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三、解答题
7. 为保证车辆行驶安全，现在公路旁设立一检测点A观测行驶的汽车是否超速.如图，检测点A到公路的距离是24 m，在公路上取两点B，C，使得$∠ ACB=30°$，$∠ ABC=120°$.
（1）求BC的长；（结果保留根号）
（2）已知该路段限速为45 km/h，若测得某汽车从B到C用时2 s，这辆汽车是否超速？说明理由.（参考数据：$\sqrt{3} \approx 1.7$，$\sqrt{2} \approx 1.4$）
7. 为保证车辆行驶安全，现在公路旁设立一检测点A观测行驶的汽车是否超速.如图，检测点A到公路的距离是24 m，在公路上取两点B，C，使得$∠ ACB=30°$，$∠ ABC=120°$.
（1）求BC的长；（结果保留根号）
（2）已知该路段限速为45 km/h，若测得某汽车从B到C用时2 s，这辆汽车是否超速？说明理由.（参考数据：$\sqrt{3} \approx 1.7$，$\sqrt{2} \approx 1.4$）
答案
解：
(1) 过点A作AD⊥直线BC，垂足为D，由题意得AD=24 m。
∵ ∠ABC=120°，
∴ ∠ABD=180°-120°=60°。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，
$\tan∠ ABD=\frac{AD}{BD}$，即$\tan60°=\frac{24}{BD}$，
$\therefore BD=\frac{24}{\tan60°}=\frac{24}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，∠ACB=30°，
$\tan∠ ACB=\frac{AD}{CD}$，即$\tan30°=\frac{24}{CD}$，
$\therefore CD=\frac{24}{\tan30°}=\frac{24}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=24\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
$\therefore BC=CD-BD=24\sqrt{3}-8\sqrt{3}=16\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
(2) 这辆汽车超速，理由如下：
汽车从B到C的行驶速度为：
$v=\frac{BC}{t}=\frac{16\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}\ \mathrm{m/s}$。
代入$\sqrt{3}\approx1.7$，得$v\approx8×1.7=13.6\ \mathrm{m/s}$。
单位换算：$13.6\ \mathrm{m/s}=13.6×3.6=48.96\ \mathrm{km/h}$。
$\because 48.96＞45$，
∴ 这辆汽车超速。
答：(1) BC的长为$16\sqrt{3}\ \mathrm{m}$；(2) 这辆汽车超速。
(1) 过点A作AD⊥直线BC，垂足为D，由题意得AD=24 m。
∵ ∠ABC=120°，
∴ ∠ABD=180°-120°=60°。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，
$\tan∠ ABD=\frac{AD}{BD}$，即$\tan60°=\frac{24}{BD}$，
$\therefore BD=\frac{24}{\tan60°}=\frac{24}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，∠ACB=30°，
$\tan∠ ACB=\frac{AD}{CD}$，即$\tan30°=\frac{24}{CD}$，
$\therefore CD=\frac{24}{\tan30°}=\frac{24}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=24\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
$\therefore BC=CD-BD=24\sqrt{3}-8\sqrt{3}=16\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
(2) 这辆汽车超速，理由如下：
汽车从B到C的行驶速度为：
$v=\frac{BC}{t}=\frac{16\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}\ \mathrm{m/s}$。
代入$\sqrt{3}\approx1.7$，得$v\approx8×1.7=13.6\ \mathrm{m/s}$。
单位换算：$13.6\ \mathrm{m/s}=13.6×3.6=48.96\ \mathrm{km/h}$。
$\because 48.96＞45$，
∴ 这辆汽车超速。
答：(1) BC的长为$16\sqrt{3}\ \mathrm{m}$；(2) 这辆汽车超速。
解析
【分析】
要解决本题，首先看（1）求BC的长度，已知检测点A到公路的距离，所以优先过点A作BC所在直线的垂线，构造直角三角形，将斜三角形ABC转化为两个直角三角形求解：先利用∠ABC=120°求出其邻补角∠ABD的度数，再分别在Rt△ABD和Rt△ADC中，利用正切函数的定义求出BD、CD的长度，最后由BC=CD-BD即可算出BC的长。再看（2）判断是否超速，先根据“速度=路程÷时间”算出汽车的行驶速度，注意将速度单位从m/s换算为km/h（1m/s=3.6km/h），再和限速45km/h比较大小即可得出结论。
【解析】
(1) 过点A作AD⊥直线BC，垂足为D，由题意得AD=24 m。
∵ ∠ABC=120°，
∴ ∠ABD=180°-120°=60°。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，
$\tan∠ ABD=\frac{AD}{BD}$，即$\tan60°=\frac{24}{BD}$，
$\therefore BD=\frac{24}{\tan60°}=\frac{24}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，∠ACB=30°，
