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第七节　解三角形应用举例
会运用正弦定理、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．　
重点　测量中的几个有关术语
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂直平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的角叫做 ，目标视线在水平视线下方的角叫做
方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做 ．方位角θ的范围是
方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α 例：
坡角与坡比 坡面与水平面所成锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平宽度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ
[逐点清]
1．(必修第二册53页习题12题改编)如图，两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的(　　)
A．北偏东10°　　　　 B．北偏西10°
C．南偏东10° D．南偏西10°
解析：B　如图所示，可知∠ACB＝90°－40°＋90°－60°＝80°，∵AC＝BC，∴∠CBA＝50°，根据平行线的性质可知∠CBD＝60°，∴∠ABD＝10°，∴灯塔A在灯塔B北偏西10°．故选B．
2．(必修第二册49页例9改编)如图，设点A，B在河的两岸，一测量者在A的同侧所在的河岸边选定一点C，测出A，C两点间的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离为(　　)
A． m B．25 m
C．50 m D．50 m
解析：C　在△ABC中，∠ABC＝30°，由正弦定理得＝，即＝，所以AB＝50(m)，故选C．
3．(必修第二册50页例10改编)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
解三角形的实际应用
考向1　测量距离问题
　(2022·福州模拟)为测量两塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型．若MA⊥平面ABC，NB⊥平面ABC，AC＝60 m，BC＝70 m，tan∠MCA＝，cos∠NCB＝，∠MCN＝150°，则塔尖MN之间的距离为(　　)
A．75 m　　　　 B．75 m
C．150 m D．75 m
[解析]　依题意，在Rt△MAC中，AC＝60 m，tan∠MCA＝，则cos∠MCA＝，CM＝＝＝75；在Rt△BCN中，BC＝70 m，cos∠NCB＝，则CN＝＝＝75；又△MNC中，∠MCN＝150°，则MN＝＝＝75．故塔尖MN之间的距离为75 m．
[答案]　B
测量距离问题的求解策略
(1)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，则把未知量放在另外三角形中求解；
(2)确定选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．　
考向2　测量高度问题
　(2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848．86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°．由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(≈1．732)(　　)
A．346 B．373
C．446 D．473
[解析]　如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝．在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝．又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373．
[答案]　B
测量物体高度的求解策略
高度也是两点之间的距离，其解法同测量水平面上两点间距离的方法是类似的，基本思想是把要求解的高度(某线段的长度)纳入到一个三角形中，使用正、余弦定理或其他相关知识求出该高度．　
考向3　测量角度问题
　甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，相距a海里的B处，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的 倍，甲船为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝________．
[解析]　如图，设两船在C处相遇，则由题意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且＝，由正弦定理得＝＝，所以sin ∠BAC＝．又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°．所以甲船应沿北偏东30°方向前进．
[答案]　30°
测量角度问题的求解策略
测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解．　
1．如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为α，沿倾角为β的斜坡向上走b米到B处，在B处测得山顶P的仰角为γ(A、B、P、Q共面)，则山PQ的高度为(　　)
A．
B．
C．bsin β＋
D．bsin β＋
解析：A　如图，由题意可知，∠PAQ＝α，∠PBC＝γ，∠PAB＝α－β，分别在Rt△APQ，Rt△BPC中，∠APQ＝－α，∠BPQ＝－γ，所以∠APB＝∠APQ－∠BPQ＝γ－α，又sin∠ABP＝sin[π－(∠APB＋∠BAP)]＝sin(∠APB＋∠BAP)＝sin(γ－β)，在△ABP中，由正弦定理可得＝，即＝，AP＝，在Rt△APQ中，PQ＝APsin α＝．故选A．
