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12. 如图，在$□ ABCD$中，对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AO，BO上，且$EF// AB$，已知$CD=6$，$AE:EO=1:2$，则EF的长为
4
。答案
12. 4 解析
∵在ABCD中,CD=6,
∴AB=6.
∵AE:EO=1:2,
∴OE:OA=2:3.
∵EF//AB,
∴△OEF∽△OAB,
∴$\frac{OE}{OA}=\frac{EF}{AB}$,
∴$\frac{2}{3}=\frac{EF}{6}$,
∴EF=4.
∵在ABCD中,CD=6,
∴AB=6.
∵AE:EO=1:2,
∴OE:OA=2:3.
∵EF//AB,
∴△OEF∽△OAB,
∴$\frac{OE}{OA}=\frac{EF}{AB}$,
∴$\frac{2}{3}=\frac{EF}{6}$,
∴EF=4.
13.如图,在菱形ABCD中,AB=10,对角线BD=16,点G,E,O分别为AB,AD,GE的中点,则$\sin∠ EAO$的值为
$\frac{4}{5}$
.答案
13. $\frac{4}{5}$ 解析
∵在菱形ABCD中,AB=10,
∴AB=AD=10.
∵BD=16,点G,E分别为AB,AD的中点,
∴AE=5,$EG=\frac{1}{2}BD=8$.
∵O为GE的中点,
∴OE=4,AO⊥GE. 在Rt△AOE中,$\sin∠EAO=\frac{OE}{AE}=\frac{4}{5}$.
∵在菱形ABCD中,AB=10,
∴AB=AD=10.
∵BD=16,点G,E分别为AB,AD的中点,
∴AE=5,$EG=\frac{1}{2}BD=8$.
∵O为GE的中点,
∴OE=4,AO⊥GE. 在Rt△AOE中,$\sin∠EAO=\frac{OE}{AE}=\frac{4}{5}$.
14.如图，BE为驾驶员的盲区，驾驶员的眼睛点P处与地面BE的距离为1.5米，车头FACD近似看成一个矩形，且满足$3DF=2AF$，若盲区BE的长度是6米，则车宽AF的长度为
$\frac{18}{11}$
米.答案
14. $\frac{18}{11}$ 解析 如图,AF//BE,过点P作PM⊥BE于点M,交AF于点N,
∴∠PAF=∠PBE,∠PFA=∠PEB,
∴△PAF∽△PBE,
∴$\frac{AF}{BE}=\frac{PN}{PM}$.
∵3DF=2AF,EB的长度是6米,P处与地面BE的距离为1.5米,即PM=1.5米. 设DF=2k米,则AF=3k米,PN=(1.5-2k)米,
∴$\frac{3k}{6}=\frac{1.5-2k}{1.5}$,解得$k=\frac{6}{11}$,
∴$AF=\frac{18}{11}$米.
15. 游乐场的摩天轮匀速旋转，其半径$R=38$米，摩天轮的最底部A到水平地面MN的距离AB是2米，则最高点到水平地面MN的距离是
78
米. 已知摩天轮旋转一周需要30分钟，小明乘坐的轿厢从最底部A出发，顺时针旋转10分钟到达点C，此时点C到水平地面MN的距离是59
米. 答案
15. 78 59 解析
∵摩天轮的半径R=38米,
∴摩天轮的直径为76米. 又
∵摩天轮的最底部A到水平地面MN的距离AB是2米,
∴摩天轮的最高点到水平地面MN的距离是76+2=78(米).
∵摩天轮旋转一周需要30分钟,小明乘坐的轿厢从最底部A出发,顺时针旋转10分钟到达点C,
∴摩天轮旋转1分钟可旋转12°,摩天轮顺时针旋转10分钟到达点C,
∴∠AOC=120°. 过点C作CE⊥MN,交MN于点E,过点O作OD⊥CE,交CE于点D.
∵OB⊥MN,
∴四边形DOBE是矩形,
∴DE=OB=40米,∠COD=120°-90°=30°.
∵CO=38米,
∴$CD=\frac{1}{2}CO=19$米,
∴CE=CD+DE=19+40=59(米).故答案分别为78,59.
∵摩天轮的半径R=38米,
∴摩天轮的直径为76米. 又
∵摩天轮的最底部A到水平地面MN的距离AB是2米,
∴摩天轮的最高点到水平地面MN的距离是76+2=78(米).
∵摩天轮旋转一周需要30分钟,小明乘坐的轿厢从最底部A出发,顺时针旋转10分钟到达点C,
∴摩天轮旋转1分钟可旋转12°,摩天轮顺时针旋转10分钟到达点C,
∴∠AOC=120°. 过点C作CE⊥MN,交MN于点E,过点O作OD⊥CE,交CE于点D.
∵OB⊥MN,
∴四边形DOBE是矩形,
∴DE=OB=40米,∠COD=120°-90°=30°.
∵CO=38米,
∴$CD=\frac{1}{2}CO=19$米,
∴CE=CD+DE=19+40=59(米).故答案分别为78,59.
三、解答题(本大题共7小题,共49分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(6分)计算.
(1)$\sqrt{3}\cos 30°+\sqrt{2}\sin 45°$
(2)$6\tan^2 30°-\sqrt{3}\sin 60°-2\sin 45°$
16.(6分)计算.
(1)$\sqrt{3}\cos 30°+\sqrt{2}\sin 45°$
(2)$6\tan^2 30°-\sqrt{3}\sin 60°-2\sin 45°$
答案
16. 解:(1)原式=$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{5}{2}$.(2)原式=$6×\frac{1}{3}-\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}-2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}-\sqrt{2}$.