$\tan∠ ACB=\frac{AD}{CD}$，即$\tan30°=\frac{24}{CD}$，
$\therefore CD=\frac{24}{\tan30°}=\frac{24}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=24\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
$\therefore BC=CD-BD=24\sqrt{3}-8\sqrt{3}=16\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
(2) 这辆汽车超速，理由如下：
汽车从B到C的行驶速度为：
$v=\frac{BC}{t}=\frac{16\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}\ \mathrm{m/s}$。
代入$\sqrt{3}\approx1.7$，得$v\approx8×1.7=13.6\ \mathrm{m/s}$。
单位换算：$13.6\ \mathrm{m/s}=13.6×3.6=48.96\ \mathrm{km/h}$。
$\because 48.96＞45$，
∴ 这辆汽车超速。
【答案】
(1) BC的长为$16\sqrt{3}\ \mathrm{m}$；(2) 这辆汽车超速。
【知识点】
锐角三角函数，解直角三角形的应用，单位换算
【点评】
本题结合交通测速的实际场景命题，注重知识的实际应用，解题的关键是通过作高构造直角三角形，将斜三角形的求解问题转化为解直角三角形问题，计算过程中要注意单位换算的正确性，避免因单位错误导致判断失误。
【难度系数】
0.8
要解决本题，首先看（1）求BC的长度，已知检测点A到公路的距离，所以优先过点A作BC所在直线的垂线，构造直角三角形，将斜三角形ABC转化为两个直角三角形求解：先利用∠ABC=120°求出其邻补角∠ABD的度数，再分别在Rt△ABD和Rt△ADC中，利用正切函数的定义求出BD、CD的长度，最后由BC=CD-BD即可算出BC的长。再看（2）判断是否超速，先根据“速度=路程÷时间”算出汽车的行驶速度，注意将速度单位从m/s换算为km/h（1m/s=3.6km/h），再和限速45km/h比较大小即可得出结论。
【解析】
(1) 过点A作AD⊥直线BC，垂足为D，由题意得AD=24 m。
∵ ∠ABC=120°，
∴ ∠ABD=180°-120°=60°。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，
$\tan∠ ABD=\frac{AD}{BD}$，即$\tan60°=\frac{24}{BD}$，
$\therefore BD=\frac{24}{\tan60°}=\frac{24}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，∠ACB=30°，
$\tan∠ ACB=\frac{AD}{CD}$，即$\tan30°=\frac{24}{CD}$，
$\therefore CD=\frac{24}{\tan30°}=\frac{24}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=24\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
$\therefore BC=CD-BD=24\sqrt{3}-8\sqrt{3}=16\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
(2) 这辆汽车超速，理由如下：
汽车从B到C的行驶速度为：
$v=\frac{BC}{t}=\frac{16\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}\ \mathrm{m/s}$。
代入$\sqrt{3}\approx1.7$，得$v\approx8×1.7=13.6\ \mathrm{m/s}$。
单位换算：$13.6\ \mathrm{m/s}=13.6×3.6=48.96\ \mathrm{km/h}$。
$\because 48.96＞45$，
∴ 这辆汽车超速。
【答案】
(1) BC的长为$16\sqrt{3}\ \mathrm{m}$；(2) 这辆汽车超速。
【知识点】
锐角三角函数，解直角三角形的应用，单位换算
【点评】
本题结合交通测速的实际场景命题，注重知识的实际应用，解题的关键是通过作高构造直角三角形，将斜三角形的求解问题转化为解直角三角形问题，计算过程中要注意单位换算的正确性，避免因单位错误导致判断失误。
【难度系数】
0.8
8. 如图，在Rt△BAD中，延长斜边BD到点C，使DC = $\frac{1}{2}$BD，连接AC。若tan B = $\frac{5}{3}$，求tan∠CAD的值。
答案
解：
过点C作CE⊥AD，交AD的延长线于点E。
∵ 在Rt△BAD中，∠BAD=90°，$\tan B = \frac{AD}{AB} = \frac{5}{3}$，
∴ 设$AD=5k$，$AB=3k$（$k＞0$）。
∵ $∠ CED = ∠ BAD = 90°$，$∠ CDE = ∠ BDA$，
∴ $△ CDE ∽ △ BDA$。
∴ $\frac{CE}{AB} = \frac{DE}{AD} = \frac{CD}{BD} = \frac{1}{2}$，
∴ $CE = \frac{1}{2}AB = \frac{3k}{2}$，$DE = \frac{1}{2}AD = \frac{5k}{2}$。
∴ $AE = AD + DE = 5k + \frac{5k}{2} = \frac{15k}{2}$。
在Rt△ACE中，
$\tan∠ CAD = \frac{CE}{AE} = \frac{\frac{3k}{2}}{\frac{15k}{2}} = \frac{1}{5}$。
答：$\tan∠ CAD$的值为$\frac{1}{5}$。
过点C作CE⊥AD，交AD的延长线于点E。
∵ 在Rt△BAD中，∠BAD=90°，$\tan B = \frac{AD}{AB} = \frac{5}{3}$，
∴ 设$AD=5k$，$AB=3k$（$k＞0$）。
∵ $∠ CED = ∠ BAD = 90°$，$∠ CDE = ∠ BDA$，
∴ $△ CDE ∽ △ BDA$。
∴ $\frac{CE}{AB} = \frac{DE}{AD} = \frac{CD}{BD} = \frac{1}{2}$，
