高中数学高考第7讲　解三角形应用举例及综合问题

这是一份高中数学高考第7讲　解三角形应用举例及综合问题，共22页。试卷主要包含了仰角和俯角，方位角，方向角等内容，欢迎下载使用。

第7讲　解三角形应用举例及综合问题
最新考纲
考向预测
能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.
命题趋势
测量距离问题，测量高度问题，测量角度问题，是高考考查的热点，题型各种类型都有，难度中等.
核心素养
数学建模、数学运算


1．仰角和俯角
在目标视线和水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的角叫仰角，在水平视线下方的角叫俯角(如图①)．

2．方位角
从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．
3．方向角
相对于某一正方向的水平角．
(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)．
(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．
(3)南偏西等其他方向角类似．
常见误区
1．仰角与俯角是相对水平视线而言，而方位角是相对于正北方向而言的．
2．“方位角”与“方向角”的区别：方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围是.

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.(　　)
(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为.(　　)
(3)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．(　　)
(4)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围一般是.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．(易错题)若点A在点C的北偏东30°方向上，点B在点C的南偏东60°方向上，且AC＝BC，则点A在点B的(　　)
A．北偏东15°方向上　　　　 B．北偏西15°方向上
C．北偏东10°方向上 D．北偏西10°方向上

解析：选B.如图所示，∠ACB＝90°.又因为AC＝BC，
所以∠CBA＝45°.
因为β＝30°，
所以α＝90°－45°－30°＝15°.
所以点A在点B的北偏西15°方向上．
3.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为(　　)
A．50 m
B．50 m
C．25 m
D. m
解析：选A.由正弦定理得＝，又由题意得∠CBA＝30°，所以AB＝＝＝50(m)．
4．如图所示，D，C，B三点在地面的同一条直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点的仰角分别为60°，30°，则A点离地面的高度AB＝________．

解析：由已知得∠DAC＝30°，△ADC为等腰三角形，AD＝a，所以在Rt△ADB中，AB＝AD＝a.
答案：a
5．在一次抗洪抢险中，某救生艇发动机突然发生故障停止转动，失去动力的救生艇在洪水中漂行，此时，风向是北偏东30°，风速是20 km/h；水的流向是正东，流速是20 km/h，若不考虑其他因素，救生艇在洪水中漂行的速度的方向为北偏东________，大小为________km/h.
解析：如图，∠AOB＝60°，
由余弦定理知OC2＝202＋202－
800cos 120°＝1 200，
故OC＝20，
∠COY＝30°＋30°＝60°.
答案：60°　20


　　　　　　解三角形应用举例
角度一　距离问题
(2020·武汉市武昌区4月调研)如图，一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔时，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔时，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　)
A．6 海里　　　　　　　　 B．6 海里
C．8 海里 D．8 海里
【解析】　过点C向正南方向作一条射线CD，如图所示．

由题意可知，∠BAC＝70°－40°＝30°，∠ACD＝110°，
所以∠ACB＝110°－65°＝45°.
AB＝24×0.5＝12(海里)．
在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，
所以BC＝6海里．
故选A.
【答案】　A

解决距离问题的两个注意事项
(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一个确定的三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如都可以用，就选便于计算的定理，选定合适的三角形．　
角度二　高度问题
(2021·西安五校联考)2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵中，由我国自主研制的军用飞机和军用无人机等参阅航空装置分秒不差飞越天安门，壮军威，振民心，令世人瞩目，飞行员高超的飞机技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析．一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升飞机以72 km/h的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西60°的方向上，1 min后第二次观测到该飞机在北偏东75°的方向上，仰角为30°，则直升飞机飞行的高度为________km.(结果保留根号)．


【解析】　如图，过点O作AB的垂线，垂足为E.由题意知∠EOA＝60°，∠EOB＝75°，∠COB＝30°，AB＝＝.设OE＝x，则AE＝xtan∠EOA＝x，BE＝xtan∠EOB＝xtan(45°＋30°)＝x·＝(2＋)x，所以AB＝AE＋BE＝(2＋2)x＝，解得x＝，所以OB＝＝＝×＝，所以BC＝OBtan∠COB＝×＝，即直升飞机飞行的高度为 km.
【答案】　

