28. (14 分)数学活动：探究三角形的“射影点”。
[探究发现] 在$△ ABC$ 中，$BC$ 是最长的边，$BC$ 边上有一点 $D$，连接 $AD$。小明发现满足比例式$\frac{AD}{BD}=\frac{CD}{AD}$ 时，称点 $D$ 是$△ ABC$ 中 $BC$ 边上的“射影点”。
[概念应用] 如图(1)，在$△ ABC$ 中，$AD = 3$ cm，$BD = 4$ cm，$CD =$
[探究 1] 直角三角形的“射影点”。
如图(2)，在 $Rt△ ABC$ 中，$∠ BAC = 90^{\circ}$，小明用尺规作图作出了点 $D$ 是 $Rt△ ABC$ 中 $BC$ 边上的“射影点”，并说明理由如下：
过程不完整(待补充)
$\therefore∠ B = ∠ CAD$，
$\therefore△ ABD∼△ CAD$，
$\therefore\frac{AD}{BD}=\frac{CD}{AD}$。
$\therefore$ 点 $D$ 是 $Rt△ ABC$ 中 $BC$ 边上的“射影点”。
请用尺规作图作出 $BC$ 边上的“射影点”，并补充缺失的过程。
[探究 2] 圆内接三角形的“射影点”。
如图(3)，$△ ABC$ 内接于半径为$\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 的$\odot O$，$\tan∠ B = \frac{3}{4}$，$∠ C = 45^{\circ}$，若点 $D$ 是 $BC$ 边上的“射影点”，直接写出 $BD$ 的长
[探究发现] 在$△ ABC$ 中，$BC$ 是最长的边，$BC$ 边上有一点 $D$，连接 $AD$。小明发现满足比例式$\frac{AD}{BD}=\frac{CD}{AD}$ 时，称点 $D$ 是$△ ABC$ 中 $BC$ 边上的“射影点”。
[概念应用] 如图(1)，在$△ ABC$ 中，$AD = 3$ cm，$BD = 4$ cm，$CD =$
$\frac{9}{4}$
cm 时，点 $D$ 是 $BC$ 边上的“射影点”。[探究 1] 直角三角形的“射影点”。
如图(2)，在 $Rt△ ABC$ 中，$∠ BAC = 90^{\circ}$，小明用尺规作图作出了点 $D$ 是 $Rt△ ABC$ 中 $BC$ 边上的“射影点”，并说明理由如下：
过程不完整(待补充)
$\therefore∠ B = ∠ CAD$，
$\therefore△ ABD∼△ CAD$，
$\therefore\frac{AD}{BD}=\frac{CD}{AD}$。
$\therefore$ 点 $D$ 是 $Rt△ ABC$ 中 $BC$ 边上的“射影点”。
请用尺规作图作出 $BC$ 边上的“射影点”，并补充缺失的过程。
[探究 2] 圆内接三角形的“射影点”。
如图(3)，$△ ABC$ 内接于半径为$\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 的$\odot O$，$\tan∠ B = \frac{3}{4}$，$∠ C = 45^{\circ}$，若点 $D$ 是 $BC$ 边上的“射影点”，直接写出 $BD$ 的长
5或$\frac{5}{2}$
。答案：
28. 解：[概念应用] $∵$满足比例式 $\frac{AD}{BD} = \frac{CD}{AD}$时，称点 $D$是 $△ ABC$中 $BC$边上的“射影点”，$∴AD^2 = BD×CD$，$∴3^2 = 4CD$，$∴CD = \frac{9}{4}$
[探究1] 如图，点 $D$为 $BC$边上的“射影点”。$∵AD⊥BC$，$∴∠ADB = ∠CDA = 90^{\circ}$。$∵∠BAC = 90^{\circ}$，$∴∠B + ∠DAB = 90^{\circ}$，
$∠DAB + ∠CAD = 90^{\circ}$，$∴∠B = ∠CAD$，$∴△ ABD∼△ CAD$，$∴\frac{AD}{BD} = \frac{CD}{AD}$。$∴$点 $D$是 $Rt△ ABC$中 $BC$边上的“射影点”
[探究2] 过点 $A$作 $AG⊥BC$于点 $G$，取圆心 $O$，连接 $OB$，$OA$，$∴∠AOB = 2∠C = 2×45^{\circ} = 90^{\circ}$。$∵AO = OB$，$∴AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{2}$，$OA = \sqrt{2}×\frac{5\sqrt{2}}{2} = 5$。$∵\tan∠B = \frac{AG}{BG} = \frac{3}{4}$，
$∴$设 $AG = 3x$，$BG = 4x$，则由勾股定理得 $AB = 5x = 5$，$∴x = 1$，$∴AG = 3$，$BG = 4$。$∵∠C = 45^{\circ}$，$∴△ AGC$为等腰直角三角形，$∴GA = GC = 3$，$∴BC = BG + CG = 4 + 3 = 7$。设 $BD = x$，则 $CD = 7 - x$，$DG = |4 - x|$。$∵$点 $D$是 $BC$边上的“射影点”，$∴AD^2 = CD×BD = x(7 - x)$。$∵AG⊥BC$，$∴AD^2 = AG^2 + DG^2$，$∴x(7 - x) = 3^2 + |4 - x|^2$，解得：$x = 5$或 $x = \frac{5}{2}$
28. 解：[概念应用] $∵$满足比例式 $\frac{AD}{BD} = \frac{CD}{AD}$时，称点 $D$是 $△ ABC$中 $BC$边上的“射影点”，$∴AD^2 = BD×CD$，$∴3^2 = 4CD$，$∴CD = \frac{9}{4}$
[探究1] 如图，点 $D$为 $BC$边上的“射影点”。$∵AD⊥BC$，$∴∠ADB = ∠CDA = 90^{\circ}$。$∵∠BAC = 90^{\circ}$，$∴∠B + ∠DAB = 90^{\circ}$，
$∠DAB + ∠CAD = 90^{\circ}$，$∴∠B = ∠CAD$，$∴△ ABD∼△ CAD$，$∴\frac{AD}{BD} = \frac{CD}{AD}$。$∴$点 $D$是 $Rt△ ABC$中 $BC$边上的“射影点”[探究2] 过点 $A$作 $AG⊥BC$于点 $G$，取圆心 $O$，连接 $OB$，$OA$，$∴∠AOB = 2∠C = 2×45^{\circ} = 90^{\circ}$。$∵AO = OB$，$∴AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{2}$，$OA = \sqrt{2}×\frac{5\sqrt{2}}{2} = 5$。$∵\tan∠B = \frac{AG}{BG} = \frac{3}{4}$，
$∴$设 $AG = 3x$，$BG = 4x$，则由勾股定理得 $AB = 5x = 5$，$∴x = 1$，$∴AG = 3$，$BG = 4$。$∵∠C = 45^{\circ}$，$∴△ AGC$为等腰直角三角形，$∴GA = GC = 3$，$∴BC = BG + CG = 4 + 3 = 7$。设 $BD = x$，则 $CD = 7 - x$，$DG = |4 - x|$。$∵$点 $D$是 $BC$边上的“射影点”，$∴AD^2 = CD×BD = x(7 - x)$。$∵AG⊥BC$，$∴AD^2 = AG^2 + DG^2$，$∴x(7 - x) = 3^2 + |4 - x|^2$，解得：$x = 5$或 $x = \frac{5}{2}$