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$\frac{\sqrt{3}}{2}$
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B
$\frac{1}{2} $
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$解:(1)因为 AB=4 \sqrt{2},D 为AB 的中点,$
$所以 AD=BD=\frac{1}{2}AB=2 \sqrt{2}.$
$因为∠BAC=∠BCD,∠ABC=∠CBD,$
$所以△ABC∽△CBD,$
$所以\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{BD},$
$所以 BC²=AB×BD=16,$
$所以BC=4.$
$解:(2)连接OC,过点 A 作AE⊥CD 于点E,$
$则 ∠AEC=∠AED=90°.$
$因为cos∠ADC=\frac{\sqrt{2}}{4},$
$所以\frac{DE}{AD}=\frac{\sqrt{2}}{4}.$
$因为AD=2 \sqrt{2},$
$所以DE=1,$
$所以 AE= \sqrt{AD²-DE²}= \sqrt{7}.\ $
$因为△ABC∽△CBD,$
$所以\frac{AC}{CD}=\frac{AB}{BC}.$
$因为AB=4 \sqrt{2},BC=4,$
$所以\frac{AC}{CD}= \sqrt{2}.\ $
$设 CD=x,$
$则 AC= \sqrt{2} x,CE=CD-DE=x-1.\ $
$因为 AE²+CE²=AC²,$
$所以( \sqrt{7})²+(x-1)²=( \sqrt{2} x)²,$
$解得x_{1}=2,x_{2}=-4(不合题意,舍去),$
$所以CE=1,AC=2 \sqrt{2},$
$所以AC=AD,$
$所以AE垂直平 分CD,$
$所以点O在线段AE上.$
$设⊙O的半径为r,$
$则OA=OC=r,OE=AE-OA= \sqrt{7}-r.$
$因为∠OEC=90°,$
$所以 OE²+CE²=OC²,$
$所以( \sqrt{7}-r)²+1²=r²,$
$解得r=\frac{4\sqrt{7}}{7}.$
$故⊙O的半径为\frac{4\sqrt{7}}{7}.$
$解:(1) 证明:因为 D 为 \widehat{B C} 的中点,$
$所以 \widehat{C D}=\widehat{D B},$
$所以 \angle C A D=\angle B A D,$
$所以 \angle B A C=2 \angle B A D.$
$因为 \angle B O D=2 \angle B A D,$
$所以 \angle B A C=\angle B O D,$
$所以 DO∥AO$
$证明:(2)因为 \widehat{C D}=\widehat{D B},$
$所 以 \angle C A D=\angle E C D.$
$又 \angle A D C=\angle C D E,$
$所以 \triangle A C D \backsim \triangle C E D,$
$所以 \frac {D A}{D C}=\frac {D C}{D E},$
$所以 D E \cdot D A=D C^2.$
$解:(3) 连接 B D. 因为 A B 为 \odot O 的直径,$
$所以 \angle A C B=90^{\circ}.$
$因为 D O / / A C,$
$所以 \angle O F B=\angle A C B=90^{\circ},$
$所以 \angle B F D=180^{\circ}-\angle O F B=90^{\circ}.$
$因为 \angle C A D=\angle C B D,$
$所以 \tan \angle C B D=\tan \angle C A D=\frac {1}{2},$
$所以 \frac {D F}{B F}=\frac {1}{2}.$
$设 D F=k, 则 B F=2\ \mathrm {k}.$
$设 O B=O D=r, 则 O F=O D-D F=r-k.$
$因为 O F^2+B F^2=O B^2,$
$所以 (r-k)^2+(2\ \mathrm {k})^2=r^2. 整理, 得 r=\frac {5}{2}\ \mathrm {k},$
$所以 O F=\frac {3}{2}\ \mathrm {k},$
$所以 \sin \angle C B A=\frac {O F}{O B}=\frac {3}{5}.$
$因为 \angle C D A=\angle C B A,$
$所以 \sin \angle C D A=\sin \angle C B A=\frac {3}{5}.$