12. 如图,有一艘货船和一艘客船同时从港口 $A$ 出发,客船每小时比货船多走 $5$ n mile,客船与货船速度的比为 $4:3$,货船沿南偏东 $80^{\circ}$ 方向航行,$2$ h 后货船到达 $B$ 处,客船到达 $C$ 处.若此时两船相距 $50$ n mile,则客船航行的方向是.

设货船速度为$3x$ n mile/h，客船速度为$4x$ n mile/h。
由题意得$4x - 3x = 5$，解得$x = 5$。
∴货船速度$3x = 15$ n mile/h，客船速度$4x = 20$ n mile/h。
2小时后，货船行驶距离$AB = 15×2 = 30$ n mile，客船行驶距离$AC = 20×2 = 40$ n mile。
∵$AB^2 + AC^2 = 30^2 + 40^2 = 2500 = 50^2 = BC^2$，
∴$△ ABC$为直角三角形，$∠ BAC = 90°$。
货船方向为南偏东$80°$，设客船方向为北偏东$α$。
∵$∠ BAC = 90°$，货船南偏东与客船北偏东的夹角和为$90°$，
∴$80° + α = 90°$，解得$α = 10°$。
北偏东$10°$

13. 如图,某自动感应门的正上方 $A$ 处装着一个感应器,感应器高度 $AB = 2.5$ m.当人体进入感应器的感应范围时,感应门会自动打开.一位身高为 $1.6$ m 的测试者 $CD$ 正对门,走到离门 $1.2$ m 处($BC = 1.2$ m),感应门自动打开,则点 $A$,$D$ 之间的距离为 m.

过点D作DE⊥AB于点E。
因为CD⊥BC，AB⊥BC，DE⊥AB，所以四边形BCDE是矩形。
所以BE=CD=1.6m，DE=BC=1.2m。
AE=AB-BE=2.5-1.6=0.9m。
在Rt△ADE中，AD²=AE²+DE²=0.9²+1.2²=0.81+1.44=2.25。
所以AD=1.5m。
1.5

14. 如图,在 $△ ABC$ 中,$∠ ACB = 90^{\circ}$,$∠ CAB = 30^{\circ}$,$BC = 6$,$D$ 为 $AB$ 上一动点(不与点 $A$ 重合),$△ AED$ 为等边三角形,过点 $D$ 作 $DE$ 的垂线,$F$ 为垂线上任一点,$G$ 为 $EF$ 的中点,则线段 $BG$ 长的最小值是.

在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=6，可得AB=12，AC=6√3。以C为原点，AC为x轴，BC为y轴建立坐标系，则A(6√3,0)，B(0,6)。设D为AB上动点，AD=t(0＜t≤12)，D坐标为(6√3 - (√3 t)/2, t/2)。
△AED为等边三角形，分两种情况讨论E点位置，结合F在DE垂线上，G为EF中点，得G的轨迹：
1. 当E在AB下方时，G轨迹为x轴，BG最小值为B到x轴距离6；
2. 当E在AB上方时，G轨迹为直线Y=-√3X+18，B到该直线距离为|√3·0 +1·6 -18|/√( (√3)²+1² )=12/2=6。
综上，BG最小值为6。
6

15. (本小题 10 分)学过勾股定理后,某班兴趣小组来到操场上测量旗杆 $AB$ 的高度,得到如下信息:如图①,测得从旗杆顶端垂直挂下来的升旗用的绳子比旗杆长 $2$ m;如图②,当将绳子拉直时,测得此时拉绳子另一端的手到地面的距离 $CD = 2$ m,到旗杆的距离 $CE = 10$ m.求旗杆 $AB$ 的高度.

设旗杆 $ AB $ 的高度为 $ x $ 米，则绳子的长度为 $ (x + 2) $ 米。
由题意知，手到地面的距离 $ CD = 2 $ 米，故 $ BE = CD = 2 $ 米（四边形 $ BECD $ 为矩形），则 $ AE = AB - BE = x - 2 $ 米。
手到旗杆的水平距离 $ CE = 10 $ 米，在 $ \mathrm{Rt}△ AEC $ 中，根据勾股定理得：
$ AE^2 + CE^2 = AC^2 $，即 $ (x - 2)^2 + 10^2 = (x + 2)^2 $。
展开方程：$ x^2 - 4x + 4 + 100 = x^2 + 4x + 4 $，
化简得：$ -4x + 100 = 4x $，
解得：$ 8x = 100 $，$ x = 12.5 $。
答：旗杆 $ AB $ 的高度为 $ 12.5 $ 米。