27.如图，在正方形 ABCD 中，AB＝1
，弧AC是点B为圆心，AB长为半
径的圆的一段弧。点E是边AD上的任意一点（点E与点A、D不重合），过E作弧AC所在圆的切线，交边DC于点F，G为切点：
（1）当 $\angle D E F = 4 5 ^ { \circ }$ 时，求证：点G为线段EF的中点；
②设 $_ { \mathrm { A E } } { = } _ { \mathrm { x } } , \ \mathrm { F C = y }$ ，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；
（3）将 $\triangle \mathrm { D E F }$ 沿直线EF翻折后得 $\triangle \mathbb { D } .$ EF，如图，当EF $= \frac { 5 } { 6 }$ 时，讨论 $\triangle \mathrm { A D } _ { 1 } \mathrm { D }$ 与 $\triangle \mathrm { E D } _ { 1 } \mathrm { F }$ 是否相似，如果相似，请加以证明；如果不相似，只要求写出结论，不要求写出理由。
(备用图)
1. ±2√2, 2, √6. 3. 2+√2. 4. (a−b-1)(a+b-1). 5.x≤1且x≠0. 6. x=−2. 7. 3.75 ×103. 8. $y = { \frac { 1 2 } { x } } .$ 9. $\alpha ( 1 + x ) ^ { 2 }$ 10. 5. 11, 15. 12, 2 √2 − 2, 13. √2. 14. 1 < r < 8 或 $1 8 <$ $r < 2 5$ .15. A、D. 16. A、C. 17. B、C. 18. A、C、D. 19. 原式 $= x ^ { 2 } - 2 x + 1 + x ^ { 2 } - 9 + x ^ { 2 } - $ $4 x + 3 = 3 x ^ { 2 } - 6 x - 5$ ；解法一：化为 $3 ( x ^ { 2 } - 2 x ) - 5 , \because x ^ { 2 } - 2 x = 2 ,$ ∴原式 $= 3 \times 2 - 5 = 1$ 解法二：从 $x ^ { 2 } - 2 x = 2$ 中解得 $\scriptstyle x = 1 \pm { \sqrt { 3 } }$ ，分别代入.20. 由①，得 $( 2 x + y ) ( 2 x - y ) = 0 , \div 2 x + y = 0$ $2 x - y = 0$ .它们与方程②分别组成两个方程组： $\left\{ \begin{array} { l l } { 2 x + y = 0 , } \\ { x ^ { 2 } - x y + 4 = 0 ; } \end{array} \right. \quad ( * ) \quad \left\{ \begin{array} { l l } { 2 x - y = 0 , } \\ { x ^ { 2 } - x y + 4 = 0 . } \end{array} \right.$ (\* \*)分别解这两个方程组，可知方程组(\*)无解；方程组(\*\*)的解是 $\left\{ \begin{array} { l l } { x _ { 1 } = 2 , } \\ { y _ { 1 } = 4 ; } \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array} { l l } { x _ { 2 } = - 2 , } \\ { y _ { 2 } = - 4 . } \end{array} \right.$ 所以原方程组的解是 $\left\{ \begin{array} { l l } { x _ { 1 } = 2 , } \\ { y _ { 1 } = 4 ; } \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array} { l l } { x _ { 2 } = - 2 , } \\ { y _ { 2 } = - 4 . } \end{array} \right.$ 21. 在 $\triangle E D B$ 中， $\because \angle E D B = 9 0 ^ { \circ } , \angle E = 3 0 ^ { \circ } , D E = 6 , \therefore D B = D E$ $\tan 3 0 ^ { \circ } = 6 \times { \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } } = 2 { \sqrt { 3 } } , \ \therefore A D = A B - D B = 6 - 2 { \sqrt { 3 } } .$ . 又 $\angle A = 4 5 ^ { \circ } , \therefore \angle A F D = 4 5 ^ { \circ }$ ，得 $F D = A D$ $\therefore \ S _ { \triangle A D F } = \frac { 1 } { 2 } A D ^ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } \times ( 6 - 2 \sqrt { 3 } ) ^ { 2 } = 2 4 - 1 2 \sqrt { 3 } .