【正文】 底數(shù)冪的乘法；冪的乘方與積的乘方．【專題】計算題．【分析】根據(jù)合并同類項法則，積的乘方，等于把積的每一個因式分別乘方，再把所得的冪相乘；同底數(shù)冪相除，底數(shù)不變指數(shù)相減；同底數(shù)冪相乘，底數(shù)不變指數(shù)相加對各選項分析判斷利用排除法求解．【解答】解：A、a與a2不是同類項，不能合并，故A選項錯誤；B、（3a）2=9a2，故B選項錯誤；C、a6247。FO=FC，則下列結(jié)論：①FB⊥OC，OM=CM；②△EOB≌△CMB；③四邊形EBFD是菱形；④MB：OE=3：2．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【考點】菱形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】幾何圖形問題．【分析】①根據(jù)已知得出△OBF≌△CBF，可求得△OBF與△CBF關(guān)于直線BF對稱，進而求得FB⊥OC，OM=CM；②因為△EOB≌△FOB≌△FCB，故△EOB不會全等于△CBM．③先證得∠ABO=∠OBF=30176。OB=OC，∴△OBC是等邊三角形，∴OB=BC=OC，∠OBC=60176?！唷螦BO=30176?！唷螦BO=∠OBF，∵AB∥CD，∴∠OCF=∠OAE，∵OA=OC，易證△AOE≌△COF，∴OE=OF，∴OB⊥EF，∴四邊形EBFD是菱形，∴③正確，∵△EOB≌△FOB≌△FCB，∴△EOB≌△CMB錯誤．∴②錯誤，∵∠OMB=∠BOF=90176?！郙B=，OF=，∵OE=OF，∴MB：OE=3：2，∴④正確；故選：C．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)以及三角函數(shù)等的知識．　三、解答題（共66分）19．計算：﹣2sin45176。則sinA=sinP，然后根據(jù)正弦的定義得到==，得出AB的長即可．【解答】（1）證明：∵CM=BM，∴∠C=∠CBM，∵∠C=∠P，∴∠P=∠CBM，∴CB∥PD；（2）解：連接AC，如圖所示∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，∴，∴∠BPD=∠A，∴sinA=sin∠BPD=，又∵AB為直徑，∴∠ACB=90176。AE⊥BC于E，（1）如圖①，求證：BE+CD=AE；（2）如圖②圖③，請直接寫出BE、CD、AE之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明；（3）若CE=8，BE=AE，則CD=　4或12?。究键c】全等三角形的判定與性質(zhì)．【分析】（1）過點D作DF⊥AE，垂足為F，證明△ABE≌△ADF，四邊形CDFE為長方形，得BE=AF，CD=EF，即可得出BE+CD=AE；（2）如圖②過點A作AF⊥CD，垂足為F，證明△ABE≌△ADF，四邊形AECF為長方形，得BE=DF，CF=AE，即可得出BE+AE=CD；如圖③過點D作DF⊥AE，垂足為F，證明△ABE≌△ADF，四邊形CDFE為長方形，得BE=AF，CD=EF，即可得出BE=CD+AE；（3）根據(jù)（1）可得出DF=8，則AE=8，BE=4，得出CD=4，再（2）得AE=8，BE=4，得出CD=12；從而得出CD的長為4或12．【解答】解：（1）過點D作DF⊥AE，垂足為F，∵AE⊥BC，∴∠AEB=∠AEC=90176?！唷螧AE=∠ADF，在△ABE和△ADF中，∴△ABE≌△ADF，∴BE=AF，∴四邊形CDFE為長方形，∴CD=EF，∴BE+CD=AE；（2）如圖②；BE+AE=CD；如圖③；BE=CD+AE；（3）如圖①，得BE+CD=AE；∵DF=CE=8，∴AE=8，∴BE=4，∴CD=4，如圖②，得BE+AE=CD；∵AF=CE=8，∴AE=8，∴BE=4，∴CD=12；∴CD的長為4或12．故答案為4或12．【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造全等三角形，證明線段相等，注意轉(zhuǎn)化思想的運用，難度不大，是中考常見題型．　27．如圖，在平面直角坐標系中，已知Rt△AOB的兩條直角邊OA、OB分別在y軸和x軸上，并且OA、OB的長分別是方程x2﹣7x+12=0的兩根（OA＜OB），動點P從點A開始在線段AO上以每秒1個單位長度的速度向點O運動；同時，動點Q從點B開始在線段BA上以每秒2個單位長度的速度向點A運動，設(shè)點P、Q運動的時間為t秒．（1）求A、B兩點的坐標．（2）求當t為何值時，△APQ與△AOB相似，并直接寫出此時點Q的坐標．（3）當t=2時，在坐標平面內(nèi)，是否存在點M，使以A、P、Q、M為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出M點的坐標；若不存在，請說明理由．【考點】一次函數(shù)綜合題．【分析】（1）解方程可求得OA、OB的長，容易求得A、B兩點的坐標；（2）由勾股定理可求得AB，用t可表示出AP、QB、AQ的長，分△APQ∽△AOB和△APQ∽△ABO兩種情況，可分別求得t的值，再利用三角函數(shù)可求得Q的坐標；（3）由t=2可先求得Q點的坐標，分AP為邊和對角線兩種情況，由平行四邊形的性質(zhì)可求得QM=AP或AM=PQ，可分別求得M的坐標．【解答】解：（1）解方程x2﹣7x+12=0，得x1=3，x2=4，∵OA＜OB，∴OA=3，OB=4，∴A（0，3），B（4，0）；（2）在Rt△AOB中，OA=3，OB=4，∴AB=5，∴AP=t，QB=2t，AQ=5﹣2t．△APQ與△AOB相似，可能有兩種情況：①△APQ∽△AOB，如圖（1）所示．則有=，即=，解得t=．此時OP=OA﹣AP=，PQ=AP?tanA=，∴Q（，）；②△APQ∽△ABO，如圖（2）所示．則有=，即=，解得t=．此時AQ=，AH=AQ?cosA=，HQ=AQ?sinA=，OH=OA﹣AH=，∴Q（，）．綜上所述，當t=秒或t=秒時，△APQ與△AOB相似，所對應(yīng)的Q點坐標分別為（，）或（，）；（3）結(jié)論：存在．如圖（3）所示．∵t=2，∴AP=2，AQ=1，OP=1．過Q點作QE⊥y軸于點E，則QE=AQ?sin∠QAP=，AE=AQ?cos∠QAP=，∴OE=OA﹣AE=，∴Q（，）．∵?APQM1，∴QM1⊥x軸，且QM1=AP=2，∴M1（，）；∵?APQM2，∴QM2⊥x軸，且QM2=AP=2，∴M2（，）；如圖（3），過M3點作M3F⊥y軸于點F，∵?AQPM3，∴M3P=AQ，∠QAE=∠M3PF，∴∠PM3F=∠AQE；在△M3PF與△QAE中，∴△M3PF≌△QAE（ASA），∴M3F=QE=，PF=AE=，∴OF=OP+PF=，∴M3（﹣，）．∴當t=2時，在坐標平面內(nèi)，存在點M，使以A、P、Q、M為頂點的四邊形是平行四邊形，點M的坐標為：M1（，）或M2（，）或M3（﹣，）．【點評】本題主要考查一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及一元二次方程、相似三角形的判定和性質(zhì)、三角函數(shù)、平行四邊形的性質(zhì)等知識點．在（1）中解出方程容易求得A、B坐標，在（2）中注意分兩種情況討論，在（3）中注意平行四邊形平行的兩邊是分類的依據(jù)．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．　第33頁（共33頁）