解决高度问题的三个注意事项
(1)要理解仰角、俯角的定义；
(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形；
(3)注意山或塔垂直底面或海平面，把空间问题转化为平面问题．　
角度三　角度问题
一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离为12 海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12 海里，该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向，则此时灯塔C位于游轮的(　　)
A．正西方向 B．南偏西75°方向
C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向
【解析】　如图：在△ABD中，B＝45°，由正弦定理得＝，AD＝＝24.
在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cos 30°，因为AC＝12，AD＝24，所以CD＝12，由正弦定理得＝，sin∠CDA＝，故∠CDA＝60°或者∠CDA＝120°.
因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°.
【答案】　C

解决角度问题的三个注意事项
(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义；
(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值；
(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题过程中也要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．　
一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2－2)n mile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C.
(1)求AC的长；
(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．
解：(1)由题意，在△ABC中，
∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2－2，BC＝4，
根据余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC
＝(2－2)2＋42＋(2－2)×4＝24，
所以AC＝2.
(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝＝，
所以∠CAB＝45°.

　　　　　　平面图形中的计算问题
(2020·高考江苏卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝3，c＝，B＝45°.

(1)求sin C的值；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADC＝－，
求tan∠DAC的值．
【解】　(1)在△ABC中，因为a＝3，c＝，B＝45°，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得b2＝9 ＋2－2×3×cos 45°＝5，
所以b＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，
得＝，
所以sin C＝.
(2)在△ADC中，因为cos∠ADC＝－，所以∠ADC为钝角，
而∠ADC＋C＋∠CAD＝ 180°，所以C为锐角．
故cos C＝＝，则tan C＝＝.
因为cos ∠ADC＝－，所以sin ∠ADC＝＝，
tan ∠ADC＝＝－，
从而tan ∠DAC＝tan(180°－∠ADC－C)＝
－tan(∠ADC＋C)＝－＝
－＝.

与平面图形有关的解三角形问题的关键及思路
求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的关系．
具体解题思路如下：
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．　
(2020·贵阳市第一学期监测考试)如图，在平面四边形ABCD中，∠ACB与∠D互补，cos∠ACB＝，AC＝BC＝2，AB＝4AD.
(1)求AB的长；
(2)求sin∠ACD.
解：(1)由余弦定理AB2＝BC2＋AC2－2AC·BCcos∠ACB，
得AB2＝(2)2＋(2)2－2×2×2×＝16，
所以AB＝4.
(2)因为AB＝4且AB＝4AD，所以AD＝1，
因为∠ACB与∠D互补，所以cos D＝－cos∠ACB＝－，
所以sin D＝ ＝，
由正弦定理＝，
得sin∠ACD＝.

　　　　　　正、余弦定理与其他知识的交汇
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，若b＝，________．
请从下面的三个条件中任选一个，两个结论中任选一个，组成一个完整的问题，并给出解答．
条件：①asin ＝bsin A，
②bsin A＝acos，
③a2＋c2－b2＝abcos A＋a2cos B.
结论：①求△ABC周长的取值范围；
②求△ABC面积的最大值．
【解】　选择条件①，则由正弦定理得sin Asin
＝sin Bsin A，
因为sin A≠0，所以sin ＝sin B.
由A＋B＋C＝π，可得sin ＝cos .
故cos ＝2sin cos .
因为cos ≠0，故sin ＝.
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
选择条件②，在△ABC中，由正弦定理＝，可得bsin A＝asin B，
又bsin A＝acos，
所以asin B＝acos，即sin B＝cos .
所以sin B＝cos B＋sin B，可得tan B＝.
又B∈(0，π)，所以B＝.
选择条件③，因为a2＋c2－b2＝abcos A＋a2cos B，
所以由余弦定理，得2accos B＝abcos A＋a2cos B，
又a≠0，所以2ccos B＝bcos A＋acos B.
由正弦定理得2sin Ccos B＝sin Bcos A＋sin Acos B＝sin(A＋B)＝sin C.
又C∈(0，π)，所以sin C>0，所以cos B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
选择结论①，因为b＝.
所以由余弦定理得13＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，
所以(a＋c)2＝13＋3ac≤13＋3，
解得a＋c≤2(当且仅当a＝c＝时，等号成立)．
又a＋c>b＝，所以2 故△ABC的周长的取值范围为(2，3 ]．
选择结论②，因为b＝，
所以由余弦定理结合基本不等式得13＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c＝时，等号成立)．
所以△ABC的面积S＝acsin B≤×＝，
即△ABC的面积的最大值为.