$ 在等腰直角三角形ABC中，斜边 $A B = 6$ ，所以 $S _ { \triangle A B C }$ $= { \frac { 1 } { 4 } } A B ^ { 2 ^ { \prime } } = 9 . \therefore S _ { \perp \perp } \subsetneqq { \cal D } \ / n o c { \cal F } = S _ { \triangle \ A B C } - S _ { \triangle \ A D F } = 9 - ( 2 4 - 1 2 \sqrt { 3 } ) = 1 2 \sqrt { 3 } - 1 5 . \quad 2 2 .$ (1)不合格，合格；(2)75%, 25%;(3)240;(4)合理，该样本是随机样本(或该样本具有代表性). 23. 设以直线 AB 为图象的一次函数解析式为 $y = k x + b .$ 因为直线AB经过点(0，4)、点(2，0),所以得方程组 $\left\{ { \begin{array} { l l } { 4 = b , } \\ { 0 = 2 k + b . } \end{array} } \right.$ 解得$\begin{array} { l } { { \left\{ \begin{array} { l l } { { k = - 2 , } } \\ { { b = 4 . } } \end{array} \right. } } \end{array}$ 所以以直线AB为图象的一次函数解析式为 $y = - 2 x + 4$ . 由于 $C D / / A B$ ，设以直线 CD 为图象的一次函数解析式为 $\scriptstyle y = - 2 x + b ^ { \prime }$ .解法一：由于 ${ \cal D } B = { \cal D } C , { \cal D } O \perp { \cal C } B , \therefore { \cal O } B = { \cal O } C$ .所以点 C的坐标是(-2,0),得 $\delta ^ { \prime } = - 4$ .所以以直线 CD 为图象的一次函数解析式为 $\scriptstyle y = - 2 x - 4$ .解法二：由题意，得点
D的坐标是 $( 0 , b ^ { \prime } )$ ，点 C的坐标是 $\Big ( \frac { b ^ { \prime } } { 2 } , 0 \Big ) . \because D B = D C , \therefore \sqrt { 2 ^ { 2 } + ( b ^ { \prime } ) ^ { 2 } } =$ $\sqrt { ( b ^ { \prime } ) ^ { 2 } + \left( \frac { b ^ { \prime } } { 2 } \right) ^ { 2 } }$ .解得 $\begin{array} { r } { b ^ { \prime } = \pm 4 , } \end{array}$ 因为点 $\pmb { D } ^ { \prime }$ 与点A不重合，所以 $\delta ^ { \prime } = 4$ 舍去.因此以直线CD为图象的一次函数解析式为 $y = - 2 x - 4 . \quad 2 4 . \ ( 1 )$ 如图1,连结$D E . \because \angle A D B = 9 0 ^ { \circ }$ ，E是AB的中点， $\therefore D E = A E = B E . \nabla \because D C = B E , \therefore$ $D C = D E$ .又因为 $D G \perp C E$ ，所以G 是CE 中点.(2) $\because D E = D C , \ \therefore$ $\angle D C E = \angle D E C , \therefore \angle E D B = \angle D E C + \angle D C E = 2 \angle B C E . \angle \stackrel { \triangledown } { \cdot } D E = B E$
图1
$\therefore \angle B = \angle E D B , \therefore \angle B = 2 \angle B C E . 2 5 ^ { \circ }$ .①由干顶点C在γ轴上，所以设以这部分抛物线为图象的函数解析式为 $y = a x ^ { 2 } + { \frac { 9 } { 1 0 } }$ .因为点 $A \left( - { \frac { 5 } { 2 } } , 0 \right)$ (或 $B \Big ( \frac { 5 } { 2 } , 0 \Big ) \Big )$ 在抛物线上，所以 $0 = a \cdot \left( - { \frac { 5 } { 2 } } \right) ^ { 2 } + { \frac { 9 } { 1 0 } }$ 得 $\alpha = - { \frac { 1 8 } { 1 2 5 } }$ ，因此所求函数解析式为 $y = - \frac { 1 8 } { 1 2 5 } x ^ { 2 } + \frac { 9 } { 1 0 } \left( - \frac { 5 } { 2 } \leqslant x \leqslant \frac { 5 } { 2 } \right)$ ；(2)因为点D、E的纵坐标为 $\frac { 9 } { 2 0 }$ ,所以 ${ \frac { 9 } { 2 0 } } = - { \frac { 1 8 } { 1 2 5 } } x ^ { 2 } + { \frac { 9 } { 1 0 } }$ ，得 $x = \pm { \frac { 5 } { 4 } } { \sqrt { 2 } } .$ 所以点D的坐标为 $( - \frac { 5 } { 4 } \sqrt { 2 } , \frac { 9 } { 2 0 } )$ ，点E的坐标为$\textstyle \left( { \frac { 5 } { 4 } } { \sqrt { 2 } } , { \frac { 9 } { 2 0 } } \right)$ .