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2021高考数学（理）大一轮复习习题：第五章 平面向量 课时达标检测（二十五） 解三角形应用举例 word版含答案
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这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第五章 平面向量 课时达标检测（二十五） 解三角形应用举例 word版含答案，共6页。
1.如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东80° D．南偏西80°
解析：选D 由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.
2．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．240(eq \r(3)－1)m B．180(eq \r(2)－1)m
C．120(eq \r(3)－1)m D．30(eq \r(3)＋1)m
解析：选C ∵tan 15°＝tan(60°－45°)＝eq \f(tan 60°－tan 45°,1＋tan 60°tan 45°)＝2－eq \r(3)，∴BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(eq \r(3)－1)(m)，故选C.
3.如图，某工程中要将一长为100 m，倾斜角为75°的斜坡改造成倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长________m.
解析：设坡底需加长x m，由正弦定理得eq \f(100,sin 30°)＝eq \f(x,sin 45°)，解得x＝100eq \r(2).
答案：100eq \r(2)
4．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为________km.
解析：∵82＋52－2×8×5×cs(π－D)＝32＋52－2×3×5×cs D，∴cs D＝－eq \f(1,2).∴AC＝eq \r(49)＝7(km)．
答案：7
5.如图，已知在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在海岛北偏东30°，俯角为30°的B处，到11时10分又测得该船在海岛北偏西60°，俯角为60°的C处．轮船沿BC行驶一段时间后，到达海岛的正西方向的D处，此时轮船距海岛A有________千米．
解析：由已知可求得AB＝eq \r(3)，AC＝eq \f(\r(3),3)，BC＝eq \f(\r(30),3)，所以sin∠ACB＝eq \f(3\r(10),10)，cs∠ACB＝eq \f(\r(10),10).在△ACD中，∠DAC＝90°－60°＝30°，∠ACD＝180°－∠ACB，sin∠ADC＝sin(∠ACD＋∠DAC)＝sin∠ACD·cs∠DAC＋sin∠DACcs∠ACD＝eq \f(3\r(30)－\r(10),20)，由正弦定理可求得AD＝eq \f(AC·sin∠ACD,sin∠ADC)＝eq \f(9＋\r(3),13).
答案：eq \f(9＋\r(3),13)
一、选择题
1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为( )
A．10 km B．10eq \r(3) km
C．10eq \r(5) km D．10eq \r(7) km
解析：选D 如图所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cs 120°＝700，
∴AC＝10eq \r(7)(km)．
2．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为( )
A．8 km/h B．6eq \r(2) km/h
C．2eq \r(34) km/h D．10 km/h
解析：选B 设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin θ＝eq \f(0.6,1)＝eq \f(3,5)，从而cs θ＝eq \f(4,5)，所以由余弦定理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)v))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)×2))2＋12－2×eq \f(1,10)×2×1×eq \f(4,5)，解得v＝6eq \r(2) km/h.
3．一艘海轮从A处出发，以每小时40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，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．10eq \r(2) 海里 B．10eq \r(3) 海里
C．20eq \r(3) 海里 D．20eq \r(2) 海里
解析：选A 如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，解得BC＝10eq \r(2)(海里)．
4．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，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 设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝eq \r(3)h，根据余弦定理得，(eq \r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cs 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m.
5．如图，某海上缉私小分队驾驶缉私艇以40 km/h的速度由A处出发，沿北偏东60°方向进行海面巡逻，当航行半小时到达B处时，发现北偏西45°方向有一艘船C，若船C位于A的北偏东30°方向上，则缉私艇所在的B处与船C的距离是( )
A．5(eq \r(6)＋eq \r(2))km B．5(eq \r(6)－eq \r(2))km
C．10(eq \r(6)－eq \r(2))km D．10(eq \r(6)＋eq \r(2))km
解析：选C 由题意，知∠BAC＝60°－30°＝30°，∠ABC＝30°＋45°＝75°，则∠ACB＝180°－75°－30°＝75°，∴AC＝AB＝40×eq \f(1,2)＝20(km)．由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cs∠BAC＝202＋202－2×20×20×cs 30°＝800－400eq \r(3)＝400(2－eq \r(3))，∴BC＝eq \r(4002－\r(3))＝eq \r(200\r(3)－12)＝10eq \r(2)(eq \r(3)－1)＝10(eq \r(6)－eq \r(2))km.故选C.
