13. (2023·四川眉山)如图，一艘渔船在海上A处测得灯塔C在它的北偏东60°方向，渔船向正东方向航行12海里到达B处，测得灯塔C在它的北偏东45°方向.若渔船继续向正东方向航行，则渔船与灯塔C之间的最近距离是
6($\sqrt{3}$ + 1)
海里.答案：13.6($\sqrt{3}$ + 1)
解析：
解：过点$C$作$CD ⊥ AB$，交$AB$的延长线于点$D$，设$CD = x$海里。
在$Rt\triangle ACD$中，$\angle CAD = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$，
$\tan 30^{\circ} = \frac{CD}{AD} = \frac{x}{AD}$，则$AD = \frac{x}{\tan 30^{\circ}} = \sqrt{3}x$。
在$Rt\triangle BCD$中，$\angle CBD = 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$，
$\tan 45^{\circ} = \frac{CD}{BD} = \frac{x}{BD}$，则$BD = x$。
因为$AD - BD = AB$，$AB = 12$海里，
所以$\sqrt{3}x - x = 12$，
$x(\sqrt{3} - 1) = 12$，
$x = \frac{12}{\sqrt{3} - 1} = \frac{12(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = 6(\sqrt{3} + 1)$。
即渔船与灯塔$C$之间的最近距离是$6(\sqrt{3} + 1)$海里。
$6(\sqrt{3} + 1)$
在$Rt\triangle ACD$中，$\angle CAD = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$，
$\tan 30^{\circ} = \frac{CD}{AD} = \frac{x}{AD}$，则$AD = \frac{x}{\tan 30^{\circ}} = \sqrt{3}x$。
在$Rt\triangle BCD$中，$\angle CBD = 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$，
$\tan 45^{\circ} = \frac{CD}{BD} = \frac{x}{BD}$，则$BD = x$。
因为$AD - BD = AB$，$AB = 12$海里，
所以$\sqrt{3}x - x = 12$，
$x(\sqrt{3} - 1) = 12$，
$x = \frac{12}{\sqrt{3} - 1} = \frac{12(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = 6(\sqrt{3} + 1)$。
即渔船与灯塔$C$之间的最近距离是$6(\sqrt{3} + 1)$海里。
$6(\sqrt{3} + 1)$
14. 新趋势 传统文化 我国魏晋时期的数学家赵爽在为天文学著作《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成一个大正方形，这个图被称为“弦图”，它体现了中国古代数学的成就.如图，已知大正方形ABCD的面积是100，小正方形EFGH的面积是4，那么tan∠ADF =
$\frac{3}{4}$
.答案：14.$\frac{3}{4}$
15. (2023·四川广元)如图，在平面直角坐标系中，O是原点，已知点A(1，0)，B(0，-3)，点C在x轴上，且点C在点A的右侧，连接AB，BC.若tan∠ABC = $\frac{1}{3}$，则点C的坐标为
($\frac{9}{4}$，0)
.答案：15.($\frac{9}{4}$，0)
解析：
解：设点$C$的坐标为$(c,0)$，其中$c＞1$。
过点$A$作$AD ⊥ AB$交$BC$于点$D$，则$\tan\angle ABC=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{3}$。
已知$A(1,0)$，$B(0,-3)$，则$OA=1$，$OB=3$，$AB=\sqrt{1^2 + 3^2}=\sqrt{10}$，故$AD=\frac{\sqrt{10}}{3}$。
因为$AB$的斜率为$\frac{0 - (-3)}{1 - 0}=3$，所以$AD$的斜率为$-\frac{1}{3}$，直线$AD$的方程为$y=-\frac{1}{3}(x - 1)$。
设$D(x,-\frac{1}{3}(x - 1))$，由$AD=\frac{\sqrt{10}}{3}$可得：
$\sqrt{(x - 1)^2 + (-\frac{1}{3}(x - 1))^2}=\frac{\sqrt{10}}{3}$
解得$x=\frac{4}{3}$（$x=\frac{2}{3}$舍去），则$D(\frac{4}{3},-\frac{1}{9})$。
直线$BC$过点$B(0,-3)$和$D(\frac{4}{3},-\frac{1}{9})$，其斜率为$\frac{-\frac{1}{9} - (-3)}{\frac{4}{3} - 0}=\frac{4}{3}$，方程为$y=\frac{4}{3}x - 3$。
令$y=0$，得$x=\frac{9}{4}$，故点$C$的坐标为$(\frac{9}{4},0)$。
$(\frac{9}{4},0)$
过点$A$作$AD ⊥ AB$交$BC$于点$D$，则$\tan\angle ABC=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{3}$。