∴ $CE = \frac{1}{2}AB = \frac{3k}{2}$，$DE = \frac{1}{2}AD = \frac{5k}{2}$。
∴ $AE = AD + DE = 5k + \frac{5k}{2} = \frac{15k}{2}$。
在Rt△ACE中，
$\tan∠ CAD = \frac{CE}{AE} = \frac{\frac{3k}{2}}{\frac{15k}{2}} = \frac{1}{5}$。
答：$\tan∠ CAD$的值为$\frac{1}{5}$。
解析
【分析】
要求$\tan∠CAD$的值，需先将$∠CAD$置于直角三角形中，因此可过点$C$作$CE⊥AD$，交$AD$的延长线于点$E$，构造出$\mathrm{Rt}△ACE$。已知$\mathrm{Rt}△BAD$中$\tan B=\frac{5}{3}$，可设$AD$、$AB$的参数长度，再通过证明$△CDE∽△BDA$，结合$DC=\frac{1}{2}BD$的条件得到相似比，求出$CE$、$DE$的长度，进而得到$AE$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ACE$中根据正切的定义计算即可。
【解析】
解：过点$C$作$CE⊥AD$，交$AD$的延长线于点$E$。
∵ 在$\mathrm{Rt}△BAD$中，$∠BAD=90°$，$\tan B = \frac{AD}{AB} = \frac{5}{3}$，
∴ 设$AD=5k$，$AB=3k$（$k＞0$）。
∵ $∠ CED = ∠ BAD = 90°$，$∠ CDE = ∠ BDA$（对顶角相等），
∴ $△ CDE ∽ △ BDA$（两角分别相等的两个三角形相似）。
∴ $\frac{CE}{AB} = \frac{DE}{AD} = \frac{CD}{BD} = \frac{1}{2}$，
∴ $CE = \frac{1}{2}AB = \frac{3k}{2}$，$DE = \frac{1}{2}AD = \frac{5k}{2}$。
∴ $AE = AD + DE = 5k + \frac{5k}{2} = \frac{15k}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ACE$中，根据正切的定义：
$\tan∠ CAD = \frac{CE}{AE} = \frac{\frac{3k}{2}}{\frac{15k}{2}} = \frac{1}{5}$。
【答案】
$\frac{1}{5}$
【知识点】
正切的定义，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是锐角三角函数与相似三角形的综合题，解题的关键是通过作垂线构造包含待求角的直角三角形，结合相似三角形的性质将已知的边长比例、三角函数值转化为待求直角三角形的边长关系，考查了辅助线的构造能力和知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
要求$\tan∠CAD$的值，需先将$∠CAD$置于直角三角形中，因此可过点$C$作$CE⊥AD$，交$AD$的延长线于点$E$，构造出$\mathrm{Rt}△ACE$。已知$\mathrm{Rt}△BAD$中$\tan B=\frac{5}{3}$，可设$AD$、$AB$的参数长度，再通过证明$△CDE∽△BDA$，结合$DC=\frac{1}{2}BD$的条件得到相似比，求出$CE$、$DE$的长度，进而得到$AE$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ACE$中根据正切的定义计算即可。
【解析】
解：过点$C$作$CE⊥AD$，交$AD$的延长线于点$E$。
∵ 在$\mathrm{Rt}△BAD$中，$∠BAD=90°$，$\tan B = \frac{AD}{AB} = \frac{5}{3}$，
∴ 设$AD=5k$，$AB=3k$（$k＞0$）。
∵ $∠ CED = ∠ BAD = 90°$，$∠ CDE = ∠ BDA$（对顶角相等），
∴ $△ CDE ∽ △ BDA$（两角分别相等的两个三角形相似）。
∴ $\frac{CE}{AB} = \frac{DE}{AD} = \frac{CD}{BD} = \frac{1}{2}$，
∴ $CE = \frac{1}{2}AB = \frac{3k}{2}$，$DE = \frac{1}{2}AD = \frac{5k}{2}$。
∴ $AE = AD + DE = 5k + \frac{5k}{2} = \frac{15k}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ACE$中，根据正切的定义：
$\tan∠ CAD = \frac{CE}{AE} = \frac{\frac{3k}{2}}{\frac{15k}{2}} = \frac{1}{5}$。
【答案】
$\frac{1}{5}$
【知识点】
正切的定义，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是锐角三角函数与相似三角形的综合题，解题的关键是通过作垂线构造包含待求角的直角三角形，结合相似三角形的性质将已知的边长比例、三角函数值转化为待求直角三角形的边长关系，考查了辅助线的构造能力和知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
9. 如图，$AB⊥BD$，点C在边BD上，$∠ BAD=α$，$∠ BAC=β$.
（1）若$α=45°$，$β=30°$，求$\sin15°$的值；
（2）若$\sinα=\frac{3}{5}$，$\sinβ=\frac{5}{13}$，求$\sin(α-β)$的值；
（3）用$\sinα$，$\sinβ$，$\cosα$，$\cosβ$表示$\sin(α-β)$.（提示：$\tanα=\frac{\sinα}{\cosα}$）
（1）若$α=45°$，$β=30°$，求$\sin15°$的值；
（2）若$\sinα=\frac{3}{5}$，$\sinβ=\frac{5}{13}$，求$\sin(α-β)$的值；
（3）用$\sinα$，$\sinβ$，$\cosα$，$\cosβ$表示$\sin(α-β)$.（提示：$\tanα=\frac{\sinα}{\cosα}$）
答案
解：
(1) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
