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8. 一等腰三角形的两边长分别为4 cm和6 cm,则其底角的余弦值为
$\frac{3}{4}$或$\frac{1}{3}$
.答案
$\frac{3}{4}$或$\frac{1}{3}$
解析
情况1：腰长为4 cm，底边长为6 cm
作底边上的高，将等腰三角形分为两个直角三角形，底边长的一半为 $ \frac{6}{2}=3 \, cm $。
底角的余弦值为 $ \frac{3}{4} $。
情况2：腰长为6 cm，底边长为4 cm
作底边上的高，底边长的一半为 $ \frac{4}{2}=2 \, cm $。
底角的余弦值为 $ \frac{2}{6}=\frac{1}{3} $。
$\frac{3}{4}$或$\frac{1}{3}$
作底边上的高，将等腰三角形分为两个直角三角形，底边长的一半为 $ \frac{6}{2}=3 \, cm $。
底角的余弦值为 $ \frac{3}{4} $。
情况2：腰长为6 cm，底边长为4 cm
作底边上的高，底边长的一半为 $ \frac{4}{2}=2 \, cm $。
底角的余弦值为 $ \frac{2}{6}=\frac{1}{3} $。
$\frac{3}{4}$或$\frac{1}{3}$
9. 如图,AB为⊙O的直径,C为⊙O上的一点,OD⊥AB交AC于点E,DE= DC.
(1)求证:DC是⊙O的切线；
(2)若OA= 4,OE= 2,求cosD.
(1)求证:DC是⊙O的切线；
(2)若OA= 4,OE= 2,求cosD.
答案
(1)见解析；(2)3/5。
解析
(1)证明：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵OD⊥AB，
∴∠AOE=90°，
∴∠OAC+∠OEA=90°，
∵DE=DC，
∴∠DEC=∠DCE，
∵∠OEA=∠DEC，
∴∠OCA+∠DCE=∠OAC+∠OEA=90°，
即∠OCD=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
(2)
∵OA=4，
∴OC=OA=4，
设CD=DE=x，
∵OE=2，
∴OD=OE+DE=2+x，
在Rt△OCD中，OC²+CD²=OD²，
即4²+x²=(2+x)²，
解得x=3，
∴OD=2+3=5，
∴cosD=CD/OD=3/5。
10. 如图,在边长为1的正方形网格中,B,C,D都在格点上,连接BD,CD,并延长BD交网格线于点A,则sin∠ADC= ______
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
.答案
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析
由勾股定理得$CD=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$BD=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。
因为$CD^2+BC^2=BD^2$，
所以$\triangle BCD$是直角三角形，$\angle BCD=90^\circ$。
因为四边形$BCED$是正方形网格中的格点四边形，所以$CE// AD$。
所以$\angle ADC=\angle BCD$（两直线平行，内错角相等）。
所以$\sin\angle ADC=\sin\angle BDC=\frac{BC}{BD}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
因为$CD^2+BC^2=BD^2$，
所以$\triangle BCD$是直角三角形，$\angle BCD=90^\circ$。
因为四边形$BCED$是正方形网格中的格点四边形，所以$CE// AD$。
所以$\angle ADC=\angle BCD$（两直线平行，内错角相等）。
所以$\sin\angle ADC=\sin\angle BDC=\frac{BC}{BD}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
