13. 如图，在平面直角坐标系中，锐角α的顶点在原点，一边与x轴的正半轴重合，另一边经过第一象限的点P(x,y).
（1）求锐角α的正弦、余弦、正切的值.（用含字母x、y的式子表示）
（2）将OP绕着点O顺时针旋转90°后得到线段OQ，记OQ与x轴的正半轴的夹角为β.求出点Q的坐标，并计算$\sinα+\sinβ$的值.

13. (1) $\sin α=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$\cos α=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$\tan α=\frac{y}{x}$.
(2) $Q(y,-x)$，$\sinα+\sinβ=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}$.

【分析】
第（1）问：先过点P向x轴作垂线构造直角三角形，先计算斜边OP的长度，再根据锐角三角函数的定义（正弦为对边与斜边的比、余弦为邻边与斜边的比、正切为对边与邻边的比），代入对应边长即可得到结果。
第（2）问：通过构造全等三角形，结合旋转前后对应线段相等、对应角相等的性质推导点Q的坐标，再按照锐角三角函数的定义求出$\sinβ$，最后与$\sinα$相加化简即可。
【解析】
（1）过点$P$作$PA⊥x$轴于点$A$，则$OA=x$，$PA=y$。
在$Rt△ OPA$中，由勾股定理得$OP=\sqrt{OA^2+PA^2}=\sqrt{x^2+y^2}$。
根据锐角三角函数的定义：
$\sinα=\frac{PA}{OP}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$，
$\cosα=\frac{OA}{OP}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，
$\tanα=\frac{PA}{OA}=\frac{y}{x}$。
（2）过点$Q$作$QB⊥x$轴于点$B$。
由旋转的性质得$OP=OQ$，$∠ POQ=90°$，
$\therefore ∠ POA+∠ QOB=90°$，
又$\because ∠ POA+∠ OPA=90°$，
$\therefore ∠ OPA=∠ QOB$。
在$△ OPA$和$△ QOB$中：
$\{\begin{array}{l}∠ PAO=∠ OBQ=90°\\∠ OPA=∠ QOB\\OP=OQ\end{array} $
$\therefore △ OPA≌△ QOB(\mathrm{AAS})$，
$\therefore OB=PA=y$，$BQ=OA=x$。
$\because$点$Q$在第四象限，$\therefore Q$的坐标为$(y,-x)$。
$OQ=OP=\sqrt{x^2+y^2}$，$β$为$OQ$与$x$轴正半轴的锐角夹角，
$\therefore \sinβ=\frac{BQ}{OQ}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，
$\therefore \sinα+\sinβ=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}$。
【答案】
(1) $\sin α=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$\cos α=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$\tan α=\frac{y}{x}$
(2) $Q(y,-x)$，$\sinα+\sinβ=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}$
【知识点】
锐角三角函数的定义，旋转的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是三角函数的基础综合题，将平面直角坐标系、图形旋转与三角函数定义结合考查，解题的关键是通过构造直角三角形和全等三角形，明确各边的对应关系，熟练掌握相关定义和性质就能顺利解题。
【难度系数】
0.7

14 如图，已知$△ ABC$为等边三角形，$D$为$CB$延长线上一点，$∠ DAE=∠ DEA$.
（1）请写出$DB$与$EC$的数量关系，并说明理由.
（2）如果$AE=nEC$，$AB$与$DE$交于点$F$，直接写出$\tan∠ DFB$的值.（用含$n$的式子表示）

14. (1) $BD=EC$. 提示：如图，过点 $E$ 作 $EH// AB$，交 $BC$ 于点 $H$. 易知$△ CEH$ 为等边三角形. 由 $∠ DAE+∠ C+∠ ADB=180°$，$∠ DEA+∠ DEH+∠ HEC=180°$，且 $∠ C=∠ HEC=60°$，$∠ DAE=∠ DEA$，得$∠ ADB=∠ DEH$. 又由 $∠ DAE=∠ DEA$，得$AD=DE$. 又易知$∠ ABD=∠ DHE=120°$，可证$△ ADB≌△ DEH$. 所以，$BD=HE=EC$.
(2) $\frac{\sqrt{3}(n+1)}{n+3}$. 提示：如图，过点 $A$ 作 $AG⊥ BC$，垂足为 $G$. 由 $EH// AB$，得$∠ DEH=∠ DFB$. 又由$△ DBH≌△ ADB$，得$∠ DEH=∠ ADB$，所以$∠ DFB=∠ ADB$. 设 $CE=a$，则 $AE=na$，$DB=a$，$BG=\frac{1}{2}(a+na)$，$AG=\frac{\sqrt{3}}{2}(a+na)$. 所以，$\tan∠ DFB=\tan∠ ADB=\frac{AG}{DG}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}(a+na)}{a+\frac{1}{2}(a+na)}=\frac{\sqrt{3}(n+1)}{n+3}$.