所以 $D E = { \frac { 5 } { 4 } } { \sqrt { 2 } } - \left( - { \frac { 5 } { 4 } } { \sqrt { 2 } } \right) = { \frac { 5 { \sqrt { 2 } } } { 2 } }$ 因此卢浦大桥拱内实际桥长为 $\frac { 5 \sqrt { 2 } } { 2 } \times 1 1 0 0 0 \times 0 . 0 1$ $= 2 7 5 \sqrt { 2 } \approx 3 8 5 ($ (米). 26. (1)解 $: a , c$ 同号(或当 $a > 0$ 时， $c > 0 { \ : } ;$ 当 $a < 0$ 时， $c < 0 )$ (2)证明：设点A的坐标为 $( x _ { 1 } , 0 )$ ，点B的坐标为 $( x _ { 2 } , 0 )$ ,则 $0 < x _ { 1 } < x _ { 2 } . ~ \land \lor A = x _ { 1 } , O B = x _ { 2 } , O C = \mid c \mid$ .据题意 $, x _ { 1 }$ $\pmb { x } _ { 2 }$ 是方程 $a x ^ { 2 } + b x + c = 0 ( a \neq 0 )$ 的两个根. $\therefore x _ { 1 } \cdot x _ { 2 } = { \frac { c } { a \cdot } }$ .由题意，得 $O A \cdot O B = O C ^ { 2 }$ ,即 $\frac { c } { a } = 1 c 1 ^ { 2 }$ $\textstyle = c ^ { 2 } \cdot { \ddot { \cdot } } c \neq 0 , \div c = { \frac { 1 } { a } }$ ，即 $a c = 1$ .所以当线段OC长是线段OA、OB长的比例中项时，a、c互为倒数.(3) 解：当 $b = - 4$ 时，由②知， $x _ { 1 } + x _ { 2 } = - \frac { b } { a } = \frac { 4 } { a } > 0 , \therefore a > 0 ,$ 解法一： $A B = O B - O A = x _ { 2 } - x _ { 1 }$ $= { \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } } , \ \colon A B = { \sqrt { \left( { \frac { 4 } { a } } \right) ^ { 2 } - 4 { \Big ( } { \frac { c } { a } } { \Big ) } } } = { \sqrt { \frac { 1 6 - 4 a c } { a ^ { 2 } } } } = { \frac { 2 { \sqrt { 3 } } } { a } } , \ \cdots \ A B = 4 { \sqrt { 3 } } , \ \colon { \frac { 2 { \sqrt { 3 } } } { a } } =$ $4 { \sqrt { 3 } } .$ 得 $\alpha = { \frac { 1 } { 2 } } , \ \therefore c = 2$ 解法二：由求根公式， $x = { \frac { 4 \pm { \sqrt { 1 6 - 4 a c } } } { 2 a } } = { \frac { 4 \pm { \sqrt { 1 6 - 4 } } } { 2 a } } = { \frac { 2 \pm { \sqrt { 3 } } } { a } } , \ { \therefore \ x _ { 1 } } =$ ${ \frac { 2 - { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } , x _ { 2 } = { \frac { 2 + { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } , \ { \boldsymbol { : } } \ { \boldsymbol { \ A } } { \boldsymbol { B } } = O { \boldsymbol { B } } - O { \boldsymbol { A } } = x _ { 2 } - x _ { 1 } = { \frac { 2 + { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } - { \frac { 2 - { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } = { \frac { 2 { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } \cdot { \boldsymbol { : } } \ { \boldsymbol { A } } { \boldsymbol { B } } = { \mathrm { 4 } } { \sqrt { 3 } } , \ { \boldsymbol { : } } \ { \frac { 2 { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } = { \frac { 3 } { \alpha } } ,$ $4 { \sqrt { 3 } } .