6.(2016·武汉武昌区调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向正北方向移动，距风暴中心450 km以内的地区都将受到影响，则该码头将受到热带风暴影响的时间为( )
A．14 h B．15 h
C．16 h D．17 h
解析：选B 记现在热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴中心到达B点位置，在△OAB中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得OB2＝6002＋400t2－2×600×20t×eq \f(\r(2),2)，令OB2≤4502，即4t2－120eq \r(2)t＋1 575≤0，解得eq \f(30\r(2)－15,2)≤t≤eq \f(30\r(2)＋15,2)，所以该码头将受到热带风暴影响的时间为eq \f(30\r(2)＋15,2)－eq \f(30\r(2)－15,2)＝15(h)．
二、填空题
7.(2016·河南调研)如图，在山底A点处测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1 000米至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为________米．
解析：由题图知∠BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－(90°－∠DSB)＝30°，∴∠ASB＝135°，
在△ABS中，由正弦定理可得eq \f(1 000,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 135°)，
∴AB＝1 000eq \r(2)，∴BC＝eq \f(AB,\r(2))＝1 000(米)．
答案：1 000
8.如图，在水平地面上有两座直立的相距60 m的铁塔AA1和BB1.已知从塔AA1的底部看塔BB1顶部的仰角是从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的2倍，从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角．则从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的正切值为________；塔BB1的高为________m.
解析：设从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角为α，则AA1＝60tan α，BB1＝60tan 2α.
∵从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角，
∴△A1AC∽△CBB1，
∴eq \f(AA1,30)＝eq \f(30,BB1)，∴AA1·BB1＝900，
∴3 600tan αtan 2α＝900，
∴tan α＝eq \f(1,3)，tan 2α＝eq \f(3,4)，
则BB1＝60tan 2α＝45(m)．
答案：eq \f(1,3) 45
9．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.
解析：如图，OM＝AOtan 45°＝30(m)，
ON＝AOtan 30°＝30×eq \f(\r(3),3)＝10eq \r(3)(m)，
在△MON中，由余弦定理得，
MN＝ eq \r(900＋300－2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))
＝eq \r(300)＝10eq \r(3)(m)．
答案：10eq \r(3)
10．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取 eq \r(2)＝1.4, eq \r(3)＝1.7)
解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°.AB＝50×420＝21 000(m)．又在△ABC中，eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，∴BC＝eq \f(21 000,\f(1,2))×sin 15°＝10 500(eq \r(6)－eq \r(2))．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10 500(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)＝10 500(eq \r(3)－1)＝7 350(m)．
故山顶的海拔高度h＝10 000－7 350＝2 650(m)．
答案：2 650
三、解答题
11.已知在岛A南偏西38° 方向，距岛A 3海里的B处有一艘缉私艇．岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛北偏西22° 方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据：sin 38°＝\f(5\r(3)\r(),14)，sin 22°＝\f(3\r(3),14)))
解：如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x海里，则BC＝0.5x，AC＝5海里，依题意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs 120°，
所以BC2＝49，BC＝0.5x＝7，解得x＝14.
又由正弦定理得sin∠ABC＝eq \f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq \f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(5\r(3),14)，
所以∠ABC＝38°，
又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，
故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船．
12.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100米和BN＝200米，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100eq \r(3)米后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tan θ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．
解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，
∴PM＝100eq \r(3).连接QM(图略)，
在△PQM中，∠QPM＝60°，又PQ＝100eq \r(3)，
∴△PQM为等边三角形，
∴QM＝100eq \r(3).
在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.
在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200，
∴BQ＝100eq \r(5)，cs θ＝eq \f(\r(5),5).
