2014年临沂市中考数学真题卷（带详细分析）

详细内容

2014年临沂市中考数学真题卷（带详细分析）
　
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（3分）（2014•临沂）?3的相反数是（　　）
　A．3B．?3C． D．?

考点：相反数．
分析：根据相反数的概念解答即可．
解答：解：?3的相反数是3，
故选A．
点评：本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“?”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
　
2．（3分）（2014•临沂）根据世界贸易组织（WTO）秘书处初步统计数据，2013年中国货物进出口总额为4160000000000美元，超过美国成为世界第一货物贸易大国．将这个数据用科学记数法可以记为（　　）
　A．4.16×1012美元B．4.16×1013美元C．0.416×1012美元D．416×1010美元

考点：科学记数法―表示较大的数．
分析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值是易错点，由于4160000000000有13位，所以可以确定n=13?1=12．
解答：解：4 160 000 000 000=4.16×1012．
故选A．
点评：此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．
　
3．（3分）（2014•临沂）如图，已知l1∥l2，∠A=40°，∠1=60°，则∠2的度数为（　　）

　A．40°B．60°C．80°D．100°

考点：平行线的性质；三角形的外角性质．
分析：根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
解答：解：∵l1∥l2，
∴∠3=∠1=60°，
∴∠2=∠A+∠3=40°+60°=100°．
故选D．

点评：本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
　
4．（3分）（2014•临沂）下列计算正确的是（　　）
　A．a+2a=3a2B．（a2b）3=a6b3C．（am）2=am+2D．a3•a2=a6

考点：幂的乘方与积的乘方；合并同类项；同底数幂的乘法．
分析：分别进行合并同类项、积的乘方和幂的乘方、同底数幂的乘法运算，然后选择正确答案．
解答：解：A、a+2a=3a，故本选项错误；
B、（a2b）3=a6b3，故本选项正确；
C、（am）2=a2m，故本选项错误；
D、a3•a2=a5，故本选项错误．
故选B．
点评：本题考查了积的乘方和幂的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项等知识，掌握运算法则是解答本题的关键．
　
5．（3分）（2014•临沂）不等式组?2≤x+1＜1的解集，在数轴上表示正确的是（　　）
　A． B． C． D．

考点：在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式组
分析：先求出不等式组的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．
解答：解：∵由题意可得 ，
由①得，x≥?3，
由②得，x＜0，
∴?3≤x＜0，
在数轴上表示为：
．
故选B．
点评：本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知““小于向左，大于向右”是解答此题的关键．
　
6．（3分）（2014•临沂）当a=2时， ÷（ ?1）的结果是（　　）
　A． B．? C． D．?

考点：分式的化简求值．
分析：通分、因式分解后将除法转化为乘法约分即可．
解答：解：原式= ÷
= •
= ，
当a=2时，原式= =? ．
故选D．
点评：本题考查了分式的化简求值，熟悉因式分解和分式除法是解题的关键．
　
7．（3分）（2014•临沂）将一个n边形变成n+1边形，内角和将（　　）
　A．减少180°B．增加90°C．增加180°D．增加360°

考点：多边形内角与外角．
分析：利用多边形的内角和公式即可求出答案．
解答：解：n边形的内角和是（n?2）•180°，n+1边形的内角和是（n?1）•180°，
因而（n+1）边形的内角和比n边形的内角和大（n?1）•180°?（n?2）•180=180°．
故选C．
点评：本题主要考查了多边形的内角和公式，是需要识记的内容．
　
8．（3分）（2014•临沂）某校为了丰富学生的校园生活，准备购买一批陶笛，已知A型陶笛比B型陶笛的单价低20元，用2700元购买A型陶笛与用4500购买B型陶笛的数量相同，设A型陶笛的单价为x元，依题意，下面所列方程正确的是（　　）
　A． = B． = C． = D． =

考点：由实际问题抽象出分式方程
分析：设A型陶笛的单价为x元，则B型陶笛的单价为（x+20）元，根据用2700元购买A型陶笛与用4500购买B型陶笛的数量相同，列方程即可．
解答：解：设A型陶笛的单价为x元，则B型陶笛的单价为（x+20）元，
由题意得， = ．
故选D．
点评：本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．
　
9．（3分）（2014•临沂）如图，在⊙O中，AC∥OB，∠BAO=25°，则∠BOC的度数为（　　）