解答本题的关键是注意到三角形面积公式S△ABC＝acsin B中的ac，与余弦定理中的a2＋c2存在不等关系a2＋c2≥2ac，利用余弦定理沟通二者，求出ac的最值即可．　
(2020·四省八校第二次质量检测)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝＋.
(1)求角C的大小；
(2)若b＝1，求c的取值范围．
解：(1)因为＝＋＝，
所以b＝ccos A＋asin C，
由正弦定理得，sin B＝sin Ccos A＋sin Asin C，
又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C.
所以sin Asin C＝sin Acos C，
又0 (2)由(1)可知，A＋B＝，又△ABC是锐角三角形，
所以得 所以 由正弦定理＝，得c＝·sin C＝，所以c∈.

核心素养系列3　数学建模——正、余弦定理解决实际问题
数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学知识与方法构建数学模型解决问题的素养．在解三角形问题中，主要涉及测量角度、高度等，通过正、余弦定理解决问题，最终解决实际问题．
为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测，如图所示，这种仪器在C地进行弹射实验，观测点A，B两地相距100 m，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音比B地晚 s(已知声音的传播速度为340 m/s)，在A地测得该仪器在C处的俯角为15°，在A地测得该仪器至高点H处的仰角为30°，则这种仪器的垂直弹射高度HC＝________．
【解析】　由题意，设AC＝x m，则BC＝x－×340＝(x－40) m．在△ABC中，由余弦定理得BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，即(x－40)2＝x2＋10 000－100x，解得x＝420.在△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠AHC＝90°－30°＝60°，由正弦定理＝，所以CH＝AC·＝140 m．所以该仪器的垂直弹射高度HC＝140 m.
【答案】　140 m

解三角形应用题的4个要点
　
已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2 km，B船在灯塔C的西偏北25°方向且B到C的距离为 km，则A，B两船的距离为(　　)
A． km　　　　　　　　 B． km
C．2 km D．3 km
解析：选A.画出图形如图所示，由题意可得∠ACB＝(90°－25°)＋85°＝150°，又AC＝2，BC＝.在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 150°＝13，所以AB＝，即A，B两船的距离为 km.

[A级　基础练]
1．在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为(　　)
A. km　　　　　　　　　 B. km
C. km D．2 km
解析：选A.如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，所以＝，
所以AC＝2×＝(km)．
2．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m 到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是(　　)
A．50 m B．100 m
C．120 m D．150 m
解析：选A.作出示意图如图所示，设水柱高度是h m，水柱底端为C，在Rt△BCD中，BC＝h，则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，根据余弦定理，得(h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50或h＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m.
3．如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD＝(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
解析：选B.依题意可得AD＝20(m)，AC＝30(m)，又CD＝50(m)，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cos∠CAD＝
＝
＝＝，
又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
4．甲船在岛的正南方A处，AB＝10千米，甲船以每小时4千米的速度向正北匀速航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向匀速航行，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是(　　)
A.小时 B.小时
C.小时 D.小时
解析：选A.假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至C，D处，如图所示．
可知BC＝10－4x，
BD＝6x，∠CBD＝120°，
由余弦定理可得，
CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD
＝(10－4x)2＋36x2＋2×(10－4x)×6x×＝28x2－20x＋100，
所以当x＝时两船相距最近．
5.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD. 已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为(　　)
A．50 米 B．50 米
C．50米 D．50米
解析：选B.设该扇形的半径为r米，连接CO.
由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，
在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝OC2，
即1502＋1002－2×150×100×＝r2，
解得r＝50 .
6．某工厂实施煤改电工程防治雾霾，欲拆除高为AB的烟囱，测绘人员取与烟囱底部B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，CD＝40米，并在点C处的正上方E处观测顶部A的仰角为30°，且CE＝1米，则烟囱高AB＝________米．
解析：∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝45°，
在△CBD中，由正弦定理得BC＝＝20(米)，
所以AB＝1＋tan 30°·CB＝1＋20(米)．
答案：1＋20
7．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________海里/时．

