（2012•仪陇县模拟）求值：计算：（2cos30°-1）0+(13)−1−(−5)2−|−1|

解题思路：先猜想AP=CQ，再在△ABP与△CBQ中，由AB=CB，BP=BQ，∠ABC=∠PBQ=60°可得出∠ABP=∠CBQ，进而可判断出△ABP≌△CBQ，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．

猜想：AP=CQ
证明：在△ABP与△CBQ中，
∵AB=CB，BP=BQ，∠ABC=∠PBQ=60°，
∴∠ABP=∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC=∠CBQ，
∴△ABP≌△CBQ，
∴AP=CQ

点评：
本题考点： 等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．

考点点评： 本题考查的是等边三角形的性质及全等三角形的判定与性质，根据题意判断出△ABP≌△CBQ是解答此题的关键．

解题思路：（1）根据抛物线的解析式，可表示出A、B的坐标，根据AB=4，可求出m的值，从而确定该抛物线的解析式，即可得到A、B、C的坐标；根据B、C的坐标，可得到∠OBC=45°，根据圆周角定理知∠AMC=90°，即△AMC是等腰直角三角形，AC的长易求得，即可得到半径AM、MC的长，利用扇形的面积公式，即可求得扇形AMC的面积．
（2）设PD与BC的交点为E，此题可分成两种情况考虑：
①当△BPE的面积是△BDE的2倍时，由于△BDE和△BPD同高不等底，那么它们的面积比等于底边的比，即DE=[1/3]PD，可设出P点的坐标，那么E点的纵坐标是P点纵坐标的[1/3]，BD的长为B、P横坐标差的绝对值，由于∠OBC=45°，那么BD=DE，可以此作为等量关系求出P点的坐标；
②当△BDE的面积是△BPE的2倍时，方法同①．

（1）∵y=mx²+（m-3）x-3=（mx-3）（x+1），
∴x₁=-1，x₂=[3/m]，
∴AB=[3/m]-（-1）=4，
即m=1；
∴y=x²-2x-3，
得A（-1，0）、B（3，0）、C（0，-3），
∴∠OBC=45°，∠AMC=90°，
∵AC=
12+32=
10，
∵AM=CM，
∴AM=
AC

2=
5，
∴R=
5，S=[5/4]π．

（2）设PD与BC的交点为E，可求直线BC解析式为y=x-3，
设P（x，x²-2x-3）；当S_△BED：S_△BEP=1：2时，PD=3DE，
得-（x²-2x-3）=-3（x-3），解得x=2或3，
∴

点评：
本题考点： 二次函数综合题．

考点点评： 此题是二次函数的综合类题目，涉及到：二次函数解析式的确定、圆周角定理、扇形面积的计算方法以及图形面积的求法等知识，综合性强，难度稍大．

解题思路：由以O为圆心的两个同心圆的半径分别为9和5，以r为半径的⊙O₁与两同心圆都相切，则可分别从若以r为半径的⊙O₁与大圆内切，小圆外切与若以r为半径的⊙O₁与两同心圆都内切去分析求解即可求得答案．

∵两个同心圆的半径分别为9和5，
∴若以r为半径的⊙O₁与大圆内切，小圆外切，
则5+2r=9，
解得：r=2；
若以r为半径的⊙O₁与两同心圆都内切，
则2r-5=9，
解得：r=7；
∴r=2或7．
故答案为：2或7．

点评：
本题考点： 圆与圆的位置关系．

考点点评： 此题考查了圆与圆的位置关系．此题难度适中，注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系是关键．

解题思路：（1）由方程有两个实数根，可得m²-1≠0，然后利用因式分解法解此方程，又由关于x的方程（m²-1）x²-3（3m-1）x+18=0有两个正整数根（m是整数），即可求得m的值，继而求得答案；
（2）（a）首先根据题意画出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果；
（b）由（a）中的表格，即可求得甲获胜与乙获胜的概率，继而可求得答案．

（1）∵方程有两个实数根，
∴m²-1≠0，
∵（m²-1）x²-3（3m-1）x+18=0，
∴[（m+1）x-6][（m-1）x-3]=0，
解得：x₁=[6/m+1]，x₂=[3/m−1]，
∵关于x的方程（m²-1）x²-3（3m-1）x+18=0有两个正整数根（m是整数），
∴

m+1＝1，2，3，6
m−1＝1，3，
即

m＝0，1，2，5
m＝2，4，
∴m=2，
∴原方程的解为：x₁=2，x₂=3；

（2）（a）列表得：

1 2 3 4
2 1，2 2，2 3，2 4，2
3 1，3 2，3 3，3 4，3
4 1，4 2，4 3，4 4，4则共有12种等可能的结果；

（b）乙获胜的概率大．
理由：由（a）得：P（甲获胜）=[1/6]，P（乙获胜）=1-[1/6]=[5/6]，
故乙获胜的概率大．

点评：
本题考点： 列表法与树状图法；根的判别式．

考点点评： 此题考查了一元二次方程的解法以及列表法与树状图法求概率．注意概率=所求情况数与总情况数之比；注意分类讨论思想的应用．