7.[2025广元] 如图,四边形ABCD中,AC与BD交于点O,O是AC的中点,BO=2DO,已知AB=4,AD=2,tan∠ACD=$\frac{\sqrt{3}}{5}$,则AC的长为.

【点拨】如图,过点 $D$ 作 $DE⊥ AC$ 于点 $E$,过点 $B$ 作 $BF⊥ AC$ 于点 $F$,则 $∠ OED = ∠ OFB = 90°$,又 $\because ∠ DOE = ∠ BOC$,$\therefore △ ODE ∽ △ OBF$,$\therefore \dfrac{BO}{DO} = \dfrac{OF}{OE} = \dfrac{BF}{DE}=2$,设 $OE=x$,则 $OF=2x$,$\therefore EF=3x$. $\because AB=4$,$AD=2$,$\therefore \dfrac{AB}{AD}=2$,$\therefore \dfrac{AB}{AD}=\dfrac{BF}{DE}$,即 $\dfrac{BF}{AB}=\dfrac{DE}{AD}$. $\because ∠ AED = ∠ AFB = 90°$,$\therefore \cos ∠ ABF = \dfrac{BF}{AB}$,$\cos ∠ ADE = \dfrac{DE}{AD}$,$\therefore \cos ∠ ABF = \cos ∠ ADE. \therefore ∠ ABF = ∠ ADE$,$\therefore ∠ AED ∽ △ AFB$,$\therefore \dfrac{AF}{AE} = \dfrac{AB}{AD}=2$,$\therefore AF=2AE$,即 $AE=EF=3x$,$\therefore AO=AE+OE=4x$. $\because O$ 是 $AC$ 的中点,$\therefore CO=AO=4x$,$\therefore CE=CO+OE=5x$. $\because \tan ∠ ACD = \dfrac{\sqrt{3}}{5}$,$\therefore \dfrac{DE}{CE}=\dfrac{\sqrt{3}}{5}$,$\therefore DE=\sqrt{3}x$. 在 $\mathrm{Rt}△ADE$ 中,$AE^2+DE^2=AD^2$,即 $(3x)^2+(\sqrt{3}x)^2=2^2$,解得 $x=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$(负值已舍去),$\therefore AC=2AO=8x=\dfrac{8\sqrt{3}}{3}$.
【点方法】本题运用化斜为直法,通过作高把斜三角形转化为两个直角三角形.

8. 一题多解 如图,已知四边形 $ABCD,∠ABC=120°,AD⊥AB,CD⊥CB,AB=30\sqrt{3},BC=50\sqrt{3},$ 求四边形ABCD的面积.

方法一(分割法):如图①,过点 $B$ 作 $BE// AD$ 交 $DC$ 于点 $E$,过点 $E$ 作 $EF// AB$ 交 $AD$ 于点 $F$,则 $BE⊥ BA$,$EF⊥ AD$. $\therefore$ 四边形 $ABEF$ 是矩形. $\therefore EF=AB=30\sqrt{3}$,$AF=BE$.
$\because ∠ ABC=120°$,$\therefore ∠ CBE=120°-90°=30°$,$∠ D=360°-90°-90°-120°=60°$.
在 $\mathrm{Rt}△BCE$ 中,$BE=\dfrac{BC}{\cos ∠ CBE}=\dfrac{50\sqrt{3}}{\cos 30°}=\dfrac{50\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=100$,
$EC=BC· \tan ∠ CBE=50\sqrt{3}× \tan 30°=50\sqrt{3}× \dfrac{\sqrt{3}}{3}=50$.
在 $\mathrm{Rt}△DEF$ 中,$DF=\dfrac{EF}{\tan D}=\dfrac{30\sqrt{3}}{\tan 60°}=\dfrac{30\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=30$.
$\therefore AD=AF+DF=BE+DF=100+30=130$.
$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD}=S_{\mathrm{梯形}ABED}+S_{△ BCE}=$
$\dfrac{1}{2}(AD+BE)· AB + \dfrac{1}{2}BC· EC=\dfrac{1}{2}× (130+100)× 30\sqrt{3}+\dfrac{1}{2}× 50\sqrt{3}× 50=4700\sqrt{3}$.
方法二(补形法):如图②,延长 $DA,CB$ 相交于点 $E$,则 $∠ ABE=180°-∠ ABC=60°$. $\therefore ∠ E=90°-∠ ABE=30°$.
在 $\mathrm{Rt}△ABE$ 中,$AE=AB· \tan 60°=30\sqrt{3}× \sqrt{3}=90$,$BE=\dfrac{AB}{\cos 60°}=\dfrac{30\sqrt{3}}{\dfrac{1}{2}}=60\sqrt{3}$. $\therefore CE=BE+BC=60\sqrt{3}+50\sqrt{3}=110\sqrt{3}$. 在 $\mathrm{Rt}△DCE$ 中,$DC=CE· \tan 30°=110\sqrt{3}× \dfrac{\sqrt{3}}{3}=110$. $\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD}=S_{△ DCE}-S_{△ ABE}=\dfrac{1}{2}DC· CE-\dfrac{1}{2}AB· AE=\dfrac{1}{2}× 110× 110\sqrt{3}-\dfrac{1}{2}× 30\sqrt{3}× 90=4700\sqrt{3}$.

【解决问题】①甲:若$A,H,C$三点共线,则$AC=AH+HC$,若$AC≠AH+HC$,则三点不共线.由勾股定理易得,$AC=\sqrt{194}$,$AH=\sqrt{29}$,$HC=\sqrt{73}$,显然$AC≠AH+HC$;
②乙:若$A,H,C$三点共线,则$∠AHC=180°$,若$∠AHC≠180°$,则三点不共线,再借助三角函数刻画角的大小……
③丙:$3,5,8,13,…$让我想到了斐波那契数列和它的一些性质,再结合相似三角形的有关知识……
④丁:“三点共线问题”也可以转化为“判断一点在不在另外两点所在的直线上”……
请你根据乙、丙、丁三名同学的思路,任选一种方法,证明$A,H,C$三点不共线.

选择丁,证明如下：
如图,假设点 $H$ 在直线 $AC$ 上,
$\because AD// BC$,$\therefore ∠ DAC = ∠ HCG$,$\therefore \tan ∠ DAC = \tan ∠ HCG$.
$\because \tan ∠ DAC = \dfrac{5}{13}$,$\tan ∠ HCG = \dfrac{3}{8}$,$\therefore \tan ∠ DAC ≠ \tan ∠ HCG$,与假设矛盾,$\therefore$ 点 $H$ 不在直线 $AC$ 上,
$\therefore$ 点 $A,H,C$ 三点不共线.