1. 亮点原创·如图，已知$E$是矩形$ABCD$的对角线$AC$上的一动点，正方形$EFGH$的顶点$G$，$H$都在边$AD$上. 若$AB = m$，$BC = n$，则$\tan\angle AFE$的值为(
A.$\dfrac{m}{m + n}$
B.$\dfrac{n}{m + n}$
C.$\dfrac{m}{n}$
D.无法确定
A
)A.$\dfrac{m}{m + n}$
B.$\dfrac{n}{m + n}$
C.$\dfrac{m}{n}$
D.无法确定
答案：1 A 解析：因为四边形 $ABCD$ 是矩形，所以 $\angle B = 90°$, $AD // BC$，所以 $\angle DAC = \angle ACB$. 因为 $AB = m$, $BC = n$，所以 $\tan \angle DAC = \tan \angle ACB = \frac{AB}{BC} = \frac{m}{n}$. 因为四边形 $EFGH$ 是正方形，点 $G$, $H$ 都在边 $AD$ 上，所以 $HG = FG = EH$, $EF // AD$, $\angle FGA = 90°$, $\angle EHA = 90°$，所以 $\angle GAF = \angle AFE$，$\tan \angle DAC = \frac{EH}{AH} = \frac{m}{n}$. 设 $EH = ma$，则 $AH = na$，$HG = FG = EH = ma$，所以 $AG = AH + HG = (m + n)a$，所以 $\tan \angle AFE = \tan \angle GAF = \frac{FG}{AG} = \frac{m}{m + n}$.
解析：
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$\angle B = 90°$，$AD // BC$，则$\angle DAC=\angle ACB$。
因为$AB = m$，$BC = n$，所以$\tan\angle ACB=\frac{AB}{BC}=\frac{m}{n}$，故$\tan\angle DAC = \frac{m}{n}$。
因为四边形$EFGH$是正方形，点$G$，$H$在边$AD$上，所以$HG = FG = EH$，$EF// AD$，$\angle FGA = 90°$，$\angle EHA = 90°$，因此$\angle GAF=\angle AFE$。
由$\tan\angle DAC=\frac{EH}{AH}=\frac{m}{n}$，设$EH=ma$，则$AH=na$。
因为$HG = FG = EH=ma$，所以$AG=AH + HG=na+ma=(m + n)a$。
则$\tan\angle AFE=\tan\angle GAF=\frac{FG}{AG}=\frac{ma}{(m + n)a}=\frac{m}{m + n}$。
答案：A
因为$AB = m$，$BC = n$，所以$\tan\angle ACB=\frac{AB}{BC}=\frac{m}{n}$，故$\tan\angle DAC = \frac{m}{n}$。
因为四边形$EFGH$是正方形，点$G$，$H$在边$AD$上，所以$HG = FG = EH$，$EF// AD$，$\angle FGA = 90°$，$\angle EHA = 90°$，因此$\angle GAF=\angle AFE$。
由$\tan\angle DAC=\frac{EH}{AH}=\frac{m}{n}$，设$EH=ma$，则$AH=na$。
因为$HG = FG = EH=ma$，所以$AG=AH + HG=na+ma=(m + n)a$。
则$\tan\angle AFE=\tan\angle GAF=\frac{FG}{AG}=\frac{ma}{(m + n)a}=\frac{m}{m + n}$。
答案：A
2. 新素养推理能力如图，在$\triangle AOB$中，$\angle AOB = 90^{\circ}$，以点$O$为圆心，$OB$为半径的圆交边$AB$于点$D$，点$C$在边$OA$上，且$CD = AC$，延长$CD$交$OB$的延长线于点$E$.
（1）求证：$CD$是$\odot O$的切线；
（2）已知$\sin\angle OCD = \dfrac{4}{5}$，$AB = 4\sqrt{5}$，求$AC$的长及阴影部分面积.
（1）求证：$CD$是$\odot O$的切线；
（2）已知$\sin\angle OCD = \dfrac{4}{5}$，$AB = 4\sqrt{5}$，求$AC$的长及阴影部分面积.
