6．对于反比例函数y = ，下列说法正确的是

　 A．图象经过点(1，-1)　　　　　　　 B．图象位于第二、四象限

C．图象是中心对称图形　　　　　　　　 D．当x＜0时，y随x的增大而增大

[答案]C。

[考点]反比例函数。

[分析]根据反比例函数性质，直接得出结果。

5．若⊙O₁、⊙O₂的半径分别为4和6，圆心距O₁O₂=8，则⊙O₁与⊙O₂的位置关系是

　 A．内切　　　　　 　B．相交　　　　 　C．外切　　　　 　　D．外离

[答案]B。

[考点]圆心距。

[分析]。

4．已知a - b =1，则代数式2a -2b -3的值是

A．-1　　　 　　　　 B．1　　 　　　　　　 C．-5　　 　　　　　 D．5

[答案]A。

[考点]代数式代换。

[分析]

3．下面四个几何体中，俯视图为四边形的是

[答案]D。

[考点]几何体的三视图。

[分析]根据几何体的三视图，直接得出结果。

2．下列运算正确的是

A．x²+ x³ = x⁵　　　　　　 B．x⁴·x² = x⁶　　　　　　 C．x⁶÷x² = x³ D．( x² )³ = x⁸

[答案]B。

[考点]同底幂的乘法。

[分析]

1．-2的绝对值是

A．-2　　　　　　　　　　　　 B．- 　　　　　　　　　　　 C．2　　　　　　　　　　　　 D．

[答案]C。

[考点]绝对值。

[分析]根据绝对值的定义，直接得出结果。

29、(2011•苏州)巳知二次函数y=a(x²﹣6x+8)(a＞0)的图象与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C．点D是抛物线的顶点．

(1)如图①．连接AC，将△OAC沿直线AC翻折，若点O的对应点0'恰好落在该抛物线的 对称轴上，求实数a的值；

(2)如图②，在正方形EFGH中，点E、F的坐标分别是(4，4)、(4，3)，边HG位于边EF的 右侧．小林同学经过探索后发现了一个正确的命题：“若点P是边EH或边HG上的任意一点，则四条线段PA、PB、PC、PD不能与任何一个平行四边形的四条边对应相等 (即这四条线段不能构成平行四边形)．“若点P是边EF或边FG上的任意一点，刚才的结论是否也成立？请你积极探索，并写出探索过程；

(3)如图②，当点P在抛物线对称轴上时，设点P的纵坐标l是大于3的常数，试问：是否存在一个正数阿a，使得四条线段PA、PB、PC、PD与一个平行四边形的四条边对应相等 (即这四条线段能构成平行四边形)？请说明理由．

考点：二次函数综合题。

分析：(1)本题需先求出抛物线与x轴交点坐标和对称轴，再根据∠OAC=60°得出AO，从而求出a．

(2)本题需先分两种情况进行讨论，当P是EF上任意一点时，可得PC＞PB，从而得出PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD，即可求出线段PA、PB、PC、PD不能构成平行四边形．