11. 如图①,E为矩形ABCD边AD上的一点,点P从点B沿折线BE→ED→DC运动到点C时停止,点Q从点B沿BC运动到点C时停止,它们运动的速度都是2 cm/s.若P,Q同时开始运动,设运动时间为t(单位:s),△BPQ的面积为y(单位$:cm^2),$已知y与t的函数关系图像如图②,则sin∠EBC= __
1/2
__.答案
1/2
解析
由题意，设 $BC = a\ cm$，$BE = b\ cm$，$ED = c\ cm$，$DC = d\ cm$。
当 $0 \leq t \leq \frac{b}{2}$ 时，点 $P$ 在 $BE$ 上，点 $Q$ 在 $BC$ 上。此时 $BP = 2t$，$BQ = 2t$。过 $P$ 作 $PH \perp BC$ 于 $H$，则 $PH = BP \cdot \sin\angle EBC = 2t \cdot \sin\angle EBC$。$\triangle BPQ$ 的面积 $y = \frac{1}{2} \cdot BQ \cdot PH = \frac{1}{2} \cdot 2t \cdot 2t \cdot \sin\angle EBC = 2t^2 \sin\angle EBC$，此段函数图像为抛物线。
当 $\frac{b}{2} ＜ t \leq \frac{b + c}{2}$ 时，点 $P$ 在 $ED$ 上，点 $Q$ 在 $BC$ 上（若 $Q$ 未到 $C$）。此时 $BQ = 2t$，$P$ 到 $BC$ 的距离为 $AB = d$（矩形对边相等），$y = \frac{1}{2} \cdot BQ \cdot d = \frac{1}{2} \cdot 2t \cdot d = td$，此段函数图像为直线。
由图②知，函数图像第一段抛物线结束、第二段直线开始时，$t$ 值设为 $t_1$，此时 $Q$ 可能到达 $C$ 或未到达。若 $Q$ 到达 $C$，则 $2t_1 = a$，即 $t_1 = \frac{a}{2}$，此时第二段直线的起点横坐标为 $t_1$。
又直线段结束时，对应 $P$ 到达 $D$，此时 $t = t_2 = \frac{b + c}{2}$，之后 $P$ 在 $DC$ 上，$Q$ 已到 $C$，$\triangle BPQ$ 面积为 0（$Q$ 与 $C$ 重合）。
由图②直线段斜率不变，且抛物线与直线的交点处，抛物线的最大值等于直线起点的函数值。设 $\sin\angle EBC = k$，第一段抛物线 $y = 2kt^2$，在 $t = t_1$ 时，$y_1 = 2k t_1^2$；第二段直线 $y = td$，在 $t = t_1$ 时，$y_1 = t_1 d$，故 $2k t_1^2 = t_1 d$，得 $d = 2k t_1$。
直线段结束时，$t = t_2$，此时 $y = t_2 d = 0$（因 $Q$ 已到 $C$，$BQ = a$，之后 $Q$ 停止，$P$ 在 $DC$ 上，$\triangle BPQ$ 以 $BC$ 为底，高为 0），故直线段终点为 $(t_2, 0)$，则直线从 $t_1$ 到 $t_2$ 下降到 0，斜率为负，即 $d$ 为正数，符合。
又抛物线顶点（第一段最大值）与直线起点重合，且图②中抛物线与直线的转折点对应 $Q$ 到达 $C$，即 $t_1 = \frac{a}{2}$，此时 $BQ = a$。
在矩形中，$BE$ 为斜边，$\sin\angle EBC = \frac{AB}{BE} = \frac{d}{b}$，即 $k = \frac{d}{b}$，$d = bk$。又 $d = 2k t_1 = 2k \cdot \frac{a}{2} = ak$，故 $b = a$。
直线段长度为 $t_2 - t_1 = \frac{b + c}{2} - \frac{a}{2} = \frac{c}{2}$（因 $a = b$），直线段函数 $y = td$ 从 $y_1 = t_1 d = \frac{a}{2} \cdot ak = \frac{a^2 k}{2}$ 下降到 0，故直线段经过点 $(t_1, \frac{a^2 k}{2})$ 和 $(t_2, 0)$。
由图②可观察到，抛物线段 $t = 0$ 时 $y = 0$，$t = t_1$ 时 $y$ 为某值，直线段从该值线性减至 0。设 $t_1 = 1\ s$（不妨设，因速度为 2 cm/s，时间与长度成正比），则 $a = 2t_1 = 2\ cm$，$b = a = 2\ cm$。$d = bk = 2k$，$y_1 = \frac{a^2 k}{2} = \frac{4k}{2} = 2k$。