【分析】
（1）要判断DB和EC的数量关系，结合等边三角形的背景，可通过作平行线构造等边三角形，结合已知角相等推导边相等，再证明三角形全等得到对应边相等。首先过E作EH//AB交BC于H，先得到△CEH是等边三角形，可得HE=EC，再由∠DAE=∠DEA推出AD=DE，进一步证明△ADB和△DEH全等，即可得到BD=HE=EC。
（2）要求tan∠DFB的值，可通过作高构造直角三角形，将所求角转化为直角三角形中的锐角。过A作AG⊥BC于G，先推导∠DFB=∠ADB，只需计算tan∠ADB即可。设CE为参数a，用含n和a的式子分别表示AG和DG的长度，再根据正切定义计算比值，消去参数就能得到结果。
【解析】
（1）$BD=EC$，理由如下：
过点$E$作$EH// AB$，交$BC$于点$H$。
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$∠ ABC=∠ C=∠ BAC=60°$，
∵$EH// AB$，
∴$∠ EHC=∠ ABC=60°$，
∴$△ CEH$是等边三角形，
∴$HE=EC$，$∠ HEC=60°$，$∠ DHE=180°-60°=120°$。
又
∵$∠ ABD=180°-∠ ABC=120°$，
∴$∠ ABD=∠ DHE$。
∵$∠ DAE=∠ DEA$，
∴$AD=DE$。
∵$∠ DAE+∠ C+∠ ADB=180°$，$∠ DEA+∠ DEH+∠ HEC=180°$，
且$∠ C=∠ HEC=60°$，$∠ DAE=∠ DEA$，
∴$∠ ADB=∠ DEH$。
在$△ ADB$和$△ DEH$中：
$\begin{cases}∠ ABD=∠ DHE \\∠ ADB=∠ DEH \\AD=DE\end{cases}$
∴$△ ADB≌△ DEH$（AAS），
∴$BD=HE$，又
∵$HE=EC$，
∴$BD=EC$。
（2）过点$A$作$AG⊥ BC$，垂足为$G$。
∵$EH// AB$，
∴$∠ DEH=∠ DFB$，
由（1）中$△ ADB≌△ DEH$得$∠ DEH=∠ ADB$，
∴$∠ DFB=∠ ADB$。
设$CE=a$，则$AE=n· CE=na$，
∴等边$△ ABC$的边长$AC=AE+EC=na+a=(n+1)a$，
由（1）得$BD=CE=a$。
∵$AG⊥ BC$，$△ ABC$是等边三角形，
∴$BG=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}(n+1)a$，$AG=\frac{\sqrt{3}}{2}AC=\frac{\sqrt{3}}{2}(n+1)a$，
∴$DG=BD+BG=a+\frac{1}{2}(n+1)a=\frac{(n+3)a}{2}$。
∴$\tan∠ DFB=\tan∠ ADB=\frac{AG}{DG}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}(n+1)a}{\frac{(n+3)a}{2}}=\frac{\sqrt{3}(n+1)}{n+3}$。
【答案】
(1) $BD=EC$，理由见解析；
(2) $\frac{\sqrt{3}(n+1)}{n+3}$。

【知识点】
等边三角形的性质与判定；全等三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【点评】
本题是几何综合题，解题的关键是合理构造辅助线，通过平行线构造等边三角形、作高构造直角三角形，实现角和线段的转化，结合全等三角形和三角函数的知识求解，能够有效锻炼几何分析能力。
【难度系数】
0.6