$\because AB ⊥ BD$，$α=45°$，
$\therefore ∠ D=45°$，设$AB=1$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=AB=1$，$AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$β=30°$，
$BC=AB·\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$AC=\frac{AB}{\cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore CD=BD-BC=1-\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{3-\sqrt{3}}{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin45°=\frac{3-\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6}$。
$\because ∠ CAD=α-β=15°$，
$\therefore \sin15°=\frac{CE}{AC}=\frac{\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6}}{\frac{2\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$。
(2) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
设$AB=1$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$\sinα=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{5}$，
设$BD=3k$，$AD=5k$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AD^2-BD^2}=4k$，
$\because AB=1$，$\therefore k=\frac{1}{4}$，得$BD=\frac{3}{4}$，$AD=\frac{5}{4}$，$\cosα=\frac{AB}{AD}=\frac{4}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$\sinβ=\frac{BC}{AC}=\frac{5}{13}$，
设$BC=5m$，$AC=13m$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=12m$，
$\because AB=1$，$\therefore m=\frac{1}{12}$，得$BC=\frac{5}{12}$，$AC=\frac{13}{12}$，$\cosβ=\frac{AB}{AC}=\frac{12}{13}$。
$\therefore CD=BD-BC=\frac{3}{4}-\frac{5}{12}=\frac{1}{3}$。
$\because ∠ D=90°-α$，$\therefore \sin∠ D=\cosα=\frac{4}{5}$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin∠ D=\frac{1}{3}×\frac{4}{5}=\frac{4}{15}$。
$\because ∠ CAD=α-β$，
$\therefore \sin(α-β)=\frac{CE}{AC}=\frac{\frac{4}{15}}{\frac{13}{12}}=\frac{16}{65}$。
(3) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
设$AB=1$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=AB·\tanα=\tanα=\frac{\sinα}{\cosα}$，$AD=\frac{AB}{\cosα}=\frac{1}{\cosα}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$BC=AB·\tanβ=\tanβ=\frac{\sinβ}{\cosβ}$，$AC=\frac{AB}{\cosβ}=\frac{1}{\cosβ}$。
$\therefore CD=BD-BC=\frac{\sinα}{\cosα}-\frac{\sinβ}{\cosβ}$。
$\because ∠ D=90°-α$，$\therefore \sin∠ D=\cosα$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin∠ D=(\frac{\sinα}{\cosα}-\frac{\sinβ}{\cosβ})·\cosα=\sinα-\frac{\sinβ\cosα}{\cosβ}$。
$\because ∠ CAD=α-β$，
$\therefore \sin(α-β)=\frac{CE}{AC}=\frac{\sinα-\frac{\sinβ\cosα}{\cosβ}}{\frac{1}{\cosβ}}=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$。
综上：
(1) $\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$；
(2) $\sin(α-β)=\frac{16}{65}$；
(3) $\sin(α-β)=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$。
(1) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
$\because AB ⊥ BD$，$α=45°$，
$\therefore ∠ D=45°$，设$AB=1$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=AB=1$，$AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$β=30°$，
