(−4,0),B(0,3)，

∴OA=4，OB=3，AB=5，且PH=d，

∴

整理消去m可得d=，

∴d与x的函数关系式为d=，

设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′,由对称的性质可得CE=C′E，

∴CE+EF=C′E+EF，

∴当F. E. C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，

∵C(0,1)，

∴C′(2,1)，

由(2)可知当x=2时,d==2.8，

即CE+EF的最小值为2.8.

点睛:

本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、相似三角形的判定和性质、二次函数的性质、轴对称的性质等知识．注意待定系数法的应用，构造相似三角形是解题的重要步骤，确定出E点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

C

分析:根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

详解:A. 是轴对称图形，不是中心对称图形。故错误；

B. 不是轴对称图形，是中心对称图形。故错误；

C. 既是轴对称图形又是中心对称图形。故正确；

D. 是轴对称图形，不是中心对称图形。故错误。

故选C.

点睛:

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

C

分析:根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．

详解:由题意得，x−5⩾0，

解得x⩾5.

故选：C.

点睛: 本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：

（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；

（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；

（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．

D

分析:根据倒数的意义，乘积是1的两个数互为到数．

详解:因为-2×=1，所以-2和互为倒数.

故答案为：D.

点睛:本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握倒数的定义，即可完成.

（，）或（，）

分析:由点A和B的坐标得出OA=，OB=1，由折叠的性质得：OA'=OA=，由勾股定理求出A'B=，即可得出点A'的坐标为（，1）；由勾股定理求出AB=2，证出OB=OP=BP，得出△BOP是等边三角形，得出∠BOP=∠BPO=60°，求出∠OPA=120°，由折叠的性质得：∠OPA'=∠OPA=120°，PA'=PA=1，证出OB∥PA'，得出四边形OPA'B是平行四边形，即可得出A'B=OP=1；分两种情况：①点A'在y轴上，由SSS证明△OPA'≌△OPA，得出∠A'OP=∠AOP=∠AOB=45°，得出点P在∠AOB的平分线上，由待定系数法求出直线AB的解析式为y=-x+1，即可得出点P的坐标；②由折叠的性质得：∠A'=∠A=30°，OA'=OA，作出四边形OAPA'是菱形，得出PA=OA=，作PM⊥OA于M，由直角三角形的性质求出PM=PA=，把y=代入y=-x+1求出点P的纵坐标即可．

详解:∵点A（，0），点B（0，1），

∴OA=，OB=1，

由折叠的性质得：OA'=OA=，

∵A'B⊥OB，

∴∠A'BO=90°，

在Rt△A'OB中，A'B==，

∴点A'的坐标为（，1）；

（2）在Rt△ABO中，OA=，OB=1，

∴AB==2，

∵P是AB的中点，

∴AP=BP=1，OP=AB=1，

∴OB=OP=BP

∴△BOP是等边三角形，

∴∠BOP=∠BPO=60°，

∴∠OPA=180°-∠BPO=120°，

由折叠的性质得：∠OPA'=∠OPA=120°，PA'=PA=1，

∴∠BOP+∠OPA'=180°，

∴OB∥PA'，

又∵OB=PA'=1，

∴四边形OPA'B是平行四边形，

∴A'B=OP=1

设P（x，y），分两种情况：

①如图③所示：点A'在y轴上，

在△OPA'和△OPA中，

，

∴△OPA'≌△OPA（SSS），

∴∠A'OP=∠AOP=∠AOB=45°，

∴点P在∠AOB的平分线上，

设直线AB的解析式为y=kx+b，

把点A（，0）A（3，0），点B（0，1）代入得：

，

解得：，

∴直线AB的解析式为y=-x+1，

∵P（x，y），

∴x=-x+1，

解得：x=，

∴P（，）；

②如图④所示：

由折叠的性质得：∠A'=∠A=30°，OA'=OA，

∵∠BPA'=30°，

∴∠A'=∠A=∠BPA'，

∴OA'∥AP，PA'∥OA，

∴四边形OAPA'是菱形，

∴PA=OA=，作PM⊥OA于M，如图④所示：

∵∠A=30°，

∴PM=PA=，

把y=代入y=-x+1得：=-+1，

解得：x=，

∴P（，）；

综上所述：当∠BPA'=30°时，点P的坐标为（，）或（，）．

点睛:

