∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，AC＝BD＝4 ∵DF＝FC， ∴DF＝FC＝2， ∵DF∥AB， ∴
，
，OA＝OB＝OD＝OC＝2
，
∴OP：OB＝OP：OA＝1：3， ∵BG⊥PA，AO⊥OB， ∴∠AGB＝∠AOB＝90°，
∵∠OAP+∠APO＝90°，∠PBG+∠BPG＝90°， ∴∠PAO＝∠PBG， ∵∠APO＝∠BPG， ∴△AOP∽△BGP， ∴ ∴
，∵∠GPO＝∠BPA，
∴△GPO∽△BPA， ∴
，
∴S△ABP＝ S△ABD＝ ， ∴S△GOP＝
.
【解析】【解答】（1）探索发现：由题意：S△BAO：S△BCO＝AE：EC；S△CAO：S△CBO＝AF：BF；若D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，则S△BFO：S△ABC＝1：6， 故答案为：AE：EC，AF：BF，1：6.
【分析】【探索发现】利用等高模型，解决问题即可.【灵活运用】（1）结论：AF＝BE，AF⊥BE.证明△BAE≌△ADF（SAS）即可解决问题.（2）根据对称性可知△DME，△DMF，关于直线DM对称，推出S△DME＝S△DMF ， 由AE＝DE，推出S△AEM＝S△DME＝S△DMF ， 求出
△ADF的面积即可解决问题.【拓展应用】由△GPO∽△BPA，推出 可解决问题.
即
6．如图：在
中，BC=2,AB=AC，点D为AC上的动点，且
.
（1）求AB的长度； （2）求AD·AE的值；
（3）过A点作AH⊥BD，求证：BH=CD+DH. 【答案】（1）解：作AM⊥BC，
∵AB=AC,BC=2，AM⊥BC， ∴BM=CM= BC=1, 在Rt△AMB中， ∵cosB=
,BM=1,
=
.
∴AB=BM÷cosB=1÷
（2）解：连接CD， ∵AB=AC,
∴∠ACB=∠ABC，
∵四边形ABCD内接于圆O， ∴∠ADC+∠ABC=180°, 又∵∠ACE+∠ACB=180°, ∴∠ADC=∠ACE， ∵∠CAE=∠CAD， ∴△EAC∽△CAD， ∴
,
）2=10.
∴AD·AE=AC2=AB2=（
（3）证明：在BD上取一点N，使得BN=CD,
在△ABN和△ACD中
∵ ∴AN=AD，
∴△ABN≌△ACD（SAS）， ∵AH⊥BD，AN=AD， ∴NH=DH, 又∵BN=CD,NH=DH, ∴BH=BN+NH=CD+DH.
【解析】【分析】（1）作AM⊥BC，由等腰三角形三线合一的性质得BM=CM= BC=1,在Rt△AMB中，根据余弦定义得cosB=
,由此求出AB.
（2）连接CD，根据等腰三角形性质等边对等角得∠ACB=∠ABC，再由圆内接四边形性质和等角的补角相等得∠ADC=∠ACE；由相似三角形的判定得△EAC∽△CAD，根据相似三角形的性质得
； 从而得AD·AE=AC2=AB2.
（3）在BD上取一点N，使得BN=CD,根据SAS得△ABN≌△ACD，再由全等三角形的性质
得AN=AD，根据等腰三角形三线合一的性质得NH=DH,从而得BH=BN+NH=CD+DH.
7．如图，抛物线y=ax2+bx+c过原点O、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），与x轴交于点C，直线AB交x轴于点D，交y轴于点E．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标；
（2）直线AF⊥x轴，垂足为点F，AF上取一点G，使△GBA∽△AOD，求此时点G的坐标；
（3）过直线AF左侧的抛物线上点M作直线AB的垂线，垂足为点N，若∠BMN=∠OAF，求直线BM的函数表达式．
【答案】（1）解：将原点O（0,0）、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，
，
得 ∴y=x2-4x=
∴顶点为（2，-4）.
，解得 ，
（2）解：设直线AB为y=kx+b， 由点A（2，-4），B（3，-3），得 ∴直线AB为y=x-6.
当y=0时，x=6，∴点D（6，0）. ∵点A（2，-4），D（6,0），B（3，-3）， ∴OA=
，OD=6，AD=
，AF=4，OF=2，DF=4，AB=
，
∴DF=AF，又∵AF⊥x轴， ∴∠AD0=∠DAF=45°， ∵△GBA∽△AOD， ∴
，
解得
，
∴ 解得
， ，
， ）.
∴FG=AF-AG=4- ∴点G（2，
（3）解：如图1，
∵∠BMN=∠OAF， ∴∠MBN=∠AOF， 设直线BM与AF交于点H， ∵∠ABH=∠AOD，∠HAB=∠ADO， ∴ ∴ 则 ∴H（2，
，
，解得AH= ， ）.
，
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