...

（2）想办法证明∠P=30°即可解决问题；

【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AD∥BC， ∵CB⊥AE， ∴AD⊥AE， ∴∠DAO=90°，

∵DP与⊙O相切于点C， ∴DC⊥OC， ∴∠DCO=90°，

在Rt△DAO和Rt△DCO中，

，

∴Rt△DAO≌△Rt△DCO， ∴DA=DC．

（2）∵CB⊥AE，AE是直径， ∴CF=FB=BC，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC， ∴CF=AD， ∵CF∥DA， ∴△PCF∽△PDA， ∴

=

=，

∴PC=PD，DC=PD， ∵DA=DC， ∴DA=PD，

在Rt△DAP中，∠P=30°， ∵DP∥AB，

∴∠FAB=∠P=30°， ∵AE是⊙O的直径，

...

...

∴∠ABE=90°， ∴∠AEB=60°．

【点评】本题考查切线的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形中30度角的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．

25．如图1所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别相交于点M，N． 【问题引入】

（1）若点O是AC的中点，

=，求

的值；

温馨提示：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G． 【探索研究】

（2）若点O是AC上任意一点（不与A，C重合），求证：【拓展应用】

（3）如图2所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交BC，AC，AB于点D，E，F，若

=，

=，求

的值．

=1；

【分析】（1）作AG∥MN交BN延长线于点G，证△ABG∽△MBN得△ACG∽△OCN得

=

，结合AO=CO得NG=CN，从而由

=

=

=，即=，同理由

可得答案；

...

...

（2）由=、=知==1；

=1、在△ACD中有

=1，从而

=

，

（3）由（2）知，在△ABD中有据此知

=

=

=．

【解答】解：（1）过点A作AG∥MN交BN延长线于点G， ∴∠G=∠BNM， 又∠B=∠B， ∴△ABG∽△MBN， ∴∴∴

=

，

﹣1，

，即

=

，

=

，

﹣1==

同理，在△ACG和△OCN中，∴

=

，

∵O为AC中点， ∴AO=CO， ∴NG=CN， ∴

===；

（2）由（1）知，∴

=、=，

==1；

（3）在△ABD中，点P是AD上的一点，过点P的直线与AC、BD的延长线相交于点C， 由（2）得

=1，

在△ACD中，点P是AD上一点，过点P是AD上一点，过点P的直线与AC、AD的延长线分别相交于点E、B， 由（2）得

=1，

...

...

∴∴

=

=

=

，

=×=．

【点评】本题主要考查相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定与性质及比例式的基本性质是解题的关键．

26．如图所示，顶点为（，﹣）的抛物线y=ax2+bx+c过点M（2，0）． （1）求抛物线的解析式；

（2）点A是抛物线与x轴的交点（不与点M重合），点B是抛物线与y轴的交点，点C是直线y=x+1上一点（处于x轴下方），点D是反比例函数y=（k＞0）图象上一点，若以点A，B，C，D为顶点的四边形是菱形，求k的值．

【分析】（1）设抛物线方程为顶点式y=a（x﹣）2﹣，将点M的坐标代入求a的值即可； （2）设直线y=x+1与y轴交于点G，易求G（0，1）．则直角△AOG是等腰直角三角形∠AGO=45°．点C是直线y=x+1上一点（处于x轴下方），而k＞0，所以反比例函数y=（k＞0）图象位于点一、三象限．故点D只能在第一、三象限，因此符合条件的菱形只能有如下2种情况： ①此菱形以AB为边且AC也为边，②此菱形以AB为对角线，利用点的坐标与图形的性质，勾股定理，菱形的性质和反比例函数图象上点的坐标特征求得k的值即可．

【解答】解：（1）依题意可设抛物线方程为顶点式y=a（x﹣）2﹣（a≠0）， 将点M（2，0）代入可得：a（2﹣）2﹣=0， 解得a=1．

故抛物线的解析式为：y=（x﹣）2﹣；

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