$BC=AB·\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$AC=\frac{AB}{\cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore CD=BD-BC=1-\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{3-\sqrt{3}}{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin45°=\frac{3-\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6}$。
$\because ∠ CAD=α-β=15°$，
$\therefore \sin15°=\frac{CE}{AC}=\frac{\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6}}{\frac{2\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$。
(2) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
设$AB=1$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$\sinα=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{5}$，
设$BD=3k$，$AD=5k$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AD^2-BD^2}=4k$，
$\because AB=1$，$\therefore k=\frac{1}{4}$，得$BD=\frac{3}{4}$，$AD=\frac{5}{4}$，$\cosα=\frac{AB}{AD}=\frac{4}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$\sinβ=\frac{BC}{AC}=\frac{5}{13}$，
设$BC=5m$，$AC=13m$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=12m$，
$\because AB=1$，$\therefore m=\frac{1}{12}$，得$BC=\frac{5}{12}$，$AC=\frac{13}{12}$，$\cosβ=\frac{AB}{AC}=\frac{12}{13}$。
$\therefore CD=BD-BC=\frac{3}{4}-\frac{5}{12}=\frac{1}{3}$。
$\because ∠ D=90°-α$，$\therefore \sin∠ D=\cosα=\frac{4}{5}$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin∠ D=\frac{1}{3}×\frac{4}{5}=\frac{4}{15}$。
$\because ∠ CAD=α-β$，
$\therefore \sin(α-β)=\frac{CE}{AC}=\frac{\frac{4}{15}}{\frac{13}{12}}=\frac{16}{65}$。
(3) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
设$AB=1$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=AB·\tanα=\tanα=\frac{\sinα}{\cosα}$，$AD=\frac{AB}{\cosα}=\frac{1}{\cosα}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$BC=AB·\tanβ=\tanβ=\frac{\sinβ}{\cosβ}$，$AC=\frac{AB}{\cosβ}=\frac{1}{\cosβ}$。
$\therefore CD=BD-BC=\frac{\sinα}{\cosα}-\frac{\sinβ}{\cosβ}$。
$\because ∠ D=90°-α$，$\therefore \sin∠ D=\cosα$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin∠ D=(\frac{\sinα}{\cosα}-\frac{\sinβ}{\cosβ})·\cosα=\sinα-\frac{\sinβ\cosα}{\cosβ}$。
$\because ∠ CAD=α-β$，
$\therefore \sin(α-β)=\frac{CE}{AC}=\frac{\sinα-\frac{\sinβ\cosα}{\cosβ}}{\frac{1}{\cosβ}}=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$。
综上：
(1) $\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$；
(2) $\sin(α-β)=\frac{16}{65}$；
(3) $\sin(α-β)=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$。
解析
【分析】
这道题的核心是求解$\sin(α-β)$，其中$α-β$对应图中的$∠ CAD$，我们可以通过作辅助线构造含$∠ CAD$的直角三角形转化求解：过点C作$CE ⊥ AD$于点E，此时在$Rt△ ACE$中，$\sin(α-β)=\frac{CE}{AC}$，只需分别求出CE和AC的长度即可得到结果。解题时统一设$AB=1$简化计算，先分别在$Rt△ ABD$、$Rt△ ABC$中利用锐角三角函数和勾股定理计算出BD、BC、AC等线段的长度，再得到CD的长度，接着在$Rt△ CDE$中求出CE的长度，最终代入比值得到所求结果。三个小问从特殊角度计算、给定三角函数值计算到一般公式推导，解题思路一致，都是通过构造直角三角形转化边角关系求解。
【解析】
(1) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
$\because AB ⊥ BD$，$α=45°$，