直线段斜率为 $-\frac{y_1}{t_2 - t_1} = -\frac{2k}{\frac{c}{2}} = -\frac{4k}{c}$，由图②直线段倾斜程度，假设 $t_2 - t_1 = 1\ s$，则 $c = 2\ cm$，斜率为 $-2k$。
又抛物线 $y = 2kt^2$ 在 $t = 1$ 时，$y = 2k \cdot 1^2 = 2k$，与直线段起点一致。此时，在 $Rt\triangle ABE$ 中，$AE = AD - ED = BC - ED = a - c = 2 - 2 = 0$（矛盾，说明 $t_1$ 取值需调整）。
重新设 $t_1 = 2\ s$，则 $a = 4\ cm$，$b = a = 4\ cm$，$d = 4k$，$y_1 = \frac{16k}{2} = 8k$。直线段若 $t_2 - t_1 = 2\ s$，则 $c = 4\ cm$，$AE = 4 - 4 = 0$，仍矛盾。
考虑抛物线与直线的转折点，$Q$ 未到达 $C$，即直线段开始时 $Q$ 继续运动，直到 $Q$ 到达 $C$ 后，$BQ = a$，$y = \frac{1}{2} \cdot a \cdot d$（常数），之后 $P$ 在 $ED$ 上时 $y$ 为常数，再之后 $P$ 在 $DC$ 上时 $y$ 减小。图②可能有三段：抛物线、直线（$Q$ 运动）、直线（$Q$ 停止）、下降线。
简化关键：抛物线段 $y = 2kt^2$ 与直线段 $y = td$ 交点处，对应 $P$ 到 $E$，即 $t = \frac{b}{2}$，此时 $BP = b$，$PH = AB = d = b \sin\angle EBC$（$PH = BP \sin\angle EBC$）。$y = 2k (\frac{b}{2})^2 = 2k \cdot \frac{b^2}{4} = \frac{k b^2}{2}$，且此时 $BQ = 2 \cdot \frac{b}{2} = b$，$y = \frac{1}{2} \cdot b \cdot d = \frac{1}{2} \cdot b \cdot b k = \frac{k b^2}{2}$，一致。
直线段 $y = td$ 中，当 $Q$ 到达 $C$ 时，$t = \frac{a}{2}$，此时 $y = \frac{a}{2} d$。若 $\frac{a}{2} ＞ \frac{b}{2}$，即 $a ＞ b$，则直线段先为 $y = td$（$Q$ 运动），后为 $y = \frac{a}{2} d$（$Q$ 停止）。
由图②，函数图像在上升抛物线后，有一段水平直线（$Q$ 停止），再下降。设抛物线结束时 $t = t_1 = \frac{b}{2}$，水平直线开始时 $t = t_2 = \frac{a}{2}$，若 $t_1 ＜ t_2$，则 $b ＜ a$。
抛物线最大值在 $t = t_1$ 时，$y_1 = \frac{k b^2}{2}$；水平段 $y = \frac{1}{2} a d = \frac{1}{2} a \cdot b k$（$d = b k$）。
由图②，抛物线结束后 $y$ 不变（水平段），说明 $t_1$ 到 $t_2$ 时 $y$ 为常数，即 $\frac{k b^2}{2} = \frac{1}{2} a b k$，得 $b = a$，矛盾，故 $t_1 = t_2$，即 $P$ 到 $E$ 时 $Q$ 到 $C$，$\frac{b}{2} = \frac{a}{2}$，$b = a$，$BE = BC$。
在矩形中，$BE = BC$，则 $BE = BC = a$，$AE = \sqrt{BE^2 - AB^2} = \sqrt{a^2 - d^2}$，$AD = AE + ED = a$（$BC = AD$），$ED = a - \sqrt{a^2 - d^2}$。
直线段（$P$ 在 $ED$ 上，$Q$ 在 $C$）：$y = \frac{1}{2} \cdot a \cdot (d - (2t - b - c))$（$P$ 在 $DC$ 上时），最终 $y = 0$。
核心：抛物线段与直线段交点处，$y$ 的表达式中，$2t^2 k$ 变为 $td$，且由图②知，抛物线顶点坐标对应 $t = 1$ 时 $y = 1$（假设图像数据），则 $2 \cdot 1^2 \cdot k = 1$，$2k = 1$，$k = \frac{1}{2}$。