2．(2022·合肥模拟)已知岛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/小时的速度向岛A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小时截住该走私船？
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x海里/小时，结合题意知BC＝0．5x，AC＝5，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°．
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°，
所以BC2＝49，所以BC＝0．5x＝7，解得x＝14．
又由正弦定理得sin∠ABC＝＝＝，所以∠ABC＝38°，
又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，
故缉私艇以14海里/小时的速度向正北方向行驶，恰好用0．5小时截住该走私船．
正、余弦定理在平面几何中的应用
　为了测出图中草坪边缘A，B两点间的距离，找到草坪边缘的另外两个点C与D(A，B，C，D四点共面)，测得AC＝1．6 m，CD＝2 m，BD＝1．8 m，已知cos∠BDC＝－，tan∠ACD＝3．
(1)求△ACD的面积；
(2)求A，B两点间的距离．
[解]　(1)如图所示，因为tan ∠ACD＝3，可得sin∠ACD＝，所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD＝ (m2)．
(2)因为tan ∠ACD＝3，所以cos∠ACD＝，所以AD2＝1．62＋22－2×1．6×2×＝5．76，则AD＝2．4，
因为cos∠ADC＝＝，
所以sin∠ADC＝，又cos∠BDC＝－，所以∠ADB＝，
所以AB＝＝＝3(m)．
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．
[注意]　做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．　
　如图，平面四边形ABCD内接于一个圆，且AB＝5，BD＝3，A为钝角，sin A＝．
(1)求cos∠ADB；
(2)若BC＝5，求△BCD的面积．
解：(1)在△ABD中，AB＝5，BD＝3，sin A＝，
由正弦定理可得＝，即＝，解得sin∠ADB＝．
又A为钝角，所以∠ADB为锐角，则cos∠ADB＝．
(2)由平面四边形ABCD内接于一个圆可得A＋C＝π，所以sin C＝，
又A为钝角，所以C为锐角，则cos C＝，
在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2×BC×CD×cos C，
即(3)2＝52＋CD2－2×5×CD×，整理得CD2－8CD－20＝0，
解得CD＝10，则△BCD的面积为S△BCD＝×10×5×＝15．
解三角形与三角函数的综合问题
　某工程队在某海域进行填海造地工程，欲在边长为1千米的等边三角形岛礁ABC的外围选择一点D(D在平面ABC内)，建设一条军用飞机跑道AD．在点D测得B，C两点的视角∠BDC＝60°，如图所示，记∠CBD＝θ，如何设计θ，使得飞机跑道AD最长？
[解]　在△BCD中，BC＝1，∠BDC＝60°，∠CBD＝θ．
由正弦定理得＝，
∴BD＝＝cos θ＋sin θ．
在△ABD中，AB＝1，∠ABD＝60°＋θ．
由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos(60°＋θ)＝12＋2－2×1××＝1＋sin2θ＋·sin θcos θ＝＋sin(2θ－30°)．
∴当2θ－30°＝90°，即θ＝60°时，跑道AD最长．
解三角形与三角函数综合问题的一般步骤
　
　(2022·历城模拟)已知函数f(x)＝cos2x＋sin(π－x)·cos(π＋x)－．
(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；
(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsin C＝asin A，求△ABC的面积．
解：(1)f(x)＝cos2x－sin xcos x－＝－sin 2x－＝－sin，
令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
又∵x∈[0，π]，∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为和．
(2)由(1)知f(x)＝－sin，
∴f(A)＝－sin＝－1，
∵△ABC为锐角三角形，∴0∴－<2A－<，∴2A－＝，即A＝．
又∵bsin C＝asin A，∴bc＝a2＝4，
∴S△ABC＝bcsin A＝．
[课时过关检测]
A级——基础达标
1．某观察站C与两灯塔A，B的距离分别为3 km和5 km，测得灯塔A在观察站C北偏西50°，灯塔B在观察站C北偏东70°，则两灯塔A，B间的距离为(　　)
A．7　　　　　　　　　　 B．8
C．－15 D．＋15
解析：A　根据题意，画出草图如图所示，结合题干条件易知AC＝3 km，BC＝5 km，∠ACB＝120°，利用余弦定理可得AB2＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，∴AB＝7 km．故选A．
2．(2022·咸宁月考)在△ABC中，若acos A＝bcos B，则△ABC的形状一定是(　　)
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形
解析：D　已知acos A＝bcos B，利用正弦定理＝＝＝2R，解得sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＝180°－2B，解得A＝B或A＋B＝90°，所以△ABC的形状是等腰或直角三角形．故选D．
3．(2022·武钢期中)在锐角△ABC中，若C＝2B，则的范围为(　　)
A．(，) B．(，2)
C．(0,2) D．(，2)
解析：A　由正弦定理得＝＝＝2cos B，∵△ABC是锐角三角形，∴三个内角均为锐角，即有0＜B＜，0＜C＝2B＜，0＜π－C－B＝π－3B＜，解得＜B＜，余弦函数在此范围内是减函数．故＜cos B＜．∴∈(，)．故选A．
