8.如图，在$△ ABC$中，$AD ⊥ BC$，垂足是D.若$BC=14$，$AD=12$，$\tan ∠ BAD = \frac{3}{4}$，求$\sin C$的值. （第8题）

解：
∵ AD⊥BC，
∴ ∠ADB = ∠ADC = 90°。
在Rt△ABD中，$\tan∠ BAD = \frac{BD}{AD} = \frac{3}{4}$，
∵ AD = 12，
∴ $BD = AD · \tan∠ BAD = 12 × \frac{3}{4} = 9$。
∵ BC = 14，
∴ $CD = BC - BD = 14 - 9 = 5$。
在Rt△ADC中，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AD^2 + CD^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$。
∴ $\sin C = \frac{AD}{AC} = \frac{12}{13}$。

9.如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,点$D$在$BC$上,$BD=4$,$AD=BC$,$\cos∠ ADC=\dfrac{3}{5}$.求:
(1)$DC$的长;
(2)$\sin B$的值.

解：
(1) 在$Rt△ ADC$中，$∠ C=90°$，
$\cos∠ ADC = \frac{DC}{AD} = \frac{3}{5}$，
设$DC=3k$，则$AD=5k$，
由$AD=BC$，且$BC=BD+DC$，$BD=4$，得：
$5k = 4 + 3k$，
解得$k=2$，
$\therefore DC=3k=6$。
(2) 由(1)得$AD=10$，$BC=AD=10$，
在$Rt△ ADC$中，由勾股定理：
$AC=\sqrt{AD^2 - DC^2}=\sqrt{10^2 - 6^2}=8$，
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理：
$AB=\sqrt{AC^2 + BC^2}=\sqrt{8^2 + 10^2}=2\sqrt{41}$，
$\therefore \sin B = \frac{AC}{AB} = \frac{8}{2\sqrt{41}} = \frac{4\sqrt{41}}{41}$。
综上，(1) $DC$的长为$\boldsymbol{6}$；(2) $\sin B$的值为$\boldsymbol{\frac{4\sqrt{41}}{41}}$。

10. 提升题▶如图，在$\mathrm{Rt}△ AOB$中，$∠ AOB=90°$，以$OA$为半径作$\odot O$，$BC$切$\odot O$于点$C$，连接$AC$，交$OB$于点$P$。
(1)求证:$BP=BC$；
(2)若$\sin∠ PAO=\dfrac{1}{3}$，且$PC=7$，求$\odot O$的半径。

(1) 证明：
连接OC，
∵ BC切⊙O于点C，
∴ OC⊥BC，即∠OCB=90°，
∴ ∠BCP + ∠OCA = 90°，
∵ OA=OC，
∴ ∠OAC=∠OCA，
∵ ∠AOB=90°，
∴ 在Rt△AOP中，∠OAP + ∠APO = 90°，
又∵ ∠APO=∠BPC，
∴ ∠OAC + ∠BPC = 90°，
∴ ∠BCP=∠BPC，
∴ BP=BC。
(2) 解：
过点O作OH⊥AC于点H，
则AH=CH。
在Rt△AOP中，∠AOP=90°，$\sin∠ PAO=\dfrac{OP}{AP}=\dfrac{1}{3}$，
设$OP=x$，则$AP=3x$，由勾股定理得$OA=\sqrt{AP^2-OP^2}=2\sqrt{2}x$，设⊙O半径为$r$，即$r=2\sqrt{2}x$。
在Rt△AOH中，∠AHO=90°，$\sin∠ PAO=\dfrac{OH}{OA}=\dfrac{1}{3}$，
∴ $OH=\dfrac{1}{3}r$，
∴ $AH=\sqrt{OA^2-OH^2}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}r$，
∴ $AC=2AH=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}r$。
又∵ $AC=AP+PC=3x+7$，且$x=\dfrac{r}{2\sqrt{2}}$，代入得：
$\dfrac{4\sqrt{2}}{3}r = 3·\dfrac{r}{2\sqrt{2}} +7$
化简得$7r=42\sqrt{2}$，解得$r=6\sqrt{2}$。
答：⊙O的半径为$6\sqrt{2}$。