（2）连结BC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°，
又∵C为弧AB的中点， ∴∠CAB=∠ABC=∠APC=45°， ∵AB=4，
∵∠C=∠C，∠CAB=∠APC， ∴△CAE∽△CPA，
．
∴，
）2=8．
∴CP?CE=CA2=（2
【点评】此题主要考查了切线的判定和相似三角形的性质和判定，关键是掌握切线的判定定理和相似三角形的判定与性质定理．
六、本大题共2小题，第25题12分，第26题13分，共25分.
25．（12分）（2017?乐山）在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，对角线AC平分∠BAD．
（1）如图1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．
（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B=90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）如图3，若∠DAB=90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．
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【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题； （2）（1）中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题； （3）结论：
．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证
明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题； 【解答】解：（1）AC=AD+AB． 理由如下：如图1中，
在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°， ∴∠D=90°，
∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB， ∴∠DAC=∠BAC=60°， ∵∠B=90°，
∴，同理．
∴AC=AD+AB．
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（2）（1）中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，
∵∠BAC=60°，
∴△AEC为等边三角形， ∴AC=AE=CE，
∵∠D+∠B=180°，∠DAB=120°， ∴∠DCB=60°， ∴∠DCA=∠BCE，
∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°， ∴∠D=∠CBE，∵CA=CB， ∴△DAC≌△BEC， ∴AD=BE， ∴AC=AD+AB．
（3）结论：．理由如下：
过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，∵∠D+∠B=180°，∠
∴DCB=90°， ∵∠ACE=90°，
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DAB=90°，
∴∠DCA=∠BCE， 又∵AC平分∠DAB， ∴∠CAB=45°， ∴∠E=45°． ∴AC=CE．
又∵∠D+∠B=180°，∠D=∠CBE， ∴△CDA≌△CBE， ∴AD=BE， ∴AD+AB=AE．
在Rt△ACE中，∠CAB=45°，
∴∴
．
，
【点评】本题考查四边形综合题、等边三角形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
26．（13分）（2017?乐山）如图1，抛物线C1：y=x2+ax与C2：y=﹣x2+bx相交于点O、C，C1与C2分别交x轴于点B、A，且B为线段AO的中点．
（1）求 的值；
（2）若OC⊥AC，求△OAC的面积；
（3）抛物线C2的对称轴为l，顶点为M，在（2）的条件下：
①点P为抛物线C2对称轴l上一动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标； ②如图2，点E在抛物线C2上点O与点M之间运动，四边形OBCE的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值和点E的坐标；若不存在，请说明理由．
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【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由两抛物线解析式可分别用a和b表示出A、B两点的坐标，利用B为OA的中点可得到a和b之间的关系式；
（2）由抛物线解析式可先求得C点坐标，过C作CD⊥x轴于点D，可证得△OCD∽△CAD，由相似三角形的性质可得到关于a的方程，可求得OA和CD的长，可求得△OAC的面积；
（3）①连接OC与l的交点即为满足条件的点P，可求得OC的解析式，则可求得P点坐标；
②设出E点坐标，则可表示出△EOB的面积，过点E作x轴的平行线交直线BC于点N，可先求得BC的解析式，则可表示出EN的长，进一步可表示出△EBC的面积，则可表示出四边形OBCE的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，及E点的坐标． 【解答】解：
（1）在y=x2+ax中，当y=0时，x2+ax=0，x1=0，x2=﹣a， ∴B（﹣a，0），
在y=﹣x2+bx中，当y=0时，﹣x2+bx=0，x1=0，x2=b， ∴A（0，b）， ∵B为OA的中点， ∴b=﹣2a，
∴；
（2）联立两抛物线解析式可得
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，消去y整理可得2x2+3ax=0，解得
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