　A．25°B．50°C．60°D．80°

考点：圆周角定理；平行线的性质．
分析：由AC∥OB，∠BAO=25°，可求得∠BAC=∠B=∠BAO=25°，又由圆周角定理，即可求得答案．
解答：解：∵OA=OB，
∴∠B=∠BAO=25°，
∵AC∥OB，
∴∠BAC=∠B=25°，
∴∠BOC=2∠BAC=50°．
故选B．
点评：此题考查了圆周角定理以及平行线的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
　
10．（3分）（2014•临沂）从1、2、3、4中任取两个不同的数，其乘积大于4的概率是（　　）
　A． B． C． D．

考点：列表法与树状图法．
分析：首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与其乘积大于4的情况，再利用概率公式即可求得答案．
解答：解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，任取两个不同的数，其乘积大于4的有6种情况，
∴从1、2、3、4中任取两个不同的数，其乘积大于4的概率是： = ．
故选C．
点评：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
　
11．（3分）（2014•临沂）一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的侧面积为（　　）

　A．2πcm2B．4πcm2C．8πcm2D．16πcm2

考点：圆锥的计算；由三视图判断几何体．
分析：俯视图为圆的只有圆锥，圆柱，球，根据主视图和左视图都是三角形可得到此几何体为圆锥，那么侧面积=底面周长×母线长÷2．
解答：解：此几何体为圆锥；
∵半径为1，圆锥母线长为4，
∴侧面积=2πrR÷2=2π×1×4÷2=4π；
故选B．
点评：本题考查了圆锥的计算，该三视图中的数据确定圆锥的底面直径和高是解本题的关键；本题体现了数形结合的数学思想，注意圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形．
　
12．（3分）（2014•临沂）请你计算：（1?x）（1+x），（1?x）（1+x+x2），…，猜想（1?x）（1+x+x2+…+xn）的结果是（　　）
　A．1?xn+1B．1+xn+1C．1?xnD．1+xn

考点：平方差公式；多项式乘多项式．
专题：规律型．
分析：已知各项利用多项式乘以多项式法则计算，归纳总结得到一般性规律，即可得到结果．
解答：解：（1?x）（1+x）=1?x2，（1?x）（1+x+x2）=1+x+x2?x?x2?x3=1?x3，…，
依此类推（1?x）（1+x+x2+…+xn）=1?xn+1，
故选A
点评：此题考查了平方差公式，多项式乘多项式，找出规律是解本题的关键．
　
13．（3分）（2014•临沂）如图，在某监测点B处望见一艘正在作业的渔船在南偏西15°方向的A处，若渔船沿北偏西75°方向以40海里/小时的速度航行，航行半小时后到达C处，在C处观测到B在C的北偏东60°方向上，则B、C之间的距离为（　　）

　A．20海里B．10 海里C．20 海里D．30海里

考点：解直角三角形的应用-方向角问题
分析：如图，根据题意易求△ABC是等腰直角三角形，通过解该直角三角形来求BC的长度．
解答：解：如图，∵∠ABE=15°，∠DAB=∠ABE，
∴∠DAB=15°，
∴∠CAB=∠CAD+∠DAB=90°．
又∵∠FCB=60°，∠CBE=∠FCB，∠CBA+∠ABE=∠CBE，
∴∠CBA=45°．
∴在直角△ABC中，sin∠ABC= = = ，
∴BC=20 海里．
故选：C．

点评：本题考查了解直角三角形的应用?方向角问题．解题的难点是推知△ABC是等腰直角三角形．
　
14．（3分）（2014•临沂）在平面直角坐标系中，函数y=x2?2x（x≥0）的图象为C1，C1关于原点对称的图象为C2，则直线y=a（a为常数）与C1、C2的交点共有（　　）
　A．1个B．1个或2个
　C．1个或2个或3个D．1个或2个或3个或4个