本题是几何变换综合题目，考查了折叠的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、直角三角形的性质、待定系数法求直线的解析式、菱形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．

（1，3）或（8，-4）

分析:设出点P的坐标，过点P作PH⊥OC于点H，由射影定理得到PH2=OH．CH，建立方程求解．

详解:∵A(0,4),B(4,0)，

∴直线AB为y=−x+4，

设点P的坐标为(a,−a+4)，过点P作PH⊥OC于点H，

∵∠OPC=90°，

∴PH²=OH.CH.

∵(−a+4) ²=a(10−a)，

∴a²−8a+16=10a−a²，

∴2a²−18a+16=0,解得a₁=1,a₂=8.

∴P₁ (1,3),P₂ (8,−4).

故答案为(1,3)或(8,−4).

点睛:本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用和相似三角形的性质，作出辅助线根据相似三角形是解题的关键．

分析:根据判别式的意义得到△=0，然后解关于k的一元一次方程即可．

详解:根据题意得△=(-5) ²−4k=0，

解得k=.

故答案为：.

点睛:

本题考查了一元二次方程ax ²＋bx＋c＝0（a≠0）的根的判别式△＝b ²−4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．

45

分析:利用正八边形的外角和等于360度即可求出答案．

详解: 360°÷8=45°.

故答案为：45.

点睛: 本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是360°．

（1）D（1，﹣4a）；（2）①a=﹣1；②M（，）、N（，）；③Q的坐标为（1，）或（1，）．

分析: （1）将二次函数的解析式进行配方即可得到顶点D的坐标．

（2）①以AD为直径的圆经过点C，即点C在以AD为直径的圆的圆周上，依据圆周角定理不难得出△ACD是个直角三角形，且∠ACD＝90°，A点坐标可得，而C、D的坐标可由a表达出来，在得出AC、CD、AD的长度表达式后，依据勾股定理列等式即可求出a的值．

②将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，说明了PM正好和x轴平行，且PM＝OB＝1，所以求M、N的坐标关键是求出点M的坐标；首先根据①的函数解析式设出M点的坐标，然后根据题干条件：BF＝2MF作为等量关系进行解答即可．

③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，由C、D两点的坐标不难判断出∠CDQ＝45°，那么△QGD为等腰直角三角形，即QD ²＝2QG ²＝2QB ²，设出点Q的坐标，然后用Q点纵坐标表达出QD、QB的长，根据上面的等式列方程即可求出点Q的坐标．

详解:

（1）∵y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x﹣1）2﹣4a，

∴D（1，﹣4a）．

（2）①∵以AD为直径的圆经过点C，

∴△ACD为直角三角形，且∠ACD=90°；

由y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x﹣3）（x+1）知，A（3，0）、B（﹣1，0）、C（0，﹣3a），则：

AC2=9a2+9、CD2=a2+1、AD2=16a2+4

由勾股定理得：AC2+CD2=AD2，即：9a2+9+a2+1=16a2+4，

化简，得：a2=1，由a＜0，得：a=﹣1，

②∵a=﹣1，

∴抛物线的解析式：y=﹣x2+2x+3，D（1，4）．

∵将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，

∴PM∥x轴，且PM=OB=1；

设M（x，﹣x2+2x+3），则OF=x，MF=﹣x2+2x+3，BF=OF+OB=x+1；

∵BF=2MF，

∴x+1=2（﹣x2+2x+3），化简，得：2x2﹣3x﹣5=0

解得：x1=﹣1（舍去）、x2=.

