∵∠AEB=90°，AB=5， ∴BE=AB?sin∠1=

，

∵AB=AC，∠AEB=90°， ∴BC=2BE=2

，

=2

，

在Rt△ABE中，由勾股定理得AE=∴sin∠2=

，cos∠2=

，

?

在Rt△CBG中，GC=BC sin∠2=2∴AG=3， ∵GC∥BF， ∴△AGC∽△ABF， ∴∴BF=

， =

．

=4，GB=BCcos∠2=2，

【点评】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，基本图形的作法，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．

24．（14分）（2020?花都区一模）已知抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C，该抛物线的顶点为点D． （1）求该抛物线的解析式及点D的坐标；

（2）连接AC，CD，BD，BC，设△AOC、△BOC、△BCD的面积分别为S1，S2和S3，求证：S3=

；

（3）点M是线段AB上一动点（不包括点A和点B），过点M作MN∥BC交AC于点N，连接MC，是否存在点M使∠AMN=∠ACM？若存在，求出点M的坐标和此时直线MN的解析式；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．

【分析】（1）直接利用交点式写出抛物线的解析式，然后把解析式配成顶点式得到点D的坐标；

（2）如图，先确定C（0，﹣3），再利用两点间的距离公式计算出BC、CD、BD的长，利用勾股定理的逆定理证明△BCD为直角三角形，∠BCD=90°，然后根据三角形面积公式分别计算出S1，S2和S3，从而得到结论；

（3）设点M的坐标为（m，0）（﹣1＜m＜3），则MA=m+1，AC=得到AM：AB=AN：AC，利用比例性质得AN=利用相似比得到（m+1）2=

?

，利用MN∥BC

（m+1），再证明△AMN∽△ACM，

（m+1），则解方程可得到m的值，从而得到M点的

坐标，然后利用待定系数法求出BC的解析式，最后利用MN∥BC可求出直线MN的解析式．

【解答】（1）解：抛物线的解析式为y=（x+1）（x﹣3）， 即y=x2﹣2x﹣3； ∵y=（x﹣1）2﹣4，

∴点D的坐标为（1，﹣4）；

（2）证明：如图，当x=0时，y=x2﹣2x﹣3=﹣3，则C（0，﹣3）， 而A（﹣1，0），B（3，0）， ∴CD=

∴CD2+BC2=BD2，

∴△BCD为直角三角形，∠BCD=90°，

=

，BC=

=3

，BD=

=2

，

∴S3=CD?BC=?

?3=3，

∵S1=?OA?OC=?1?3=，S2=?OC?OB=?3?3=，

∴S3=；

（3）解：存在点M使∠AMN=∠ACM．

设点M的坐标为（m，0）（﹣1＜m＜3），则MA=m+1，AC=∵MN∥BC，

∴AM：AB=AN：AC，即（m+1）：AN=4：∵∠AMN=∠ACM，∠MAN=∠CAM， ∴△AMN∽△ACM，

∴AM：AC=AN：AM，即（m+1）2=解得m1=﹣1（舍去），m2=， ∴点M的坐标为（，0），

设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（3，0），C（0，﹣3）代入得∴BC的解析式为y=x﹣3， 又∵MN∥BC，

∴设直线MN的解析式为y=x+n，

把点M的坐标为（，0）代入得n=﹣， ∴直线MN的解析式为y=x﹣．

，解得

，

?

（m+1）， ，解得AN=

（m+1），

=

，

【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握待定系数法求二次函数和一次哦函数解析式；会求抛物线与x轴的交点坐标；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；会利用勾股定理的逆定理证明直角三角形，记住三角形面积公式；会利用平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质计算线段的长．

25．（14分）（2020?花都区一模）如图，在矩形ABCD中，AD=4，M是AD的中点，点E是线段AB上一动点，连结EM并延长交线段CD的延长线于点F （1）如图1，求证：AE=DF；

（2）如图2，若AB=2，过点M作MG⊥EF交线段BC于点G，求证△GEF是等腰直角三角形；

（3）如图3，若AB=2度的取值范围．

，过点M作MG⊥EF交线段BC的延长线于点G．求线段AE长

【考点】四边形综合题．

【分析】（1）根据矩形的性质得到∠EAM=∠FDM=90°，根据全等三角形的判定定理得到△AEM≌△DFM（ASA），由全等三角形的性质即可得到结论；