∴，
∵△ABF∽△BED， ∴∴
24．如图，在平面直角坐标系中xOy中，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），抛物线的顶点为点D，联结AC、BC、DB、DC． （1）求这条抛物线的表达式及顶点D的坐标； （2）求证：△ACO∽△DBC；
（3）如果点E在x轴上，且在点B的右侧，∠BCE=∠ACO，求点E的坐标．
=， ．
【考点】二次函数综合题；直角三角形的性质；勾股定理的逆定理；相似三角形的判定． 【分析】（1）根据抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，3），即可求得b，c的值，进而得到抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）先根据B（3，0），A（﹣1，0），D（1，4），求得CD=，BC=3，BD=2，AO=1，CO=3，
进而得到CD2+BC2=BD2，从而判定△BCD是直角三角形，且∠BCD=90°，最后根据∠AOC=∠DCB， =，判定△ACO∽△DBC；
（3）先设CE与BD交于点M，根据MC=MB，得出M是BD的中点，再根据B（3，0），D（1，4），得到M（2，2），最后根据待定系数法求得直线CE的解析式，即可得到点E的坐标． 【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，3）， ∴解得，
，
∴抛物线的表达式为y=﹣x2+2x+3， ∴顶点D的坐标为（1，4）；
17
（2）∵当y=0时，0=﹣x2+2x+3， 解得x1=﹣1，x2=3， ∴B（3，0），
又∵A（﹣1，0），D（1，4）， ∴CD=，BC=3，BD=2，AO=1，CO=3，
∴CD2+BC2=BD2，
∴△BCD是直角三角形，且∠BCD=90°， ∴∠AOC=∠DCB， 又∵∴==，，
=，
∴△ACO∽△DBC；
（3）设CE与BD交于点M， ∵△ACO∽△DBC， ∴∠DBC=∠ACO， 又∵∠BCE=∠ACO， ∴∠DBC=∠BCE， ∴MC=MB，
∵△BCD是直角三角形，
∴∠BCM+∠DCM=90°=∠CBM+∠MDC， ∴∠DCM=∠CDM， ∴MC=MD，
∴DM=BM，即M是BD的中点， ∵B（3，0），D（1，4）， ∴M（2，2），
设直线CE的解析式为y=kx+b，则
， 解得，
18
∴直线CE为：y=﹣x+3， 当y=0时，0=﹣x+3， 解得x=6，
∴点E的坐标为（6，0）．
25．已知，如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=8，cot∠BAC=，点D在边BC上（不与点B、C重合），点E在边BC的延长线上，∠DAE=∠BAC，点F在线段AE上，∠ACF=∠B．设BD=x．
（1）若点F恰好是AE的中点，求线段BD的长； （2）若y=，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；
（3）当△ADE是以AD为腰的等腰三角形时，求线段BD的长． 【考点】三角形综合题．
【分析】（1）先判断出△ABD∽△ACF，进而判断出AD=BD，再用解直角三角形的方法即可得出BD；
（2）先表示出CF，进而表示出MC，即可得出函数关系式； （3）分两种情况列出方程求解即可得出结论．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=8，cot∠BAC=， ∴AC=6，AB=10， ∵∠DAE=∠BAC， ∴∠FAC=∠DAB， ∵∠ACF=∠B，
19
∴△ABD∽△ACF， ∴，
在Rt△ABC中，点F恰好是AE的中点， ∴CF=AE=AF， ∴AD=BD，
在Rt△ACD中，AC=6，CD=BC﹣BD=BC﹣AD=8﹣AD， 根据勾股定理得，AC2+CD2=AD2， ∴36+（8﹣AD）2=AD2， ∴AD=，
，
∴BD=AD=（2）如图1，过点F作FM⊥AC于M， 由（1）知，∴∴CF===，
×x=x，
由（1）△ABD∽△ACF， ∴∠B=∠ACF， ∴tan∠ACF=tanB=∴MC=x，
==，
∴y===（0＜x＜8）
（3）∵△ADE是以AD为腰的等腰三角形， ∴①当AD=AE时， ∴∠AED=∠ADE， ∵∠ACD=90°，
∴∠EAC=∠DAC=∠DAB， ∴AD是∠BAC的平分线， ∴，
∵AC=6，AB=10，CD=8﹣BD，
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