OHB=90°.然后根据切线的判定定理得到结论． 【解答】证明：（1）延长CD交⊙O于G.如图. ∵CD⊥AB. ∴∵∴
===
. . .
∴∠CBE=∠GCB. ∴CF=BF；
（2）连接OC交BE于H.如图. ∵
=
.
∴OC⊥BE.
在Rt△OBH中.cos∠OBH=∴BH=×6=∴OH=
. =
.
=.
∵∴
==
=..
==.
而∠HOB=∠COM. ∴△OHB∽△OCM. ∴∠OCM=∠OHB=90°. ∴OC⊥CM.
∴直线CM是⊙O的切线．
. .
【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了垂径定理、圆周角定理和解直角三角形．
25．（12分）如图1.抛物线的顶点A的坐标为（1.4）.抛物线与x轴相交于B、C两点.与y轴交于点E（0.3）． （1）求抛物线的表达式；
（2）已知点F（0.﹣3）.在抛物线的对称轴上是否存在一点G.使得EG+FG最小.如果存在.求出点G的坐标：如果不存在.请说明理由．
（3）如图2.连接AB.若点P是线段OE上的一动点.过点P作线段AB的垂线.分别与线段AB、抛物线相交于点M、N（点M、N都在抛物线对称轴的右侧）.当MN最大时.求△PON的面积．
【分析】（1）根据顶点式可求得抛物线的表达式；
（2）根据轴对称的最短路径问题.作E关于对称轴的对称点E'.连接E'F交对称轴于G.此时EG+FG的值最小.先求E'F的解析式.它与对称轴的交点就是所求的点G；
（3）如图2.先利用待定系数法求AB的解析式为：y=﹣2x+6.设N（m.﹣m2+2m+3）.则Q（m.﹣2m+6）.（0≤m≤3）.表示NQ=﹣m2+4m﹣3.证明△QMN∽△ADB.列比例式可得MN的表达式.根据配方法可得当m=2时.MN有最大值.证明△NGP∽△ADB.同理得PG的长.从而得OP的长.根据三角形的面积公式可得结论.并将m=2代入计算即可．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y=a（x﹣1）2+4. 把（0.3）代入得：3=a（0﹣1）2+4. a=﹣1.
. .
∴抛物线的表达式为：y=﹣（x﹣1）2+4=﹣x2+2x+3； （2）存在.
如图1.作E关于对称轴的对称点E'.连接E'F交对称轴于G.此时EG+FG的值最小.
∵E（0.3）. ∴E'（2.3）.
易得E'F的解析式为：y=3x﹣3. 当x=1时.y=3×1﹣3=0. ∴G（1.0）
（3）如图2.∵A（1.4）.B（3.0）. 易得AB的解析式为：y=﹣2x+6.
设N（m.﹣m2+2m+3）.则Q（m.﹣2m+6）.（0≤m≤3）. ∴NQ=（﹣m2+2m+3）﹣（﹣2m+6）=﹣m2+4m﹣3. ∵AD∥NH. ∴∠DAB=∠NQM. ∵∠ADB=∠QMN=90°. ∴△QMN∽△ADB. ∴∴∴MN=﹣∵﹣
.
.
（m﹣2）2+
.
＜0.
∴当m=2时.MN有最大值； 过N作NG⊥y轴于G.
∵∠GPN=∠ABD.∠NGP=∠ADB=90°. ∴△NGP∽△ADB. ∴
==.
∴PG=NG=m.
. .
∴OP=OG﹣PG=﹣m+2m+3﹣m=﹣m+m+3. ∴S△PON=OP?GN=（﹣m2+m+3）?m. 当m=2时.S△PON=×2（﹣4+3+3）=2．
22
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用.解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、三角形的面积、轴对称的最短路径问题.根据比例式列出关于m的方程是解题答问题（3）的关键．
26．（12分）如图1.在△ABC中.矩形EFGH的一边EF在AB上.顶点G、H分别在BC、AC上.CD是边AB上的高.CD交GH于点I．若CI=4.HI=3.AD=．矩形DFGI恰好为正方形．
. .
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