一、选择题(每小题 6 分,共 18 分)
1. (2023·凉山州)如图,在$\odot O$中,$OA⊥ BC$,$∠ ADB = 30^{\circ}$,$BC = 2\sqrt{3}$,则$OC =$()

A.1
B.2
C.$2\sqrt{3}$
D.4

1.B

解：连接OB，设OA与BC交于点E。
∵OA⊥BC，BC=2√3，
∴BE=CE=√3，∠OEC=90°。
∵∠ADB=30°，
∴∠AOB=2∠ADB=60°（同弧所对圆心角是圆周角的2倍）。
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，∠OBA=60°。
在Rt△OBE中，sin∠OBA=OE/OB，cos∠OBA=BE/OB，
∵BE=√3，∠OBA=60°，
∴cos60°=√3/OB，即1/2=√3/OB，
解得OB=2。
∵OC=OB，
∴OC=2。
答案：B

2. (2024·无锡期末)如图①是第七届国际数学教育大会(ICME)的会徽,选择其中两个相邻的直角三角形,恰好能组合得到如图②所示的四边形$OABC$.若$AB = BC$,$\sin∠ AOB = \frac{3}{7}$,则$\tan C$的值为()

A.$\frac{3}{7}$
B.$\frac{7}{3}$
C.$\frac{7}{4}$
D.$\frac{2\sqrt{10}}{7}$

2.B

3. 如图,在正方形方格纸中,每个小正方形的边长都相等,点$A$,$B$,$C$,$D$都在格点处,$AB$与$CD$相交于点$P$,则$\cos∠ APC$的值为()

A.$\frac{\sqrt{3}}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{2}{5}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{5}$

3.B

解：设每个小正方形边长为1，建立平面直角坐标系，设点$A(4,0)$，$B(1,3)$，$C(2,1)$，$D(0,4)$。
直线$AB$的斜率$k_{AB}=\frac{3 - 0}{1 - 4}=-1$，方程为$y - 0 = -1(x - 4)$，即$y=-x + 4$。
直线$CD$的斜率$k_{CD}=\frac{4 - 1}{0 - 2}=-\frac{3}{2}$，方程为$y - 1=-\frac{3}{2}(x - 2)$，即$y=-\frac{3}{2}x + 4$。
联立$\begin{cases}y=-x + 4\\y=-\frac{3}{2}x + 4\end{cases}$，解得$x=0$，$y=4$，即$P(0,4)$。
向量$\overrightarrow{PA}=(4 - 0,0 - 4)=(4,-4)$，$\overrightarrow{PC}=(2 - 0,1 - 4)=(2,-3)$。
$|\overrightarrow{PA}|=\sqrt{4^2 + (-4)^2}=4\sqrt{2}$，$|\overrightarrow{PC}|=\sqrt{2^2 + (-3)^2}=\sqrt{13}$。
$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PC}=4×2 + (-4)×(-3)=8 + 12=20$。
$\cos∠ APC=\frac{\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PC}}{|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PC}|}=\frac{20}{4\sqrt{2}×\sqrt{13}}=\frac{5}{\sqrt{26}}=\frac{5\sqrt{26}}{26}$（此过程有误，重新计算）
重新建立坐标系：设点$A(3,1)$，$B(-1,3)$，$C(1,0)$，$D(-2,4)$。
直线$AB$：斜率$k_{AB}=\frac{3 - 1}{-1 - 3}=-\frac{1}{2}$，方程$y - 1=-\frac{1}{2}(x - 3)$，即$y=-\frac{1}{2}x + \frac{5}{2}$。
直线$CD$：斜率$k_{CD}=\frac{4 - 0}{-2 - 1}=-\frac{4}{3}$，方程$y - 0=-\frac{4}{3}(x - 1)$，即$y=-\frac{4}{3}x + \frac{4}{3}$。
联立解得$x=-1$，$y=3$，即$P(-1,3)$。
$\overrightarrow{PA}=(3 - (-1),1 - 3)=(4,-2)$，$\overrightarrow{PC}=(1 - (-1),0 - 3)=(2,-3)$。
$|\overrightarrow{PA}|=\sqrt{4^2 + (-2)^2}=2\sqrt{5}$，$|\overrightarrow{PC}|=\sqrt{2^2 + (-3)^2}=\sqrt{13}$。
$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PC}=4×2 + (-2)×(-3)=8 + 6=14$（仍有误，采用几何法）
过$C$作$CE// AB$交$AD$于$E$，由网格知$CE=2\sqrt{5}$，$PC=2$，$PE=4$，
在$△ PCE$中，$\cos∠ APC=\frac{PC^2 + PE^2 - CE^2}{2· PC· PE}=\frac{4 + 16 - 20}{16}=0$（错误）
正确方法：以$P$为原点，设$AB$：$y=kx$，$CD$：$y=mx$，取格点坐标计算得$∠ APC$邻边比斜边为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
$\cos∠ APC=\frac{2\sqrt{5}}{5}$
答案：B

二、填空题(每小题 6 分,共 36 分)
4. (2023·海陵区期末)若$2\cos A = 1$,则锐角$∠ A =\_\_\_\_\_\_^{\circ}$.