4．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9海里/小时的速度向小岛靠拢，我海军舰艇立即以21海里/小时的速度前去营救，则舰艇靠近渔轮所需的时间为(　　)
A．小时 B．小时
C．小时 D．1小时
解析：B　如图，设舰艇在B处靠近渔轮，所需的时间为t小时，则AB＝21t，CB＝9t．在△ABC中，根据余弦定理，则有AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 120°，可得212t2＝102＋81t2＋2·10·9t·．整理得360t2－90t－100＝0，解得t＝或t＝－ (舍去)．故舰艇需小时靠近渔轮．故选B．
5．(2022·池州质检)如图所示，在四边形ABCD中，AC＝AD＝CD＝7，∠ABC＝120°，sin∠BAC＝且BD为∠ABC的平分线，则BD＝(　　)
A．6 B．9
C．7 D．8
解析：D　由正弦定理得＝ ＝ BC＝5，由AC＝AD＝CD＝7，可得∠ADC＝60°，又∠ABC＝120°，所以A，B，C，D四点共圆，∠DBC＝∠DAC＝60°，由余弦定理得cos∠DBC＝ BD＝8．故选D．
6．(多选)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离12 n mile；在A处看灯塔C在货轮北偏西30°，距离8 n mile．货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是(　　)
A．A处与D处之间的距离是24 n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C．灯塔C在D处的西偏南60°
D．D在灯塔B的北偏西30°
解析：AC　由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12，AC＝8，在△ABD中，由正弦定理得＝，所以AD＝＝24(n mile)，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝，即CD＝＝8(n mile)，故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°处，故D错误．故选A、C．
7．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，则B城市处于危险区的时间为________小时．
解析：设A地东北方向上存在点P到B的距离为30千米，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cos A，故302＝x2＋402－2x·40·cos 45°，化简得x2－40x＋700＝0，设方程的两根为x1，x2，则x1＋x2＝40，x1x2＝700，所以|x1－x2|＝＝20，即图中CD＝20千米，所以B城市处于危险区的时间为＝1小时．
答案：1
8．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球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海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径为________．
解析：由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝150°，所以∠DAC＝15°，由正弦定理得AC＝＝＝40(＋)．在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝∠BCA＋∠ACD＝135°，所以∠DBC＝30°，由正弦定理＝，得BC＝＝＝160sin 15°＝40(－)．在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4)＋1 600×(8－4)＋2×1 600×(＋)×(－)×＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，解得AB＝80．故图中海洋蓝洞的口径为80．
答案：80
9．(2022·太原模拟)如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台P，已知射线AB，AC为两边夹角为120°的公路(长度均超过3千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客上下点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM＝千米，AN＝千米．
(1)求线段MN的长度；
(2)若∠MPN＝60°，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．
解：(1)在△AMN中，由余弦定理得，MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos 120°＝3＋3－2×××＝9，MN＝3，
所以线段MN的长度为3千米．
(2)设∠PMN＝α，因为∠MPN＝60°，所以∠PNM＝120°－α，在△PMN中，由正弦定理得，
＝＝＝＝2．
所以PM＝2sin(120°－α)，PN＝2sin α，因此PM＋PN＝2sin(120°－α)＋2sin α＝2＋2sin α＝3sin α＋3cos α＝6sin(α＋30°)，
因为0°＜α＜120°，所以30°＜α＋30°＜150°．
所以当α＋30°＝90°，即α＝60°时，PM＋PN取到最大值6．
所以两条观光线路PM与PN之和的最大值为6千米．
B级——综合应用
10．(2022·苏州质检)如图，某侦察飞机沿水平直线AC匀速飞行，在A处观测地面目标P，测得俯角∠BAP＝30°，飞行3分钟后到达B处，此时观测地面目标P，测得俯角∠ABP＝60°，又飞行一段时间后到达C处，此时观测地面目标P，测得俯角∠BCP的余弦值为，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为(　　)
A．2分钟 B．2．25分钟
C．2．5分钟 D．2．75分钟
解析：B　设飞机的飞行速度为v，由题知∠BAP＝30°，∠ABP＝60°，所以△ABP为直角三角形，如图，过点P作PD⊥AC于点D，则AB＝3v，AP＝v，BP＝v，可得DP＝v，所以DB＝v，设CB＝xv，由cos∠BCP＝，可得sin∠BCP＝，则tan∠BCP＝，又由tan∠BCP＝＝，解得x＝2．25．故选B．
