∵∠DAE＝∠ABC ∴∠DAE+∠BAC＝90°
∴∠BAD＝180°﹣（∠DAE+∠BAC）＝90° ∴AD⊥AB ∴AD是⊙O的切线
（2）延长DO交BC于点H，连接OC ∵DE⊥AC于点E ∴∠DEA＝90°
∵AB绕点A旋转得到AD ∴AB＝AD
在△DEA与△ACB中
∴△DEA≌△ACB（AAS） ∴AE＝BC＝2，AC＝DE＝1 ∴AD＝AB＝∵O为AB中点 ∴AO＝AB＝∴
∵∠DAO＝∠AED＝90° ∴△DAO∽△AED ∴∠ADO＝∠EAD ∴DO∥EA
∴∠OHB＝∠ACB＝90°，即DH⊥BC ∵OB＝OC
∴OH平分∠BOC，即∠BOH＝∠BOC ∵∠FOG＝∠BOH，∠BFG＝∠BOC ∴∠FOG＝∠BFG ∵∠FGO＝∠BGF ∴△FGO∽△BGF
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∴
2
∴FG＝GO?GB
【点评】本题考查了三角形外心定义，圆的切线判定，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，垂径定理，等腰三角形三线合一，圆周角定理．其中第（2）题证明DO∥EA进而得到DO垂直BC是解题关键．
28．（12分）二次函数y＝ax+bx+2的图象交x轴于点（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
2
（1）求二次函数y＝ax+bx+2的表达式； （2）连接BD，当t＝时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；
（4）当t＝时，在直线MN上存在一点Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求点Q的坐标． 【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax+bx+2即可；
（2）由已知分别求出M（2，0），N（2，1），D（2，3），根据∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积即可求解；
（3）由已知可得M（2t﹣1，0），设P（2t﹣1，m），根据勾股定理可得PC＝（2t﹣1）+（m﹣2），PB＝（2t﹣5）+m，再由PB＝PC，得到m与t的关系式：m＝4t﹣5，因为PC⊥PB，则有＝﹣1求出t＝1或t＝2，即可求D点坐标；
2
2
2
2
2
2
2
2
?
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（4）当t＝时，M（，0），可知点Q在抛物线对称轴x＝上；过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x＝的交点分别为Q1与Q2，由AB＝5，可得圆半径AM＝，即可求Q点坐标分别为（，﹣），（，）．
【解答】解：（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax+bx+2， ∴a＝﹣，b＝， ∴y＝﹣x+x+2； （2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y＝﹣x+2， 当t＝时，AM＝3， ∵AB＝5， ∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积＝（3）∵BM＝5﹣2t， ∴M（2t﹣1，0）， 设P（2t﹣1，m），
∵PC＝（2t﹣1）+（m﹣2），PB＝（2t﹣5）+m， ∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）+（m﹣2）＝（2t﹣5）+m， ∴m＝4t﹣5， ∴P（2t﹣1，4t﹣5）， ∵PC⊥PB， ∴
?
＝﹣1
2
2
2
2
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2
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2
2
MB×DM﹣MB×MN＝×2×2＝2；
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0）， ∴D（1，3）或D（3，2）； （4）当t＝时，M（，0）， ∴点Q在抛物线对称轴x＝上，
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如图：过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x＝的交点分别为Q1与Q2， ∵AB＝5， ∴AM＝，
∵∠AQ1C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°， ∴∠AQ1C＝∠MAG，
又∵∠AQ1C＝∠CGA＝∠MAG， ∴Q1（，﹣）， ∵Q1与Q2关于x轴对称， ∴Q2（，），
∴Q点坐标分别为（，﹣），（，）；
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，动点问题；能够熟练掌握二次函数解析式与相应点的求法，熟悉等腰直角三角形的性质，应用勾股定理和直线垂直的性质建立坐标之间的联系，借助圆周角的性质，等腰三角形的性质，互余角的性质将角进行转换是解题的关键．
28