$ 得 $a = \frac { 1 } { 2 } , \div { } c = 2 . \dot { 2 } 7 . ( 1 )$ 证明： $\because \angle D E F = 4 5 ^ { \circ }$ ，得 $\angle D F E = 9 0 ^ { \circ } - \angle D E F = 4 5 ^ { \circ } , \therefore \angle D F E$ $= \angle D E F , \therefore D E = D F$ .又∵ $A D = D C , { \dot { \cdots } } A E = F C$ .因为 AB 是圆 B 的半径， $A D \perp A B$ ，所以AD切圆B于点A;同理，CD切圆B于点C.又因为EF切圆B于点G,所以 $A { \cal E } = E G , F C = F G$ .因此 $E G = F G$ ，即点G为线段 $\scriptstyle { \mathbf { } } _ { E F }$ 的中点.（2）解： $: { \mathrm { : } } \ E G = A E = x , \ F G = C F = y , \ : \ E D = 1 - x , \ F D = 1 - y , \ C D = 1 - y .$ 在$\mathbf { R t } \triangle D E F$ 中，由 $E D ^ { 2 } + F D ^ { 2 } = E F ^ { 2 }$ ，得 $( 1 - x ) ^ { 2 } + ( 1 - y ) ^ { 2 } = ( x + y ) ^ { 2 } . \therefore y = { \frac { 1 - x } { 1 + x } } ( 0 < x < 1 )$ . (3)
，弧AC是点B为圆心，AB长为半
径的圆的一段弧。点E是边AD上的任意一点（点E与点A、D不重合），过E作弧AC所在圆的切线，交边DC于点F，G为切点：
（1）当 $\angle D E F = 4 5 ^ { \circ }$ 时，求证：点G为线段EF的中点；
②设 $_ { \mathrm { A E } } { = } _ { \mathrm { x } } , \ \mathrm { F C = y }$ ，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；
（3）将 $\triangle \mathrm { D E F }$ 沿直线EF翻折后得 $\triangle \mathbb { D } .$ EF，如图，当EF $= \frac { 5 } { 6 }$ 时，讨论 $\triangle \mathrm { A D } _ { 1 } \mathrm { D }$ 与 $\triangle \mathrm { E D } _ { 1 } \mathrm { F }$ 是否相似，如果相似，请加以证明；如果不相似，只要求写出结论，不要求写出理由。
(备用图)
1. ±2√2, 2, √6. 3. 2+√2. 4. (a−b-1)(a+b-1). 5.x≤1且x≠0. 6. x=−2. 7. 3.75 ×103. 8. $y = { \frac { 1 2 } { x } } .$ 9. $\alpha ( 1 + x ) ^ { 2 }$ 10. 5. 11, 15. 12, 2 √2 − 2, 13. √2. 14. 1 < r < 8 或 $1 8 <$ $r < 2 5$ .15. A、D. 16. A、C. 17. B、C. 18. A、C、D. 19. 原式 $= x ^ { 2 } - 2 x + 1 + x ^ { 2 } - 9 + x ^ { 2 } - $ $4 x + 3 = 3 x ^ { 2 } - 6 x - 5$ ；解法一：化为 $3 ( x ^ { 2 } - 2 x ) - 5 , \because x ^ { 2 } - 2 x = 2 ,$ ∴原式 $= 3 \times 2 - 5 = 1$ 解法二：从 $x ^ { 2 } - 2 x = 2$ 中解得 $\scriptstyle x = 1 \pm { \sqrt { 3 } }$ ，分别代入.20. 由①，得 $( 2 x + y ) ( 2 x - y ) = 0 , \div 2 x + y = 0$ $2 x - y = 0$ .它们与方程②分别组成两个方程组： $\left\{ \begin{array} { l l } { 2 x + y = 0 , } \\ { x ^ { 2 } - x y + 4 = 0 ; } \end{array} \right. \quad ( * ) \quad \left\{ \begin{array} { l l } { 2 x - y = 0 , } \\ { x ^ { 2 } - x y + 4 = 0 . } \end{array} \right.$ (\* \*)分别解这两个方程组，可知方程组(\*)无解；方程组(\*\*)的解是 $\left\{ \begin{array} { l l } { x _ { 1 } = 2 , } \\ { y _ { 1 } = 4 ; } \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array} { l l } { x _ { 2 } = - 2 , } \\ { y _ { 2 } = - 4 . } \end{array} \right.$ 所以原方程组的解是 $\left\{ \begin{array} { l l } { x _ { 1 } = 2 , } \\ { y _ { 1 } = 4 ; } \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array} { l l } { x _ { 2 } = - 2 , } \\ { y _ { 2 } = - 4 . } \end{array} \right.$ 21. 