在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcs θ＝50 000，
∴BA＝100eq \r(5).
即两发射塔顶A，B之间的距离是100eq \r(5)米．
1.如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东80° D．南偏西80°
解析：选D 由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.
2．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．240(eq \r(3)－1)m B．180(eq \r(2)－1)m
C．120(eq \r(3)－1)m D．30(eq \r(3)＋1)m
解析：选C ∵tan 15°＝tan(60°－45°)＝eq \f(tan 60°－tan 45°,1＋tan 60°tan 45°)＝2－eq \r(3)，∴BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(eq \r(3)－1)(m)，故选C.
3.如图，某工程中要将一长为100 m，倾斜角为75°的斜坡改造成倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长________m.
解析：设坡底需加长x m，由正弦定理得eq \f(100,sin 30°)＝eq \f(x,sin 45°)，解得x＝100eq \r(2).
答案：100eq \r(2)
4．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为________km.
解析：∵82＋52－2×8×5×cs(π－D)＝32＋52－2×3×5×cs D，∴cs D＝－eq \f(1,2).∴AC＝eq \r(49)＝7(km)．
答案：7
5.如图，已知在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在海岛北偏东30°，俯角为30°的B处，到11时10分又测得该船在海岛北偏西60°，俯角为60°的C处．轮船沿BC行驶一段时间后，到达海岛的正西方向的D处，此时轮船距海岛A有________千米．
解析：由已知可求得AB＝eq \r(3)，AC＝eq \f(\r(3),3)，BC＝eq \f(\r(30),3)，所以sin∠ACB＝eq \f(3\r(10),10)，cs∠ACB＝eq \f(\r(10),10).在△ACD中，∠DAC＝90°－60°＝30°，∠ACD＝180°－∠ACB，sin∠ADC＝sin(∠ACD＋∠DAC)＝sin∠ACD·cs∠DAC＋sin∠DACcs∠ACD＝eq \f(3\r(30)－\r(10),20)，由正弦定理可求得AD＝eq \f(AC·sin∠ACD,sin∠ADC)＝eq \f(9＋\r(3),13).
答案：eq \f(9＋\r(3),13)
一、选择题
1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为( )
A．10 km B．10eq \r(3) km
C．10eq \r(5) km D．10eq \r(7) km
解析：选D 如图所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cs 120°＝700，
∴AC＝10eq \r(7)(km)．
2．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为( )
A．8 km/h B．6eq \r(2) km/h
C．2eq \r(34) km/h D．10 km/h
解析：选B 设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin θ＝eq \f(0.6,1)＝eq \f(3,5)，从而cs θ＝eq \f(4,5)，所以由余弦定理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)v))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)×2))2＋12－2×eq \f(1,10)×2×1×eq \f(4,5)，解得v＝6eq \r(2) km/h.
3．一艘海轮从A处出发，以每小时40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，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．10eq \r(2) 海里 B．10eq \r(3) 海里
C．20eq \r(3) 海里 D．20eq \r(2) 海里
解析：选A 如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，解得BC＝10eq \r(2)(海里)．
4．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，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 设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝eq \r(3)h，根据余弦定理得，(eq \r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cs 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m.
5．如图，某海上缉私小分队驾驶缉私艇以40 km/h的速度由A处出发，沿北偏东60°方向进行海面巡逻，当航行半小时到达B处时，发现北偏西45°方向有一艘船C，若船C位于A的北偏东30°方向上，则缉私艇所在的B处与船C的距离是( )
A．5(eq \r(6)＋eq \r(2))km B．5(eq \r(6)－eq \r(2))km
C．10(eq \r(6)－eq \r(2))km D．10(eq \r(6)＋eq \r(2))km
解析：选C 由题意，知∠BAC＝60°－30°＝30°，∠ABC＝30°＋45°＝75°，则∠ACB＝180°－75°－30°＝75°，∴AC＝AB＝40×eq \f(1,2)＝20(km)．由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cs∠BAC＝202＋202－2×20×20×cs 30°＝800－400eq \r(3)＝400(2－eq \r(3))，∴BC＝eq \r(4002－\r(3))＝eq \r(200\r(3)－12)＝10eq \r(2)(eq \r(3)－1)＝10(eq \r(6)－eq \r(2))km.故选C.
