21. (12分)根据以下素材,探索完成任务.
素材 如图,某经济开发区计划在道路AB上方搭建一座抛物线形彩虹桥,已知道路AB的宽为20 m(路内侧两边各有2 m宽的绿化带,其余路面正常通行),桥面最高处与路面的距离为8 m.
任务1 以AB所在直线为x轴,以AB的垂直平分线OM为y轴建立平面直角坐标系,求该抛物线形彩虹桥的解析式.
任务2 按计划在该彩虹桥下方需对称安置两个支撑柱进行支撑,若要确保道路AB的正常通行,求支撑柱的最大高度.
任务3 若在该彩虹桥下方有一个限高5 m的横杆,现要在横杆上方悬挂一条宽9 m、高1 m的横幅,在不超出桥面的情况下,横幅能否按计划悬挂(不考虑横杆的宽度)?

21. 解:任务1:根据题意建立平面直角坐标系如下，顶点坐标为M(0,8)，点B的坐标为(10,0). 设该抛物线的解析式为y=ax²+8，则0=a×10²+8，解得a=-0.08，
∴该抛物线形彩虹桥的解析式为y=-0.08x²+8(-10≤x≤10). 任务2:
∵要确保道路AB的正常通行，
∴两个支撑柱之间的距离最少为20-2×2=16(m)，
∴支撑柱到OM的距离至少为8 m，令x=8，则y=-0.08×8²+8=2.88，
∴支撑柱的最大高度为2.88 m. 任务3:由题意，得横幅的上边沿离路面的最小距离为5+1=6(m)，令y=6，则-0.08x²+8=6，解得x₁=-5，x₂=5，
∴当横幅的上边沿离路面的距离为6 m时，桥面的宽度为10 m.
∵9＜10，
∴横幅能按计划悬挂.

22. (12分)在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$\odot O$是其外接圆,点$E$是圆上的动点.
(1)如图,当$∠ AOC=∠ AOE$时,求证:$△ OAC≌△ OAE$.
(2)如图,当$CE$平分$∠ ACB$时,过点$E$作$EF// AB$交$CA$的延长线于点$F$.
①求证:$EF$是$\odot O$的切线.
②已知$BC=4$,$AC=2\sqrt{5}$,求$AF$的长.

22. (1) 证明:在Rt△ABC中，
∵∠ACB=90°，⊙O是其外接圆，
∴AB是⊙O的直径.
∵点E是圆上的动点，
∴OC=OE. 在△OAC和△OAE中，$\begin{cases} OC=OE \\ ∠AOC=∠AOE \\ OA=OA \end{cases}$，
∴△OAC≌△OAE(SAS). (2) ①证明:连接EB,EA,OE，如图所示.
∵CE平分∠ACB，∠ACB=90°，
∴∠ACE=∠BCE=$\frac{1}{2}$∠ACB=45°. 根据圆周角定理得∠EBA=∠ACE=45°，∠EAB=∠BCE=45°，
∴∠EBA=∠EAB=45°，
∴△EAB是等腰直角三角形.
∵点O是⊙O的圆心，
∴OA=OB，
∴OE⊥AB.
∵EF//AB，
∴OE⊥EF. 又
∵OE是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线. ②解:过点C作CI⊥AB于点I，如图所示. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，AC=2√5，由勾股定理，得AB=$\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{4^2+(2\sqrt{5})^2}=6$，
∴OE=OA=OB=$\frac{1}{2}$AB=3. 由三角形面积公式得$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·IC=\frac{1}{2}BC·AC$，
∴$IC=\frac{BC·AC}{AB}=\frac{4×2\sqrt{5}}{6}=\frac{4\sqrt{5}}{3}$. 由①可知OE⊥AB. 又
∵CI⊥AB，
∴CI//OE，
∴△CIH∽△EOH，
∴$\frac{IC}{OE}=\frac{CH}{EH}=\frac{\frac{4\sqrt{5}}{3}}{3}=\frac{4\sqrt{5}}{9}$.
∵EF//AB，
∴$\frac{CA}{AF}=\frac{CH}{EH}$，
∴$\frac{2\sqrt{5}}{AF}=\frac{4\sqrt{5}}{9}$，
∴$AF=\frac{9}{2}$.

23.(14分)如图,在正方形ABCD中,点E为直线BC上的一点,连接AE,作$DG// AE$交BC的延长线于点G,$EF⊥ AC$,垂足为点F,连接FG.
(1)如图①,若点E在线段BC上且$CF=CG$,求$\tan∠ CGD$的值.
(2)如图②,若点E在线段BC上,求证:$∠ DGF=45°$.
(3)如图③,若点E在BC的延长线上,AE与CD交于点M,当$FG=\sqrt{3}EG$时,求$\frac{CM}{DM}$的值.

23. (1) 解:
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD//BC，AD=CD=BC，∠ACB=∠ACD=45°.
∵DG//AE，
∴四边形AEGD为平行四边形，
∴AD=EG，
∴BC=EG，
∴BE=CG. 设CF=CG=m，则BE=m.
∵EF⊥AC，
∴△EFC为等腰直角三角形，
∴EC=√2 CF=√2 m，
∴BC=EC+BE=√2 m +m，
∴CD=BC=(√2+1)m，
∴$\tan∠CGD=\frac{CD}{CG}=\sqrt{2}+1$.
 (2) 证明:连接DF，设CD与FG交于点K，如图. 
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD//BC，AD=CD=BC，∠ACB=∠ACD=45°.
∵DG//AE，
∴四边形AEGD为平行四边形，
∴AD=EG，
∴EG=CD.
∵EF⊥AC，
∴△EFC为等腰直角三角形，
∴EF=CF，∠FEC=∠FCE=45°，
∴∠FEC=∠FCD=45°. 在△EFG和△CFD中，$\begin{cases} EF=CF \\ ∠FEG=∠FCD \\ EG=CD \end{cases}$，
∴△EFG ≌ △CFD(SAS)，
∴FG=DF，∠FGE=∠FDC.
∵∠FKD=∠CKG，
∴∠DFG=∠DCG=90°，
∴△DFG为等腰直角三角形，
∴∠DGF=45°. (3) 解:设正方形ABCD的边长为a，由(1)知四边形AEGD为平行四边形，
∴AD=EG=a. 连接DF，如图.
  用(2)中同样的方法证得△FCD≌△FEG，
∴△DFG为等腰直角三角形，
∴DG=√2 FG.
∵FG=√3 EG，
∴FG=√3 a，
∴DG=√2·√3 a=√6 a，
∴CG=√(DG²-DC²)=√5 a，
∴CE=CG-EG=(√5-1)a.
∵AD//BC，
∴△CME∽△DMA，
∴$\frac{CM}{DM}=\frac{CE}{AD}=\sqrt{5}-1$.