三、解答题(共52分)
13.(16分)计算:
(1)[2025 济南] $(π - 3)^0 + (\frac{1}{2})^{-1} + |-5| + 2\sin 45° - \sqrt{8}$;
(2)$2\cos^2 45° - \sqrt{(\tan 60° - 2)^2} - (\sin 45° - 1)^0 + (\sin 30°)^{-2}$.

13.【解】(1)$原式=1+2+5+2×\frac{\sqrt{2}}{2}-2\sqrt{2}$
$=8+\sqrt{2}-2\sqrt{2}$
$=8-\sqrt{2}$.
(2)$原式=2×(\frac{\sqrt{2}}{2})^2-(2-\sqrt{3})-1+(\frac{1}{2})^{-2}=1-2+\sqrt{3}-1+4=\sqrt{3}+2$.

14. (18分) [2025安徽] 某公司为庆祝新产品上市，在甲楼与乙楼的楼顶之间悬挂彩带营造喜庆气氛.如图所示，甲楼和乙楼分别用与水平地面垂直的线段AB和CD表示，彩带用线段AD表示.工作人员在点A处测得点C的俯角为$23.8°$，测得点D的仰角为$36.9°$.已知$AB=13.20\ \mathrm{m}$，求AD的长.(精确到$0.1\ \mathrm{m}$，参考数据：$\sin 23.8°\approx0.40$，$\cos 23.8°\approx0.91$，$\tan 23.8°\approx0.44$，$\sin 36.9°\approx0.60$，$\cos 36.9°\approx0.80$，$\tan 36.9°\approx0.75$.)

14.【解】 如图,过点 A 作 $AE⊥CD$ 于点 E.
$\because$ 线段 AB 和 CD 都与地面垂直，
$\therefore$ 四边形 ABCE 为矩形，
$\therefore CE=AB=13.20\ \mathrm{m}$.
在 $Rt△ACE$ 中, $\tan∠CAE=\frac{CE}{AE}$,
$\therefore AE=\frac{CE}{\tan∠CAE}=\frac{13.20}{\tan23.8°}≈\frac{13.20}{0.44}=30.0(\mathrm{m})$.
在 $Rt△ADE$ 中, $\cos∠DAE=\frac{AE}{AD}$,
$\therefore AD=\frac{AE}{\cos∠DAE}≈\frac{30.0}{\cos36.9°}≈\frac{30.0}{0.80}=37.5(\mathrm{m})$.
答:AD 的长约为 37.5 m.

15. (18分) [2025资阳改编] 在四边形ABCD中,E是边BC上的一点,O是对角线AC的中点.
(1)如图①,四边形ABCD是正方形,连接OE,作OF⊥OE交CD于点F,求证:OE=OF;
(2)如图②,四边形ABCD是平行四边形,AB⊥AC,AB=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$,$\tan∠ ACB=\frac{1}{2}$,BE:EC=1:2,连接AE,作EF⊥AE交CD于点F,连接OF,求$\frac{OF}{CF}$的值;
(3)如图③,四边形ABCD是菱形,∠B=60°,BC=6,连接DE交AC于点G,F是边AB上的一点,∠EDF=30°,若AF=$\frac{1}{3}AB$,请直接写出OG的长.