考点：二次函数图象与几何变换．
分析：根据关于原点对称的关系，可得C2，根据直线y=a（a为常数）与C1、C2的交点，可得答案．
解答：解：函数y=x2?2x（x≥0）的图象为C1，C1关于原点对称的图象为C2，
C2图象是x=?y2?2y，a非常小时，直线y=a（a为常数）与C1没有交点，共有一个交点；
直线y=a经过C1的顶点时，共有两个交点；
直线y=a（a为常数）与C1、有两个交点时，直线y=a（a为常数）与C1、C2的交点共有3个交点；
故选：C．
点评：本题考查了二次函数图象与几何变换，先求出C2的图象，再求出交点个数．
　
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
15．（3分）（2014•临沂）在实数范围内分解因式：x3?6x=　x（x+ ）（x? ）　．

考点：实数范围内分解因式．
专题：计算题．
分析：原式提取x后，利用平方差公式分解即可．
解答：解：原式=x（x2?6）=x（x+ ）（x? ）．
故答案为：x（x+ ）（x? ）
点评：此题考查了实数范围内分解因式，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
　
16．（3分）（2014•临沂）某中学随机抽查了50名学生，了解他们一周的课外阅读时间，结果如下表所示：
时间（小时）4567
人数1020155
则这50名学生一周的平均课外阅读时间是　5.3　小时．

考点：加权平均数
分析：平均数的计算方法是求出所有数据的和，然后除以数据的总个数．
解答：解：该组数据的平均数= （4×10+5×20+6×15+7×5）=265÷50=5.3（小时）．
故答案为5.3
点评：本题考查的是加权平均数的求法．本题易出现的错误是求4，5，6，7这四个数的平均数，对平均数的理解不正确．
　
17．（3分）（2014•临沂）如图，在▱ABCD中，BC=10，sinB= ，AC=BC，则▱ABCD的面积是　18 　．

考点：平行四边形的性质；解直角三角形．
分析：作CE⊥AB于点E，解直角三角形BCE，即可求得BE、CE的长，根据三线合一定理可得AB=2BE，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．
解答：解：作CE⊥AB于点E．
在直角△BCE中，sinB= ，
∴CE=BC•sinB=10× =9，
∴BE= = = ，
∵AC=BC，CE⊥AB，
∴AB=2BE=2 ，
则▱ABCD的面积是2 ×9=18 ．
故答案是：18 ．

点评：本题考查了平行四边形的面积公式，以及解直角三角形的应用，三线合一定理，正确求得AB的长是关键．
　
18．（3分）（2014•临沂）如图，反比例函数y= 的图象经过直角三角形OAB的顶点A，D为斜边OA的中点，则过点D的反比例函数的解析式为　y= 　．

考点：反比例函数系数k的几何意义．
分析：根据题意设点A坐标（x， ），由D为斜边OA的中点，可得出D（ x， ），从而得出过点D的反比例函数的解析式．
解答：解：设点A坐标（x， ），
∵反比例函数y= 的图象经过直角三角形OAB的顶点A，D为斜边OA的中点，
∴D（ x， ），
∴过点D的反比例函数的解析式为y= ，
故答案为y= ．
点评：本题考查了反比例函数系数k的几何意义，本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
　
19．（3分）（2014•临沂）一般地，我们把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体称为集合．一个给定集合中的元素是互不相同的，也就是说，集合中的元素是不重复出现的．如一组数1，1，2，3，4就可以构成一个集合，记为A={1，2，3，4}．类比实数有加法运算，集合也可以“相加”．定义：集合A与集合B中的所有元素组成的集合称为集合A与集合B的和，记为A+B．若A={?2，0，1，5，7}，B={?3，0，1，3，5}，则A+B=　{?3，?2，0，1，3，5，7}　．

考点：实数的运算
专题：新定义．
分析：根据题中新定义求出A+B即可．
解答：解：∵A={?2，0，1，5，7}，B={?3，0，1，3，5}，
∴A+B={?3，?2，0，1，3，5，7}．
故答案为：{?3，?2，0，1，3，5，7}
点评：此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
　
三、解答题（本大题共7小题，共63分）
20．（7分）（2014•临沂）计算： ?sin60°+ × ．