在 $\triangle E D B$ 中， $\because \angle E D B = 9 0 ^ { \circ } , \angle E = 3 0 ^ { \circ } , D E = 6 , \therefore D B = D E$ $\tan 3 0 ^ { \circ } = 6 \times { \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } } = 2 { \sqrt { 3 } } , \ \therefore A D = A B - D B = 6 - 2 { \sqrt { 3 } } .$ . 又 $\angle A = 4 5 ^ { \circ } , \therefore \angle A F D = 4 5 ^ { \circ }$ ，得 $F D = A D$ $\therefore \ S _ { \triangle A D F } = \frac { 1 } { 2 } A D ^ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } \times ( 6 - 2 \sqrt { 3 } ) ^ { 2 } = 2 4 - 1 2 \sqrt { 3 } .$ 在等腰直角三角形ABC中，斜边 $A B = 6$ ，所以 $S _ { \triangle A B C }$ $= { \frac { 1 } { 4 } } A B ^ { 2 ^ { \prime } } = 9 . \therefore S _ { \perp \perp } \subsetneqq { \cal D } \ / n o c { \cal F } = S _ { \triangle \ A B C } - S _ { \triangle \ A D F } = 9 - ( 2 4 - 1 2 \sqrt { 3 } ) = 1 2 \sqrt { 3 } - 1 5 . \quad 2 2 .$ (1)不合格，合格；(2)75%, 25%;(3)240;(4)合理，该样本是随机样本(或该样本具有代表性). 23. 设以直线 AB 为图象的一次函数解析式为 $y = k x + b .$ 因为直线AB经过点(0，4)、点(2，0),所以得方程组 $\left\{ { \begin{array} { l l } { 4 = b , } \\ { 0 = 2 k + b . } \end{array} } \right.$ 解得$\begin{array} { l } { { \left\{ \begin{array} { l l } { { k = - 2 , } } \\ { { b = 4 . } } \end{array} \right. } } \end{array}$ 所以以直线AB为图象的一次函数解析式为 $y = - 2 x + 4$ . 由于 $C D / / A B$ ，设以直线 CD 为图象的一次函数解析式为 $\scriptstyle y = - 2 x + b ^ { \prime }$ .解法一：由于 ${ \cal D } B = { \cal D } C , { \cal D } O \perp { \cal C } B , \therefore { \cal O } B = { \cal O } C$ .所以点 C的坐标是(-2,0),得 $\delta ^ { \prime } = - 4$ .所以以直线 CD 为图象的一次函数解析式为 $\scriptstyle y = - 2 x - 4$ .解法二：由题意，得点
D的坐标是 $( 0 , b ^ { \prime } )$ ，点 C的坐标是 $\Big ( \frac { b ^ { \prime } } { 2 } , 0 \Big ) . \because D B = D C , \therefore \sqrt { 2 ^ { 2 } + ( b ^ { \prime } ) ^ { 2 } } =$ $\sqrt { ( b ^ { \prime } ) ^ { 2 } + \left( \frac { b ^ { \prime } } { 2 } \right) ^ { 2 } }$ .解得 $\begin{array} { r } { b ^ { \prime } = \pm 4 , } \end{array}$ 因为点 $\pmb { D } ^ { \prime }$ 与点A不重合，所以 $\delta ^ { \prime } = 4$ 舍去.因此以直线CD为图象的一次函数解析式为 $y = - 2 x - 4 . \quad 2 4 . \ ( 1 )$ 如图1,连结$D E . \because \angle A D B = 9 0 ^ { \circ }$ ，E是AB的中点， $\therefore D E = A E = B E . \nabla \because D C = B E , \therefore$ $D C = D E$ .又因为 $D G \perp C E$ ，所以G 是CE 中点.(2) $\because D E = D C , \ \therefore$ $\angle D C E = \angle D E C , \therefore \angle E D B = \angle D E C + \angle D C E = 2 \angle B C E . \angle \stackrel { \triangledown } { \cdot } D E = B E$
图1