15.(1)【证明】 连接 OD,如图①.
$\because$ 四边形 ABCD 是正方形,$OF⊥OE$,O 是对角线 AC 的中点，
$\therefore OD=OC,∠COD=∠EOF=90°,∠CDO=∠ACB=45°$,
$\therefore ∠DOF=∠COE,∴△OCE≌△ODF$,
$\therefore OE=OF$.
(2)【解】 如图②,过点 A 作 $AG⊥BC$ 于点 G,过点 F 作 $FH⊥BC$ 交 BC 的延长线于点 H，
$\because AC⊥AB,∴∠BAC=90°$.
$\because \tan∠ACB=\frac{AB}{AC}=\frac{1}{2},AB=\frac{3\sqrt{5}}{5},∴AC=2AB=\frac{6\sqrt{5}}{5}$,
$\therefore BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=3$.
$\because BE:EC=1:2,∴CE=2$.
又 $\because S_{\mathrm{平行四边形}ABCD}=AB·AC=BC·AG$,
$\therefore AG=\frac{AB·AC}{BC}=\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}×\frac{6\sqrt{5}}{5}}{3}=\frac{6}{5}$.
又 $\because \tan∠ACB=\frac{AG}{CG}=\frac{1}{2},∴CG=2AG=\frac{12}{5}$,
$\therefore EG=CG-CE=\frac{12}{5}-2=\frac{2}{5},∴\tan∠GAE=\frac{GE}{AG}=\frac{1}{3}$.
$\because$ 四边形 ABCD 是平行四边形,$\therefore AB// CD$,
$\therefore ∠ACD=∠BAC=90°$,
$\therefore ∠ACB+∠FCH=∠FCH+∠CFH=90°$,
$\therefore ∠ACB=∠CFH$,
$\therefore \tan∠CFH=\tan∠ACB=\frac{1}{2},即\frac{CH}{FH}=\frac{1}{2}$,
设 $CH=a$,则 $FH=2a,∴CF=\sqrt{CH^2+HF^2}=\sqrt{5}a$,
同理可得 $\tan∠FEH=\frac{HF}{EH}=\frac{1}{3},即\frac{2a}{2+a}=\frac{1}{3}$,解得 $a=\frac{2}{5}$,
$\therefore CF=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
$\because O$ 是 AC 的中点,$\therefore OC=\frac{1}{2}AC=\frac{3\sqrt{5}}{5}$,
$\therefore OF=\sqrt{OC^2+CF^2}=\sqrt{(\frac{3\sqrt{5}}{5})^2+(\frac{2\sqrt{5}}{5})^2}=\frac{\sqrt{65}}{5}$,
$\therefore \frac{OF}{CF}=\frac{\frac{\sqrt{65}}{5}}{\frac{2\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$.
(3)【解】OG 的长为 $\frac{9}{7}$. 【点拨】 如图③,过点 D 作 $DP⊥BA$ 交 BA 的延长线于点 P,作 $DQ⊥BC$ 交 BC 的延长线于点 Q,设 $CE=x$,
∵ 四边形 ABCD 是菱形,
$\therefore AD// BC,DC// AB,AD=CD=BC=AB=6,∴∠PAD=∠DCQ=∠B=60°$,
$\therefore ∠ADP=∠CDQ=30°,△ABC$ 是等边三角形,
∴AP=CQ=3,AC=BC=6,
$\therefore DP=DQ=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}. ∵AF=\frac{1}{3}AB,∴AF=2,∴PF=PA+AF=5$,
$\therefore DF^2=DP^2+PF^2=27+25=52,DE^2=DQ^2+QE^2=27+(3+x)^2$. 在射线 CA 上截取 $AM=AF=2$,在射线 AC 上截取 $CN=CE=x$,连接 DM,DN,
∵ 四边形 ABCD 是菱形,$∠B=60°,∴∠BAC=∠DAC,∠ADC=∠B=60°$,
$∠BAD=180°-∠B=120°,∴∠BAC=∠CAD=60°$,
$\therefore ∠MAD=∠FAD=120°$. 又 $∵DA=DA,∴△ADM≌△ADF,∴DM=DF,∠MDA=∠FDA$. 同理 $DN=DE,∠NDC=∠EDC,∴∠MDF+∠EDN=2(∠ADF+∠EDC)=2(∠ADC-∠EDF)=2×(60°-30°)=60°$,
$\therefore ∠MDN=90°,∴DM^2+DN^2=MN^2,即 DF^2+DE^2=MN^2,∴52+27+(3+x)^2=(2+6+x)^2$,解得 $x=2.4$,即 $CE=2.4$. 又 $∵CE// AD,∴∠BCA=∠CAD,∠CEG=∠ADG,∴△CEG∽△ADG,∴\frac{CG}{AG}=\frac{CE}{AD},即\frac{CG}{6-CG}=\frac{2.4}{6}$,解得 $CG=\frac{12}{7}$. 又 $∵O$ 是 AC 的中点,$∴OC=3,∴OG=OC-CG=3-\frac{12}{7}=\frac{9}{7}$.