9. (2023·崂山区二模)如图，在△ABC 中，∠C=60°，BC=2$\sqrt{3}$，D 是 AC 上一点，连接 BD，若 tanA= $\frac{1}{2}$，tan∠ABD= $\frac{1}{3}$，则 CD= .

9. $3+\sqrt{3}$

解：过点$B$作$BE ⊥ AC$于点$E$，设$BE = x$。
在$Rt△ ABE$中，$\tan A=\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}$，则$AE = 2x$。
在$Rt△ CBE$中，$∠ C = 60°$，$\tan C=\frac{BE}{CE}=\sqrt{3}$，则$CE=\frac{x}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}x}{3}$。
由$BC = 2\sqrt{3}$，$BC^2=BE^2 + CE^2$，得$(2\sqrt{3})^2=x^2+(\frac{\sqrt{3}x}{3})^2$，解得$x = 3$（$x=-3$舍去）。
所以$BE = 3$，$AE = 6$，$CE=\sqrt{3}$，$AC=AE + CE=6+\sqrt{3}$。
设$DE = y$，在$Rt△ BDE$中，$\tan∠ ABD=\frac{DE}{BE}=\frac{1}{3}$，则$\frac{y}{3}=\frac{1}{3}$，$y = 1$。
$AD=AE - DE=6 - 1=5$，$CD=AC - AD=6+\sqrt{3}-5=1+\sqrt{3}$。
$1+\sqrt{3}$

三、解答题
10. (2023·盐都区二模)已知△ABC 为钝角三角形，其中∠A＞90°，有下列条件：
①AB=10；②AC=6$\sqrt{5}$；③tanB= $\frac{3}{4}$；④tanC= $\frac{1}{2}$.
(1)你认为从中至少选择 个条件，可以求出 BC 边的长；
(2)你选择的条件是 (填序号)，并写出求 BC 边的长的解答过程.

10. (1) 3
(2) 解：选择①②④. (选法不唯一)
过点A作 $AD ⊥ BC$ 于点D，如答图所示.

设 $AD = x$，$\because \tan C = \frac{1}{2}$，$\therefore CD = 2x$.
$\because AC = 6\sqrt{5}$，根据勾股定理，得 $x^{2}+(2x)^{2}=(6\sqrt{5})^{2}$，解得 $x = 6$ 或 $x = -6$ (不合题意，舍去)，
$\therefore AD = 6$，$CD = 2x = 12$.
$\because AB = 10$，根据勾股定理，得 $BD = \sqrt{10^{2}-6^{2}} = 8$，
$\therefore BC = CD + BD = 12 + 8 = 20$.

11. (2024·姜堰区一模)如图为某影院的剖面图，水平地面 AE=9 m，斜坡 AC 的坡度 i=1：2.4，小丽从 A 处沿斜坡走了 13 m 到 B 处，入座后，眼睛 D 观察屏幕最高处的仰角为 30°，屏幕最低处的俯角为 10°.
(1)小丽从 A 处走到 B 处，沿垂直方向上升了几米？
(2)求屏幕 MN 的高度.（结果精确到 0.1 m，参考数据：sin10°≈0.17，cos10°≈0.98，tan10°≈0.18，$\sqrt{3}$≈1.73）

11. 解：(1) 如答图，延长DB交EA于点F.
由题意得 $DF ⊥ EF$，
$\because$ 斜坡AC的坡度 $i = 1:2.4$，$\therefore \frac{BF}{AF} = \frac{1}{2.4} = \frac{5}{12}$，
$\therefore$ 设 $BF = 5x \mathrm{ m}$，则 $AF = 12x \mathrm{ m}$，
在 $Rt △ ABF$ 中，
$AB = \sqrt{AF^{2}+BF^{2}} = \sqrt{(12x)^{2}+(5x)^{2}} = 13x$ (米).
$\because AB = 13 \mathrm{ m}$，$\therefore 13x = 13$，解得 $x = 1$，
$\therefore AF = 12 \mathrm{ m}$，$BF = 5 \mathrm{ m}$.
答：小丽从A处走到B处，沿垂直方向上升了 $5 \mathrm{ m}$.

