1[较难]如图,已知$\odot O$是$△ ABC$的外接圆,BC为$\odot O$的直径,弧AB上一点D满足$DB=DA$,连结CD交AB于点E.
(1)求$∠ AED+\frac{1}{2}∠ ABC$的度数和.
(2)求证:$AC· BC=CE· CD$.
(3)连结OE,若$∠ BOE=∠ BEO$,求$△ BEO$与$△ BED$的面积比.

(1) 解：
∵ BC是$\odot O$的直径，
∴ $∠ BAC=90°$。
∵ $DB=DA$，
∴ 弧$DB=$弧$DA$，
∴ $∠ ACD=∠ BCD$，即$CD$平分$∠ ACB$，$∠ ACD=\frac{1}{2}∠ ACB$。
∵ $∠ AED$是$△ ACE$的外角，
∴ $∠ AED=∠ BAC + ∠ ACD=90° + \frac{1}{2}∠ ACB$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB + ∠ ABC=90°$，
∴ $\frac{1}{2}∠ ACB + \frac{1}{2}∠ ABC=45°$，
∴ $∠ AED + \frac{1}{2}∠ ABC=90° + \frac{1}{2}∠ ACB + \frac{1}{2}∠ ABC=90°+45°=135°$。
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(2) 证明：
∵ BC是$\odot O$的直径，
∴ $∠ BDC=∠ BAC=90°$。
又∵ $∠ ACE=∠ DCB$，
∴ $△ CAE ∽ △ CDB$，
∴ $\frac{AC}{CD}=\frac{CE}{BC}$，
交叉相乘得：$AC· BC=CE· CD$。
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(3) 解：
∵ $∠ BOE=∠ BEO$，
∴ $BE=BO$。
设$\odot O$半径为$r$，则$BE=BO=r$，$BC=2r$。
设$∠ BCE=β$，则$∠ ACB=2β$，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°-2β$，
$AB=BC· \sin2β=2r\sin2β$，$AC=BC· \cos2β=2r\cos2β$。
在$\mathrm{Rt}△ ACE$中，$AE=AC· \tanβ=2r\cos2β \tanβ$，
由$BE=AB-AE=r$得：
$2r\sin2β - 2r\cos2β · \frac{\sinβ}{\cosβ}=r$
两边同除以$r$，整理得：
$4\sinβ\cos^2β - 2\cos2β\sinβ=\cosβ$
利用$2\cos^2β-\cos2β=1$，化简得：$2\sinβ=\cosβ$。
∵ 点$E$在$CD$上，$∠ BDE=∠ BDC=90°$，$∠ DBE=∠ ACD=β$，
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$BD=BE· \cosβ=r\cosβ$，$DE=BE· \sinβ=r\sinβ$，
∴ $S_{△ BED}=\frac{1}{2}· BD· DE=\frac{1}{2}r^2\sinβ\cosβ$。
在$△ BEO$中，$BE=BO=r$，$∠ OBE=∠ ABC=90°-2β$，
∴ $S_{△ BEO}=\frac{1}{2}· BE· BO· \sin∠ OBE=\frac{1}{2}r^2\sin(90°-2β)=\frac{1}{2}r^2\cos2β$。
代入$\cosβ=2\sinβ$，$\cos2β=\cos^2β-\sin^2β=3\sin^2β$，$\sinβ\cosβ=2\sin^2β$：
$\frac{S_{△ BEO}}{S_{△ BED}}=\frac{\frac{1}{2}r^2\cos2β}{\frac{1}{2}r^2\sinβ\cosβ}=\frac{3\sin^2β}{2\sin^2β}=\frac{3}{2}$
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最终结论：
(1) $\boldsymbol{135°}$；
(2) 证明成立；
(3) 面积比为$\boldsymbol{\frac{3}{2}}$。

2[2025浙江杭州调研,难]如图,已知抛物线$y=ax^2+bx+c$经过$A(0,4),B(4,0),C(-1,0)$三点.过点A作垂直于y轴的直线l.在抛物线上有一动点P,过点P作直线PQ平行于y轴,交直线l于点Q,连结AP,AC.
(1)求抛物线$y=ax^2+bx+c$的表达式.
(2)是否存在点P,使得以A,P,Q三点为顶点的三角形与$△ AOC$相似?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

解：
(1) 已知抛物线$y=ax^2+bx+c$过$A(0,4)$，因此$c=4$。
将$B(4,0)$，$C(-1,0)$代入$y=ax^2+bx+4$，得方程组：
$\begin{cases}16a+4b+4=0 \\a-b+4=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1 \\b=3\end{cases}$
因此抛物线的表达式为$\boldsymbol{y=-x^2+3x+4}$。
(2) 存在满足条件的点$P$。
由$A(0,4)$，$C(-1,0)$，得$OA=4$，$OC=1$，$∠ AOC=90°$。
由题意，直线$l:y=4$，$PQ// y$轴，设$P(x,-x^2+3x+4)$，则$Q(x,4)$，因此：
$AQ=|x|$，$PQ=|4-(-x^2+3x+4)|=|x^2-3x|$，且$∠ AQP=90°$，即$△ AQP$是直角三角形，直角顶点为$Q$。
分两种相似情况讨论：
① 当$\frac{AQ}{OC}=\frac{PQ}{OA}$时，代入得：
$\frac{|x|}{1}=\frac{|x^2-3x|}{4}$
$x≠0$（否则三点重合无法构成三角形），两边同除以$|x|$得$4=|x-3|$，解得$x=7$或$x=-1$。
当$x=-1$时，$y=-(-1)^2+3×(-1)+4=0$，得$P(-1,0)$；
当$x=7$时，$y=-7^2+3×7+4=-24$，得$P(7,-24)$。
② 当$\frac{AQ}{OA}=\frac{PQ}{OC}$时，代入得：
$\frac{|x|}{4}=\frac{|x^2-3x|}{1}$
$x≠0$，两边同除以$|x|$得$\frac{1}{4}=|x-3|$，解得$x=\frac{13}{4}$或$x=\frac{11}{4}$。
当$x=\frac{11}{4}$时，$y=-(\frac{11}{4})^2+3×\frac{11}{4}+4=\frac{75}{16}$，得$P(\frac{11}{4},\frac{75}{16})$；
当$x=\frac{13}{4}$时，$y=-(\frac{13}{4})^2+3×\frac{13}{4}+4=\frac{51}{16}$，得$P(\frac{13}{4},\frac{51}{16})$。
综上，符合条件的点$P$的坐标为$(-1,0)$，$(7,-24)$，$(\frac{11}{4},\frac{75}{16})$，$(\frac{13}{4},\frac{51}{16})$。