7 如图,在四边形 ABCD 中,对角线 AC,BD 交于点 O,∠BCD 是钝角,AB=AD,BD 平分∠ABC.若 CD=3,BD=2$\sqrt{6}$,sin∠DBC=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,求 AC 的长.

解：
过点C作CE⊥BD于点E。
在Rt△CBE中，$\sin∠ DBC=\frac{CE}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
设$CE=\sqrt{3}k$，则$BC=3k$，
由勾股定理得$BE=\sqrt{BC^2-CE^2}=\sqrt{9k^2-3k^2}=\sqrt{6}k$。
$\because BD=2\sqrt{6}$，
$\therefore DE=BD-BE=2\sqrt{6}-\sqrt{6}k$。
在Rt△CDE中，$CE^2+DE^2=CD^2$，$CD=3$，
代入得：$(\sqrt{3}k)^2+(2\sqrt{6}-\sqrt{6}k)^2=9$，
整理得：$9k^2-24k+15=0$，
解得$k_1=1$，$k_2=\frac{5}{3}$。
当$k=\frac{5}{3}$时，$BC=5$，由余弦定理得$\cos∠ BCD=\frac{BC^2+CD^2-BD^2}{2· BC· CD}=\frac{1}{3}＞0$，$∠ BCD$为锐角，不符合题意，舍去。
当$k=1$时，$CE=\sqrt{3}$，$BE=\sqrt{6}$，$DE=2\sqrt{6}-\sqrt{6}=\sqrt{6}$，
$\therefore BE=DE$，即E为BD中点，
$\therefore CE$垂直平分BD，
$\therefore CB=CD=3$，$∠ CBD=∠ CDB$。
$\because BD$平分$∠ ABC$，
$\therefore ∠ ABD=∠ CBD$，
$\therefore ∠ ABD=∠ CDB$，得$AB// CD$。
又$\because AB=AD$，
$\therefore ∠ ABD=∠ ADB$，
$\therefore ∠ CBD=∠ ADB$，得$AD// BC$，
$\therefore$ 四边形ABCD是平行四边形。
又$\because AB=AD$，
$\therefore$ 平行四边形ABCD是菱形，
$\therefore AC⊥ BD$，$OA=OC$，$OB=OD$，
$\therefore O$为BD中点，点E与点O重合，
$\therefore OC=CE=\sqrt{3}$，
$\therefore AC=2OC=2\sqrt{3}$。
答：AC的长为$2\sqrt{3}$。

8 如图，C是以点O为圆心，AB为直径的半圆上一点，连接AC，BC，OC.若$AC=4$，$BC=3$，则$\sin∠ BOC$的值为 （）

A.1
B.$\dfrac{24}{25}$
C.$\dfrac{16}{25}$
D.$\dfrac{9}{25}$

B

1. 由AB是半圆O的直径，得∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角）。
2. 在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，由勾股定理得AB=√(AC²+BC²)=√(4²+3²)=5，因此圆的半径OC=OB=AB/2=5/2。
3. 过点C作CD⊥AB于点D，利用△ABC的面积两种表达形式：S△ABC=1/2·AC·BC=1/2·AB·CD，代入数值解得CD=(AC·BC)/AB=(4×3)/5=12/5。
4. 在Rt△CDO中，sin∠BOC=CD/OC=(12/5)/(5/2)=24/25。

9 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=5$,$BC=8$.若$∠ BPC=\frac{1}{2}∠ BAC$,则$\tan∠ BPC$的值为.

$\boldsymbol{\frac{4}{3}}$

解：过点A作AH⊥BC于点H。
∵AB=AC，AH⊥BC，
∴AH平分∠BAC，BH=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}×8=4$，
∴∠BAH=$\frac{1}{2}$∠BAC。
又∵∠BPC=$\frac{1}{2}$∠BAC，
∴∠BPC=∠BAH。
在Rt△ABH中，AB=5，BH=4，
由勾股定理得：AH=$\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
∴tan∠BAH=$\frac{BH}{AH}=\frac{4}{3}$，
即tan∠BPC=$\frac{4}{3}$。
最终

10 如图所示为由10个完全相同的正三角形构成的网格图，则$\cos(α+β)$的值为.

$\boldsymbol{\frac{\sqrt{21}}{7}}$

解：设每个小正三角形的边长为1，
由图形性质可得，α为锐角，且$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sinα=\frac{1}{2}$。
构造含角$β$的三角形，其三边长分别为1、2、$\sqrt{7}$，由余弦定理：
$\cosβ=\frac{2^2+(\sqrt{7})^2-1^2}{2×2×\sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$
$\sinβ=\sqrt{1-\cos^2β}=\frac{\sqrt{21}}{14}$
根据两角和的余弦公式：
$\begin{aligned}\cos(α+β)&=\cosα\cosβ-\sinα\sinβ\\&=\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{5\sqrt{7}}{14}-\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{21}}{14}\\&=\frac{5\sqrt{21}}{28}-\frac{\sqrt{21}}{28}\\&=\frac{\sqrt{21}}{7}\end{aligned}$
最终

11 如图①，D为$\odot O$上一点，点C在直径BA的延长线上，且$∠ CDA=∠ CBD$.
（1）判断直线CD与$\odot O$的位置关系，并说明理由；
（2）若$\tan ∠ CDA=\dfrac{1}{2}$，$AC=2$，求$\odot O$的半径；
（3）如图②，在（2）的条件下，$∠ ADB$的平分线DE交$\odot O$于点E，交AB于点F，连接BE，则$\sin ∠ DBE$的值为________.

（1）判断位置关系并说明理由
解：直线CD与$\odot O$相切，理由如下：
连接$OD$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ADB=90°$，即$∠ ADO + ∠ ODB=90°$。
$\because OD=OB$，
$\therefore ∠ ODB=∠ CBD$。
又$\because ∠ CDA=∠ CBD$，
$\therefore ∠ CDA=∠ ODB$，
$\therefore ∠ CDA + ∠ ADO=∠ CDO=90°$，即$OD⊥ CD$。
$\because$点$D$在$\odot O$上，
$\therefore$直线$CD$与$\odot O$相切。
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（2）求$\odot O$的半径
解：$\because ∠ CDA=∠ CBD$，$∠ C=∠ C$，
$\therefore △ CAD ∽ △ CDB$，
$\therefore \frac{CA}{CD}=\frac{CD}{CB}=\frac{AD}{BD}$。
在$\mathrm{Rt}△ ADB$中，$\tan∠ CBD=\frac{AD}{BD}=\tan∠ CDA=\frac{1}{2}$，
$\therefore \frac{CA}{CD}=\frac{1}{2}$，又$AC=2$，得$CD=4$。
由$\frac{CD}{CB}=\frac{1}{2}$，得$CB=8$，
$\therefore AB=CB-AC=8-2=6$，
$\therefore \odot O$的半径为$3$。
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（3）填空
$\dfrac{3\sqrt{10}}{10}$