（2）证明：∵AC=PC，∴∠A=∠P，∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P．

又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，∴∠COB=∠CBO，∴BC=OC， ∴

（3）解：连接MA，MB，

∵点M是弧AB的中点，∴ 弧AM=弧BM，∴∠ACM=∠BCM， ∵∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM， ∵∠BMN=∠BMC，∴△MBN∽△MCB，∴ 又∵AB是⊙O的直径，弧AM=弧BM， ∴∠AMB=90°，AM=BM， ∵AB=4，∴ ∴ MN?MC=BM2=8 ．

【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠A=∠ACO，运用外角的性质和已知条件得出∠A=∠ACO=∠PCB，再根据直径所对的圆周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90°，进而求解. （2）根据等边对等角得出∠A=∠P，再根据第一问中的结论求解即可，

（3）连接MA，MB，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，证出△MBN∽△MCB，得出比例式进而求解即可.

，

，∴ BM2=MN?MC ，

5．已知如图1，抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D的坐标是（0，﹣1），连接BC、AC

（1）求出直线AD的解析式；

（2）如图2，若在直线AC上方的抛物线上有一点F，当△ADF的面积最大时，有一线段MN=

（3）如图3，将△DBC绕点D逆时针旋转α°（0＜α°＜180°），记旋转中的△DBC为△DB′C′，若直线B′C′与直线AC交于点P，直线B′C′与直线DC交于点Q，当△CPQ是等腰三角形时，求CP的值．

【答案】（1）解：∵抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点， ∴0=﹣ x2﹣ x+3， ∴x=2或x=﹣4，

∴A（﹣4，0），B（2，0）， ∵D（0，﹣1），

∴直线AD解析式为y=﹣ x﹣1

（点M在点N的左侧）在直线BD上移动，首尾顺次连接点A、M、N、F构成四

边形AMNF，请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标；

（2）解：如图1，

过点F作FH⊥x轴，交AD于H，

设F（m，﹣ m2﹣ m+3），H（m，﹣ m﹣1）， ∴FH=﹣ m2﹣ m+3﹣（﹣ m﹣1）=﹣ m2﹣ m+4，

∴S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|xD﹣xA|=2FH=2（﹣ m2﹣ m+4）=﹣ m2﹣m+8=﹣ （m+ ）2+ ，

当m=﹣ 时，S△ADF最大，

∴F（﹣ ， ）

如图2，作点A关于直线BD的对称点A1 ， 把A1沿平行直线BD方向平移到A2 ， 且A1A2=

，

得点M，此时四边形AMNF

连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移 的周长最小．．

∵OB=2，OD=1， ∴tan∠OBD= ， ∵AB=6， ∴AK=

，

，

∴AA1=2AK=

在Rt△ABK中，AH= ，A1H= ， ∴OH=OA﹣AH= ， ∴A1（﹣ ，﹣ ）， 过A2作A2P⊥A2H， ∴∠A1A2P=∠ABK， ∵A1A2=

，

∴A2P=2，A1P=1， ∴A2（﹣ ，﹣ ） ∵F（﹣ ， ）

∴A2F的解析式为y=﹣ x﹣ ①，

∵B（2，0），D（0，﹣1）， ∴直线BD解析式为y=﹣ x﹣1②， 联立①②得，x=﹣ ，

∴N点的横坐标为：﹣

（3）解：∵C（0，3），B（2，0），D（0，﹣∴CD=4，BC=

，OB=2，

BC边上的高为DH，

根据等面积法得， BC×DH= CD×OB， ∴DH=

=

，

∵A（﹣4，0），C（0，3），

∴OA=4，OC=3， ∴tan∠ACD=

，

①当PC=PQ时，简图如图1，

过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ， ∵tan∠ACD=

∴设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，∴DQ=CD﹣CQ=4﹣6a ∵△PGQ∽△DHQ， ∴

，

1）