$\therefore ∠ D=45°$，设$AB=1$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=AB=1$，$AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$β=30°$，
$BC=AB·\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$AC=\frac{AB}{\cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore CD=BD-BC=1-\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{3-\sqrt{3}}{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin45°=\frac{3-\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6}$。
$\because ∠ CAD=α-β=15°$，
$\therefore \sin15°=\frac{CE}{AC}=\frac{\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6}}{\frac{2\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$。
(2) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
设$AB=1$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$\sinα=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{5}$，
设$BD=3k$，$AD=5k$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AD^2-BD^2}=4k$，
$\because AB=1$，$\therefore k=\frac{1}{4}$，得$BD=\frac{3}{4}$，$AD=\frac{5}{4}$，$\cosα=\frac{AB}{AD}=\frac{4}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$\sinβ=\frac{BC}{AC}=\frac{5}{13}$，
设$BC=5m$，$AC=13m$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=12m$，
$\because AB=1$，$\therefore m=\frac{1}{12}$，得$BC=\frac{5}{12}$，$AC=\frac{13}{12}$，$\cosβ=\frac{AB}{AC}=\frac{12}{13}$。
$\therefore CD=BD-BC=\frac{3}{4}-\frac{5}{12}=\frac{1}{3}$。
$\because ∠ D=90°-α$，$\therefore \sin∠ D=\cosα=\frac{4}{5}$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin∠ D=\frac{1}{3}×\frac{4}{5}=\frac{4}{15}$。
$\because ∠ CAD=α-β$，
$\therefore \sin(α-β)=\frac{CE}{AC}=\frac{\frac{4}{15}}{\frac{13}{12}}=\frac{16}{65}$。
(3) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
设$AB=1$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=AB·\tanα=\tanα=\frac{\sinα}{\cosα}$，$AD=\frac{AB}{\cosα}=\frac{1}{\cosα}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$BC=AB·\tanβ=\tanβ=\frac{\sinβ}{\cosβ}$，$AC=\frac{AB}{\cosβ}=\frac{1}{\cosβ}$。
$\therefore CD=BD-BC=\frac{\sinα}{\cosα}-\frac{\sinβ}{\cosβ}$。
$\because ∠ D=90°-α$，$\therefore \sin∠ D=\cosα$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin∠ D=(\frac{\sinα}{\cosα}-\frac{\sinβ}{\cosβ})·\cosα=\sinα-\frac{\sinβ\cosα}{\cosβ}$。
$\because ∠ CAD=α-β$，
$\therefore \sin(α-β)=\frac{CE}{AC}=\frac{\sinα-\frac{\sinβ\cosα}{\cosβ}}{\frac{1}{\cosβ}}=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$。
【答案】
(1) $\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$；
(2) $\sin(α-β)=\frac{16}{65}$；
(3) $\sin(α-β)=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$
【知识点】
锐角三角函数、勾股定理、直角三角形边角关系
【点评】
本题通过构造直角三角形，将两角差的正弦值转化为直角三角形的边长比值，从特殊值计算到一般公式推导，层次递进，既考查了锐角三角函数、勾股定理等基础知识的应用能力，也能锻炼学生由特殊到一般的逻辑推导思维。
【难度系数】
0.6
这道题的核心是求解$\sin(α-β)$，其中$α-β$对应图中的$∠ CAD$，我们可以通过作辅助线构造含$∠ CAD$的直角三角形转化求解：过点C作$CE ⊥ AD$于点E，此时在$Rt△ ACE$中，$\sin(α-β)=\frac{CE}{AC}$，只需分别求出CE和AC的长度即可得到结果。解题时统一设$AB=1$简化计算，先分别在$Rt△ ABD$、$Rt△ ABC$中利用锐角三角函数和勾股定理计算出BD、BC、AC等线段的长度，再得到CD的长度，接着在$Rt△ CDE$中求出CE的长度，最终代入比值得到所求结果。三个小问从特殊角度计算、给定三角函数值计算到一般公式推导，解题思路一致，都是通过构造直角三角形转化边角关系求解。
