（2013?滨城区二模）如图，大小不等、形状相同的两个三角板（等腰直角）△OAB和△EOF摆拼在一起，它们的

AE=BF，AE⊥BF，
证明：∵△AOB和△EOF是等腰直角三角形，
∴OA=OB，OE=OF，∠AOB=∠EOF=90°，
∴∠AOB-∠EOB=∠EOF-∠EOB，
∴∠AOE=∠BOF，
在△AOE和△BOF中


AO＝BO
∠AOE＝∠BOF
OE＝OF
∴△AOE≌△BOF（SAS），
∴AE=BF，∠EAO=∠FBO，
延长AE交OB于M，角BF于H，
∵∠AMO=∠BMH，∠EAO=∠FBO，
∴∠BHN=∠AOM=90°，
∴AE⊥BF．

点评：
本题考点： 全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．

考点点评： 本题考查了等腰直角三角形性质，垂直定义，三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等，判定两三角形全等的方法有SAS，ASA，SSS，AAS．

∠1=∠2，理由如下：
∵∠1+∠CEF=90°，∠DAE+∠1=90°，
∴∠DAE=∠CEF，
∵∠ADE=∠ECF=90°，
∴△ADE∽△ECF，且相似比为2，
∴AE=2EF，AD=2DE，
又∵∠ADE=∠AEF，
∴△ADE∽△AEF，
∴∠1=∠2；

（2）直线CD与⊙O相切．理由如下：
圆心O在AF的中点上，如图所示，连接OE，则OF=OE，故可得∠2=∠OEF，
∵∠1+∠CEF=90°，∠1=∠2，
∴∠2+∠CEF=90°，
∴∠OEF+∠CEF=90°，
即OE⊥CD，
故直线CD与⊙O相切．

点评：
本题考点： 切线的判定；正方形的性质；相似三角形的判定与性质．

考点点评： 本题考查了切线的判定及性质，注意掌握直角三角形外接圆圆心在斜边中点处，另外要求同学们掌握切线的判定定理，有一定难度．

（1）证明：如图1，∵AC平分∠BCD，BC平分∠ABC，
∴∠DBC=[1/2]∠ABC，∠ACB=[1/2]∠DCB，
∵∠ABC=∠DCB，
∴∠ACB=∠DBC，
在△ABC与△DCB中，


∠ABC＝∠DCB
BC＝BC
∠ACB＝∠DBC，
∴△ABC≌△DCB（ASA），
∴AB=DC；

（2）如图2，∵DE是△ABC的中位线，
∴DE=[1/2]BC=4．
∵∠AFB=90°，D是AB的中点，
∴DF=[1/2]AB=2.5，
∴EF=DE-DF=4-2.5=1.5．

点评：
本题考点： 全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理．

考点点评： 本题考查了全等三角形的性质和判定和角平分线性质的应用，（1）题的关键是推出△ABC≌△DCB，题目比较好，难度适中．

设∠CAE=x，则∠EAB=3x．
∵AC的垂直平分线交AC于D，交BC于E，
∴AE=CE．
∴∠C=∠CAE=x．
根据三角形的内角和定理，得
∠C+∠BAC=180°-∠B，
即x+4x=140°，
x=28°．
则∠C=28°．
故选A．

点评：
本题考点： 线段垂直平分线的性质．

考点点评： 此题综合运用了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理．

（u）由题意得（-u）²+（-u）m+n+2=0，即n=m-3；

（2）∵一元二次方程x²+mx+n=0的判别式△=m²-十n，
由（u）得△=m²+十（m-3）=m²+十m+u2=（m+2）²+8＞0，
∴一元二次方程x²+mx+n=0有两个不相等的实根，
∴抛物线y=x²+mx+n与x轴有两个交点；

（3）由题意，x²+mx+m-u=0，
解此方程得x_u=u，x₂=u-m （m≠2），
∴AB=m-2（m＞2）或AB=2-m（m＜2），
∵y=x²+mx+n+2即y=x²+mx+m-u的顶点坐标是（-[m/2]，-
(m−2)2
十），
又∵以AB为直径的圆正好经过该抛物线的顶点，
∴设顶点为M，则△ABM为等腰直角三角形，
∴可得当m＞2时，有[u/2]（m-2）=
(m−2)2
十，解得m_u=2（舍），m₂=九，
当m＜2时，有[u/2]（2-m）=
(m−2)2
十，解得m₃=2（舍），m_十=0，
综上可知m=九或m=0，
∴

m＝九
n＝3或

m＝0
n＝−3．

点评：
本题考点： 二次函数综合题．

考点点评： 本题考查二次函数和一元二次方程的关系，此题比较难，综合性比较强，主要利用了抛物线与x轴交点情况与判别式的关系解决问题，也利用了圆的知识来确定待定系数．