《2025年广东名师讲练通九年级数学全一册北师大版深圳专版》

9. 已知：如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$BM\perp AB$．
(1)尺规作图：求作$AB$的中点$O$，连接$CO$并延长，交$BM$于点$D$(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求$\angle BDC$的余弦值．
条件①：$\triangle AOC$和$\triangle BOD$的面积分别为$S_1$和$S_2$，且$S_1:S_2 = 3:5$；
条件②：$\triangle BOC$和$\triangle AOC$的周长分别为$C_1$和$C_2$，且$C_1 - C_2 = AC$．
注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．

答案：
解:　
(1)如图，即为所求．

(2)条件①:$\because$在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$O$为$AB$的中点，
$\therefore AO=CO=BO$，
$\therefore S_{△AOC}=S_{△BOC}$．
$\because △AOC$和$△BOD$的面积分别为$S_{1}$和$S_{2}$，且$S_{1}:S_{2}=3:5$，
$\therefore S_{△BOC}:S_{2}=3:5$．
$\therefore \frac{OC}{OD}=\frac{OB}{OD}=\frac{3}{5}$，设$OB=3a$，$OD=5a$．
$\because BM⊥AB$，$\therefore$在$Rt△BOD$中，$BD=\sqrt{OD^{2}-OB^{2}}=4a$，
$\therefore cos∠BDC=\frac{BD}{OD}=\frac{4}{5}$．
条件②:$\because$在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$O$为$AB$的中点，
$\therefore AO=CO=BO$，$\therefore ∠OCB=∠OBC$；
$\because △BOC$和$△AOC$的周长分别为$C_{1}$和$C_{2}$，且$C_{1}-C_{2}=AC$，
$\therefore OC+OB+BC-(OC+OA+AC)=AC$，即$BC=2AC$．
设$AC=m$，则$BC=2m$，$\therefore AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{5}m$，
$\therefore AO=CO=BO=\frac{\sqrt{5}}{2}m$．
如图，过点$D$作$DE⊥CB$交$CB$的延长线于点$E$，

则$∠BDE+∠DBE=90°$．$\because BM⊥AB$，$\therefore ∠ABC+∠DBE=90°$，
$\therefore ∠ABC=∠BDE$．
$\because ∠E=∠ACB=90°$，$\therefore △ACB\backsim △BED$，$\therefore \frac{BE}{DE}=\frac{AC}{BC}=\frac{1}{2}$．
设$BE=x$，则$DE=2x$，
$\because ∠ABC=∠DCE$，$∠E=∠ACB=90°$，
$\therefore △ACB\backsim △DEC$，$\therefore \frac{DE}{CE}=\frac{AC}{BC}=\frac{1}{2}$，
$\therefore \frac{2x}{2m+x}=\frac{1}{2}$，解得$x=\frac{2}{3}m$，$\therefore BE=\frac{2}{3}m$，$DE=\frac{4}{3}m$，
$\therefore BD=\sqrt{BE^{2}+DE^{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{3}m$，
$\therefore OD=\sqrt{OB^{2}+BD^{2}}=\frac{5\sqrt{5}}{6}m$，
$\therefore cos∠BDC=\frac{BD}{OD}=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{3}m}{\frac{5\sqrt{5}}{6}m}=\frac{4}{5}$．