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23．（10分）（2014•威海）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作BE的垂线交AB于点F，⊙O是△BEF的外接圆．
（1）求证：AC是⊙O的切线．
（2）过点E作EH⊥AB于点H，求证：CD=HF．
考点： 切线的判定
专题： 证明题．
分析： （1）连接OE，由于BE是角平分线，则有∠CBE=∠OBE；而OB=OE，就有∠OBE=∠OEB，等量代换有∠OEB=∠CBE，那么利用内错角相等，两直线平行，可得OE∥BC；又∠C=90°，所以∠AEO=90°，即AC是⊙O的切线；
（2）连结DE，先根据AAS证明△CDE≌△HFE，再由全等三角形的对应边相等即可得出CD=HF．
解答： 证明：（1）连接OE．
∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=∠OBE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OEB=∠CBE，
∴OE∥BC，
∴∠AEO=∠C=90°，
∴AC是⊙O的切线；
（2）如图，连结DE．
∵∠CBE=∠OBE，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，
∴EC=EH．
∵∠CDE+∠BDE=180°，∠HFE+∠BDE=180°，
∴∠CDE=∠HFE．
在△CDE与△HFE中，
，
∴△CDE≌△HFE（AAS），
∴CD=HF．
点评： 本题主要考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
24．（11分）（2014•威海）猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 DM=DE ．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．
考点： 四边形综合题
分析： 猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．
（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
（2）连接AE，AE和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
解答： 猜想：DM=ME
证明：如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME．
（1）如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME，
故答案为：DM=ME．
（2）如图2，连接AE，
∵四边形ABCD和ECGF是正方形，
∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，
∴AE和EC在同一条直线上，
在RT△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，
在RT△AEF中，AM=MF，
∴AM=MF=ME，
∴DM=ME．
点评： 本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．
25．（12分）（2014•威海）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）E为抛物线上一动点，是否存在点E使以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似？若存在，试求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若将直线BC平移，使其经过点A，且与抛物线相交于点D，连接BD，试求出∠BDA的度数．
考点： 二次函数综合题
分析： （1）本题需先根据已知条件，过C点，设出该抛物线的解析式为y=ax2+bx+2，再根据过A，B两点，即可得出结果；
（2）由图象可知，以A、B为直角顶点的△ABE不存在，所以△ABE只可能是以点E为直角顶点的三角形．由相似关系求出点E的坐标；
（3）如图2，连结AC，作DE⊥x轴于点E，作BF⊥AD于点F，由BC∥AD设BC的解析式为y=kx+b，设AD的解析式为y=kx+n，由待定系数法求出一次函数的解析式，就可以求出D坐标，由勾股定理就可以求出BD的值，由勾股定理的逆定理就可以得出∠ACB=90°，由平行线的性质就可以得出∠CAD=90°，就可以得出四边形ACBF是矩形，就可以得出BF的值，由勾股定理求出DF的值，而得出DF=BF而得出结论．
解答： 解：（1）∵该抛物线过点C（0，2），
∴可设该抛物线的解析式为y=ax2+bx+2．
将A（﹣1，0），B（4，0）代入，
得
，
解得
，
∴抛物线的解析式为：y=﹣
x2+
x+2．
（2）存在．
由图象可知，以A、B为直角顶点的△ABE不存在，所以△ABE只可能是以点E为直角顶点的三角形．
在Rt△BOC中，OC=2，OB=4，
∴BC=
=
．
在Rt△BOC中，设BC边上的高为h，则
×h=×2×4，
∴h=
．
∵△BEA∽△COB，设E点坐标为（x，y），
∴
=
，∴y=±2
将y=2代入抛物线y=﹣
x2+
x+2，得x1=0，x2=3．
当y=﹣2时，不合题意舍去．
∴E点坐标为（0，2），（3，2）．
（3）如图2，连结AC，作DE⊥x轴于点E，作BF⊥AD于点F，
∴∠BED=∠BFD=∠AFB=90°．
设BC的解析式为y=kx+b，由图象，得
，
∴
，
yBC=﹣
x+2．
由BC∥AD，设AD的解析式为y=﹣x+n，由图象，得
0=﹣×（﹣1）+n
∴n=﹣，
yAD=﹣x﹣．
∴﹣x2+
x+2=﹣
x﹣，
解得：x1=﹣1，x2=5
∴D（﹣1，0）与A重合，舍去，D（5，﹣3）．
∵DE⊥x轴，
∴DE=3，OE=5．
由勾股定理，得BD=
．
∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2），
∴OA=1，OB=4，OC=2．
∴AB=5
在Rt△AOC中，Rt△BOC中，由勾股定理，得
AC=
，BC=2
，
∴AC2=5，BC2=20，AB2=25，
∴AC2+BC2=AB2
∴△ACB是直角三角形，
∴∠ACB=90°．
∵BC∥AD，
∴∠CAF+∠ACB=180°，
∴∠CAF=90°．
∴∠CAF=∠ACB=∠AFB=90°，
∴四边形ACBF是矩形，
∴AC=BF=
，
在Rt△BFD中，由勾股定理，得DF=
，
∴DF=BF，
∴∠ADB=45°．
点评： 本题考查了运用待定系数法求二次函数解析式和一次函数的解析式的运用，相似三角形的性质的运用，勾股定理的运用，矩形的判定及性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
