=﹣8．

故选：B．

B、不是中心对称图形，故本选项错误；

C、是中心对称图形，故本选项正确；

D、不是中心对称图形，故本选项错误．

故选：C．

故选：C．

∴∠3=∠1，∠4=∠2，

∵l1∥l2，

∴AC∥BD，

∴∠CAB+∠ABD=180°，

∴∠3+∠4=125°+85°﹣180°=30°，

∴∠1+∠2=30°．

故选A．

故选B．

B、二次函数的图象可知a＜0，对称轴在y轴的右侧，可知a、b异号，b＞0，此时直线y=ax+b经过一、二、四象限，故B可排除；

C、二次函数的图象可知a＞0，此时直线y=ax+b经过一、三，故C可排除；

正确的只有D．

故选：D．

则中位数为：8，

平均数为：=9，

众数为：7，

极差为：12﹣7=5．

故选A．

故选：B．

∴∠ABC=∠PCF=90°，CD∥AB，

∵F为CD的中点，CD=AB=BC=2，

∴CP=1，

∵PC∥AB，

∴△FCP∽△FBA，

∴==，

∴BF=4，

∴CF=4﹣2=2，

由勾股定理得：BP==，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCP=∠PCF=90°，

∴PF是直径，

∴∠E=90°=∠BCP，

∵∠PBC=∠EBF，

∴△BCP∽△BEF，

∴=，

∴=，

∴EF=，

故选D．

∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，

∴AB=AB′，∠BAB′=60°，

∴△ABB′是等边三角形，

∴AB=BB′，

在△ABC′和△B′BC′中，

，

∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），

∴∠ABC′=∠B′BC′，

延长BC′交AB′于D，

则BD⊥AB′，

∵∠C=90°，AC=BC=，

∴AB==2，

∴BD=2×=，

C′D=×2=1，

∴BC′=BD﹣C′D=﹣1．

故选C．

故答案为；4．

=

=﹣1．

故答案为：﹣1．

解得b＜．

故答案为b＜．

圆锥的底面周长2πr=12πcm，

圆锥的侧面积=lR=×12π×10=60πcm2．

故答案为60π．

∵2014÷4=503…2，

∴滚动第2014次后与第二次相同，

∴朝下的点数为3，

故答案为：3．

∴FA∥EG，EA∥FH，

∴∠HFA=∠AEG=90°，∠FHA=∠EAG，

∴△GEA∽△AFH，

∴．

∵AB=9里，DA=7里，EG=15里，

∴FA=3.5里，EA=4.5里，

∴，

解得：FH=1.05里．

故答案为：1.05．

E是AB中点，所以F点横坐标为2a，代入解析式得到纵坐标：，

BF=﹣=，所以F也为中点，

S△BEF=2=，k=8．

故答案是：8．

=2﹣5．

由②得，x＜4，

故此不等式组的解集为：﹣1≤x＜4．

在数轴上表示为：

．

在Rt△CEF中，∵i===tan∠ECF，

∴∠ECF=30°，

∴EF=CE=10米，CF=10米，

∴BH=EF=10米，HE=BF=BC+CF=（25+10）米，

在Rt△AHE中，∵∠HAE=45°，

∴AH=HE=（25+10）米，

∴AB=AH+HB=（35+10）米．

答：楼房AB的高为（35+10）米．

（2）根据列表里有概率公式求得小明获胜的概率即可判断是否公平．

（2）先求出略有知晓（C）的人数，然后列式计算即可得解；

（3）根据（2）的计算补全图形统计图即可；

（4）用“略有知晓”C所占的百分比乘以360°计算即可，再根据知之甚少（D）的人数列式计算即可求出所占的百分比．

（2）略有知晓（C）的人数为：1500×40%=600人，

“基本了解”（B）的人数为：1500﹣120﹣600﹣330=1500﹣1050=450人；

（3）补全统计图如图所示；

（4）“略有知晓”类：360°×40%=144°，

“知之甚少”类：×100%=22%．

故答案为：（1）1500；（2）450．

（2）由△ADB是等腰直角三角形，得出∠A=45°，因为EF⊥AB，得出∠G=45°，所以△ODG与△DFG都是等腰直角三角形，从而求得DG的长和EF=2，然后平行线分线段成比例定理即可求得．

