8 如图,在$△ ABC$中,$AC=8$,$∠ ABC=60°$,$∠ C=45°$,$AD⊥ BC$,垂足为$D$,$∠ ABC$的平分线交$AD$于点$E$,则$AE$的长为 （）

A.$\dfrac{4\sqrt{2}}{3}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$\dfrac{8\sqrt{2}}{3}$
D.$3\sqrt{2}$

C

1. 先在$Rt△ ADC$中，$\because AD⊥ BC$，$∠ C=45°$，$AC=8$，
$\therefore AD=AC·\sin45°=8×\frac{\sqrt{2}}{2}=4\sqrt{2}$。
2. 在$Rt△ ABD$中，$\because ∠ ABC=60°$，$AD⊥ BD$，
$\therefore BD=\frac{AD}{\tan60°}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$。
3. $\because BE$平分$∠ ABC$，$\therefore ∠ EBD=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$，
在$Rt△ BDE$中，$DE=BD·\tan30°=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{3}}×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{3}$。
4. 因此$AE=AD-DE=4\sqrt{2}-\frac{4\sqrt{2}}{3}=\frac{8\sqrt{2}}{3}$。

9 如图,在矩形ABCD中,E为边AD上一点,∠ABE=30°,将△ABE沿BE折叠得△FBE,连接CF,DF,若CF平分∠BCD,AB=2,则DF的长为.

$\boldsymbol{\sqrt{2}}$

解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，AB=CD=2。
由折叠的性质得：BF=AB=2，∠FBE=∠ABE=30°，
∴ ∠ABF=60°，
∴ ∠FBC=∠ABC - ∠ABF=90°-60°=30°。
∵ CF平分∠BCD，
∴ ∠BCF=1/2∠BCD=45°。
过点F作FG⊥BC于点G，在Rt△BFG中，∠FGB=90°，∠FBG=30°，BF=2，
∴ FG=BF·sin30°=1，BG=BF·cos30°=√3。
在Rt△CFG中，∠FGC=90°，∠FCG=45°，
∴ △CFG为等腰直角三角形，CG=FG=1。
过点F作FH⊥CD于点H，
∵ ∠BCD=∠FGC=∠FHC=90°，CG=FG，
∴ 四边形CGFH是正方形，
∴ FH=CH=CG=1。
∴ DH=CD - CH=2-1=1。
在Rt△DFH中，∠DHF=90°，
DF=√(DH²+FH²)=√(1²+1²)=√2。

10 [2025 兰州]如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，交BD于点F，BE=CE。若$AB=4\sqrt{3}$，则AF的长为。

$\boldsymbol{4}$

解：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AB=BC=AD=4\sqrt{3}$，$AD// BC$。
∵ $AE⊥ BC$，$BE=CE$，
∴ $AB=AC$，
∴ $AB=BC=AC$，即$△ ABC$为等边三角形，
∴ $∠ ABC=60°$，$∠ ABD=∠ DBC=30°$。
∵ $BE=\frac{1}{2}BC$，$BC=4\sqrt{3}$，
∴ $BE=2\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，
$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2-(2\sqrt{3})^2}=6$。
在$\mathrm{Rt}△ BEF$中，$∠ EBF=30°$，
∴ $EF=BE·\tan30°=2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=2$，
∴ $AF=AE-EF=6-2=4$。

11 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$AB⊥ BC$，$O$是$AC$的中点，连接$OB$，过点$C$作$CD⊥ OB$，交$BO$的延长线于点$D$，$BC=8$，$\sinα=\dfrac{3}{5}$.求：
（1）线段$OC$的长；
（2）$\cos∠ DOC$的值.

解：
(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$\sinα=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{5}$。
设$AB=3k$，则$AC=5k$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=4k$。
已知$BC=8$，则$4k=8$，解得$k=2$，因此$AC=10$。
因为$O$是$AC$的中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，所以：
$OC=\dfrac{1}{2}AC=5$。
(2) 先计算$\mathrm{Rt}△ ABC$的面积：
$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}· AB· BC=\dfrac{1}{2}×6×8=24$。
因为$O$是$AC$中点，所以$S_{△ BOC}=\dfrac{1}{2}S_{△ ABC}=12$。
又$S_{△ BOC}=\dfrac{1}{2}· OB· CD$，且$OB=OC=5$，代入得：
$12=\dfrac{1}{2}×5× CD$，解得$CD=\dfrac{24}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ OCD$中，$∠ D=90°$，由勾股定理得：
$OD=\sqrt{OC^2-CD^2}=\sqrt{5^2-(\dfrac{24}{5})^2}=\dfrac{7}{5}$。
因此：
$\cos∠ DOC=\dfrac{OD}{OC}=\dfrac{\dfrac{7}{5}}{5}=\dfrac{7}{25}$。
综上，(1) 线段$OC$的长为$\boldsymbol{5}$；(2) $\cos∠ DOC$的值为$\boldsymbol{\dfrac{7}{25}}$。

12 如图，$△ ABC$是等腰三角形，$AB=AC$，以$AC$为直径的半圆$O$与$BC$交于点$D$，$DE ⊥ AB$，垂足为$E$，$ED$的延长线与$AC$的延长线交于点$F$。
（1）一题多解 求证：$DE$是半圆$O$的切线；
（2）若半圆$O$的半径为$2$，$BE=1$，求$\cos A$的值。

(1) 证明：
连接$OD$，
$\because OD=OC$，
$\therefore ∠ ODC=∠ OCD$。
$\because AB=AC$，
$\therefore ∠ B=∠ OCD$，
$\therefore ∠ ODC=∠ B$，
$\therefore OD// AB$。
$\because DE⊥ AB$，
$\therefore DE⊥ OD$。
又$\because OD$是半圆$O$的半径，
$\therefore DE$是半圆$O$的切线。
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(2) 解：
$\because$ 半圆$O$的半径为$2$，
$\therefore AC=AB=2×2=4$，
$\therefore AE=AB-BE=4-1=3$。
由(1)知$OD// AB$，
$\therefore △ FOD ∽ △ FAE$，
$\therefore \frac{OD}{AE}=\frac{FO}{FA}$。
设$FA=x$，则$FO=FA-OA=x-2$，代入$OD=2$，$AE=3$得：
$\frac{2}{3}=\frac{x-2}{x}$
解得$x=6$，即$FA=6$。
在$\mathrm{Rt}△ AEF$中，$∠ AEF=90°$，
$\cos A=\frac{AE}{FA}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$
最终$\cos A$的值为$\boldsymbol{\frac{1}{2}}$。