2015-上海卷理-20 解-余弦定理

本题导读

本题是典型的运动学背景数学建模题。核心难点在于根据两个点在不同路段上的运动状态，分段建立距离函数 $f(t)$ 的解析式。第一问考查余弦定理的直接应用，第二问考查动态过程中距离函数的最值判定。

📌【题干】

Question

（2015年上海卷(理)） 如图，$A,B,C$ 三地有直道相通，$AB=5$ 千米，$AC=3$ 千米，$BC=4$ 千米.现甲、乙两警员同时从 $A$ 地出发匀速前往 $B$ 地，经过 $t$ 小时，他们之间的距离为 $f(t)$（单位：千米）.甲的路线是 $AB$，速度为 $5$ 千米/小时；乙的路线是 $ACB$，速度为 $8$ 千米/小时.乙到达 $B$ 地后原地等待.设 $t=t_1$ 时乙到达 $C$ 地.

(1) 求 $t_1$ 与 $f(t_1)$ 的值；

(2) 已知警员对讲机的有效通话距离是 $3$ 千米.当 $t_1\le t\le 1$ 时，求 $f(t)$ 的表达式，并判断 $f(t)$ 在 $[t_1,1]$ 上得最大值是否超过 $3$？说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 分析运动状态与分段点：
   • 甲：速度 5，路程 $AB=5$，总耗时 $5/5=1$ 小时。$t$ 时刻坐标位于线段 $AB$ 上，离 $A$ 的距离为 $5t$。
   • 乙：速度 8。
     • $A\to C$ 段：路程 $AC=3$，耗时 $t_1=3/8$ 小时。
     • $C\to B$ 段：路程 $CB=4$，总路程 $3+4=7$，乙到达 $B$ 地总耗时 $7/8$ 小时。
   • 题目要求的范围 $t\in [t_1,1]$ 包含两个子区间：$t\in [3/8,7/8]$（乙在 $CB$ 上）和 $t\in [7/8,1]$（乙在 $B$ 点等待）。
2. （1）问思路：
   • 利用勾股定理逆定理判定 $△ABC$ 为直角三角形，求出 $\cos A$。
   • $t_1$ 时刻，乙在 $C$ 点，甲在 $AB$ 上的 $D$ 点。利用余弦定理计算 $CD$。
   3. （2）问思路：
   • 建模：在 $t\in [3/8,7/8]$ 时，利用余弦定理建立甲、乙距离关于 $t$ 的二次函数。需注意乙离 $B$ 点的距离或离 $C$ 点的距离。
   • 最值分析：利用二次函数的对称轴与开口方向，判断其在闭区间上的最大值。

✅【答案】

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综上，$f(t)$ 的最大值为 $\frac{3\sqrt{41}}{8}\approx 2.4$，不超过 $3$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求 $t_1$ 与 $f(t_1)$ 的值 在 $△ABC$ 中，$AB=5,AC=3,BC=4$。 因为 $3^2+4^2=5^2$，即 $A{C}^2+B{C}^2=A{B}^2$， 所以 $△ABC$ 是以 $C$ 为直角的直角三角形。 则 $\cos A=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}$。 乙从 $A$ 到 $C$ 耗时 $t_1=\frac{AC}{V_{乙}}=\frac{3}{8}$。 当 $t=t_1=\frac{3}{8}$ 时，乙在 $C$ 点。 甲行进的距离 $AD=5\times \frac{3}{8}=\frac{15}{8}$。 在 $△ACD$ 中，由余弦定理得： $f(t_1{)}^2=C{D}^2=A{C}^2+A{D}^2-2AC\cdot AD\cos A$ $C{D}^2=3^2+{\left(\frac{15}{8}\right)}^2-2\times 3\times \frac{15}{8}\times \frac{3}{5}=9+\frac{225}{64}-\frac{27}{4}=\frac{369}{64}$ 所以 $f(t_1)=\frac{3\sqrt{41}}{8}$（千米）。

(2) 求 $f(t)$ 表达式并判断最大值 当 $\frac{3}{8}\le t\le \frac{7}{8}$ 时，乙在线段 $CB$ 上。 此时乙走过的总路程为 $8t$，其离 $B$ 地的距离为 $7-8t$；甲离 $B$ 地的距离为 $5-5t$。 由于 $\angle C=90^{\circ }$，在 $△ABC$ 中 $\cos B=\frac{BC}{AB}=\frac{4}{5}$。 在 $t$ 时刻，设甲在 $M$ 点，乙在 $N$ 点，此时 $BM=5-5t,BN=7-8t$。 由余弦定理： $f(t{)}^2=B{M}^2+B{N}^2-2BM\cdot BN\cos B$ $f(t{)}^2=(5-5t{)}^2+(7-8t{)}^2-2(5-5t)(7-8t)\cdot \frac{4}{5}$ 化简得：$f(t)=\sqrt{25t^2-42t+18}$。 当 $\frac{7}{8}<t\le 1$ 时，乙已到达 $B$ 地等待。 此时乙在 $B$ 点，甲离 $B$ 的距离为 $5-5t$。 所以 $f(t)=5-5t$。 综合得： $f(t)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{25t^2-42t+18},& \frac{3}{8}\le t\le \frac{7}{8}\\ 5-5t,& \frac{7}{8}<t\le 1\end{array}$

最大值判定：

1. 在 $[\frac{3}{8},\frac{7}{8}]$ 上，$g(t)=25t^2-42t+18$ 是开口向上的二次函数，对称轴 $t=\frac{42}{50}=\frac{21}{25}$。 在该区间内，最大值在端点处取得。 $f(\frac{3}{8})=\frac{3\sqrt{41}}{8}\approx 2.4<3$； $f(\frac{7}{8})=\sqrt{25(\frac{7}{8}{)}^2-42(\frac{7}{8})+18}=\frac{5}{8}<3$。
2. 在 $(\frac{7}{8},1]$ 上，$f(t)=5-5t$ 为减函数，最大值小于 $f(\frac{7}{8})=\frac{5}{8}$。 综上，$f(t)$ 的最大值为 $\frac{3\sqrt{41}}{8}\approx 2.4$，不超过 $3$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：勾股定理判定直角三角形；余弦定理求动态距离；分段函数思想。
• 核心方法：几何坐标化/参数化。通过 $t$ 表示出各段线段长度，将几何关系转化为代数函数。
• 避坑指南：
  1. 计算 $\cos B$ 时不要用错角。
  2. 第二问中，乙到达 $B$ 点后“原地等待”是一个重要的分段标志，不要遗漏。

📖【试题探源与推广】

Tip

*结论推广: 两个匀速运动质点间的距离函数 $f(t)$ 的平方通常是关于 $t$ 的二次函数，其变化规律遵循二次函数的单调性。

• 相关知识点：两点间距离公式、二次函数配方法。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 07.03 三角函数的图象与性质
• 11.03 解三角形与解的个数判定

类题演练(Links)

• 2022-高考上海卷-20
• 2013年上海卷理-20
• 2012年上海卷理-20