三、解答题
14. 如图，已知$\odot O$的弦$CD$垂直于直径$AB$，点$E$在$CD$上，且$EC = EB$.
(1) 求证：$△ CEB∽△ CBD$；
(2) 若$CE = 3$，$CB = 5$，求$DE$的长.

14. (1)略 (2)$5\frac{1}{3}$

(1) 证明：
∵CD⊥AB，AB为直径，
∴BC=BD，∠BCE=∠BDC，
∵EC=EB，
∴∠BCE=∠CBE，
∴∠CBE=∠BDC，
又∠BCE=∠BCD，
∴△CEB∽△CBD.
(2) 解：
∵△CEB∽△CBD，
∴$\frac{CE}{CB}=\frac{CB}{CD}$，
∵CE=3，CB=5，
∴$\frac{3}{5}=\frac{5}{CD}$，解得$CD=\frac{25}{3}$，
∵EC=EB=3，
∴DE=CD-CE=$\frac{25}{3}-3=\frac{16}{3}=5\frac{1}{3}$.

15. 如图，在$△ ABC$中，$AB = AC = 1$，$BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，在$AC$上取一点$D$，使得$AD = BC$，连$BD$.
(1) 求证：$AD^{2}=AC· CD$；
(2) 求$∠ ABD$的度数.

1. （1）证明：
已知$AB = AC = 1$，$BC = AD=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则$CD=AC - AD=1-\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{2 - (\sqrt{5}-1)}{2}=\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$。
计算$AD^{2}$：$AD^{2}=(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^{2}=\frac{5 - 2\sqrt{5}+1}{4}=\frac{6 - 2\sqrt{5}}{4}$。
计算$AC· CD$：$AC· CD = 1×\frac{3 - \sqrt{5}}{2}=\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$，又$\frac{AD^{2}}{AC· CD}=\frac{(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^{2}}{1×\frac{3 - \sqrt{5}}{2}}=\frac{\frac{5 - 2\sqrt{5}+1}{4}}{\frac{3 - \sqrt{5}}{2}}=\frac{6 - 2\sqrt{5}}{2(3 - \sqrt{5})}$。
对$\frac{6 - 2\sqrt{5}}{2(3 - \sqrt{5})}$进行化简：
分子分母同时乘以$3+\sqrt{5}$，$\frac{(6 - 2\sqrt{5})(3+\sqrt{5})}{2(3 - \sqrt{5})(3+\sqrt{5})}$。
根据$(a + b)(a - b)=a^{2}-b^{2}$，$(3 - \sqrt{5})(3+\sqrt{5})=9 - 5 = 4$；$(6 - 2\sqrt{5})(3+\sqrt{5})=18+6\sqrt{5}-6\sqrt{5}-10 = 8$。
所以$\frac{(6 - 2\sqrt{5})(3+\sqrt{5})}{2(3 - \sqrt{5})(3+\sqrt{5})}=\frac{8}{2×4}=1$，即$AD^{2}=AC· CD$。
2. （2）
因为$AD^{2}=AC· CD$，所以$\frac{AD}{AC}=\frac{CD}{AD}$，又$∠ A=∠ A$，根据相似三角形的判定定理（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），可得$△ ABD∼△ ACB$。
所以$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CB}$，因为$AB = AC$，所以$BD = BC$。
设$∠ A=α$，因为$△ ABD∼△ ACB$，所以$∠ ABD=∠ C$。
又因为$AB = AC$，所以$∠ ABC=∠ C$。
根据三角形内角和定理$∠ A+∠ ABC+∠ C = 180^{\circ}$，即$α + 2∠ C=180^{\circ}$。
由$△ ABD∼△ ACB$，$\frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AC}$（$AB = AC$），$\cos A=\frac{AD^{2}+AC^{2}-CD^{2}}{2AD· AC}$，由$AD^{2}=AC· CD$，$AC = 1$，$AD=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$CD=\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$。
$\cos A=\frac{(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^{2}+1^{2}-(\frac{3 - \sqrt{5}}{2})^{2}}{2×\frac{\sqrt{5}-1}{2}×1}$
先计算分子：$(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^{2}+1-(\frac{3 - \sqrt{5}}{2})^{2}=\frac{5 - 2\sqrt{5}+1}{4}+1-\frac{9 - 6\sqrt{5}+5}{4}=\frac{6 - 2\sqrt{5}+4-(14 - 6\sqrt{5})}{4}=\frac{10 - 2\sqrt{5}-14 + 6\sqrt{5}}{4}=\frac{4\sqrt{5}-4}{4}=\sqrt{5}-1$。
分母$=\sqrt{5}-1$，所以$\cos A=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则$∠ A = 36^{\circ}$。
因为$∠ A+∠ ABC+∠ C = 180^{\circ}$，$∠ ABC=∠ C$，所以$∠ C=∠ ABD = 72^{\circ}$。
综上，（1）证明过程如上述；（2）$∠ ABD = 36^{\circ}$。