【解析】
(1) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
$\because AB ⊥ BD$，$α=45°$，
$\therefore ∠ D=45°$，设$AB=1$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=AB=1$，$AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$β=30°$，
$BC=AB·\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$AC=\frac{AB}{\cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore CD=BD-BC=1-\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{3-\sqrt{3}}{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin45°=\frac{3-\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6}$。
$\because ∠ CAD=α-β=15°$，
$\therefore \sin15°=\frac{CE}{AC}=\frac{\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6}}{\frac{2\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$。
(2) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
设$AB=1$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$\sinα=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{5}$，
设$BD=3k$，$AD=5k$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AD^2-BD^2}=4k$，
$\because AB=1$，$\therefore k=\frac{1}{4}$，得$BD=\frac{3}{4}$，$AD=\frac{5}{4}$，$\cosα=\frac{AB}{AD}=\frac{4}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$\sinβ=\frac{BC}{AC}=\frac{5}{13}$，
设$BC=5m$，$AC=13m$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=12m$，
$\because AB=1$，$\therefore m=\frac{1}{12}$，得$BC=\frac{5}{12}$，$AC=\frac{13}{12}$，$\cosβ=\frac{AB}{AC}=\frac{12}{13}$。
$\therefore CD=BD-BC=\frac{3}{4}-\frac{5}{12}=\frac{1}{3}$。
$\because ∠ D=90°-α$，$\therefore \sin∠ D=\cosα=\frac{4}{5}$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin∠ D=\frac{1}{3}×\frac{4}{5}=\frac{4}{15}$。
$\because ∠ CAD=α-β$，
$\therefore \sin(α-β)=\frac{CE}{AC}=\frac{\frac{4}{15}}{\frac{13}{12}}=\frac{16}{65}$。
(3) 过点C作$CE ⊥ AD$于点E。
设$AB=1$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=AB·\tanα=\tanα=\frac{\sinα}{\cosα}$，$AD=\frac{AB}{\cosα}=\frac{1}{\cosα}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$BC=AB·\tanβ=\tanβ=\frac{\sinβ}{\cosβ}$，$AC=\frac{AB}{\cosβ}=\frac{1}{\cosβ}$。
$\therefore CD=BD-BC=\frac{\sinα}{\cosα}-\frac{\sinβ}{\cosβ}$。
$\because ∠ D=90°-α$，$\therefore \sin∠ D=\cosα$，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$CE=CD·\sin∠ D=(\frac{\sinα}{\cosα}-\frac{\sinβ}{\cosβ})·\cosα=\sinα-\frac{\sinβ\cosα}{\cosβ}$。
$\because ∠ CAD=α-β$，
$\therefore \sin(α-β)=\frac{CE}{AC}=\frac{\sinα-\frac{\sinβ\cosα}{\cosβ}}{\frac{1}{\cosβ}}=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$。
【答案】
(1) $\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$；
(2) $\sin(α-β)=\frac{16}{65}$；
(3) $\sin(α-β)=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$
【知识点】
锐角三角函数、勾股定理、直角三角形边角关系
【点评】
本题通过构造直角三角形，将两角差的正弦值转化为直角三角形的边长比值，从特殊值计算到一般公式推导，层次递进，既考查了锐角三角函数、勾股定理等基础知识的应用能力，也能锻炼学生由特殊到一般的逻辑推导思维。
【难度系数】
0.6
