∴∠DAC＝∠OAC﹣∠DAO＝45°，且∠C＝60° ∴∠ADC＝75°

【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．

24．（10分）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣

，0），点B（0，1）把△ABO绕点O

顺时针旋转，得△A'B'O，点A，B旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α（0°＜α＜360°）．（Ⅰ）如图①，当点A′，B，B′共线时，求AA′的长．

（Ⅱ）如图②，当α＝90°，求直线AB与A′B′的交点C的坐标；

（Ⅲ）当点A′在直线AB上时，求BB′与OA′的交点D的坐标（直接写出结果即可）

【分析】（Ⅰ）如图①，只要证明△AOA′是等边三角形即可；

（Ⅱ）如图②，当α＝90°，点A′在y轴上，作CH⊥OA′于H．解直角三角形求出BH，CH即可解决问题；

（Ⅲ）如图③，设A′B′交x轴于点K．首先证明A′B′⊥x轴，求出OK，A′K即可解决问题；

【解答】解：（Ⅰ）如图①，

∵A（﹣∴OA＝

，0），B（0，1）， ，OB＝1，

＝

，

∴tan∠BAO＝

∴∠BAO＝30°，∠ABO＝60°， ∵△A′OB′是由△AOB旋转得到，

∴∠B′＝∠ABO＝60°，OB＝OB′，OA＝OA′， ∴∠OBB′＝60°，

∴∠BOB′＝α＝∠AOA′＝60°， ∴△AOA′是等边三角形， ∴AA′＝OA＝

（Ⅱ）如图②，当α＝90°，点A′在y轴上，作CH⊥OA′于H．

．

∵∠A′B′O＝60°，∠CAB′＝30°， ∴∠ACB′＝90°， ∵A′B＝OA′﹣OB＝∴BC＝A′B＝∵∠HBC＝60°， ∴BH＝BC＝∴OH＝1+BH＝∴点C的坐标（

（Ⅲ）如图③中，设A′B′交x轴于点K．

，CH＝， ，

）． BH＝

，

﹣1，∠BA′C＝30°， ，

当A′在AB上时，∵OA＝OA′， ∴∠OAA′＝∠AA′O＝30°，

∵∠OA′B′＝30°， ∴∠AA′K＝60°， ∴∠AKA′＝90°， ∵OA′＝

，∠OA′K＝30°，

，A′K＝

OK＝，

∴OK＝OA′＝∴A′（

，）．

【点评】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，等边三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 25．（10分）如图，抛物线y＝﹣x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）． （1）求抛物线的表达式；

（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；

（3）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标．

【分析】（1）由待定系数法建立二元一次方程组求出求出m、n的值即可；

（2）由（1）的解析式求出顶点坐标，再由勾股定理求出CD的值，再以点C为圆心，CD为半径作弧交对称轴于P1，以点D为圆心CD为半径作圆交对称轴于点P2，P3，作CE垂直于对称轴与点E，由等腰三角形的性质及勾股定理就可以求出结论；

（3）先求出BC的解析式，设出E点的坐标为（a，﹣ a+2），就可以表示出F的坐标，由四边形CDBF的面积＝S△BCD+S△CEF+S△BEF求出S与a的关系式，由二次函数的性质就可以求出结论．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+mx+n经过A（﹣1，0），C（0，2）．

解得：，

∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+2；

（2）∵y＝﹣x2+x+2， ∴y＝﹣（x﹣）2+

，

∴抛物线的对称轴是x＝． ∴OD＝． ∵C（0，2）， ∴OC＝2．

在Rt△OCD中，由勾股定理，得 CD＝．

∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形， ∴CP1＝DP2＝DP3＝CD． 作CM⊥x对称轴于M， ∴MP1＝MD＝2， ∴DP1＝4．

∴P1（，4），P2（，），P3（，﹣）；

（3）当y＝0时，0＝﹣x2+x+2 ∴x1＝﹣1，x2＝4， ∴B（4，0）．

设直线BC的解析式为y＝kx+b，由图象，得

，