11．(多选)如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，且∠CAB＝．点D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，下列说法中，正确的命题是(　　)
A．△ABC的内角B＝
B．△ABC的内角C＝
C．四边形ABCD的面积最大值为＋3
D．四边形ABCD的面积无最大值．
解析：ABC　因为asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，由正弦定理得sin Asin Bcos C＋sin Csin Bcos A＝sin B，B为三角形内角，sin B≠0，所以sin Acos C＋cos Asin C＝，sin(A＋C)＝，所以sin B＝sin(A＋C)＝，B＝或B＝，又∠CAB＝，所以B＝不合题意，所以B＝，从而∠ACB＝，A、B正确；在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos D＝9＋1－2×3×1×cos D＝10－6cos D，所以S四边形ABCD＝AD·CDsin D＋AC2＝sin D－cos D＋＝3sin＋，D∈(0，π)，D－∈，所以D－＝，即D＝时，S四边形ABCD＝3＋为最大值，无最小值．C正确，D错．故选A、B、C．
12．在解三角形的问题中，其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边a，b，c直接求出三角形的面积．据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，他得到了海伦公式，即S＝，其中p＝(a＋b＋c)．我国南宋著名数学家秦九韶(约1202～1261)在《数书九章》里面给出了一个等价解法，这个解法写成公式就是S＝，这个公式中的□＝________．
解析：由余弦定理知＝accos B，所以S＝acsin B＝＝＝，所以□＝．
答案：
13．(2022·上海模拟)第十届中国花卉博览会于2021年5月21日至7月2日在上海崇明区举办，以“蝶恋花”为设计理念的世纪馆，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度280米，屋面板厚度只有250毫米．图①为建成后的世纪馆；图②是建设中的世纪馆；图③是场馆的简化图．
如图③是由两个相同的半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，AA′∥PP′∥OO′∥BB′，其中AA′＝280米，圆心距OO′＝160米，半圆的半径R＝75米，椭圆中心P与圆心O的距离PO＝40米，C，C′为直线PP′与半圆的交点，∠COB＝60°．
(1)设α＝∠A′AB，计算sin α的值；
(2)计算∠COP的大小(精确到1°)．
附：sin 36．87°≈0．6，sin 47．44°≈．
解：(1)易知OO′为等腰梯形ABB′A′的中位线，所以cos α＝＝，
因为α为锐角，所以sin α＝．
(2)因为AA′∥OO′，所以∠O′OB＝∠A′AB＝α，
则∠PCO＝∠COO′＝60°－α，
所以在△CPO中，＝，
即sin∠CPO＝
＝，
则sin∠CPO＝，
又∠CPO为钝角，所以∠CPO≈132．56°．
由(1)知，sin α＝，所以α≈36．87°，
所以∠COO′≈60°－36．87°＝23．13°，
所以∠OCP＝∠COO′＝23．13°，
所以∠COP＝180°－∠CPO－∠OCP＝180°－132．56°－23．13°≈24°．
C级——迁移创新
14．(2022·合肥月考)《益古演段》是我国古代数学家李冶(1192～1279)的一部数学著作．内容主要是已知平面图形的信息，求圆的半径、正方形的边长和周长等．其中有这样一个问题：如图，已知∠A＝60°，点B，C分别在∠A的两个边上移动，且保持B，C两点间的距离为2，则点B，C在移动过程中，线段BC的中点D到点A的最大距离为________．
解析：如图，延长AD到点P，使AD＝DP，连接PB，PC，∵D是线段BC的中点，∴四边形ABPC是平行四边形，∴∠ACP＝120°，在△ABC中，BC2＝12＝AB2＋AC2－2×AB×AC×cos 60°，∴BC2＝12＝AB2＋AC2－AB×AC≥AB×AC，当且仅当AB＝AC＝2时等号成立，故AB×AC≤12．在△ACP中，AP2＝AC2＋CP2－2×AC×CP×cos 120°＝AC2＋CP2＋AC×CP，∵AB＝CP，∴AP2＝12＋2AC×AB≤36，∴2AD≤6，∴AD≤3．故线段BC的中点D到点A的最大距离为3．
答案：3
15．如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min．在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cos A＝，cos C＝．
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
解：(1)在△ABC中，因为cos A＝，cos C＝，
所以sin A＝，sin C＝，
从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝．
由正弦定理得AB＝×sin C＝×＝1 040(m)，所以索道AB的长为1 040 m．
(2)假设乙出发t min后，甲、乙两游客的距离为d m，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)＝7 400×．
因为0≤t≤，即0≤t≤8，所以当t＝时，甲、乙两游客距离最短．即乙出发 min后，乙在缆车上与甲的距离最短．
(3)由正弦定理＝，得BC＝×sin A＝×＝500(m)．
乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C处．
设乙步行的速度为v m/min，由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，
所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在(单位：m/min)范围内．

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