第57页 - 创新优化学案九年级数学苏科版

解：∵四边形$ABCD$是菱形

∴$AC、$$BD$互相垂直平分

∴$∠AOD=90°，$$AO=\frac 1 2AC=2$

∵$E$为$Rt△AOD$斜边上的中点

∴$OE$为斜边上的中线

∴$AD=2OE=4$

∴$OD=\sqrt {{4}^2-{2}^2}=2\sqrt {3}$

∴$tan∠EDO=\frac {AO}{OD}=\frac {2}{2\sqrt {3}}=\frac {\sqrt {3}}3$

解：过点$ A $作$ A H \perp B C $于点$ H $

∵$S_{\triangle A B C}= 27\ \mathrm {cm^2}，$$ B C=9\ \mathrm {cm}$

∴$\frac {1}{2} ×9 ×A H=27 $

∴$A H= 6\ \mathrm {cm} $

∵$A B=10\ \mathrm {cm}$

∴$B H=\sqrt{A B^2-A H^2}= \sqrt{10^2-6^2}=8(\ \mathrm {cm})$

∴$\tan B=\frac {A H}{B H}=\frac {6}{8}=\frac {3}{4}$

解：$(1)$如图，过点$A$作$AH⊥BC$于点$H$

∵$AB=AC=10，$$BC=12$

∴$BH=CH= BC=6$

在$Rt△ABH$中，$AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$

∴$tan B=\frac {AH}{BH}=\frac {8}{6}= \frac {4}{3}$

$(2)$∵$AB=AC$

∴$∠B=∠C$

由$(1)$知∵$tan B=\frac {4}{3}$

∴$tan C=\frac 43$

∴$\frac {DE}{CE}= \frac {4}{3}$

∵$D$是$AC$的中点，$AC=10$

∴$CD=5$

∴易求得$DE=4，$$CE=3$

∴$BE=BC-CE=12-3=9$

∵$tan B= \frac 43，$$\frac {EF}{BE}=\frac 43$

∴$EF=12$

∴$DF=EF-DE=12-4=8$

∴$\frac {DF}{DE}=\frac {8}{4}=2$

$(1) $证明：∵$ D$是$\widehat{BC}$的中点

∴$ \widehat{CD}=\widehat{BD}$

∵$ DE⊥AB$且$AB$为$⊙O$的直径

∴$ \widehat{BE}=\widehat{BD}$

∴$ \widehat{BC}=\widehat{DE}$

∴$ BC=DE $

$(2)$连接$OD$

∵$ \widehat{CD}=\widehat{BD}$

∴$ ∠CAB=∠DOB$

∵$ AB$为$⊙O$的直径

∴$ ∠ACB=90°$

∵$ DE⊥AB$

∴$ ∠DFO=90°$

∴$ △ACB∽△OFD$

∴$ \frac {AC}{AB}=\frac {OF}{OD}$

设$\odot O$的半径为$r，$则$ \frac {6}{2r}=\frac {r-2}{r}$

解得$r=5$

经检验，$r=5$是方程的根

∴$ AB=2r=10$

∴$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=8$

∴$ tan ∠CAB=\frac {BC}{AC}=\frac {8}{6}=\frac {4}{3}$

∵$ ∠BPC=∠CAB$

∴$ tan ∠BPC=\frac {4}{3}$