考点：二次根式的混合运算；特殊角的三角函数值
分析：根据特殊角的三角函数、二次根式的化简进行计算即可．
解答：解：原式= ? +4 ×
= ? +2
= +2
= ．
点评：本题考查了二次根式的混合运算以及特殊角的三角函数值，在二次根式的混合运算中，要掌握好运算顺序及各运算律．
　
21．（7分）（2014•临沂）随着人民生活水平的提高，购买老年代步车的人越来越多．这些老年代步车却成为交通安全的一大隐患．针对这种现象，某校数学兴趣小组在《老年代步车现象的调查报告》中就“你认为对老年代步车最有效的管理措施”随机对某社区部分居民进行了问卷调查，其中调查问卷设置以下选项（只选一项）：
A：加强交通法规学习；
B：实行牌照管理；
C：加大交通违法处罚力度；
D：纳入机动车管理；
E：分时间分路段限行
调查数据的部分统计结果如下表：
管理措施回答人数百分比
A255%
B100m
C7515%
Dn35%
E12525%
合计a100%
（1）根据上述统计表中的数据可得m=　20%　，n=　175　，a=　500　；
（2）在答题卡中，补全条形统计图；
（3）该社区有居民2600人，根据上述调查结果，请你估计选择“D：纳入机动车管理”的居民约有多少人？

考点：条形统计图；用样本估计总体；统计表
分析：（1）利用选择A项的人数除以它所占百分比=样本容量，进而分别得出m，n，a的值；
（2）利用（1）中所求，进而补全条形统计图即可；
（3）利用样本估计总体，直接估计选择“D：纳入机动车管理”的居民人数．
解答：解：（1）调查问卷的总人数为：a=25÷5%=500（人），
∴m= ×100%=20%，n=500×35%=175，
故答案为：20%，175，500；

（2）如图所示：
；

（3）选择“D：纳入机动车管理”的居民约有：2600×35%=910（人）．
点评：此题主要考查了条形统计图的应用以及利用样本估计总体等知识，利用图表得出正确信息求出样本容量是解题关键．
　
22．（7分）（2014•临沂）如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．
（1）证明：DE为⊙O的切线；
（2）连接OE，若BC=4，求△OEC的面积．

考点：切线的判定；等腰三角形的性质
分析：（1）首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角为30°，可得AD=BD，即可证得OD∥AC，继而可证得结论；
（2）首先根据三角函数的性质，求得BD，DE，AE的长，然后求得△BOD，△ODE，△ADE以及△ABC的面积，继而求得答案．
解答：（1）证明：连接OD，CD，
∵BC为⊙O直径，
∴∠BCD=90°，
即CD⊥AB，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AD=BD，
∵OB=OC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵D点在⊙O上，
∴DE为⊙O的切线；

（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，
∴CD= BC=2，BD=BC•cos30°=2 ，
∴AD=BD=2 ，AB=2BD=4 ，
∴S△ABC= AB•CD= ×4 ×2=4 ，
∵DE⊥AC，
∴DE= AD= ×2 = ，AE=AD•cos30°=3，
∴S△ODE= OD•DE= ×2× = ，S△ADE= AE•DE= × ×3= ，
∵S△BOD= S△BCD= × S△ABC= ×4 = ，
∴S△OEC=S△ABC?S△BOD?S△ODE?S△ADE=4 ? ? ? = ．

点评：此题考查了切线的判定、三角形中位线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理以及三角函数等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
　
23．（9分）（2014•临沂）对一张矩形纸片ABCD进行折叠，具体操作如下：
第一步：先对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，展开；
第二步：再一次折叠，使点A落在MN上的点A′处，并使折痕经过点B，得到折痕BE，同时，得到线段BA′，EA′，展开，如图1；
第三步：再沿EA′所在的直线折叠，点B落在AD上的点B′处，得到折痕EF，同时得到线段B′F，展开，如图2．
（1）证明：∠ABE=30°；
（2）证明：四边形BFB′E为菱形．

考点：翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质
分析：（1）根据点M是AB的中点判断出A′是EF的中点，然后判断出BA′垂直平分EF，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BE=BF，再根据等腰三角形三线合一的性质可得∠A′BE=∠A′BF，根据翻折的性质可得∠ABE=∠A′BE，然后根据矩形的四个角都是直角计算即可得证；
（2）根据翻折变换的性质可得BE=B′E，BF=B′F，然后求出BE=B′E=B′F=BF，再根据四条边都相等的四边形是菱形证明．
解答：证明：（1）∵对折AD与BC重合，折痕是MN，
∴点M是AB的中点，
∴A′是EF的中点，
∵∠BA′E=∠A=90°，
∴BA′垂直平分EF，
∴BE=BF，
∴∠A′BE=∠A′BF，
由翻折的性质，∠ABE=∠A′BE，
∴∠ABE=∠A′BE=∠A′BF，
∴∠ABE= ×90°=30°；

