10. 如图,⊙O的半径为1 cm,弦AB、CD的长度分别为$\sqrt{2}$ cm、1 cm,求弦AC、BD所夹的锐角α.
答案：
解：连接OA，$OB\text{，}OC\text{，}OD，$BC.
∵$OA=OB=1\,\,\text{cm，}AB=\sqrt{2}\,\,\text{cm}$
∴△OAB为等腰直角三角形
∴∠AOB=90°∴$∠ACB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$
∵$OC=OD=1\,\,\text{cm，}CD=1\,\,\text{cm}$
∴△OCD为等边三角形
∴∠COD=60°
∴$∠CBD=\frac{1}{2}∠COD=30°$
∴$\alpha =∠ACB+∠CBD=45°+30°=75°$
解：连接OA，$OB\text{，}OC\text{，}OD，$BC.
∵$OA=OB=1\,\,\text{cm，}AB=\sqrt{2}\,\,\text{cm}$
∴△OAB为等腰直角三角形
∴∠AOB=90°∴$∠ACB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$
∵$OC=OD=1\,\,\text{cm，}CD=1\,\,\text{cm}$
∴△OCD为等边三角形
∴∠COD=60°
∴$∠CBD=\frac{1}{2}∠COD=30°$
∴$\alpha =∠ACB+∠CBD=45°+30°=75°$
解析：
连接OA、OB、OC、OD。
∵⊙O半径为1 cm，AB=$\sqrt{2}$ cm，
∴OA=OB=1 cm，
在△OAB中，OA²+OB²=1+1=2=AB²，
∴∠AOB=90°。
∵CD=1 cm，OC=OD=1 cm，
∴△OCD为等边三角形，∠COD=60°。
∵∠CAD=$\frac{1}{2}$∠COD=30°，∠ADB=$\frac{1}{2}$∠AOB=45°，
∴α=∠CAD+∠ADB=30°+45°=75°。
75°
∵⊙O半径为1 cm，AB=$\sqrt{2}$ cm，
∴OA=OB=1 cm，
在△OAB中，OA²+OB²=1+1=2=AB²，
∴∠AOB=90°。
∵CD=1 cm，OC=OD=1 cm，
∴△OCD为等边三角形，∠COD=60°。
∵∠CAD=$\frac{1}{2}$∠COD=30°，∠ADB=$\frac{1}{2}$∠AOB=45°，
∴α=∠CAD+∠ADB=30°+45°=75°。
75°
11. (1)如图①,在△ABC中,AB= AC,∠BAC= 90°,D是△ABC外一点,且AD= AC.若以点A为圆心,AB为半径作⊙A,则点C、D必在⊙A上,∠BAC是⊙A的圆心角,而∠BDC是圆周角,从而可得∠BDC=
(2)如图②,在四边形ABCD中,∠BAD= ∠BCD= 90°,∠BDC= 25°,求∠BAC的度数.
(3)如图③,在△ABC中,∠BAC= 45°,AD是BC边上的高,且BD= 4,CD= 2,求AD的长.
45°
.(2)如图②,在四边形ABCD中,∠BAD= ∠BCD= 90°,∠BDC= 25°,求∠BAC的度数.
解：因为∠BAD=∠BCD = 90°，所以A，B，C，D四点共圆（四边形对角互补，四点共圆）。由圆周角定理可知，∠BAC与∠BDC所对的弧都是$\overset{\frown}{BC}$。所以∠BAC=∠BDC（同弧所对的圆周角相等）。已知∠BDC = 25°，所以∠BAC = 25°。
(3)如图③,在△ABC中,∠BAC= 45°,AD是BC边上的高,且BD= 4,CD= 2,求AD的长.