解析：如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.
在△PMN中，由正弦定理得＝，
所以MN＝68×＝34(海里)．
又由M到N所用的时间为14－10＝4(小时)，
所以此船的航行速度v＝＝(海里/时)．
答案：
8．(2020·合肥第一次教学检测)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin Asin Bcos C＝sin2C，则＝________，sin C的最大值为________．
解析：由题意结合正弦定理知abcos C＝c2，即cos C＝，又cos C＝，所以a2＋b2－c2＝2c2，得a2＋b2＝3c2，即＝3.故cos C＝＝＝≥＝，当且仅当a＝b时取等号，又cos2C＋sin2C＝1，所以sin2C＝1－cos2C≤，sin C≤.
答案：3　
9．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cos B－bcos C＝0.
(1)求角B的大小；
(2)设函数f(x)＝2sin xcos xcos B－cos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．
解：(1)因为(2a－c)cos B－bcos C＝0，
所以2acos B－ccos B－bcos C＝0，
由正弦定理得2sin Acos B－sin Ccos B－cos Csin B＝0，
即2sin Acos B－sin(C＋B)＝0，
又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A.
所以sin A(2cos B－1)＝0.
在△ABC中，sin A≠0，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为B＝，所以f(x)＝sin 2x－cos 2x＝sin，
令2x－＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋(k∈Z)，
即当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.
10.