（2）∵沿EA′所在的直线折叠，点B落在AD上的点B′处，
∴BE=B′E，BF=B′F，
∵BE=BF，
∴BE=B′E=B′F=BF，
∴四边形BFB′E为菱形．
点评：本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，菱形的判定，熟记各性质并准确识图判断出BA′垂直平分EF是解题的关键，也是本题的难点．
　
24．（9分）（2014•临沂）某景区的三个景点A、B、C在同一线路上，甲、乙两名游客从景点A出发，甲步行到景点C，乙乘景区观光车先到景点B，在B处停留一段时间后，再步行到景点C．甲、乙两人离开景点A后的路程S（米）关于时间t（分钟）的函数图象如图所示．根据以上信息回答下列问题：
（1）乙出发后多长时间与甲相遇？
（2）要使甲到达景点C时，乙与C的路程不超过400米，则乙从景点B步行到景点C的速度至少为多少？（结果精确到0.1米/分钟）

考点：一次函数的应用．
分析：（1）利用待定系数法求一次函数解析式进而利用两函数相等时即为相遇时，求出时间即可；
（2）根据题意得出要使两人相距400m，乙需要步行的距离为：5400?3000?400=2000（m），乙所用的时间为：30分钟，进而得出答案．
解答：解：（1）设S甲=kt，将（90，5400）代入得：
5400=90k，
解得：k=60，
∴S甲=60t；
当0≤t≤30，设S乙=at+b，将（20，0），（30，3000）代入得出：
，
解得： ，
∴当0≤t≤30，S乙=300t?6000．
当y甲=y乙，
∴60t=300t?6000，
解得：t=25，
∴乙出发后5后与甲相遇．

（2）由题意可得出；当甲到达C地，乙距离C地400m时，
乙需要步行的距离为：5400?3000?400=2000（m），乙所用的时间为：30分钟，
故乙从景点B步行到景点C的速度至少为： ≈66.7（m/分），
答：乙从景点B步行到景点C的速度至少为66.7m/分．
点评：此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及行程问题，根据题意得出S与t的函数关系式是解题关键．
　
25．（11分）（2014•临沂）【问题情境】
如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
【探究展示】
（1）证明：AM=AD+MC；
（2）AM=DE+BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展延伸】
（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结论是否成立？请分别作出判断，不需要证明．

考点：四边形综合题；角平分线的定义；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质
专题：综合题；探究型．
分析：（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长AE、BC交于点N，如图1（1），易证△ADE≌△NCE，从而有AD=，只需证明AM=NM即可．
（2）作FA⊥AE交CB的延长线于点F，易证AM=FM，只需证明FB=DE即可；要证FB=DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可．
（3）在图2（1）中，仿照（1）中的证明思路即可证到AM=AD+MC仍然成立；在图2（2）中，采用反证法，并仿照（2）中的证明思路即可证到AM=DE+BM不成立．
解答：（1）证明：延长AE、BC交于点N，如图1（1），

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠ENC．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠ENC=∠MAE．
∴MA=MN．
在△ADE和△NCE中，

∴△ADE≌△NCE（AAS）．
∴AD=NC．
∴MA=MN=NC+MC
=AD+MC．

（2）AM=DE+BM成立．
证明：过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，如图1（2）所示．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB=AD，AB∥DC．
∵AF⊥AE，
∴∠FAE=90°．
∴∠FAB=90°?∠BAE=∠DAE．
在△ABF和△ADE中，

∴△ABF≌△ADE（ASA）．
∴BF=DE，∠F=∠AED．
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠BAE．
∵∠FAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠FAB
=∠FAM．
∴∠F=∠FAM．
∴AM=FM．
∴AM=FB+BM=DE+BM．

（3）①结论AM=AD+MC仍然成立．
证明：延长AE、BC交于点P，如图2（1），

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠EPC．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠EPC=∠MAE．
∴MA=MP．
在△ADE和△PCE中，