16. 如图，抛物线$y = x^{2}-x - 1$与$y$轴交于点$C$，以原点$O$为圆心，$OC$长为半径作$\odot O$，交$x$轴于$A$，$B$两点，交$y$轴于另一点$D$.设点$P$为抛物线$y = x^{2}-x - 1$上的一点，作$PM⊥ x$轴于点$M$，求使$△ PMB∽△ ADB$时点$P$的坐标.

16. 设点$P$的横坐标$x_{P}=a$，则点$P$的纵坐标$y_{P}=a^{2}-a - 1$。则$PM = |a^{2}-a - 1|$，$BM = |a - 1|$。因为$△ ADB$为等腰直角三角形，所以欲使$△ PMB∽△ ADB$，只要使$PM = BM$。即$|a^{2}-a - 1| = |a - 1|$。不难得$a_{1}=0$，$a_{2}=2$，$a_{3}=\sqrt{2}$，$a_{4}=-\sqrt{2}$。$\therefore$点$P$坐标分别为$P_{1}(0,-1)$，$P_{2}(2,1)$，$P_{3}(\sqrt{2},1-\sqrt{2})$，$P_{4}(-\sqrt{2},1+\sqrt{2})$

解：
1. 求点$C$坐标：抛物线$y=x^2 - x - 1$与$y$轴交于点$C$，令$x=0$，得$y=-1$，故$C(0,-1)$，$OC=1$。
2. 求$\odot O$与坐标轴交点：$\odot O$半径为$1$，交$x$轴于$A(-1,0)$，$B(1,0)$，交$y$轴于$D(0,1)$。
3. 分析$△ ADB$：$A(-1,0)$，$B(1,0)$，$D(0,1)$，$OA=OB=OD=1$，$∠ ADB=90°$，$AD=BD=\sqrt{2}$，故$△ ADB$为等腰直角三角形，$\frac{AD}{BD}=1$。
4. 设点$P(a,a^2 - a - 1)$，则$PM=|a^2 - a - 1|$，$BM=|a - 1|$。
5. 由$△ PMB ∼ △ ADB$，得$\frac{PM}{BM}=\frac{AD}{BD}=1$，即$|a^2 - a - 1|=|a - 1|$。
6. 解方程：
当$a^2 - a - 1 = a - 1$时，$a^2 - 2a = 0$，解得$a=0$或$a=2$；
当$a^2 - a - 1 = -(a - 1)$时，$a^2 - 2 = 0$，解得$a=\sqrt{2}$或$a=-\sqrt{2}$。
7. 点$P$坐标：
$a=0$时，$P_1(0,-1)$；
$a=2$时，$P_2(2,1)$；
$a=\sqrt{2}$时，$P_3(\sqrt{2},1 - \sqrt{2})$；
$a=-\sqrt{2}$时，$P_4(-\sqrt{2},1 + \sqrt{2})$。
$\therefore$点$P$的坐标为$(0,-1)$，$(2,1)$，$(\sqrt{2},1 - \sqrt{2})$，$(-\sqrt{2},1 + \sqrt{2})$。