(2) 过点D作 $DG ⊥ MN$，垂足为G，如答图.
由题意，得 $DG = EF$，$\because AE = 9 \mathrm{ m}$，$AF = 12 \mathrm{ m}$，
$\therefore DG = EF = AE + AF = 21 \mathrm{ m}$.
在 $Rt △ MDG$ 中，$∠ MDG = 30^{\circ}$，
$\therefore MG = DG · \tan 30^{\circ} = 21 × \frac{\sqrt{3}}{3} = 7\sqrt{3} (\mathrm{m})$.
在 $Rt △ NDG$ 中，$∠ NDG = 10^{\circ}$，
$\therefore GN = DG · \tan 10^{\circ} \approx 21 × 0.18 = 3.78 (\mathrm{m})$，
$\therefore MN = MG + GN = 7\sqrt{3} + 3.78 \approx 15.9 (\mathrm{m})$.
答：屏幕MN的高度约为 $15.9 \mathrm{ m}$.

12. (2023·广安改编)如图，以 Rt△ABC 的直角边 AB 为直径作⊙O，交斜边 AC 于点 D，E 是 BC 的中点，连接 OE，DE.
(1)求证：DE 是⊙O 的切线；
(2)若 sinC= $\frac{4}{5}$，DE=5，求 AD 的长；
(3)求证：2DE²=CD·OE.

12. (1) 证明：连接OD，BD，如答图.

在 $Rt △ ABC$ 中，$∠ ABC = 90^{\circ}$，
$\because AB$ 是 $ \odot O$ 的直径，$\therefore ∠ ADB = 90^{\circ}$，
$\therefore ∠ BDC = 180^{\circ}-∠ ADB = 90^{\circ}$.
$\because E$ 是BC的中点，$\therefore DE = BE = EC$.
$\because OB$，OD是 $ \odot O$ 的半径，$\therefore OB = OD$.
又 $\because OE = OE$，$\therefore △ ODE ≌ △ OBE (SSS)$，
$\therefore ∠ ODE = ∠ OBE = 90^{\circ}$，
$\therefore OD ⊥ DE$. $\because OD$ 是半径，$\therefore DE$ 是 $ \odot O$ 的切线.
(2) 解：由 (1) 知 $DE = BE = EC$，$∠ ADB = ∠ BDC = ∠ ABC = 90^{\circ}$.
$\because DE = 5$，$\therefore BC = 10$.
$\because \sin C = \frac{4}{5}$，$\therefore \frac{BD}{BC} = \frac{4}{5}$，$\therefore BD = 8$.
$\because ∠ C + ∠ CBD = ∠ ABD + ∠ CBD = 90^{\circ}$，
$\therefore ∠ ABD = ∠ C$，
$\therefore \sin ∠ ABD = \sin C = \frac{4}{5}$，$\therefore \frac{AD}{AB} = \frac{4}{5}$.
设 $AD = 4x$，$AB = 5x$，$\because AD^{2} + BD^{2} = AB^{2}$，
$\therefore (4x)^{2} + 8^{2} = (5x)^{2}$，
解得 $x = \frac{8}{3}$ (负值已舍去)，$\therefore AD = 4x = 4 × \frac{8}{3} = \frac{32}{3}$.
(3) 证明：由 (1) 得 $∠ BDC = ∠ OBE = 90^{\circ}$，$DE = BE = CE$.
$\because O$ 是AB的中点，E是BC的中点，$\therefore OE // AC$，
$\therefore ∠ OEB = ∠ C$，
$\therefore △ OBE ∼ △ BDC$，$\therefore \frac{BE}{CD} = \frac{OE}{BC}$，即 $ \frac{DE}{CD} = \frac{OE}{2DE}$，
$\therefore 2DE^{2} = CD · OE$.