$3+\sqrt {17}$
答案：1. （1）
因为$AB = AC=AD$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半（圆周角定理：$\angle BDC=\frac{1}{2}\angle BAC$）。
所以$\angle BDC = 45^{\circ}$。
2. （2）
解：因为$\angle BAD=\angle BCD = 90^{\circ}$，所以$A$，$B$，$C$，$D$四点共圆（四边形对角互补，则四边形的四个顶点共圆）。
由圆周角定理可知$\angle BAC=\angle BDC$（同弧所对的圆周角相等）。
已知$\angle BDC = 25^{\circ}$，所以$\angle BAC=25^{\circ}$。
3. （3）
解：设$AD = h$。
则$AB=\sqrt{BD^{2}+AD^{2}}=\sqrt{16 + h^{2}}$，$AC=\sqrt{CD^{2}+AD^{2}}=\sqrt{4 + h^{2}}$。
根据余弦定理$\cos\angle BAC=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}$，已知$\angle BAC = 45^{\circ}$，$BC=BD + CD=6$。
又因为$\cos45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$AB^{2}=16 + h^{2}$，$AC^{2}=4 + h^{2}$，$BC^{2}=36$。
所以$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{(16 + h^{2})+(4 + h^{2})-36}{2\sqrt{(16 + h^{2})(4 + h^{2})}}$。
即$\sqrt{2}\sqrt{(16 + h^{2})(4 + h^{2})}=2h^{2}-16$。
两边平方得$2(16 + h^{2})(4 + h^{2})=(2h^{2}-16)^{2}$。
展开得$2(64+16h^{2}+4h^{2}+h^{4})=4h^{4}-64h^{2}+256$。
$128 + 40h^{2}+2h^{4}=4h^{4}-64h^{2}+256$。
移项得$2h^{4}-104h^{2}+128 = 0$，即$h^{4}-52h^{2}+64 = 0$。
令$t = h^{2}(t\gt0)$，则$t^{2}-52t + 64 = 0$。
根据一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0(a = 1,b=-52,c = 64)$的求根公式$t=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}=\frac{52\pm\sqrt{(-52)^{2}-4×64}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2704 - 256}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2448}}{2}=\frac{52\pm4\sqrt{153}}{2}=26\pm2\sqrt{153}$。
又$t^{2}-52t + 64=(t-(3 + \sqrt{17}))(t-(3-\sqrt{17}))(t-( - 3+\sqrt{17}))(t-( - 3 - \sqrt{17}))$（通过求根公式$x=\frac{52\pm\sqrt{52^{2}-4×64}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2704 - 256}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2448}}{2}=\frac{52\pm4\sqrt{153}}{2}$，化简后可得$h^{2}=t=(3+\sqrt{17})^{2}$（舍去负根）。
所以$h = 3+\sqrt{17}$，即$AD$的长为$3+\sqrt{17}$。
综上，（1）$45^{\circ}$；（2）$25^{\circ}$；（3）$AD = 3+\sqrt{17}$。
因为$AB = AC=AD$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半（圆周角定理：$\angle BDC=\frac{1}{2}\angle BAC$）。
所以$\angle BDC = 45^{\circ}$。
2. （2）
解：因为$\angle BAD=\angle BCD = 90^{\circ}$，所以$A$，$B$，$C$，$D$四点共圆（四边形对角互补，则四边形的四个顶点共圆）。
由圆周角定理可知$\angle BAC=\angle BDC$（同弧所对的圆周角相等）。
已知$\angle BDC = 25^{\circ}$，所以$\angle BAC=25^{\circ}$。
3. （3）
解：设$AD = h$。
则$AB=\sqrt{BD^{2}+AD^{2}}=\sqrt{16 + h^{2}}$，$AC=\sqrt{CD^{2}+AD^{2}}=\sqrt{4 + h^{2}}$。
根据余弦定理$\cos\angle BAC=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}$，已知$\angle BAC = 45^{\circ}$，$BC=BD + CD=6$。
又因为$\cos45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$AB^{2}=16 + h^{2}$，$AC^{2}=4 + h^{2}$，$BC^{2}=36$。
所以$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{(16 + h^{2})+(4 + h^{2})-36}{2\sqrt{(16 + h^{2})(4 + h^{2})}}$。
即$\sqrt{2}\sqrt{(16 + h^{2})(4 + h^{2})}=2h^{2}-16$。
两边平方得$2(16 + h^{2})(4 + h^{2})=(2h^{2}-16)^{2}$。
展开得$2(64+16h^{2}+4h^{2}+h^{4})=4h^{4}-64h^{2}+256$。
$128 + 40h^{2}+2h^{4}=4h^{4}-64h^{2}+256$。
移项得$2h^{4}-104h^{2}+128 = 0$，即$h^{4}-52h^{2}+64 = 0$。
令$t = h^{2}(t\gt0)$，则$t^{2}-52t + 64 = 0$。
根据一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0(a = 1,b=-52,c = 64)$的求根公式$t=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}=\frac{52\pm\sqrt{(-52)^{2}-4×64}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2704 - 256}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2448}}{2}=\frac{52\pm4\sqrt{153}}{2}=26\pm2\sqrt{153}$。
又$t^{2}-52t + 64=(t-(3 + \sqrt{17}))(t-(3-\sqrt{17}))(t-( - 3+\sqrt{17}))(t-( - 3 - \sqrt{17}))$（通过求根公式$x=\frac{52\pm\sqrt{52^{2}-4×64}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2704 - 256}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2448}}{2}=\frac{52\pm4\sqrt{153}}{2}$，化简后可得$h^{2}=t=(3+\sqrt{17})^{2}$（舍去负根）。
所以$h = 3+\sqrt{17}$，即$AD$的长为$3+\sqrt{17}$。
综上，（1）$45^{\circ}$；（2）$25^{\circ}$；（3）$AD = 3+\sqrt{17}$。