17.(6分)如图,某景区内两条互相垂直的道路$a,b$交于点$O$,景点$M,N$在道路$a$上,景点$E$在道路$b$上.为了进一步提升景区品质,景区管委会在道路$b$上又开发了风景优美的景点$F$.经测得景点$E$位于景点$N$的北偏西$60°$方向上,位于景点$M$的北偏西$30°$方向上,景点$N$位于景点$F$的南偏东$45°$方向上.已知$MN=1000\ \mathrm{m}$.求景点$E$与景点$F$之间的距离.
答案
17. 解:
∵景点E位于景点N的北偏西60°方向上,
∴∠ENM=90°-60°=30°.
∵景点E位于景点M的北偏西30°方向上,
∴∠EMN=30°+90°=120°,∠EMO=90°-30°=60°,
∴∠MEN=180°-∠EMN-∠ENM=180°-120°-30°=30°,
∴∠MEN=∠ENM,
∴EM=MN=1 000 m. 在Rt△EOM中,$OM=EM·\cos60°=1 000×\frac{1}{2}=500(\mathrm{m})$,$OE=EM·\sin60°=1 000×\frac{\sqrt{3}}{2}=500\sqrt{3}(\mathrm{m})$.
∵a⊥b,景点N位于景点F的南偏东45°方向上,
∴∠OFN=∠ONF,
∴OF=ON=OM+MN=500+1 000=1 500(m),
∴EF=OF-OE=(1 500-500\sqrt{3})m,即景点E与景点F之间的距离为$(1 500-500\sqrt{3})\mathrm{m}$.
∵景点E位于景点N的北偏西60°方向上,
∴∠ENM=90°-60°=30°.
∵景点E位于景点M的北偏西30°方向上,
∴∠EMN=30°+90°=120°,∠EMO=90°-30°=60°,
∴∠MEN=180°-∠EMN-∠ENM=180°-120°-30°=30°,
∴∠MEN=∠ENM,
∴EM=MN=1 000 m. 在Rt△EOM中,$OM=EM·\cos60°=1 000×\frac{1}{2}=500(\mathrm{m})$,$OE=EM·\sin60°=1 000×\frac{\sqrt{3}}{2}=500\sqrt{3}(\mathrm{m})$.
∵a⊥b,景点N位于景点F的南偏东45°方向上,
∴∠OFN=∠ONF,
∴OF=ON=OM+MN=500+1 000=1 500(m),
∴EF=OF-OE=(1 500-500\sqrt{3})m,即景点E与景点F之间的距离为$(1 500-500\sqrt{3})\mathrm{m}$.
18.(6分)如图,矩形ABCD的对角线AC,BD交于点O,点E为边BC的中点,连接OE,连接DE交AC于点F.若$CF=2$,求AC的长.
答案
18. 解:
∵四边形ABCD是矩形,
∴BO=OD,AC=2OC.又
∵点E是BC的中点,
∴OE是△BCD的中位线,
∴OE//CD,$\frac{OE}{CD}=\frac{1}{2}$,
∴∠OED=∠CDE,∠EOC=∠OCD,
∴△OEF∽△CDF,
∴$\frac{OF}{CF}=\frac{OE}{CD}=\frac{1}{2}$,
∴$OF=\frac{1}{2}CF=1$,
∴OC=CF+OF=3,
∴AC=2OC=6.
∵四边形ABCD是矩形,
∴BO=OD,AC=2OC.又
∵点E是BC的中点,
∴OE是△BCD的中位线,
∴OE//CD,$\frac{OE}{CD}=\frac{1}{2}$,
∴∠OED=∠CDE,∠EOC=∠OCD,
∴△OEF∽△CDF,
∴$\frac{OF}{CF}=\frac{OE}{CD}=\frac{1}{2}$,
∴$OF=\frac{1}{2}CF=1$,
∴OC=CF+OF=3,
∴AC=2OC=6.
19.(8分)如图，四边形ABCD为正方形，BD为对角线，点P在CD上，作PQ⊥BD，垂足为点Q.
(1)求证：△PQD∽△BCD.
(2)连接BP，AQ，求证：$BP=\sqrt{2}AQ$.
(1)求证：△PQD∽△BCD.
(2)连接BP，AQ，求证：$BP=\sqrt{2}AQ$.
答案
19. 证明:(1)
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠C=90°.
∵PQ⊥BD,
∴∠PQD=90°,
∴∠C=∠PQD. 又
∵∠PDQ=∠BDC,
∴△PQD∽△BCD. (2)由(1)得△PQD∽△BCD,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{CD}$.
∵四边形ABCD为正方形,
∴AD=AB=CD,∠ADQ=∠BDC=45°,∠BAD=90°,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{AD}$,即$\frac{PD}{QD}=\frac{BD}{AD}$. 又
∵∠BDP=∠ADQ=45°,
∴△ADQ∽△BDP,
∴$\frac{BP}{AQ}=\frac{BD}{AD}$. 在Rt△ABD中,∠BAD=90°,AB=AD,
∴$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2}AD$,
∴$BP=\sqrt{2}AQ$.
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠C=90°.
∵PQ⊥BD,
∴∠PQD=90°,
∴∠C=∠PQD. 又
∵∠PDQ=∠BDC,
∴△PQD∽△BCD. (2)由(1)得△PQD∽△BCD,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{CD}$.
∵四边形ABCD为正方形,
∴AD=AB=CD,∠ADQ=∠BDC=45°,∠BAD=90°,
∴$\frac{PD}{BD}=\frac{QD}{AD}$,即$\frac{PD}{QD}=\frac{BD}{AD}$. 又
∵∠BDP=∠ADQ=45°,
∴△ADQ∽△BDP,
∴$\frac{BP}{AQ}=\frac{BD}{AD}$. 在Rt△ABD中,∠BAD=90°,AB=AD,
∴$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2}AD$,
∴$BP=\sqrt{2}AQ$.
