11. 在计算$\tan 15°$的值时,可以借助“数形结合”思想构建几何图形解决.如图,在$\mathrm{Rt}△ ACB$中,$∠ C=90°,∠ ABC=30°$,延长$CB$到$D$使$BD=AB$,连结$AD$,可得$∠ D=15°$.设$AC=a$,则$AB=DB=2a$,$BC=\sqrt{3}a$,$CD=(2+\sqrt{3})a$.在$\mathrm{Rt}△ ACD$中,$\tan 15°=\frac{AC}{DC}=\frac{a}{(2+\sqrt{3})a}=\frac{2-\sqrt{3}}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}=2-\sqrt{3}$.类比这种方法,可以得到$\tan 22.5°$的值为.

11.$\sqrt{2}-1$ 【点拨】如图，在等腰直角△ABC中，∠C=90°，延长CB至点D，使得BD=AB，连结AD，则∠BAD=∠D.
∵∠ABC=45°=∠BAD+∠D=2∠D，
∴∠D=22.5°. 设AC=1，则BC=1，AB=$\sqrt{2}$AC=$\sqrt{2}$，
∴CD=CB+BD=CB+AB=1+$\sqrt{2}$. 在Rt△ACD中，$\tan22.5°=\frac{AC}{CD}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}-1}{(1+\sqrt{2})(\sqrt{2}-1)}=\sqrt{2}-1$.
【点方法】通过构造含有22.5°角的直角三角形，利用数形结合思想即可求得结果.

12. ★★ 郴州期中 新趋势·学科内综合 如图,射线 OA 与函数 $y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$ 的图象相交于点 $A(1,\sqrt{3})$,以点 O为圆心,以适当长为半径作弧,分别与 OA,OB相交于点 M,N;再分别以点 M,N 为圆心,以大于$\frac{1}{2}MN$的长为半径作弧,两弧在$∠ AOB$内部相交于点 P,作射线 OP,交函数 $y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$ 的图象于点 C,连结 AC,则$△ AOC$的面积是.

12.1 【点拨】把点A(1,$\sqrt{3}$)的坐标代入$y=\frac{k}{x}$，得$\sqrt{3}=\frac{k}{1}$，
∴k=$\sqrt{3}$，
∴$y=\frac{\sqrt{3}}{x}$. 设点C的坐标为$(x,\frac{\sqrt{3}}{x})$，过点C作CE⊥x轴于E，CF⊥OA于F，过点A作AG⊥x轴于G，如图.
∵A(1,$\sqrt{3}$)，
∴AG=$\sqrt{3}$，OG=1，
∴OA=$\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}=2$，
∴$\tan∠AOG=\frac{AG}{OG}=\sqrt{3}$，
∴∠AOG=60°. 由作图方法可知，OC是∠AOB的平分线，
∴∠AOC=∠BOC=$\frac{1}{2}$∠AOB=30°，
∴$\frac{CE}{OE}=\tan∠EOC=\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴易知$\frac{\frac{\sqrt{3}}{x}}{x}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
∵点C在第一象限，
∴x=$\sqrt{3}$，
∴C($\sqrt{3}$,1)，
∴CE=1.
∵OC是∠AOB的平分线，CE⊥x轴于E，CF⊥OA于F，
∴CF=CE=1，
∴$S_{△AOC}=\frac{1}{2}OA·CF=\frac{1}{2}×2×1=1$.

三、解答题(共40分)
13.(12分)在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=7$，$BC=24$.
(1)求$AB$的长；
(2)求$\cos A,\tan A$的值.

13.【解】(1)在Rt△ABC中，∠C=90°，由勾股定理得，$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{7^2+24^2}=25$.
(2)$\cos A=\frac{AC}{AB}=\frac{7}{25}$，$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{24}{7}$.

14.(12分)新考法 等角转换法 将一副学生常用的三角板如图摆放在一起，组成一个四边形ABCD，连结AC.
(1)若$AD=4$，则$BC=$.
(2)求$\tan∠ ACD$的值.

14.【解】(1)$\sqrt{6}$
(2)如图，过点A作AH⊥CB，交CB的延长线于点H.
∵∠ABD=90°，∠DBC=45°，
∴∠ABH=45°.
∵∠AHB=90°，
∴△AHB是等腰直角三角形.
∵在Rt△ABD中，∠ADB=30°，AD=4，
∴$AB=\frac{1}{2}AD=2$，
∴$AH=BH=AB·\cos∠ABH=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$，
∴CH=BC+BH=$\sqrt{6}+\sqrt{2}$.
∵∠AHB=∠BCD=90°，
∴∠AHB+∠BCD=180°，
∴AH//DC，
∴∠ACD=∠CAH，
∴$\tan∠ACD=\tan∠CAH=\frac{CH}{AH}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}+1$.

15.(16分) [上海黄浦区期末] 如图,在平行四边形ABCD中,AB=9,BC=5,$\sin B=\frac{4}{5}$,连结AC,P是边AB上一动点,过点P作PE⊥PC,交射线CD于点E,交AC于点H,F是PE上的点,$\frac{FP}{PC}=\frac{2}{3}$,连结CF.
(1)求证:∠BAC=∠PCF;
(2)当△APC∽△EFC时,求线段BP的长.

15.(1)【证明】如图，过点C作CG⊥AB，垂足为G，
∵BC=5，∠BGC=90°，$\sin B=\frac{CG}{BC}=\frac{4}{5}$，
∴CG=4，
∴$BG=\sqrt{BC^2-CG^2}=3$.
∵AB=9，
∴AG=AB-BG=6.
∵∠AGC=90°，
∴$\tan∠BAC=\frac{CG}{AG}=\frac{2}{3}$，
∵∠CPF=90°，
∴$\tan∠PCF=\frac{FP}{PC}=\frac{2}{3}$，
∴$\tan∠PCF=\tan∠BAC=\frac{2}{3}$.
又
∵∠BAC＜90°，∠PCF＜90°，
∴∠BAC=∠PCF.
(2)【解】
∵△APC∽△EFC，
∴∠APC=∠EFC.
∴∠BPC=∠PFC，
∴$\tan∠BPC=\tan∠PFC$.
∵$\tan∠PCF=\frac{2}{3}$，
∴易得$\tan∠PFC=\frac{3}{2}$.
∴$\tan∠BPC=\frac{CG}{PG}=\frac{3}{2}$.
由(1)知CG=4，BG=3，
∴$PG=\frac{8}{3}$，
∴$BP=BG+PG=\frac{17}{3}$.