∴M（，）、N（，）．

③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，过C作CH⊥QD于H，如下图：

∵C（0，3）、D（1，4），

∴CH=DH=1，即△CHD是等腰直角三角形，

∴△QGD也是等腰直角三角形，即：QD2=2QG2；

设Q（1，b），则QD=4﹣b，QG2=QB2=b2+4；

得：（4﹣b）2=2（b2+4），

化简，得：b2+8b﹣8=0，解得：b=﹣4±2；

即点Q的坐标为（1，）或（1，）．

点睛: 此题主要考查了二次函数解析式的确定、旋转图形的性质、圆周角定理以及直线和圆的位置关系等重要知识点；后两个小题较难，最后一题中，通过构建等腰直角三角形找出QD和⊙Q半径间的数量关系是解题题目的关键．

（1）；（2），，．

分析: （1）求x，通常都是考虑勾股定理，选择直角三角形PDE，发现PE，DE，PD都可用x来表示，进而易得方程，求解即可．

（2）若△CDQ为等腰三角形，则边CD比为改等腰三角形的一腰或者底边．又Q点为A点关于PB的对称点，则AB＝QB，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，则Q点只能在弧AB上．若CD为腰，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDQ为等腰三角形（CD为腰）的Q点．若CD为底边，则作CD的垂直平分线，其与弧AC的交点即为使得△CDQ为等腰三角形（CD为底）的Q点．则如图所示共有三个Q点，那么也共有3个P点．作辅助线，利用直角三角形性质求之即可．

详解:

（1）连接DB，若Q点落在BD上，由AP=x，则PD=1﹣x，PQ=x．

∵∠PDQ=45°，

∴PD=PQ，

即1﹣x=x，

∴x=﹣1，

（2）①如图1，连接BQ1、CQ1，作PQ1⊥BQ1交AD于P，过点Q1，作EF⊥AD于E，交BC于F．

∵△BCQ1为等边三角形，正方形ABCD边长为1，

∴Q1F=Q1E=．

在四边形ABPQ1中，

∵∠ABQ1=30°，

∴∠APQ1=150°，

∴△PEQ1为含30°的直角三角形，

∴PE=Q1E=．

∵AE=，

∴x=AP=AE﹣PE=2﹣．

②如图2，连接BQ2，AQ2，过点Q2作PG⊥BQ2，交AD于P，连接BP，过点Q2作EF⊥CD于E，交AB于F．∵EF垂直平分CD，∴EF垂直平分AB，∴AQ2=BQ2．∵AB=BQ2，∴△ABQ2为等边三角形．在四边形ABQP中，∵∠BAD=∠BQP=90°，∠ABQ2=60°，∴∠ABP=30°，

∴x=AP=．

③如图4，连接BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，过点Q3作BQ3⊥PQ3，交AD的延长线于P，连接BP，过点Q1，作EF⊥AD于E，此时Q3在EF上，不妨记Q3与F重合．

∵△BCQ1为等边三角形，△BCQ3为等边三角形，BC=1，

∴Q1Q2=，Q1E=，

∴EF=．

在四边形ABQ3P中

∵∠ABF=∠ABC+∠CBQ3=150°，

∴∠EPF=30°，

∴EP=EF=．

∵AE=，

∴x=AP=AE+PE=+2．

图1   图2

综上所述：△CDQ为等腰三角形时x的值为2﹣，，2+．

点睛:本题第一问非常基础，难度较低．第二问因为动点的原因，思路不易找到，这里就需要做题时充分分析已知条件，尤其是新给出的条件．其中求边长是勾股定理的重要应用，是很重要的考点．第三问是一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点Q找全．另外求解各个P点也是考察三角函数及勾股定理的综合应用，有着极高的难度．

