1 如图，PA，PB分别与$\odot O$相切于点A，B，连接PO并延长，与$\odot O$交于点C，D，连接AD，BD.若$CD=12$，$PA=8$，则$\sin∠ ADB$的值为 （）

A.$\dfrac{4}{5}$
B.$\dfrac{3}{5}$
C.$\dfrac{3}{4}$
D.$\dfrac{4}{3}$

A

连接OA，
1. 由CD=12，可得⊙O的半径OA=6。
2. 因为PA是⊙O的切线，所以OA⊥PA，即∠PAO=90°。
3. 在Rt△PAO中，PA=8，OA=6，由勾股定理得PO=√(OA²+PA²)=√(6²+8²)=10。
4. 根据圆周角定理，∠ADB是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角，因此∠ADB=1/2∠AOB。
5. 由切线长定理，PO平分∠AOB，即∠AOP=1/2∠AOB，可得∠ADB=∠AOP。
6. 因此sin∠ADB=sin∠AOP=PA/PO=8/10=4/5。

2 如图，$l_1 // l_2 // l_3$，相邻两条平行线之间的距离相等. 若等腰直角三角形$ABC$的三个顶点分别在这三条平行线上，则$∠ α$的余弦值为 （）

A.$\dfrac{1}{3}$
B.$\dfrac{3\sqrt{10}}{10}$
C.$\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
D.$\dfrac{\sqrt{10}}{10}$

B

设相邻两条平行线之间的距离为1，过点A作AD⊥l₁于D，过点B作BE⊥l₁于E。
由∠ACB=90°可得∠CAD=∠BCE，结合AC=BC，∠ADC=∠CEB=90°，可证△ACD≌△CBE(AAS)，得CD=BE=1，AD=2。
由勾股定理得AC=√(AD²+CD²)=√5，因此BC=√5，AB=√(AC²+BC²)=√10。
过点B作BF⊥l₃于F，得BF=1，在Rt△ABF中，AF=√(AB²-BF²)=3。
根据余弦定义，cosα=AF/AB=3/√10=3√10/10。

3（1）用计算器计算：$\tan 80° \approx$ ，$\tan 44° \approx$ （精确到0.01）。
（2）用计算器计算：$\sin 24° \approx$ ，$\cos 66° \approx$ （精确到0.01）。

解：
（1）$\tan 80° \approx 5.67$，$\tan 44° \approx 0.97$；
（2）$\sin 24° \approx 0.41$，$\cos 66° \approx 0.41$。

4 [2026广东]计算：$(-1)^0 + |-3| - \sqrt{9} - \sin 30° + (\frac{1}{2})^{-1}$

解：
原式$=1 + 3 - 3 - \frac{1}{2} + 2$
$=3 - \frac{1}{2}$
$=\frac{5}{2}$

5 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$BC=\sqrt{5}$，D是AC上一点，连接BD。若$\tan A=\frac{1}{2}$，$\tan∠ ABD=\frac{1}{3}$，求证：$CD=AD$。

证明：
过点D作$DE ⊥ AB$于点E，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，
$\because \tan A = \frac{BC}{AC} = \frac{1}{2}$，$BC=\sqrt{5}$，
$\therefore AC = 2BC = 2\sqrt{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$\tan A = \frac{DE}{AE} = \frac{1}{2}$，
设$DE = x$，则$AE = 2x$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{DE^2 + AE^2} = \sqrt{x^2 + (2x)^2} = \sqrt{5}x$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$∠ BED=90°$，
$\because \tan∠ ABD = \frac{DE}{BE} = \frac{1}{3}$，
$\therefore BE = 3DE = 3x$，
$\therefore AB = AE + BE = 2x + 3x = 5x$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2} = 5$，
$\therefore 5x = 5$，解得$x=1$，
$\therefore AD = \sqrt{5} × 1 = \sqrt{5}$，
$\therefore CD = AC - AD = 2\sqrt{5} - \sqrt{5} = \sqrt{5}$，
$\therefore CD = AD$。

6 如图，E是矩形ABCD的对角线AC上一动点，正方形EFGH的顶点G，H都在边AD上。若AB=3，BC=4，则$\tan∠ AFE$的值为（）

A.$\frac{3}{7}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{3}{5}$

A

1. 由矩形ABCD的性质得：AD=BC=4，CD=AB=3，CD⊥AD。
2. 因为EH⊥AD，所以EH//CD，可得△AEH∽△ACD，因此$\frac{EH}{AH}=\frac{CD}{AD}=\frac{3}{4}$。
3. 设正方形EFGH的边长为$s$，即$EH=HG=GF=FE=s$，代入比例得$AH=\frac{4}{3}s$。
4. 由EF//AD，根据内错角相等得$∠ AFE=∠ FAG$。
5. 在Rt△AGF中，$AG=AH+HG=\frac{4}{3}s+s=\frac{7}{3}s$，$GF=s$，因此$\tan∠ FAG=\frac{GF}{AG}=\frac{s}{\frac{7}{3}s}=\frac{3}{7}$，即$\tan∠ AFE=\frac{3}{7}$。