∴DC=AB，DC∥AB，

∴∠ODF=∠OBE，

在△ODF与△OBE中

∴△ODF≌△OBE（AAS）

∴BO=DO；

（2）解：∵BD⊥AD，

∴∠ADB=90°，

∵∠A=45°，

∴∠DBA=∠A=45°，

∵EF⊥AB，

∴∠G=∠A=45°，

∴△ODG是等腰直角三角形，

∵AB∥CD，EF⊥AB，

∴DF⊥OG，

∴OF=FG，△DFG是等腰直角三角形，

∵△ODF≌△OBE（AAS）

∴OE=OF，

∴GF=OF=OE，

即2FG=EF，

∵△DFG是等腰直角三角形，

∴DF=FG=1，

∴DG==，

∵AB∥CD，

∴=，

即=，

∴AD=2，

（2）由自行车的速度就可以求出邮政车的速度，再由追击问题设邮政车出发a小时两车相遇建立方程求出其解即可；

（3）由邮政车的速度可以求出B的坐标和C的坐标，由自行车的速度就可以D的坐标，由待定系数法就可以求出BC，ED的解析式就可以求出结论．

自行车队行驶的速度是：72÷3=24km/h．

故答案为：24；

（2）由题意得

邮政车的速度为：24×2.5=60km/h．

设邮政车出发a小时两车相遇，由题意得

24（a+1）=60a，

解得：a=．

答：邮政车出发小时与自行车队首次相遇；

（3）由题意，得

邮政车到达丙地的时间为：135÷60=，

∴邮政车从丙地出发的时间为：135=，

∴B（，135），C（7.5，0）．

自行车队到达丙地的时间为：135÷24+0.5=+0.5=，

∴D（，135）．

设BC的解析式为y1=k1+b1，由题意得

，

∴，

∴y1=﹣60x+450，

设ED的解析式为y2=k2x+b2，由题意得

，

解得：，

∴y2=24x﹣12．

当y1=y2时，

﹣60x+450=24x﹣12，

解得：x=5.5．

y1=﹣60×5.5+450=120．

答：邮政车在返程途中与自行车队再次相遇时的地点距离甲地120km．

（2）作EH⊥CF于H，由△ABC为等边三角形得∠BAC=60°，则∠DAC=30°，在Rt△ADC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得DC=AD=1，AC=2CD=2，

则AB=AC=2，BF=CD=1，AF=3，然后利用勾股定理计算出BD=，DF=2，所以CF=BD=，EF=DF=，接着根据等边三角形的性质由AE⊥BC得∠CAE=∠BAE=30°，根据圆周角定理得∠EDC=∠CAE=30°，而∠DCA=∠BAC=60°，得到∠DPC=90°，在Rt△DPC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得PC=DC=，

再证明Rt△FHE∽Rt△FPC，利用相似比可计算出EH．

∵∠ABC=60°，AB=BC，

∴△ABC为等边三角形，

∵AB∥CD，∠DAB=90°，

∴∠ADC=∠DAB=90°，

∴AC为⊙O的直径，

∴∠AEC=90°，即AE⊥BC，

∴BE=CE，

CD∥BF，

∴∠DCE=∠FBF，

在△DCE和△FBE中，

，

∴△DCE≌△FBE（ASA），

∴DE=FE，

∴四边形BDCF为平行四边形，

∴CF=DB；

（2）解：作EH⊥CF于H，如图，

∵△ABC为等边三角形，

∴∠BAC=60°，

∴∠DAC=30°，

在Rt△ADC中，AD=，

∴DC=AD=1，AC=2CD=2，

∴AB=AC=2，BF=CD=1，

∴AF=3，

在Rt△ABD中，BD==，

在Rt△ADF中，DF==2，

∴CF=BD=，EF=DF=，

∵AE⊥BC，

∴∠CAE=∠BAE=30°，

∴∠EDC=∠CAE=30°，

而∠DCA=∠BAC=60°，

∴∠DPC=90°，

在Rt△DPC中，DC=1，∠CDP=30°，

∴PC=DC=，

∵∠HFE=∠PFC，

∴Rt△FHE∽Rt△FPC，

∴=，即=，

∴EH=，

即E点到CF的距离为．

（2）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．

（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等等性质可用t表示D点坐标，又D在E函数上，所以代入即可求t，进而D可表示．

∴，

解得 ，

∴y=x2﹣x﹣4．

∴C（0，﹣4）．

（2）存在．

如图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC，

∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），O（0，0）

∴AB=4，OA=3，OC=4，

∴AC==5，AQ=4．

∵QD∥OC，

∴，

∴，

∴QD=，AD=．

①作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形，

设AE=x，则EQ=x，DE=AD﹣AE=﹣x，

∴在Rt△EDQ中，（﹣x）2+（）2=x2，解得 x=，

∴OA﹣AE=3﹣=﹣，

∴E（﹣，0）．

②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4，

∵ED=AD=，

∴AE=，

∴OA﹣AE=3﹣=﹣，

∴E（﹣，0）．

③当AE=AQ=4时，

∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1，

∴E（﹣1，0）．

综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）．

（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为（﹣，﹣）．理由如下：

如图2，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，

∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，

∴AP=AQ=QD=DP，

∴四边形AQDP为菱形，

∵FQ∥OC，

∴，

∴，

∴AF=，FQ=，

∴Q（3﹣，﹣），

∵DQ=AP=t，

∴D（3﹣﹣t，﹣），

∵D在二次函数y=x2﹣x﹣4上，

∴﹣=（3﹣t）2﹣（3﹣t）﹣4，

∴t=，或t=0（与A重合，舍去），

∴D（﹣，﹣）．