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第87页

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$\sqrt{2}$

解：过点$D$作$DH⊥BC，$交$BC$的延长线于点$H。$

∵四边形$ABCD$是菱形，$AB=6，$

∴$AB∥CD，$$AD∥BC，$$AB=CD=AD=6。$

∴$∠DCH = ∠B = 30^\circ 。$

$ $在$Rt△DHC$中，$DH = CD ·\mathrm {sin}30^\circ = 6 ×\frac {1}{2} = 3。$

∵$AF⊥DE，$$DH⊥BC，$

∴$∠AFD = ∠DHE = 90^\circ 。$

又∵$∠ADF = ∠DEH(AD∥BC，$内错角相等），

∴$△ADF∽△DEH。$

∴$\frac {AD}{DE} = \frac {AF}{DH}，$即$\frac {6}{x} = \frac {y}{3}。$

∴$y = \frac {18}{x}$

证明： （1）连接OE。

 ∵BE是⊙O的切线，

 ∴OB⊥BE，即$\angle OBE = 90^\circ。$

 在△OEC和△OEB中，

$\begin{cases} OC = OB \\ OE = OE \\ CE = BE \end{cases}，$

 ∴△OEC≌△OEB（SSS）。

 ∴$\angle OCE = \angle OBE = 90^\circ。$

 ∵OC是⊙O的半径，

 ∴EF是⊙O的切线。

 （2）设$OA = OC = r，$则$OF = OA + AF = r + 10。$

 ∵OC⊥CE，

 ∴$\angle OCF = 90^\circ。$

 在Rt△OCF中，$\sin F = \frac{OC}{OF} = \frac{1}{3}，$

 ∴$OF = 3OC，$即$r + 10 = 3r，$解得$r = 5。$

 ∴$OA = OC = 5，$$AB = CD = 10，$$OF = 15，$$BF = 20。$

 在Rt△OCF中，$CF = \sqrt{OF^2 - OC^2} = \sqrt{15^2 - 5^2} = 10\sqrt{2}。$

 ∵$\angle OCF = \angle OBE = 90^\circ，$$\angle F = \angle F，$

 ∴△OCF∽△EBF。

 ∴$\frac{CF}{BF} = \frac{OF}{EF}，$即$\frac{10\sqrt{2}}{20} = \frac{15}{EF}，$解得$EF = 15\sqrt{2}。$

 ∴$CE = EF - CF = 5\sqrt{2}。$

 在Rt△CDE中，$DE = \sqrt{CE^2 + CD^2} = \sqrt{(5\sqrt{2})^2 + 10^2} = 5\sqrt{6}。$