（1）答案见解析；（2）∠CPB=45°或135°；（3）；（4）1，3．

分析: （1）根据SAS即可证明△ACD≌△BCP，再根据全等三角形的性质可得AD＝BP；

（2）利用切线的性质结合等腰直角三角形得出即可；

（3）当B、P、D三点在同一条直线上时利用勾股定理，可得BD的长；

（4）当∠PBC＝45°时，BD有最小值；进而得出BD有最大值．

详解: （1）证明：如图1，

∵∠ACB＝90°，∠DCP＝90°，

∴∠ACD＝∠BCP

在△ACD与△BCP中，

∵

AC＝BC

∠ACD＝∠BCP

CD＝CP

∴△ACD≌△BCP（SAS）

∴AD＝BP；

（2）解：如图2，

∵CP＝CD，DP是⊙B的切线，∠PCD＝90°，

∴∠BPD＝90°，∠ADP＝∠APD＝45°，

∴∠CPB＝45°＋90°＝135°，

同理可得：∠CPB＝45°

故∠CPB＝45°或135°；

故答案为：故∠CPB＝45°或135°；

（3）解：∵△CDP为等腰直角三角形，

∴∠CDP＝∠CPD＝45°，∠CPB＝135°，

由（1）知，△ACD≌△BCP，

∴∠CDA＝∠CPB＝135°，AD＝BP＝1，

∴∠BDA＝∠CDA−∠CDP＝90°，

在Rt△ABC中，AB＝＝2，

∴BD＝＝；

（4）解：如图3，

当B、D、A三点在同一条直线上时，BD有最小值，

由（1）得△ACD≌△BCP，

此时∠PBC＝45°时，BD的最小值为1；

同理可得：如图4，

当B、D、A三点在同一条直线上时，

由（1）得△ACD≌△BCP，BD的最大值为：AB＋AD＝AB＋BP＝3.

故答案为：1，3．

点睛: 此题考查了圆的综合题，涉及的知识有全等三角形的判定与性质，分类思想的运用，最大值与最小值，注意分析问题要全面，以免漏解，有一定的难度．

（1）60，9250；（2）批发商应在保存该产品8天时一次性卖出．

分析: （1）先求出卖出时的销售价，然后用卖出的钱数减去成本（包括购入成本和保存费用）即为获利；

（2）根据获利等于卖出的钱数减去成本（包括购入成本和保存费用）即为获利，列出关于x的方程，然后求解即可．

详解: （1）x＝5时，y＝50＋2×5＝60（元），

60×（700−15×5）−700×40−50×5，

＝60×（700−75）−28000−250，

＝37500−28000−250，

＝9250元；

故答案为：60，9250；

（2）由题意得，（50＋2x）×（700−15x）−700×40−50x＝9880，

整理得，x²−20x＋96＝0，

解得：x₁＝12（不合题意舍去），x₂＝8，

答：批发商应在保存该产品8天时一次性卖出．

点睛: 本题考查了一元二次方程的应用，理解获利的表示方法，列出获利的方程是解题的关键．

（1）答案见解析；（2）．

分析: （1）以OA为半径，在圆上依次截取得到圆的6等份点，从而得到圆的三等份点，于是可作出⊙O的内接正三角形ABC；

（2）连接OB、OC，延长AO交BC于点D，则AD⊥BC，先求得OD＝BOcos60°＝5，BD＝BOsin60°＝5，据此知BC＝2BD＝10、AD＝AO＋OD＝15，根据三角形的面积公式可得答案．

详解: （1）如图所示，△ABC即为所求：

（2）如图，连接OB、OC，延长AO交BC于点D，则AD⊥BC，

∵∠BOC＝2∠BAC＝120°，

∴∠BOD＝60°，

则OD＝BOcos60°＝10×＝5，BD＝BOsin60°＝10×＝5，

∴BC＝2BD＝10、AD＝AO＋OD＝15，

∴S△ABC＝BC•AD＝×10×15＝75，

故答案为：75．

点睛: 本题考查了作图−复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．

（1）；（2）-6x＋7

分析:（1）先进行负整数指数幂、二次根式的化简、特殊角的三角函数值的计算，然后合并．

（2）先去括号，再合并同类项即可得出答案.

详解:

（1）解：原式＝＋2－

＝2

（2）解：原式＝x2―4x+4 -（ x2+2x-3）

＝-6x＋7

点睛:本题考查了实数的运算和整式的化简求值，涉及了二次根式的化简、特殊角的三角函数值,完全平方公式,去括号,合并同类项等知识，属于基础题．