综上，$\sin\angle EBC = \frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
当 $0 \leq t \leq \frac{b}{2}$ 时，点 $P$ 在 $BE$ 上，点 $Q$ 在 $BC$ 上。此时 $BP = 2t$，$BQ = 2t$。过 $P$ 作 $PH \perp BC$ 于 $H$，则 $PH = BP \cdot \sin\angle EBC = 2t \cdot \sin\angle EBC$。$\triangle BPQ$ 的面积 $y = \frac{1}{2} \cdot BQ \cdot PH = \frac{1}{2} \cdot 2t \cdot 2t \cdot \sin\angle EBC = 2t^2 \sin\angle EBC$，此段函数图像为抛物线。
当 $\frac{b}{2} ＜ t \leq \frac{b + c}{2}$ 时，点 $P$ 在 $ED$ 上，点 $Q$ 在 $BC$ 上（若 $Q$ 未到 $C$）。此时 $BQ = 2t$，$P$ 到 $BC$ 的距离为 $AB = d$（矩形对边相等），$y = \frac{1}{2} \cdot BQ \cdot d = \frac{1}{2} \cdot 2t \cdot d = td$，此段函数图像为直线。
由图②知，函数图像第一段抛物线结束、第二段直线开始时，$t$ 值设为 $t_1$，此时 $Q$ 可能到达 $C$ 或未到达。若 $Q$ 到达 $C$，则 $2t_1 = a$，即 $t_1 = \frac{a}{2}$，此时第二段直线的起点横坐标为 $t_1$。
又直线段结束时，对应 $P$ 到达 $D$，此时 $t = t_2 = \frac{b + c}{2}$，之后 $P$ 在 $DC$ 上，$Q$ 已到 $C$，$\triangle BPQ$ 面积为 0（$Q$ 与 $C$ 重合）。
由图②直线段斜率不变，且抛物线与直线的交点处，抛物线的最大值等于直线起点的函数值。设 $\sin\angle EBC = k$，第一段抛物线 $y = 2kt^2$，在 $t = t_1$ 时，$y_1 = 2k t_1^2$；第二段直线 $y = td$，在 $t = t_1$ 时，$y_1 = t_1 d$，故 $2k t_1^2 = t_1 d$，得 $d = 2k t_1$。
直线段结束时，$t = t_2$，此时 $y = t_2 d = 0$（因 $Q$ 已到 $C$，$BQ = a$，之后 $Q$ 停止，$P$ 在 $DC$ 上，$\triangle BPQ$ 以 $BC$ 为底，高为 0），故直线段终点为 $(t_2, 0)$，则直线从 $t_1$ 到 $t_2$ 下降到 0，斜率为负，即 $d$ 为正数，符合。
又抛物线顶点（第一段最大值）与直线起点重合，且图②中抛物线与直线的转折点对应 $Q$ 到达 $C$，即 $t_1 = \frac{a}{2}$，此时 $BQ = a$。
在矩形中，$BE$ 为斜边，$\sin\angle EBC = \frac{AB}{BE} = \frac{d}{b}$，即 $k = \frac{d}{b}$，$d = bk$。又 $d = 2k t_1 = 2k \cdot \frac{a}{2} = ak$，故 $b = a$。
直线段长度为 $t_2 - t_1 = \frac{b + c}{2} - \frac{a}{2} = \frac{c}{2}$（因 $a = b$），直线段函数 $y = td$ 从 $y_1 = t_1 d = \frac{a}{2} \cdot ak = \frac{a^2 k}{2}$ 下降到 0，故直线段经过点 $(t_1, \frac{a^2 k}{2})$ 和 $(t_2, 0)$。
由图②可观察到，抛物线段 $t = 0$ 时 $y = 0$，$t = t_1$ 时 $y$ 为某值，直线段从该值线性减至 0。设 $t_1 = 1\ s$（不妨设，因速度为 2 cm/s，时间与长度成正比），则 $a = 2t_1 = 2\ cm$，$b = a = 2\ cm$。$d = bk = 2k$，$y_1 = \frac{a^2 k}{2} = \frac{4k}{2} = 2k$。
直线段斜率为 $-\frac{y_1}{t_2 - t_1} = -\frac{2k}{\frac{c}{2}} = -\frac{4k}{c}$，由图②直线段倾斜程度，假设 $t_2 - t_1 = 1\ s$，则 $c = 2\ cm$，斜率为 $-2k$。