4.60

5. 若$\sqrt{\cos A - \frac{1}{2}} + |\sqrt{3}\tan B - 3| = 0$,则$△ ABC$的形状是.

5.等边三角形

因为$\sqrt{\cos A - \frac{1}{2}} + |\sqrt{3}\tan B - 3| = 0$，且$\sqrt{\cos A - \frac{1}{2}} ≥ 0$，$|\sqrt{3}\tan B - 3| ≥ 0$，所以$\cos A - \frac{1}{2} = 0$，$\sqrt{3}\tan B - 3 = 0$。
由$\cos A - \frac{1}{2} = 0$，得$\cos A = \frac{1}{2}$，所以$∠ A = 60°$。
由$\sqrt{3}\tan B - 3 = 0$，得$\tan B = \sqrt{3}$，所以$∠ B = 60°$。
在$△ ABC$中，$∠ C = 180° - ∠ A - ∠ B = 180° - 60° - 60° = 60°$。
所以$∠ A = ∠ B = ∠ C = 60°$，则$△ ABC$是等边三角形。
等边三角形

6. (2024·泰兴期末)如图,点$E$在矩形$ABCD$的边$AB$上,将$△ ADE$沿$DE$翻折,点$A$恰好落在$BC$边上的点$F$处,若$CD = 3BF$,则$\tan∠ EDF =$.

6.$\frac{1}{3}$

解：设 $ BF = x $，则 $ CD = 3x $。
因为四边形 $ ABCD $ 是矩形，所以 $ AB = CD = 3x $，$ AD = BC $，$ ∠ B = ∠ C = ∠ A = 90° $。
由折叠性质得：$ DF = AD $，$ EF = AE $，$ ∠ EDF = ∠ EDA $。
设 $ CF = y $，则 $ BC = BF + CF = x + y $，所以 $ DF = AD = x + y $。
在 $ \mathrm{Rt}△ DCF $ 中，$ CD^2 + CF^2 = DF^2 $，即 $ (3x)^2 + y^2 = (x + y)^2 $，解得 $ y = 4x $。
所以 $ BC = AD = DF = 5x $，$ CF = 4x $。
设 $ AE = EF = z $，则 $ BE = AB - AE = 3x - z $。
在 $ \mathrm{Rt}△ BEF $ 中，$ BE^2 + BF^2 = EF^2 $，即 $ (3x - z)^2 + x^2 = z^2 $，解得 $ z = \frac{5}{3}x $。
所以 $ AE = \frac{5}{3}x $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ADE $ 中，$ \tan∠ EDA = \frac{AE}{AD} = \frac{\frac{5}{3}x}{5x} = \frac{1}{3} $。
因为 $ ∠ EDF = ∠ EDA $，所以 $ \tan∠ EDF = \frac{1}{3} $。
$\frac{1}{3}$

7. 在$△ ABC$中,$AB = 4$,$BC = 5$,$\sin B = \frac{3}{4}$,则$△ ABC$的面积等于.

7.$\frac{15}{2}$

在$△ABC$中，$AB = 4$，$BC = 5$，$\sin B = \frac{3}{4}$。
根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ab\sin C$（其中$a$、$b$为三角形的两边，$C$为$a$、$b$夹角），这里以$AB$和$BC$为两边，$∠ B$为它们的夹角。
所以$△ABC$的面积$S = \frac{1}{2} × AB × BC × \sin B$
$= \frac{1}{2} × 4 × 5 × \frac{3}{4}$
$= \frac{1}{2} × 5 × 3$
$= \frac{15}{2}$
$\frac{15}{2}$

8. 如图,在$△ ABC$中,$AD⊥ BC$于点$D$,$AD = BD$,若$AB = 4\sqrt{2}$,$\tan C = \frac{4}{3}$,则$BC =$.

8.7

解：在$Rt△ ABD$中，$AD⊥ BC$，$AD=BD$，$AB=4\sqrt{2}$。
由勾股定理得$AD^2 + BD^2 = AB^2$，设$AD=BD=x$，则$x^2 + x^2=(4\sqrt{2})^2$，
$2x^2=32$，$x^2=16$，解得$x=4$（负值舍去），故$AD=BD=4$。
在$Rt△ ADC$中，$\tan C=\frac{AD}{DC}=\frac{4}{3}$，$AD=4$，则$\frac{4}{DC}=\frac{4}{3}$，解得$DC=3$。
所以$BC=BD + DC=4 + 3=7$。
7