已知$A(1,0)$，$B(0,-3)$，则$OA=1$，$OB=3$，$AB=\sqrt{1^2 + 3^2}=\sqrt{10}$，故$AD=\frac{\sqrt{10}}{3}$。
因为$AB$的斜率为$\frac{0 - (-3)}{1 - 0}=3$，所以$AD$的斜率为$-\frac{1}{3}$，直线$AD$的方程为$y=-\frac{1}{3}(x - 1)$。
设$D(x,-\frac{1}{3}(x - 1))$，由$AD=\frac{\sqrt{10}}{3}$可得：
$\sqrt{(x - 1)^2 + (-\frac{1}{3}(x - 1))^2}=\frac{\sqrt{10}}{3}$
解得$x=\frac{4}{3}$（$x=\frac{2}{3}$舍去），则$D(\frac{4}{3},-\frac{1}{9})$。
直线$BC$过点$B(0,-3)$和$D(\frac{4}{3},-\frac{1}{9})$，其斜率为$\frac{-\frac{1}{9} - (-3)}{\frac{4}{3} - 0}=\frac{4}{3}$，方程为$y=\frac{4}{3}x - 3$。
令$y=0$，得$x=\frac{9}{4}$，故点$C$的坐标为$(\frac{9}{4},0)$。
$(\frac{9}{4},0)$
16. (2024·广东深圳)如图，在△ABC中，AB = BC，tan B = $\frac{5}{12}$，D为边BC上一点，且满足$\frac{BD}{CD}$ = $\frac{8}{5}$，过点D作DE⊥AD交AC的延长线于点E，则$\frac{CE}{AC}$ =
$\frac{20}{21}$
.答案：16.$\frac{20}{21}$
解析：
证明：设 $ BD = 8k $，$ CD = 5k $，则 $ BC = BD + CD = 13k $。
∵ $ AB = BC $，
∴ $ AB = 13k $。
过 $ A $ 作 $ AH ⊥ BC $ 于 $ H $，设 $ AH = 5m $，$ BH = 12m $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle ABH $ 中，$ AB^2 = AH^2 + BH^2 $，即 $ (13k)^2 = (5m)^2 + (12m)^2 $，解得 $ m = k $。
∴ $ AH = 5k $，$ BH = 12k $，$ CH = BH - BC = 12k - 13k = -k $（取绝对值 $ CH = k $）。
以 $ H $ 为原点，$ BC $ 为 $ x $ 轴建立坐标系，则：
$ H(0,0) $，$ B(-12k,0) $，$ C(k,0) $，$ A(0,5k) $，$ D(-12k + 8k,0) = (-4k,0) $。
直线 $ AC $：$ A(0,5k) $，$ C(k,0) $，斜率 $ k_{AC} = \frac{0 - 5k}{k - 0} = -5 $，方程为 $ y = -5x + 5k $。
$ AD $ 斜率 $ k_{AD} = \frac{0 - 5k}{-4k - 0} = \frac{5}{4} $，
∵ $ DE ⊥ AD $，
∴ $ k_{DE} = -\frac{4}{5} $。
直线 $ DE $：过 $ D(-4k,0) $，方程为 $ y = -\frac{4}{5}(x + 4k) $。
联立 $ AC $ 与 $ DE $ 方程：
$ -5x + 5k = -\frac{4}{5}(x + 4k) $，解得 $ x = \frac{41k}{21} $，$ y = -5 · \frac{41k}{21} + 5k = -\frac{100k}{21} $，即 $ E( \frac{41k}{21}, -\frac{100k}{21} ) $。
$ AC = \sqrt{(k - 0)^2 + (0 - 5k)^2} = \sqrt{26}k $，
$ CE = \sqrt{( \frac{41k}{21} - k )^2 + ( -\frac{100k}{21} - 0 )^2} = \frac{20\sqrt{26}k}{21} $。
∴ $ \frac{CE}{AC} = \frac{20}{21} $。
答案：$\frac{20}{21}$
∵ $ AB = BC $，
∴ $ AB = 13k $。
过 $ A $ 作 $ AH ⊥ BC $ 于 $ H $，设 $ AH = 5m $，$ BH = 12m $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle ABH $ 中，$ AB^2 = AH^2 + BH^2 $，即 $ (13k)^2 = (5m)^2 + (12m)^2 $，解得 $ m = k $。
∴ $ AH = 5k $，$ BH = 12k $，$ CH = BH - BC = 12k - 13k = -k $（取绝对值 $ CH = k $）。
以 $ H $ 为原点，$ BC $ 为 $ x $ 轴建立坐标系，则：
$ H(0,0) $，$ B(-12k,0) $，$ C(k,0) $，$ A(0,5k) $，$ D(-12k + 8k,0) = (-4k,0) $。
直线 $ AC $：$ A(0,5k) $，$ C(k,0) $，斜率 $ k_{AC} = \frac{0 - 5k}{k - 0} = -5 $，方程为 $ y = -5x + 5k $。
$ AD $ 斜率 $ k_{AD} = \frac{0 - 5k}{-4k - 0} = \frac{5}{4} $，
∵ $ DE ⊥ AD $，
∴ $ k_{DE} = -\frac{4}{5} $。