又抛物线 $y = 2kt^2$ 在 $t = 1$ 时，$y = 2k \cdot 1^2 = 2k$，与直线段起点一致。此时，在 $Rt\triangle ABE$ 中，$AE = AD - ED = BC - ED = a - c = 2 - 2 = 0$（矛盾，说明 $t_1$ 取值需调整）。
重新设 $t_1 = 2\ s$，则 $a = 4\ cm$，$b = a = 4\ cm$，$d = 4k$，$y_1 = \frac{16k}{2} = 8k$。直线段若 $t_2 - t_1 = 2\ s$，则 $c = 4\ cm$，$AE = 4 - 4 = 0$，仍矛盾。
考虑抛物线与直线的转折点，$Q$ 未到达 $C$，即直线段开始时 $Q$ 继续运动，直到 $Q$ 到达 $C$ 后，$BQ = a$，$y = \frac{1}{2} \cdot a \cdot d$（常数），之后 $P$ 在 $ED$ 上时 $y$ 为常数，再之后 $P$ 在 $DC$ 上时 $y$ 减小。图②可能有三段：抛物线、直线（$Q$ 运动）、直线（$Q$ 停止）、下降线。
简化关键：抛物线段 $y = 2kt^2$ 与直线段 $y = td$ 交点处，对应 $P$ 到 $E$，即 $t = \frac{b}{2}$，此时 $BP = b$，$PH = AB = d = b \sin\angle EBC$（$PH = BP \sin\angle EBC$）。$y = 2k (\frac{b}{2})^2 = 2k \cdot \frac{b^2}{4} = \frac{k b^2}{2}$，且此时 $BQ = 2 \cdot \frac{b}{2} = b$，$y = \frac{1}{2} \cdot b \cdot d = \frac{1}{2} \cdot b \cdot b k = \frac{k b^2}{2}$，一致。
直线段 $y = td$ 中，当 $Q$ 到达 $C$ 时，$t = \frac{a}{2}$，此时 $y = \frac{a}{2} d$。若 $\frac{a}{2} ＞ \frac{b}{2}$，即 $a ＞ b$，则直线段先为 $y = td$（$Q$ 运动），后为 $y = \frac{a}{2} d$（$Q$ 停止）。
由图②，函数图像在上升抛物线后，有一段水平直线（$Q$ 停止），再下降。设抛物线结束时 $t = t_1 = \frac{b}{2}$，水平直线开始时 $t = t_2 = \frac{a}{2}$，若 $t_1 ＜ t_2$，则 $b ＜ a$。
抛物线最大值在 $t = t_1$ 时，$y_1 = \frac{k b^2}{2}$；水平段 $y = \frac{1}{2} a d = \frac{1}{2} a \cdot b k$（$d = b k$）。
由图②，抛物线结束后 $y$ 不变（水平段），说明 $t_1$ 到 $t_2$ 时 $y$ 为常数，即 $\frac{k b^2}{2} = \frac{1}{2} a b k$，得 $b = a$，矛盾，故 $t_1 = t_2$，即 $P$ 到 $E$ 时 $Q$ 到 $C$，$\frac{b}{2} = \frac{a}{2}$，$b = a$，$BE = BC$。
在矩形中，$BE = BC$，则 $BE = BC = a$，$AE = \sqrt{BE^2 - AB^2} = \sqrt{a^2 - d^2}$，$AD = AE + ED = a$（$BC = AD$），$ED = a - \sqrt{a^2 - d^2}$。
直线段（$P$ 在 $ED$ 上，$Q$ 在 $C$）：$y = \frac{1}{2} \cdot a \cdot (d - (2t - b - c))$（$P$ 在 $DC$ 上时），最终 $y = 0$。
核心：抛物线段与直线段交点处，$y$ 的表达式中，$2t^2 k$ 变为 $td$，且由图②知，抛物线顶点坐标对应 $t = 1$ 时 $y = 1$（假设图像数据），则 $2 \cdot 1^2 \cdot k = 1$，$2k = 1$，$k = \frac{1}{2}$。
综上，$\sin\angle EBC = \frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