(3)本题需先得出PA=PB，再由PC=PD，列出关于t与a的方程，从而得出a的值，即可求出答案．

解答：解：(1)令y=0，由a(x²﹣6x+8)=0，

解得x₁=2，x₂=4；

令x=0，解得y=8a，

∴点 A、B、C的坐标分别是(2，0)、(4，0)、(0，8a)，

该抛物线对称轴为直线x=3，

∴OA=2，

如图①，设抛物线对称轴与x轴的交点为M，则AM=1，

由题意得：O′A=OA=2，

∴O′A=2AM，

∴∠O′AM=60°，

∴∠OAC=∠O′AC60°，

∴，AO=2，

即8a=2，

∴a=；

(2)若点P是边EF或边FG上的任意一点，结论同样成立，

①如图②，设P是边EF上的任意一点(不与点E重合)，连接PM，

∵点E(4，4)、F(4，3)与点B(4，0)在一直线上，点C在y轴上，

∴PB＜4，PC≥4，

∴PC＞PB，

又PD＞PM＞PB，PA＞PM＞PB，

∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD，

∴此时线段PA、PB、PC、PD不能构成平行四边形，

②设P是边FG上的任意一点(不与点G重合)，

∵点F的坐标是(4，3)，点G的坐标是(5，3)，

∴FG=3，GB=，

∴3≤PB，

∵PC≥4，

∴PC＞PB，

又PD＞PM＞PB，PA＞PM＞PB，

∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD，

∴此时线段PA、PB、PC、PD也不能构成平行四边形；

(3)存在一个正数a，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形，

如图③，∵点A、B是抛物线与x轴交点，点P在抛物线对称轴上，

∴PA=PB，

∴当PC=PD时，线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形，

∵点C的坐标是(0，8a)，点D的坐标是(3，﹣a)，

点P的坐标是(3，t)，

∴PC²=3²+(t﹣8a)²，PD²=(t+a)²，

由PC=PD得PC²=PD²，

∴3²+(t﹣8a)²=(t+a)²，

整理得：7a²﹣2ta+1=0有两个不相等的实数根a==，

显然a=满足题意

当t是一个大于3的常数时，存在一个正数a=，使得线段PA、旁边、PC、PD能构成一个平行四边形．

点评：本题主要考查了二次函数的综合问题，在解题时要注意运用数形结合和分类讨论，把二次函数的图象与性质和平行四边形的判定相结合是本题的关键．

28、(2011•苏州)如图①，小慧同学把一个正三角形纸片(即△OAB)放在直线l₁上．OA边与直线l₁重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺吋针方向旋转120°，此时点O运动到了点O₁处，点B运动到了点B₁处；小慧又将三角形纸片AO₁B₁，绕点B₁按顺吋针方向旋转 120°，此时点A运动到了点A₁处，点O₁运动到了点O₂处(即顶点O经过上述两次旋转到达O₂处)．

小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转的过程中．顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即和，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l₁围成的图形面积等于扇形A00₁的面积、△AO₁B₁的面积和扇形B₁O₁O₂的面积之和．

小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片0ABC放在直线l₂上，0A边与直线l₂重合，然后将正方形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O₁处(即点B处)，点C运动到了点C₁处，点B运动到了点B₂处，小慧又将正方形纸片 AO₁C₁B₁绕顶点B₁按顺时针方向旋转90°，…．按上述方法经过若干次旋转后，她提出了如下问题：

问题①：若正方形纸片0ABC按上述方法经过3次旋转，求顶点0经过的路程，并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l₂围成图形的面积；若正方形纸片OABC按上述方法经过5次旋转．求顶点O经过的路程；

问题②：正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点0经过的路程是？

考点：旋转的性质；等边三角形的性质；正方形的性质；弧长的计算；扇形面积的计算。

专题：几何图形问题。

分析：①根据正方形旋转3次和5次的路径，利用弧长计算公式以及扇形面积公式求出即可，

②再利用正方形纸片OABC经过4次旋转得出旋转路径，进而得出=20(1+)π+，即可得出旋转次数．

解答：解：①如图所示，正方形纸片OABC经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段圆弧，

∴顶点O在此过程中经过的路程为：2+=(1+)π，

顶点O在此过程中经过的图形与直线l₂围成的图形面积为：

×2++2××1=1+π．

正方形纸片OABC经过5次旋转，顶点O在此过程中经过的路程为：

3+=(+)π，

②正方形纸片OABC经过4次旋转，顶点O在此过程中经过的路程为：

2+=(1+)π，

∴=20(1+)π+，

∴正方形纸片OABC经过了81次旋转．

点评：此题主要考查了图形的旋转以及扇形面积公式和弧长计算公式，分别得出旋转3，4，5次旋转的路径是解决问题的关键．

27、(2011•苏州)已知四边形ABCD是边长为4的正方形，以AB为直径在正方形内作半圆，P是半圆上的动点(不与点A、B重合)，连接PA、PB、PC、PD．

(1)如图①，当PA的长度等于　2时，∠PAD=60°；当PA的长度等于　2或时，△PAD是等腰三角形；

(2)如图②，以AB边所在直线为x轴、AD边所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系(点A即为原点O)，把△PAD、△PAB、△PBC的面积分别记为S₁、S₂、S₃．设P点坐标为(a，b)，试求2S₁S₃﹣S₂²的最大值，并求出此时a、b的值．