直线 $ DE $：过 $ D(-4k,0) $，方程为 $ y = -\frac{4}{5}(x + 4k) $。
联立 $ AC $ 与 $ DE $ 方程：
$ -5x + 5k = -\frac{4}{5}(x + 4k) $，解得 $ x = \frac{41k}{21} $，$ y = -5 · \frac{41k}{21} + 5k = -\frac{100k}{21} $，即 $ E( \frac{41k}{21}, -\frac{100k}{21} ) $。
$ AC = \sqrt{(k - 0)^2 + (0 - 5k)^2} = \sqrt{26}k $，
$ CE = \sqrt{( \frac{41k}{21} - k )^2 + ( -\frac{100k}{21} - 0 )^2} = \frac{20\sqrt{26}k}{21} $。
∴ $ \frac{CE}{AC} = \frac{20}{21} $。
答案：$\frac{20}{21}$
17. 亮点原创 在Rt△ABC中，已知∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，且∠A = 90°.若c是a，b的比例中项，则sin B的值为
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
.答案：17.$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ 解析：因为c是a，b的比例中项，所以c² = ab。因为∠A = 90°，所以b² + c² = a²，所以b² + ab - a² = 0，所以($\frac{b}{a}$)² + $\frac{b}{a}$ - 1 = 0。令$\frac{b}{a}$ = x，则x² + x - 1 = 0，解得x₁ = $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，x₂ = $\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$（不合题意，舍去），所以sinB = $\frac{b}{a}$ = $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
解析：
解：因为$c$是$a$，$b$的比例中项，所以$c^2 = ab$。
因为$\angle A = 90°$，所以$b^2 + c^2 = a^2$，将$c^2 = ab$代入得$b^2 + ab - a^2 = 0$。
等式两边同除以$a^2$，得$(\frac{b}{a})^2 + \frac{b}{a} - 1 = 0$。
令$\frac{b}{a} = x$，则$x^2 + x - 1 = 0$，解得$x = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$。
因为$x ＞ 0$，所以$x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\sin B = \frac{b}{a} = x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$。
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
因为$\angle A = 90°$，所以$b^2 + c^2 = a^2$，将$c^2 = ab$代入得$b^2 + ab - a^2 = 0$。
等式两边同除以$a^2$，得$(\frac{b}{a})^2 + \frac{b}{a} - 1 = 0$。
令$\frac{b}{a} = x$，则$x^2 + x - 1 = 0$，解得$x = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$。
因为$x ＞ 0$，所以$x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\sin B = \frac{b}{a} = x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$。
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
18. 如图，在以A为直角顶点的等腰直角三角形纸片ABC中，将∠B折起，使点B落在边AC上的点D(不与点A，C重合)处，折痕是EF.如图①，当CD = $\frac{1}{2}$AC时，tan $\alpha_{1}$ = $\frac{3}{4}$；如图②，当CD = $\frac{1}{3}$AC时，tan $\alpha_{2}$ = $\frac{5}{12}$；如图③，当CD = $\frac{1}{4}$AC时，tan $\alpha_{3}$ = $\frac{7}{24}$；…；依此类推，当CD = $\frac{1}{n + 1}$AC(n为正整数)时，tan $\alpha_{n}$ =
$\frac{2n+1}{2n^{2}+2n}$
.答案：18.$\frac{2n+1}{2n^{2}+2n}$ 解析：因为tanα₁ = $\frac{3}{4}$ = $\frac{2×1 + 1}{2×2}$，tanα₂ = $\frac{5}{12}$ = $\frac{2×2 + 1}{3×4}$，tanα₃ = $\frac{7}{24}$ = $\frac{2×3 + 1}{4×6}$，所以可以推出tanαₙ = $\frac{2n+1}{(n + 1)·2n}$ = $\frac{2n+1}{2n^{2}+2n}$。
解析：
$\frac{2n+1}{2n^{2}+2n}$