6.(2016·武汉武昌区调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向正北方向移动，距风暴中心450 km以内的地区都将受到影响，则该码头将受到热带风暴影响的时间为( )
A．14 h B．15 h
C．16 h D．17 h
解析：选B 记现在热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴中心到达B点位置，在△OAB中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得OB2＝6002＋400t2－2×600×20t×eq \f(\r(2),2)，令OB2≤4502，即4t2－120eq \r(2)t＋1 575≤0，解得eq \f(30\r(2)－15,2)≤t≤eq \f(30\r(2)＋15,2)，所以该码头将受到热带风暴影响的时间为eq \f(30\r(2)＋15,2)－eq \f(30\r(2)－15,2)＝15(h)．
二、填空题
7.(2016·河南调研)如图，在山底A点处测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1 000米至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为________米．
解析：由题图知∠BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－(90°－∠DSB)＝30°，∴∠ASB＝135°，
在△ABS中，由正弦定理可得eq \f(1 000,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 135°)，
∴AB＝1 000eq \r(2)，∴BC＝eq \f(AB,\r(2))＝1 000(米)．
答案：1 000
8.如图，在水平地面上有两座直立的相距60 m的铁塔AA1和BB1.已知从塔AA1的底部看塔BB1顶部的仰角是从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的2倍，从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角．则从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的正切值为________；塔BB1的高为________m.
解析：设从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角为α，则AA1＝60tan α，BB1＝60tan 2α.
∵从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角，
∴△A1AC∽△CBB1，
∴eq \f(AA1,30)＝eq \f(30,BB1)，∴AA1·BB1＝900，
∴3 600tan αtan 2α＝900，
∴tan α＝eq \f(1,3)，tan 2α＝eq \f(3,4)，
则BB1＝60tan 2α＝45(m)．
答案：eq \f(1,3) 45
9．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.
解析：如图，OM＝AOtan 45°＝30(m)，
ON＝AOtan 30°＝30×eq \f(\r(3),3)＝10eq \r(3)(m)，
在△MON中，由余弦定理得，
MN＝ eq \r(900＋300－2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))
＝eq \r(300)＝10eq \r(3)(m)．
答案：10eq \r(3)
10．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取 eq \r(2)＝1.4, eq \r(3)＝1.7)
解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°.AB＝50×420＝21 000(m)．又在△ABC中，eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，∴BC＝eq \f(21 000,\f(1,2))×sin 15°＝10 500(eq \r(6)－eq \r(2))．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10 500(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)＝10 500(eq \r(3)－1)＝7 350(m)．
故山顶的海拔高度h＝10 000－7 350＝2 650(m)．
答案：2 650
三、解答题
11.已知在岛A南偏西38° 方向，距岛A 3海里的B处有一艘缉私艇．岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛北偏西22° 方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据：sin 38°＝\f(5\r(3)\r(),14)，sin 22°＝\f(3\r(3),14)))
解：如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x海里，则BC＝0.5x，AC＝5海里，依题意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs 120°，
所以BC2＝49，BC＝0.5x＝7，解得x＝14.
又由正弦定理得sin∠ABC＝eq \f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq \f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(5\r(3),14)，
所以∠ABC＝38°，
又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，
故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船．
12.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100米和BN＝200米，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100eq \r(3)米后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tan θ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．
解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，
∴PM＝100eq \r(3).连接QM(图略)，
在△PQM中，∠QPM＝60°，又PQ＝100eq \r(3)，
∴△PQM为等边三角形，
∴QM＝100eq \r(3).
在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.
在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200，
∴BQ＝100eq \r(5)，cs θ＝eq \f(\r(5),5).
在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcs θ＝50 000，
∴BA＝100eq \r(5).
即两发射塔顶A，B之间的距离是100eq \r(5)米．
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