答案：2 (1) 连接 $OD$. 因为 $CD = AC$，所以 $\angle A = \angle ADC = \angle BDE$. 因为 $\angle AOB = 90°$，所以 $\angle OBD + \angle A = 90°$. 因为 $OB = OD$，所以 $\angle OBD = \angle ODB$，所以 $\angle ODB + \angle BDE = 90°$，所以 $\angle ODE = 90°$，所以 $OD ⊥ CD$. 因为 $OD$ 是 $\odot O$ 的半径，所以 $CD$ 是 $\odot O$ 的切线.
(2) 因为 $\angle ODE = 90°$，所以 $\angle ODC = 180° - \angle ODE = 90°$，所以 $\sin \angle OCD = \frac{OD}{OC} = \frac{4}{5}$. 设 $OD = 4x$，则 $OC = 5x$，所以 $AC = CD = \sqrt{OC^2 - OD^2} = 3x$，所以 $OA = OC + AC = 8x$. 因为 $OB = OD = 4x$，所以 $AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = 4\sqrt{5}x$. 因为 $AB = 4\sqrt{5}$，所以 $4\sqrt{5}x = 4\sqrt{5}$，解得 $x = 1$，所以 $AC = CD = 3$, $OC = 5$, $OB = OD = 4$. 因为 $\angle EOC = \angle ODC = 90°$, $\angle ECO = \angle OCD$，所以 $\triangle EOC ∼ \triangle ODC$，所以 $\frac{EC}{OC} = \frac{OC}{CD}$，即 $\frac{EC}{5} = \frac{5}{3}$，所以 $EC = \frac{25}{3}$，所以 $S_{\triangle OCE} = \frac{1}{2} EC · OD = \frac{50}{3}$. 设 $OC$ 与 $\odot O$ 交于点 $F$. 因为 $S_{扇形OBF} = \frac{90\pi × 4^2}{360} = 4\pi$，所以 $S_{阴影} = S_{\triangle OCE} - S_{扇形OBF} = \frac{50 - 12\pi}{3}$. 故 $AC$ 的长为 $3$，阴影部分的面积为 $\frac{50 - 12\pi}{3}$.
(2) 因为 $\angle ODE = 90°$，所以 $\angle ODC = 180° - \angle ODE = 90°$，所以 $\sin \angle OCD = \frac{OD}{OC} = \frac{4}{5}$. 设 $OD = 4x$，则 $OC = 5x$，所以 $AC = CD = \sqrt{OC^2 - OD^2} = 3x$，所以 $OA = OC + AC = 8x$. 因为 $OB = OD = 4x$，所以 $AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = 4\sqrt{5}x$. 因为 $AB = 4\sqrt{5}$，所以 $4\sqrt{5}x = 4\sqrt{5}$，解得 $x = 1$，所以 $AC = CD = 3$, $OC = 5$, $OB = OD = 4$. 因为 $\angle EOC = \angle ODC = 90°$, $\angle ECO = \angle OCD$，所以 $\triangle EOC ∼ \triangle ODC$，所以 $\frac{EC}{OC} = \frac{OC}{CD}$，即 $\frac{EC}{5} = \frac{5}{3}$，所以 $EC = \frac{25}{3}$，所以 $S_{\triangle OCE} = \frac{1}{2} EC · OD = \frac{50}{3}$. 设 $OC$ 与 $\odot O$ 交于点 $F$. 因为 $S_{扇形OBF} = \frac{90\pi × 4^2}{360} = 4\pi$，所以 $S_{阴影} = S_{\triangle OCE} - S_{扇形OBF} = \frac{50 - 12\pi}{3}$. 故 $AC$ 的长为 $3$，阴影部分的面积为 $\frac{50 - 12\pi}{3}$.
