（2）若cosM=，BE=1，①求⊙O的半径；②求FN的长．
【分析】（1）连接OC，如图，利用切线的性质得OC⊥DE，则判断OC∥AD得到∠1=∠3，加上∠2=∠3，从而得到∠1=∠2； （2）①利用圆周角定理和垂径定理得到
=
，则∠COE=∠FAB，所以∠FAB=
=，
∠M=∠COE，设⊙O的半径为r，然后在Rt△OCE中利用余弦的定义得到从而解方程求出r即可；
②连接BF，如图，先在Rt△AFB中利用余弦定义计算出AF=
，再计算出OC=3，
接着证明△AFN∽△AEC，然后利用相似比可计算出FN的长． 【解答】（1）证明：连接OC，如图， ∵直线DE与⊙O相切于点C， ∴OC⊥DE， 又∵AD⊥DE， ∴OC∥AD． ∴∠1=∠3 ∵OA=OC， ∴∠2=∠3， ∴∠1=∠2， ∴AC平方∠DAE；
（2）解：①∵AB为直径， ∴∠AFB=90°， 而DE⊥AD， ∴BF∥DE， ∴OC⊥BF，
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∴=，
∴∠COE=∠FAB， 而∠FAB=∠M， ∴∠COE=∠M， 设⊙O的半径为r， 在Rt△OCE中，cos∠COE=即⊙O的半径为4； ②连接BF，如图， 在Rt△AFB中，cos∠FAB=∴AF=8×=
=，即=，解得r=4，
，
在Rt△OCE中，OE=5，OC=4， ∴CE=3， ∵AB⊥FM， ∴
，
∴∠5=∠4， ∵FB∥DE， ∴∠5=∠E=∠4， ∵
=
，
∴∠1=∠2， ∴△AFN∽△AEC， ∴
=
，即．
=
，
∴FN=
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【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了垂径定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质．
24．（12分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于原点及点A，且经过点B（4，8），对称轴为直线x=﹣2． （1）求抛物线的解析式；
（2）设直线y=kx+4与抛物线两交点的横坐标分别为x1，x（，当2x1＜x2）时，求k的值；
（3）连接OB，点P为x轴下方抛物线上一动点，过点P作OB的平行线交直线AB于点Q，当S△POQ：S△BOQ=1：2时，求出点P的坐标． （坐标平面内两点M（x1，y1），N（x2，y2）之间的距离MN=
）
【分析】（1）先利用对称轴公式得出b=4a，进而利用待定系数法即可得出结论； （2）先利用根与系数的关系得出，x1+x2=4（k﹣1），x1x2=﹣16，转化已知条件，代入即可得出结论；
（3）先判断出OB=2PQ，进而判断出点C是OB中点，再求出AB解析式，判断出PC∥AB，即可得出PC解析式，和抛物线解析式联立解方程组即可得出结论．
【解答】解：（1）根据题意得，，
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∴，
∴抛物线解析式为y=x2+x；
（2）∵直线y=kx+4与抛物线两交点的横坐标分别为x1，x2， ∴x2+x=kx+4，
∴x2﹣4（k﹣1）x﹣16=0，
根据根与系数的关系得，x1+x2=4（k﹣1），x1x2=﹣16， ∵
，
∴2（x1﹣x2）=x1x2， ∴4（x1﹣x2）2=（x1x2）2，
∴4[（x1+x2）2﹣4x1x2]=（x1x2）2， ∴4[16（k﹣1）2+64]=162， ∴k=1；
（3）如图，取OB的中点C， ∴BC=OB， ∵B（4，8）， ∴C（2，4）， ∵PQ∥OB，
∴点O到PQ的距离等于点O到OB的距离， ∵S△POQ：S△BOQ=1：2， ∴OB=2PQ，
∴PQ=BC，∵PQ∥OB，
∴四边形BCPQ是平行四边形， ∴PC∥AB，
∵抛物线的解析式为y=x2+x②，
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令y=0， ∴x2+x=0， ∴x=0或x=﹣4， ∴A（﹣4，0）， ∵B（4，8），
∴直线AB解析式为y=x+4，设直线PC的解析式为y=x+m， ∵C（2，4），
∴直线PC的解析式为y=x+2②， 联立①②解得，∴P（﹣2
，﹣2
（舍）或+2）．
，
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，一元二次方程的根与系数的关系，平行四边形的判定和性质，等高的两三角形面积的比等于底的比，判断出OB=2PQ是解本题的关键．
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