高考数学一轮复习讲义第4章第7节解三角形的综合运用

这是一份高考数学一轮复习讲义第4章第7节解三角形的综合运用，共16页。学案主要包含了知识拓展，思考辨析等内容，欢迎下载使用。


1．仰角和俯角
与目标线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图①)．
2．方向角
相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°等．
3．方位角
指从正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)．
【知识拓展】
1．三角形的面积公式：
S＝eq \r(pp－ap－bp－c) (p＝eq \f(a＋b＋c,2))，
S＝eq \f(abc,4R)＝rp(R为三角形外接圆半径，r为三角形内切圆半径，p＝eq \f(a＋b＋c,2))．
2．坡度(又称坡比)：坡面的垂直高度与水平长度之比．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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[0，eq \f(π,2)]．( × )
(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[0，eq \f(π,2))．( √ )
1．(教材改编)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．50eq \r(2) m B．50eq \r(3) m
C．25eq \r(2) m D.eq \f(25\r(2),2) m
答案 A
解析 由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(AC,sin B)，
又∵B＝30°，
∴AB＝eq \f(ACsin∠ACB,sin B)＝eq \f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq \r(2)(m)．
2．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的( )
A．北偏东15° B．北偏西15°
C．北偏东10° D．北偏西10°
答案 B
解析 如图所示，∠ACB＝90°，
又AC＝BC，
∴∠CBA＝45°，而β＝30°，
∴α＝90°－45°－30°＝15°，
∴点A在点B的北偏西15°.
3．(教材改编)海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10 n mile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC等于( )
A．10eq \r(3) n mile B.eq \f(10\r(6),3) n mile
C．5eq \r(2) n mile D．5eq \r(6) n mile
答案 D
解析 如图，在△ABC中，
AB＝10，A＝60°，B＝75°，
∴eq \f(BC,sin 60°)＝eq \f(10,sin 45°)，
∴BC＝5eq \r(6).
4.如图所示，D，C，B三点在地面的同一直线上，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＝________.
答案 eq \f(\r(3),2)a
解析 由已知得∠DAC＝30°，△ADC为等腰三角形，AD＝eq \r(3)a，又在Rt△ADB中，AB＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(3),2)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________，速度的大小为________ km/h.
答案 60° 20eq \r(3)
解析 如图，
∠AOB＝60°，由余弦定理知OC2＝202＋202－800cs 120°＝1 200，故OC＝20eq \r(3)，∠COY＝30°＋30°＝60°.
题型一 求距离、高度问题
例1 (1)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AD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
(2)(2016·三明模拟)在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高是______ m.
答案 (1)C (2)eq \f(400,3)
解析 (1)如图，在△ACD中，∠CAD＝90°－30°＝60°，AD＝60 m，所以CD＝AD·tan 60°＝60eq \r(3)(m)．
在△ABD中，∠BAD＝90°－75°＝15°，
所以BD＝AD·tan 15°＝60(2－eq \r(3))(m)．
所以BC＝CD－BD＝60eq \r(3)－60(2－eq \r(3))
＝120(eq \r(3)－1) (m)．
(2)如图，设塔AB高为h，
在Rt△CDB中，CD＝200 m，∠BCD＝90°－60°＝30°，
∴BC＝eq \f(200,cs 30°)＝eq \f(400\r(3),3)(m)．
在△ABC中，∠ABC＝∠BCD＝30°，
∠ACB＝60°－30°＝30°，
∴∠BAC＝120°.
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(BC,sin 120°)＝eq \f(AB,sin 30°)，
∴AB＝eq \f(BC·sin 30°,sin 120°)＝eq \f(400,3)(m)．
思维升华 求距离、高度问题应注意
(1)理解俯角、仰角的概念，它们都是视线与水平线的夹角；理解方向角的概念．
(2)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(3)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
(1)一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东60°，行驶4 h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15°，这时船与灯塔的距离为________ km.
(2)如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A，B两点间的距离为60 m，则树的高度为________m.
答案 (1)30eq \r(2) (2)30＋30eq \r(3)
解析 (1)如图，由题意，∠BAC＝30°，∠ACB＝105°，
∴B＝45°，AC＝60 km，
由正弦定理eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(AC,sin 45°)，
∴BC＝30eq \r(2) km.
(2)在△PAB中，∠PAB＝30°，∠APB＝15°，AB＝60，
sin 15°＝sin(45°－30°)＝sin 45°cs 30°－cs 45°sin 30°＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
由正弦定理得eq \f(PB,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 15°)，
∴PB＝eq \f(\f(1,2)×60,\f(\r(6)－\r(2),4))＝30(eq \r(6)＋eq \r(2))，
∴树的高度为PB·sin 45°＝30(eq \r(6)＋eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)
＝(30＋30eq \r(3))(m)．
题型二 求角度问题
例2 如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，则cs θ的值为________．
答案 eq \f(\r(21),14)
解析 在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，
由余弦定理得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs 120°＝2 800⇒BC＝20eq \r(7).