考点：相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；正方形的性质；圆周角定理；解直角三角形。

专题：几何综合题；数形结合；方程思想。

分析：(1)由AB是直径，可得∠APB=90°，然后利用三角函数即可求得PA的长；当PA=PB时，△PAB是等腰三角形，然后由等腰三角形的性质与射影定理即可求得答案．

(2)过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别为E，F延长FP交BC于点G，则PG⊥BC，P点坐标为(a，b)，PE=b，PF=a，PG=4﹣a，利用矩形的面积关系与二次函数的知识即可求得答案．

解答：解：(1)若∠PAD=60°，需∠PAB=30°，

∵AB是直径，

∴∠APB=90°，

∴PB=2，

则PA=2，

∴当PA的长度等于2时，∠PAD=60°；

若△PAD是等腰三角形，则只能是PA=PD，

过点P作PE⊥AD于E，作PM⊥AB于M，

则四边形EAMP是矩形，

∴PM=PE=AB=2，

∵PM²=AM•BM=4，

∵AM+BM=4，

∴AM=2，

∴PA=2，

同理可得P在P′时，PA=PB，

此时：PA=；

∴当PA的长度等于2或时，△PAD是等腰三角形；

(2)过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别为E，F延长FP交BC于点G，

则PG⊥BC，

∵P点坐标为(a，b)，

∴PE=b，PF=a，PG=4﹣a，

在△PAD，△PAB及△PBC中，

S₁=2a，S₂=2b，S₃=8﹣2a，

∵AB为直径，

∴∠APB=90°，

∴PE²=AE•BE，

即b²=a(4﹣a)，

∴2S₁S₃﹣S₂²=4a(8﹣2a)﹣4b²=﹣4b²+16a=﹣4(a﹣2)²+16，

∴当a=2时，b=2，2S₁S₃﹣S₂²有最大值16．

点评：此题考查了正方形的性质，圆周角的性质以及三角函数的性质等知识．此题综合性很强，解题时要注意数形结合与方程思想的应用．

26、(2011•苏州)如图，已知AB是⊙O的弦，OB=2，∠B=30°，C是弦AB上的任意一点 (不与点A、B重合)，连接CO并延长CO交⊙O于点D，连接AD．

(1)弦长等于　2(结果保留根号)；

(2)当∠D=20°时，求∠BOD的度数；

(3)当AC的长度为多少时，以A、C、D为顶点的三角形与以B、C、0为顶点的三角形相似？请写出解答过程．

考点：圆周角定理；垂径定理；相似三角形的判定与性质；解直角三角形。

专题：几何综合题；数形结合。

分析：(1)过点O作OE⊥AB于E，由垂径定理即可求得AB的长；

(2)连接OA，由OA=OB，OA=OD，可得∠BAO=∠B，∠DAO=∠D，则可求得∠DAB的度数，又由圆周角等于同弧所对圆心角的一半，即可求得∠DOB的度数；

(3)由∠BCO=∠A+∠D，可得要使△DAC与△BOC相似，只能∠DCA=∠BCO=90°，然后由相似三角形的性质即可求得答案．

解答：解：过点O作OE⊥AB于E，

则AE=BE=AB，∠OEB=90°，

∵OB=2，∠B=30°，

∴BE=OB•cos∠B=2×=，

∴AB=2；

故答案为：2；

(2)连接OA，

∵OA=OB，OA=OD，

∴∠BAO=∠B，∠DAO=∠D，

∴∠DAB=∠BAO+∠DAO=∠B+∠D，

又∵∠B=30°，∠D=20°，

∴∠DAB=50°，

∴∠BOD=2∠DAB=100°；

(3)∵∠BCO=∠A+∠D，

∴∠BCO＞∠A，∠BCO＞∠D，

∴要使△DAC与△BOC相似，只能∠DCA=∠BCO=90°，

此时∠BOC=60°，∠BOD=120°，

∴∠DAC=60°，

∴△DAC∽△BOC，

∵∠BCO=90°，

即OC⊥AB，

∴AC=AB=．

点评：此题考查了垂径定理，圆周角的性质以及相似三角形的判定与性质等知识．题目综合性较强，解题时要注意数形结合思想的应用．