【分析】过点D作DH⊥AB，垂足为点H，设AB＝x，则 AH＝x﹣3，解直角三角形即可得到结论． 【解答】解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H，
由题意，得 HB＝CD＝3，EC＝15，HD＝BC，∠ABC＝∠AHD＝90°， ∠ADH＝32°，
设AB＝x，则 AH＝x﹣3，
在Rt△ABE中，由∠AEB＝45°，得 tan∠AEB＝tan45°＝∴EB＝AB＝x．∴HD＝BC＝BE+EC＝x+15， 在Rt△AHD中，由∠AHD＝90°，得 tan∠ADH＝
，
．
即得tan32°＝，
解得：x＝≈32.99
∴塔高AB约为32.99米．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
23．（12分）如图，在△ABC中，点D为边BC上一点，且AD＝AB，AE⊥BC，垂足为点E．过点D作DF∥AB，交边AC于点F，连接EF，EF2＝（1）求证：△EDF∽△EFC；
BD?EC．
（2）如果＝，求证：AB＝BD．
【分析】（1）利用两边成比例夹角相等两个三角形相似即可证明；
）2＝
（2）由△EDF∽△ADC，推出可解决问题；
＝（，推出＝，即 ED＝AD，由此即
【解答】证明：（1）∵AB＝AD，AE⊥BC， ∴BE＝ED＝
DB，
∵EF2＝
?BD?EC，
∴EF2＝ED?EC，即得 又∵∠FED＝∠CEF， ∴△EDF∽△EFC．
（2）∵AB＝AD， ∴∠B＝∠ADB，
＝，
又∵DF∥AB， ∴∠FDC＝∠B， ∴∠ADB＝∠FDC，
∴∠ADB+∠ADF＝∠FDC+∠ADF，即得∠EDF＝∠ADC， ∵△EDF∽△EFC， ∴∠EFD＝∠C， ∴△EDF∽△ADC，
）2＝
∴＝（，
∴＝，即 ED＝AD，
又∵ED＝BE＝∴BD＝AD， ∴AB＝BD．
BD，
【点评】本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
24．（12分）已知：在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx经过点A（5，0）、B（﹣3，4），抛物线的对称轴与x轴相交于点D． （1）求抛物线的表达式；
（2）联结OB、BD．求∠BDO的余切值；
（3）如果点P在线段BO的延长线上，且∠PAO＝∠BAO，求点P的坐标．
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的表达式；
（2）利用二次函数的性质可得出抛物线的对称轴，进而可得出点D的坐标，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C，由点B，D的坐标可得出CD，BC的长度，结合余切的定义可求出∠BDO的余切值； （3）设点P的坐标为（m，n），过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，则PQ＝﹣n，OQ＝m，AQ＝5﹣m，在Rt△ABC中，可求出cot∠∠BAC＝2，结合∠PAO＝∠BAO可得出m﹣2n＝5①，由BC⊥x轴，PQ⊥x轴可得出BC∥PQ，进而可得出4m＝﹣3n②，联立①②可得出点P的坐标． 【解答】解：（1）将A（5，0），B（﹣3，4）代入y＝ax2+bx，得：
，
解得：，
∴所求抛物线的表达式为y＝
x2﹣
x．
（2）∵抛物线的表达式为y＝
x2﹣
x，
∴抛物线的对称轴为直线x＝，
∴点D的坐标为（，0）．
过点B作BC⊥x轴，垂足为点C，如图1所示． ∵点B的坐标为（﹣3，4），点D的坐标为（
，0），
∴BC＝4，OC＝3，CD＝3+＝，
∴cot∠BDO＝＝．
（3）设点P的坐标为（m，n），过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，如图2所示． 则PQ＝﹣n，OQ＝m，AQ＝5﹣m． 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∴cot∠∠BAC＝
＝
＝2．
∵∠PAO＝∠BAO， ∴cot∠PAO＝
＝
＝2，即m﹣2n＝5①．
∵BC⊥x轴，PQ⊥x轴， ∴∠BCO＝∠PQA＝90°， ∴BC∥PQ， ∴
＝
，
∴＝，即4m＝﹣3n②．
由①、②得：，
解得：，
∴点P的坐标为（，﹣）．