$\therefore \angle B = \angle E D B , \therefore \angle B = 2 \angle B C E . 2 5 ^ { \circ }$ .①由干顶点C在γ轴上，所以设以这部分抛物线为图象的函数解析式为 $y = a x ^ { 2 } + { \frac { 9 } { 1 0 } }$ .因为点 $A \left( - { \frac { 5 } { 2 } } , 0 \right)$ (或 $B \Big ( \frac { 5 } { 2 } , 0 \Big ) \Big )$ 在抛物线上，所以 $0 = a \cdot \left( - { \frac { 5 } { 2 } } \right) ^ { 2 } + { \frac { 9 } { 1 0 } }$ 得 $\alpha = - { \frac { 1 8 } { 1 2 5 } }$ ，因此所求函数解析式为 $y = - \frac { 1 8 } { 1 2 5 } x ^ { 2 } + \frac { 9 } { 1 0 } \left( - \frac { 5 } { 2 } \leqslant x \leqslant \frac { 5 } { 2 } \right)$ ；(2)因为点D、E的纵坐标为 $\frac { 9 } { 2 0 }$ ,所以 ${ \frac { 9 } { 2 0 } } = - { \frac { 1 8 } { 1 2 5 } } x ^ { 2 } + { \frac { 9 } { 1 0 } }$ ，得 $x = \pm { \frac { 5 } { 4 } } { \sqrt { 2 } } .$ 所以点D的坐标为 $( - \frac { 5 } { 4 } \sqrt { 2 } , \frac { 9 } { 2 0 } )$ ，点E的坐标为$\textstyle \left( { \frac { 5 } { 4 } } { \sqrt { 2 } } , { \frac { 9 } { 2 0 } } \right)$ .所以 $D E = { \frac { 5 } { 4 } } { \sqrt { 2 } } - \left( - { \frac { 5 } { 4 } } { \sqrt { 2 } } \right) = { \frac { 5 { \sqrt { 2 } } } { 2 } }$ 因此卢浦大桥拱内实际桥长为 $\frac { 5 \sqrt { 2 } } { 2 } \times 1 1 0 0 0 \times 0 . 0 1$ $= 2 7 5 \sqrt { 2 } \approx 3 8 5 ($ (米). 26. (1)解 $: a , c$ 同号(或当 $a > 0$ 时， $c > 0 { \ : } ;$ 当 $a < 0$ 时， $c < 0 )$ (2)证明：设点A的坐标为 $( x _ { 1 } , 0 )$ ，点B的坐标为 $( x _ { 2 } , 0 )$ ,则 $0 < x _ { 1 } < x _ { 2 } . ~ \land \lor A = x _ { 1 } , O B = x _ { 2 } , O C = \mid c \mid$ .据题意 $, x _ { 1 }$ $\pmb { x } _ { 2 }$ 是方程 $a x ^ { 2 } + b x + c = 0 ( a \neq 0 )$ 的两个根. $\therefore x _ { 1 } \cdot x _ { 2 } = { \frac { c } { a \cdot } }$ .由题意，得 $O A \cdot O B = O C ^ { 2 }$ ,即 $\frac { c } { a } = 1 c 1 ^ { 2 }$ $\textstyle = c ^ { 2 } \cdot { \ddot { \cdot } } c \neq 0 , \div c = { \frac { 1 } { a } }$ ，即 $a c = 1$ .所以当线段OC长是线段OA、OB长的比例中项时，a、c互为倒数.(3) 解：当 $b = - 4$ 时，由②知， $x _ { 1 } + x _ { 2 } = - \frac { b } { a } = \frac { 4 } { a } > 0 , \therefore a > 0 ,$ 解法一： $A B = O B - O A = x _ { 2 } - x _ { 1 }$ $= { \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } } , \ \colon A B = { \sqrt { \left( { \frac { 4 } { a } } \right) ^ { 2 } - 4 { \Big ( } { \frac { c } { a } } { \Big ) } } } = { \sqrt { \frac { 1 6 - 4 a c } { a ^ { 2 } } } } = { \frac { 2 { \sqrt { 3 } } } { a } } , \ \cdots \ A B = 4 { \sqrt { 3 } } , \ \colon { \frac { 2 { \sqrt { 3 } } } { a } } =$ $4 { \sqrt { 3 } } .$ 得 $\alpha = { \frac { 1 } { 2 } } , \ \therefore c = 2$ 解法二：由求根公式， $x = { \frac { 4 \pm { \sqrt { 1 6 - 4 a c } } } { 2 a } } = { \frac { 4 \pm { \sqrt { 1 6 - 4 } } } { 2 a } } = { \frac { 2 \pm { \sqrt { 3 } } } { a } } , \ { \therefore \ x _ { 1 } } =$ ${ \frac { 2 - { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } , x _ { 2 } = { \frac { 2 + { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } , \ { \boldsymbol { : } } \ { \boldsymbol { \ A } } { \boldsymbol { B } } = O { \boldsymbol { B } } - O { \boldsymbol { A } } = x _ { 2 } - x _ { 1 } = { \frac { 2 + { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } - { \frac { 2 - { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } = { \frac { 2 { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } \cdot { \boldsymbol { : } } \ { \boldsymbol { A } } { \boldsymbol { B } } = { \mathrm { 4 } } { \sqrt { 3 } } , \ { \boldsymbol { : } } \ { \frac { 2 { \sqrt { 3 } } } { \alpha } } = { \frac { 3 } { \alpha } } ,$ $4 { \sqrt { 3 } } .$ 得 $a = \frac { 1 } { 2 } , \div { } c = 2 . \dot { 2 } 7 . ( 1 )$ 证明： $\because \angle D E F = 4 5 ^ { \circ }$ ，得 $\angle D F E = 9 0 ^ { \circ } - \angle D E F = 4 5 ^ { \circ } , \therefore \angle D F E$ $= \angle D E F , \therefore D E = D F$ .又∵ $A D = D C , { \dot { \cdots } } A E = F C$ .因为 AB 是圆 B 的半径， $A D \perp A B$ ，所以AD切圆B于点A;同理，CD切圆B于点C.又因为EF切圆B于点G,所以 $A { \cal E } = E G , F C = F G$ .因此 $E G = F G$ ，即点G为线段 $\scriptstyle { \mathbf { } } _ { E F }$ 的中点.（2）解： $: { \mathrm { : } } \ E G = A E = x , \ F G = C F = y , \ : \ E D = 1 - x , \ F D = 1 - y , \ C D = 1 - y .$ 在$\mathbf { R t } \triangle D E F$ 中，由 $E D ^ { 2 } + F D ^ { 2 } = E F ^ { 2 }$ ，得 $( 1 - x ) ^ { 2 } + ( 1 - y ) ^ { 2 } = ( x + y ) ^ { 2 } . \therefore y = { \frac { 1 - x } { 1 + x } } ( 0 < x < 1 )$ . (3)
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解析
解：当 $E F = { \frac { 5 } { 6 } }$ 时，由②得 $E F = E G + F G = A E + F C = x + { \frac { 1 - x } { 1 + x } } = { \frac { 5 } { 6 } }$ .得$x _ { 1 } = { \frac { 1 } { 3 } }$ 或 $x _ { 2 } = { \frac { 1 } { 2 } }$ ，即 $A E = { \frac { 1 } { 3 } }$ 或 $\overset { \cdot } { A } E = \frac { 1 } { 2 }$ . ① 当 $A E = { \frac { 1 } { 2 } }$ 时， $\triangle A D _ { 1 } D \nearrow$ $\triangle E D _ { 1 } F _ { \cdot }$ 证明如下：设直线EF交线段 $D D _ { 1 }$ 于点H,如图 2. 据题意， $\triangle E D F \cong$ $\triangle E D _ { 1 } F ; E F \perp D D _ { 1 }$ 且 $D H = D _ { 1 } H . \ \because \ A E = { \frac { 1 } { 2 } } , A D = 1$ ，得 $A E = E D , \therefore$ $E H ~ / / A D _ { 1 } \ . ~ \ \div \ \angle D _ { 1 } A D = \angle F E D = \angle F E D _ { 1 } , \angle A D _ { 1 } D = \angle E H D = 9 0 ^ { \circ }$ .又∵$\angle E D _ { 1 } F = \angle E D F = 9 0 ^ { \circ } , \ : \dot { \cdot } \angle E D _ { 1 } F = \angle A D _ { 1 } D , \ : \dot { \bullet } , \ : \triangle A D _ { 1 } D \diamond o \triangle E D _ { 1 } F .$ ②当 $\begin{array} { r } { A E = \frac { 1 } { 3 } } \end{array}$ 时， $\triangle A D _ { 1 } D$ 与 $\triangle E D _ { 1 }$ F不相似.
图2
图2