3. 如图，某大草原上有一条笔直的公路，在紧靠公路相距$40$km 的$A$，$B$两地，分别有甲、乙两个医疗站，在$A$地北偏东$45^{\circ}$，$B$地北偏西$60^{\circ}$方向上有一牧民区$C$. 一天，甲医疗站接到牧民区的求救电话，立刻设计了两种救助方案. 方案 1：从$A$地开车沿公路到离牧民区$C$最近的$D$处，再开车穿越草地沿$DC$方向到牧民区$C$；方案 2：从$A$地开车穿越草地沿$AC$方向到牧民区$C$. 已知汽车在公路上行驶的速度是在草地上行驶速度的$3$倍.
（1）求牧民区到公路的最短距离$CD$；（结果精确到$0.1$km，参考数据：$\sqrt{3}\approx1.732$，$\sqrt{2}\approx1.414$）
（2）你认为这两种救助方案中，哪一种方案比较节省时间？ 并说明理由.
（1）求牧民区到公路的最短距离$CD$；（结果精确到$0.1$km，参考数据：$\sqrt{3}\approx1.732$，$\sqrt{2}\approx1.414$）
（2）你认为这两种救助方案中，哪一种方案比较节省时间？ 并说明理由.
答案：3 (1) 设 $CD = x \mathrm{km}$. 由题意，得 $\angle ADC = \angle BDC = 90°$, $\angle CAD = 90° - 45° = 45°$, $\angle CBD = 90° - 60° = 30°$，所以 $AD = \frac{CD}{\tan \angle CAD} = x \mathrm{km}$, $BD = \frac{CD}{\tan \angle CBD} = \sqrt{3}x \mathrm{km}$，所以 $AB = BD + AD = (\sqrt{3} + 1)x \mathrm{km}$. 因为 $AB = 40 \mathrm{km}$，所以 $(\sqrt{3} + 1)x = 40$，解得 $x = 20(\sqrt{3} - 1)$，所以 $CD = 20(\sqrt{3} - 1) \mathrm{km} \approx 14.6 \mathrm{km}$. 故牧民区到公路的最短距离 $CD$ 约为 $14.6 \mathrm{km}$.
(2) 方案 $1$ 比较节省时间. 理由如下：设汽车在草地上的行驶速度为 $v \mathrm{km/h}$, $CD = x \mathrm{km}$，方案 $1$ 所需时间为 $t_1 \mathrm{h}$，方案 $2$ 所需时间为 $t_2 \mathrm{h}$，则汽车在公路上的行驶速度为 $3v \mathrm{km/h}$. 由题意，得 $t_1 = \frac{x}{3v} + \frac{x}{v} = \frac{4x}{3v}$. 因为 $AC = \frac{CD}{\sin \angle CAD} = \sqrt{2}x \mathrm{km}$，所以 $t_2 = \frac{\sqrt{2}x}{v}$, 所以 $t_1 - t_2 = \frac{(4 - 3\sqrt{2})x}{3v}$. 因为 $4 - 3\sqrt{2} ＜ 0$，所以 $t_1 ＜ t_2$，所以方案 $1$ 比较节省时间.
(2) 方案 $1$ 比较节省时间. 理由如下：设汽车在草地上的行驶速度为 $v \mathrm{km/h}$, $CD = x \mathrm{km}$，方案 $1$ 所需时间为 $t_1 \mathrm{h}$，方案 $2$ 所需时间为 $t_2 \mathrm{h}$，则汽车在公路上的行驶速度为 $3v \mathrm{km/h}$. 由题意，得 $t_1 = \frac{x}{3v} + \frac{x}{v} = \frac{4x}{3v}$. 因为 $AC = \frac{CD}{\sin \angle CAD} = \sqrt{2}x \mathrm{km}$，所以 $t_2 = \frac{\sqrt{2}x}{v}$, 所以 $t_1 - t_2 = \frac{(4 - 3\sqrt{2})x}{3v}$. 因为 $4 - 3\sqrt{2} ＜ 0$，所以 $t_1 ＜ t_2$，所以方案 $1$ 比较节省时间.