海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝80 m，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，求A，B两点的距离．
解：在△ACD中，由已知∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，
得∠DAC＝180°－(15°＋150°)＝15°.
由正弦定理得AC＝＝＝40(＋) m.
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°.
由正弦定理可得BC＝＝＝40(－) m.
在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝1 600×(8＋4)＋1 600×(8－4)－2×1 600×(＋)×(－)×＝1 600×20，
解得AB＝80 m，则A，B两点间的距离为80 m.
[B级　综合练]
11．(多选)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－，则(　　)
A．sin∠BCD＝ B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4 D．△ABC为钝角三角形
解析：选BCD.设CD＝x(x＞0)，则CB＝2x，cos∠CDB＝＝＝－，得x＝或x＝－(舍去)．所以CD＝，CB＝2，因为cos∠CDB＝－，所以sin∠CDB＝＝，由正弦定理得sin∠BCD＝＝，故A错误；由余弦定理，得cos∠CBD＝＝，sin∠CBD＝＝，故S△ABC＝CB·BA·sin∠CBD＝8，故B正确；在△ABC中，由余弦定理得AC＝＝2，所以△ABC的周长为8＋4，故C正确；在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB＝＝－，所以∠ACB为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故D正确．
12.(2020·河南信阳质量检测)如图，有四座城市A，B，C，D，其中B在A的正东方向上，且与A相距120 km，D在A的北偏东30°方向上，且与A相距60 km；C在B的北偏东30°方向上，且与B相距60 km.一架飞机从城市D出发以360 km/h的速度向城市C飞行，飞行了15 min，接到命令改变航向，飞向城市B，此时飞机距离城市B有(　　)
A．120 km B．60 km
C．60 km D．60 km
解析：选D.连接BD.取AB的中点E，连接DE，设飞机飞行了15 min后到达点F，连接BF，如图，则BF即为所求．
因为E为AB的中点，且AB＝120 km，所以AE＝60 km.又∠DAE＝60°，AD＝60 km，所以△DAE为等边三角形，所以DE＝60 km，又BE＝60 km，所以△EDB为等腰三角形，且∠DEB＝120°，所以∠EDB＝∠EBD＝30°，所以∠ADB＝90°，所以由勾股定理，得BD2＝AB2－AD2＝1202－602＝10 800，所以BD＝60 km.因为∠CBE＝90°＋30°＝120°，所以∠CBD＝90°，所以CD＝＝＝240(km)，所以cos∠BDC＝＝＝.因为DF＝360×＝90(km)，所以在△BDF中，BF2＝BD2＋DF2－2·BD·DF·cos∠BDF＝(60)2＋902－2×60×90×＝10 800，所以BF＝60 km.故选D.
13.在①AB＝2，②∠ADB＝135°，③∠BAD＝∠C这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，使得问题成立，并求BD的长和△ABC的面积．
如图，在△ABC中，D为BC边上一点，AD⊥AC，AD＝1，sin∠BAC＝，________，求BD的长和△ABC的面积．
解：选条件①，sin∠BAC＝sin(90°＋∠BAD)＝cos∠BAD＝，
所以sin∠BAD＝.
在△ABD中，由余弦定理，得BD＝＝.
在△ABD中，由正弦定理，得＝，
即＝，
所以sin∠ADB＝.
所以sin∠ADC＝，cos∠ADC＝，
所以tan∠ADC＝，所以AC＝.
所以△ABC的面积为×2××＝.
选条件②，sin∠BAC＝sin(90°＋∠BAD)＝cos∠BAD＝.
所以sin∠BAD＝.
所以sin B＝sin(∠BAD＋135°)＝×＋×＝.
在△ABD中，由正弦定理，得＝＝，得AB＝，
BD＝.
因为∠ADB＝135°，所以∠ADC＝45°，所以AC＝1.
所以△ABC的面积为××1×＝1.
选条件③，sin∠BAC＝sin(90°＋∠BAD)＝cos∠BAD＝，
所以sin∠BAD＝.
因为∠BAD＝∠C，所以sin C＝，
在Rt△ACD中，可得cos∠ADC＝，所以cos∠ADB＝－，sin∠ADB＝.
所以sin B＝sin(∠BAD＋∠ADB)＝×＋×＝.
在△ABD中，由正弦定理，得＝＝，得AB＝.
BD＝.
因为sin C＝，所以cos C＝，所以tan C＝，所以AC＝2.
所以△ABC的面积为××2×＝.
14．如图所示，在锐角△ABC中，AC＝5，点D在线段BC上，且CD＝3，△ACD的面积为6，延长BA至E，使得EC⊥BC.

(1)求AD的值；
(2)若sin∠BEC＝，求AE的值．
解：(1)在△ACD中，S△ACD＝AC·CDsin∠ACD＝×5×3×sin∠ACD＝6，所以sin∠ACD＝.
因为0°<∠ACD<90°，所以cos∠ACD＝＝.
由余弦定理得AD2＝CD2＋CA2－2·CD·CA·cos∠ACD＝56，
所以AD＝2.
(2)因为EC⊥BC，所以sin∠ACE＝sin(90°－∠ACD)＝cos∠ACD＝.
在△AEC中，由正弦定理得＝，
得＝，所以AE＝.
[C级　创新练]
15.《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立两个三丈高的标杆BC和DE，两标杆之间的距离BD＝1 000步，两标杆的底端与海岛的底端H在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上F处仰望岛峰，A，C，F三点共线，从后面的标杆D处后退127步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰，A，E，G三点也共线，则海岛的高为(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)(　　)
A．1 255步　　B．1 250步 C．1 230步　　D．1 200步
解析：选A.因为AH∥BC，所以△BCF∽△HAF，所以＝.
因为AH∥DE，所以△DEG∽△HAG，所以＝.
又BC＝DE，所以＝，即＝，所以HB＝30 750步，
又＝，所以AH＝＝1 255(步)．故选A.
16.(2020·开封市第一次模拟考试)国庆阅兵式上举行升国旗仪式，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一垂直于地面的平面上，某同学在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为24.5米，则旗杆的高度约为(　　)
A．17米　　 B．22米 C．30米　　 D．35米

解析：选C.如图所示，依题意知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，所以∠EAC＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理＝，可得AC＝×sin 45°＝(米)，
所以在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝×sin 60°＝×＝≈30(米)．