由正弦定理，得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠BAC)
⇒sin∠ACB＝eq \f(AB,BC)·sin∠BAC＝eq \f(\r(21),7).
由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，则cs∠ACB＝eq \f(2\r(7),7).
由θ＝∠ACB＋30°，得cs θ＝cs(∠ACB＋30°)
＝cs∠ACBcs 30°－sin∠ACBsin 30°＝eq \f(\r(21),14).
思维升华 解决测量角度问题的注意事项：
(1)首先应明确方位角或方向角的含义；
(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步；
(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦、余弦定理的“联袂”使用．
如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是______(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)．
答案 eq \f(5\r(3),9)
解析 如图，过点P作PO⊥BC于点O，
连接AO，则∠PAO＝θ.
设CO＝x m，则OP＝eq \f(\r(3),3)x m.
在Rt△ABC中，AB＝15 m，AC＝25 m，
所以BC＝20 m.
所以cs∠BCA＝eq \f(4,5).
所以AO＝eq \r(625＋x2－2×25x×\f(4,5))
＝eq \r(x2－40x＋625)(m)．
所以tan θ＝eq \f(\f(\r(3),3)x,\r(x2－40x＋625))＝eq \f(\f(\r(3),3),\r(1－\f(40,x)＋\f(625,x2)))
＝eq \f(\f(\r(3),3),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,x)－\f(4,5)))2＋\f(9,25))).
当eq \f(25,x)＝eq \f(4,5)，即x＝eq \f(125,4)时，tan θ取得最大值为eq \f(\f(\r(3),3),\f(3,5))＝eq \f(5\r(3),9).
题型三 三角形与三角函数的综合问题
例3 (2016·长春质检)已知函数f(x)＝2sin xcs x＋2eq \r(3)cs2x－eq \r(3).
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调减区间；
(2)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A满足f(eq \f(A,2)－eq \f(π,6))＝eq \r(3)，且sin B＋sin C＝eq \f(13\r(3),14)，求bc的值．
解 (1)f(x)＝2sin xcs x＋2eq \r(3)cs2x－eq \r(3)
＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2sin(2x＋eq \f(π,3))，
因此f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)得kπ＋eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(7π,12)，k∈Z，
即f(x)的单调递减区间为[kπ＋eq \f(π,12)，kπ＋eq \f(7π,12)](k∈Z)．
(2)由f(eq \f(A,2)－eq \f(π,6))＝2sin[2(eq \f(A,2)－eq \f(π,6))＋eq \f(π,3)]＝2sin A＝eq \r(3)，
又A为锐角，则A＝eq \f(π,3)，
由正弦定理可得2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(7,\f(\r(3),2))＝eq \f(14,\r(3))，
sin B＋sin C＝eq \f(b＋c,2R)＝eq \f(13\r(3),14)，
则b＋c＝eq \f(13\r(3),14)·eq \f(14,\r(3))＝13，
由余弦定理可知，
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b＋c2－2bc－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
可求得bc＝40.
思维升华 三角形与三角函数的综合问题，要借助三角函数性质的整体代换思想，数形结合思想，还要结合三角形中角的范围，充分利用正弦定理、余弦定理解题．
设f(x)＝sin xcs x－cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．
解 (1)由题意知f(x)＝eq \f(sin 2x,2)－eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)
＝eq \f(sin 2x,2)－eq \f(1－sin 2x,2)＝sin 2x－eq \f(1,2).
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z, 可得－eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z；
由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z, 可得eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)；
单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ))(k∈Z)．
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝sin A－eq \f(1,2)＝0，得sin A＝eq \f(1,2)，
由题意知A为锐角，所以cs A＝eq \f(\r(3),2).
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，
可得1＋eq \r(3)bc＝b2＋c2≥2bc，
即bc≤2＋eq \r(3)，当且仅当b＝c时等号成立．
因此eq \f(1,2)bcsin A≤eq \f(2＋\r(3),4).
所以△ABC面积的最大值为eq \f(2＋\r(3),4).
10．函数思想在解三角形中的应用
典例 (12分)某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．
思想方法指导 已知两边和其中一边的对角解三角形时，可以设出第三边，利用余弦定理列方程求解；对于三角形中的最值问题，可建立函数模型，转化为函数最值问题解决．
规范解答
解 (1)设相遇时小艇航行的距离为S海里，则[1分]
S＝eq \r(900t2＋400－2·30t·20·cs90°－30°)
＝eq \r(900t2－600t＋400)＝eq \r(900t－\f(1,3)2＋300).[3分]
故当t＝eq \f(1,3)时，Smin＝10eq \r(3)，v＝eq \f(10\r(3),\f(1,3))＝30eq \r(3).
即小艇以30eq \r(3)海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．[6分]
(2)设小艇与轮船在B处相遇．
则v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cs(90°－30°)，[8分]
故v2＝900－eq \f(600,t)＋eq \f(400,t2).∵0∴900－eq \f(600,t)＋eq \f(400,t2)≤900，即eq \f(2,t2)－eq \f(3,t)≤0，解得t≥eq \f(2,3).