∴△ADE≌△PCE（AAS）．
∴AD=PC．
∴MA=MP=PC+MC
=AD+MC．
②结论AM=DE+BM不成立．
证明：假设AM=DE+BM成立．
过点A作AQ⊥AE，交CB的延长线于点Q，如图2（2）所示．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB∥DC．
∵AQ⊥AE，
∴∠QAE=90°．
∴∠QAB=90°?∠BAE=∠DAE．
∴∠Q=90°?∠QAB
=90°?∠DAE
=∠AED．
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠BAE．
∵∠QAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠QAB
=∠QAM．
∴∠Q=∠QAM．
∴AM=QM．
∴AM=QB+BM．
∵AM=DE+BM，
∴QB=DE．
在△ABQ和△ADE中，

∴△ABQ≌△ADE（AAS）．
∴AB=AD．
与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立．
∴AM=DE+BM不成立．
点评：本题考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、角平分线的定义等知识，考查了基本模型的构造（平行加中点构造全等三角形），考查了反证法的应用，综合性比较强．添加辅助线，构造全等三角形是解决这道题的关键．
　
26．（13分）（2014•临沂）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（?1，0）和点B（1，0），直线y=2x?1与y轴交于点C，与抛物线交于点C、D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点A到直线CD的距离；
（3）平移抛物线，使抛物线的顶点P在直线CD上，抛物线与直线CD的另一个交点为Q，点G在y轴正半轴上，当以G、P、Q三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有符合条件的G点的坐标．

考点：二次函数综合题．
分析：（1）首先求出点C坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）设直线CD与x轴交于点E，求出点E的坐标，然后解直角三角形（或利用三角形相似），求出点A到直线CD的距离；
（3）△GPQ为等腰直角三角形，有三种情形，需要分类讨论．为方便分析与计算，首先需要求出线段PQ的长度．
解答：解：（1）直线y=2x?1，当x=0时，y=?1，则点C坐标为（0，?1）．
设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∵点A（?1，0）、B（1，0）、C（0，?1）在抛物线上，
∴ ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为：y=x2?1．

（2）如答图2所示，直线y=2x?1，当y=0时，x= ；
设直线CD交x轴于点E，则E（ ，0）．

在Rt△OCE中，OC=1，OE= ，由勾股定理得：CE= ，
设∠OEC=θ，则sinθ= ，cosθ= ．
过点A作AF⊥CD于点F，
则AF=AE•sinθ=（OA+OE）•sinθ=（1+ ）× = ，
∴点A到直线CD的距离为 ．

（3）∵平移后抛物线的顶点P在直线y=2x?1上，
∴设P（t，2t?1），则平移后抛物线的解析式为y=（x?t）2+2t?1．
联立 ，化简得：x2?（2t+2）x+t2+2t=0，
解得：x1=t，x2=t+2，即点P、点Q的横坐标相差2，
∴PQ= = = ．
△GPQ为等腰直角三角形，可能有以下情形：

i）若点P为直角顶点，如答图3①所示，则PG=PQ= ．
∴CG= = = =10，
∴OG=CG?OC=10?1=9，
∴G（0，9）；
ii）若点Q为直角顶点，如答图3②所示，则QG=PQ= ．
同理可得：Q（0，9）；
iii）若点G为直角顶点，如答图3③所示，此时PQ= ，则GP=GQ= ．
分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足分别为点M、N．
易证Rt△PMG≌Rt△GNQ，
∴GN=PM，GM=QN．
在Rt△QNG中，由勾股定理得：GN2+QN2=GQ2，即PM2+QN2=10 ①
∵点P、Q横坐标相差2，∴NQ=PM+2，
代入①式得：PM2+（PM+2）2=10，解得PM=1，
∴NQ=3．
直线y=2x?1，当x=1时，y=1，∴P（1，1），即OM=1．
∴OG=OM+GM=OM+NQ=1+3=4，
∴G（0，4）．
综上所述，符合条件的点G有两个，其坐标为（0，4）或（0，9）．
点评：本题是二次函数压轴题，涉及考点众多，需要认真分析计算．第（3）问中，G、P、Q三点均为动点，使得解题难度增大，首先求出线段PQ的长度可以降低解题的难度．