又t＝eq \f(2,3)时，v＝30，
故v＝30时，t取得最小值，且最小值等于eq \f(2,3).
此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20.[11分]
故可设计航行方案如下：
航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/小时．[12分]
1．一艘海轮从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
答案 A
解析 如图所示，易知，
在△ABC中，AB＝20，∠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).
2．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.eq \r(6) km B.eq \r(2) km
C.eq \r(3) km D．2 km
答案 A
解析 如图，
在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，
∴eq \f(AC,sin 60°)＝eq \f(2,sin 45°)，
∴AC＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6).
3．一船向正北航行，看见正西方向相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船的速度是每小时( )
A．5海里B．5eq \r(3)海里
C．10海里D．10eq \r(3)海里
答案 C
解析 如图所示，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，
所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10，
在Rt△ABC中，得AB＝5，
于是这艘船的速度是eq \f(5,0.5)＝10(海里/时)．
4.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的张角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
答案 B
解析 依题意可得AD＝20eq \r(10)，AC＝30eq \r(5)，
又CD＝50，所以在△ACD中，
由余弦定理得cs∠CAD＝eq \f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)
＝eq \f(30\r(5)2＋20\r(10)2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq \f(6 000,6 000\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
5.如图所示，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于( )
A．5eq \r(6)B．15eq \r(3)
C．5eq \r(2)D．15eq \r(6)
答案 D
解析 在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(30,sin 135°)，
所以BC＝15eq \r(2).
在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝15eq \r(2)×eq \r(3)＝15eq \r(6).
故选D.
6．一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
答案 A
解析 设水柱高度是h m，水柱底端为C，在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，BC＝eq \r(3)h.
在△ABC中，∠A＝60°，AC＝h，AB＝100，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.
7．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.
答案 10eq \r(3)
解析 如图，OM＝AOtan 45°＝30 (m)，
ON＝AOtan 30°＝eq \f(\r(3),3)×30＝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)．
8.如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距8eq \r(2) n mile.此船的航速是______ n mile/h.
答案 32
解析 设航速为v n mile/h，
在△ABS中，AB＝eq \f(1,2)v，BS＝8eq \r(2)，∠BSA＝45°，
由正弦定理得eq \f(8\r(2),sin 30°)＝eq \f(\f(1,2)v,sin 45°)，∴v＝32.
9.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，则该扇形的半径为________米．
答案 50eq \r(7)
解析 如图，连接OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°.
由余弦定理得OC2＝1002＋1502－2×100×150×cs 60°＝17 500，解得OC＝50eq \r(7).
*10.在Rt△ABC中，C＝90°，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a＋b＝cx，则实数x的取值范围是________．
答案 (1，eq \r(2)]
解析 x＝eq \f(a＋b,c)＝eq \f(sin A＋sin B,sin C)＝sin A＋cs A
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4))).又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴sin eq \f(π,4)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))≤sin eq \f(π,2)，即x∈(1，eq \r(2)]．
11．要测量电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，求电视塔的高度．
解 如图，
设电视塔AB高为x m，
则在Rt△ABC中，由∠ACB＝45°，得BC＝x.
在Rt△ADB中，∠ADB＝30°，
则BD＝eq \r(3)x.
在△BDC中，由余弦定理得，
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cs 120°，
即(eq \r(3)x)2＝x2＋402－2·x·40·cs 120°，
解得x＝40，所以电视塔高为40 m.
12．(2015·天津)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为3eq \r(15)，b－c＝2，cs A＝－eq \f(1,4).
(1)求a和sin C的值；
(2)求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))的值．
解 (1)在△ABC中，由cs A＝－eq \f(1,4)，
可得sin A＝eq \f(\r(15),4).
由S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝3eq \r(15)，
得bc＝24，又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.
由a2＝b2＋c2－2bccs A，可得a＝8.
由eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，得sin C＝eq \f(\r(15),8).
(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＝cs 2A·cs eq \f(π,6)－sin 2A·sineq \f(π,6)
＝eq \f(\r(3),2)(2cs2A－1)－eq \f(1,2)×2sin A·cs A＝eq \f(\r(15)－7\r(3),16).
*13.在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处(eq \r(3)－1)海里的B处有一艘走私船．在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10eq \r(3)海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜．问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间．
解 如图，设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获走私船(在D点)，
则CD＝10eq \r(3)t海里，BD＝10t海里，
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs A
＝(eq \r(3)－1)2＋22－2·(eq \r(3)－1)·2·cs 120°＝6，
解得BC＝eq \r(6).
又eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，
∴sin∠ABC＝eq \f(AC·sin ∠BAC,BC)＝eq \f(2·sin 120°,\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
∴∠ABC＝45°，故B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理，得eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(CD,sin∠CBD)，
∴sin∠BCD＝eq \f(BD·sin∠CBD,CD)
＝eq \f(10t·sin 120°,10\r(3)t)＝eq \f(1,2).
∴∠BCD＝30°，
∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．
又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，
∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝eq \r(6)，
解得t＝eq \f(\r(6),10)小时≈15分钟．
∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．