2008-湖南卷理-19 解-解三角形

本题导读

本题是一道具有航海实际应用背景的几何综合大题。第一问利用解三角形中的余弦定理直接计算两点间距离并求出速度；第二问最简便的方法是通过建立平面直角坐标系将位置解析化，借助点到直线的距离公式进行定量判定。

📌【题干】

Question

（2008年湖南卷(理)） 在一个特定时段内，以点 $E$ 为中心的 7 海里以内海域被设为警戒水域.点 $E$ 正北 55 海里处有一个雷达观测站 $A$.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点 $A$ 北偏东 $45^{\circ }$ 且与点 $A$ 相距 $40\sqrt{2}$ 海里的位置 $B$，经过 40 分钟又测得该船已行驶到点 $A$ 北偏东 $45^{\circ }+\theta$（其中 $\sin \theta =\frac{\sqrt{26}}{26}$，$0^{\circ }<\theta <90^{\circ }$）且与点 $A$ 相距 $10\sqrt{13}$ 海里的位置 $C$.

(1)求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；

(2)若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域，并说明理由.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：在 $△ABC$ 中，已知两边 $AB,AC$ 以及夹角 $\theta$ 的正弦值。通过平方关系求出 $\cos \theta$，代入余弦定理计算出 $BC$ 的跨度距离，再除以时间（化为小时）求得速度。
2. 第二问：以 $A$ 为原点，正东方向为 $x$ 轴、正北方向为 $y$ 轴建立直角坐标系。由此写出圆心 $E$、点 $B$ 和点 $C$ 的坐标，求出直线 $BC$ 的解析式。计算点 $E$ 到直线 $BC$ 的垂直轴线距离 $d$，将其与警戒半径 7 进行大小比对。

✅【答案】

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该船的行驶速度为15√5海里/小时；会进入警戒水域，航线到点𝐸的距离为3√5<7海里.

✍【详细解析】

Abstract

解：(1) 在 $△ABC$ 中，已知 $AB=40\sqrt{2}$，$AC=10\sqrt{13}$。 因为 $0^{\circ }<\theta <90^{\circ }$，且 $\sin \theta =\frac{\sqrt{26}}{26}$， 所以由同角平方和关系得： $\cos \theta =\sqrt{1-{\sin }^2\theta }=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{26}}{26}\right)}^2}=\sqrt{1-\frac{1}{26}}=\frac{5\sqrt{26}}{26}$

由余弦定理可求得 $BC$ 的长度： $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos \theta$ $B{C}^2=(40\sqrt{2}{)}^2+(10\sqrt{13}{)}^2-2\times 40\sqrt{2}\times 10\sqrt{13}\times \frac{5\sqrt{26}}{26}$ $B{C}^2=3200+1300-4000=500⟹BC=\sqrt{500}=10\sqrt{5}\text{（海里）}$

由于行驶时间为 40 分钟，即 $\frac{40}{60}=\frac{2}{3}$ 小时， 故该船的行驶速度为： $v=\frac{BC}{t}=\frac{10\sqrt{5}}{\frac{2}{3}}=15\sqrt{5}\text{（海里/小时）}$

(2)该船不会进入警戒水域。理由如下：

以点 $A$ 为原点，正东方向为 $x$ 轴正方向，正北方向为 $y$ 轴正方向建立平面直角坐标系。 依题意，点 $E$ 在点 $A$ 正北 55 海里处，则其坐标为 $E(0,55)$。 警戒水域即为以 $E$ 为圆心，半径 $R=7$ 的圆。

下面确定点 $B$ 和点 $C$ 的坐标：

• 对于点 $B$：处于北偏东 $45^{\circ }$，距离为 $40\sqrt{2}$： $x_B=40\sqrt{2}\sin 45^{\circ }=40,y_B=40\sqrt{2}\cos 45^{\circ }=40⟹B(40,40)$
• 对于点 $C$：处于北偏东 $45^{\circ }+\theta$，距离为 $10\sqrt{13}$，利用两角和公式展开： $x_C=10\sqrt{13}\sin (45^{\circ }+\theta )=10\sqrt{13}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos \theta +\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \theta \right)=5\sqrt{26}\left(\frac{5\sqrt{26}}{26}+\frac{\sqrt{26}}{26}\right)=5\times 6=30$ $y_C=10\sqrt{13}\cos (45^{\circ }+\theta )=10\sqrt{13}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos \theta -\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \theta \right)=5\sqrt{26}\left(\frac{5\sqrt{26}}{26}-\frac{\sqrt{26}}{26}\right)=5\times 4=20$ 即得 $C(30,20)$。

由此，计算航线直线 $BC$ 的斜率 $k=\frac{20-40}{30-40}=2$。 其直线方程点斜式为 $y-40=2(x-40)$，化为一般式： $2x-y-40=0$

利用点到直线的距离公式，计算中心点 $E(0,55)$ 到航线直线的距离 $d$： $d=\frac{|2\times 0-55-40|}{\sqrt{2^2+(-1{)}^2}}=\frac{95}{\sqrt{5}}=19\sqrt{5}\text{（海里）}$

因为 $19\sqrt{5}=\sqrt{1805}>\sqrt{49}=7$，即 $d>R$。 这说明圆心到船只航行直线的最近距离远大于警戒水域半径，因此该船继续行驶绝不会进入警戒水域。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：余弦定理在非直角三角形内的边长锁定；解三角应用题中的两角和与差三角公式转换；点到直线距离公式。
2. 核心方法：坐标解析建系法。相比传统的纯几何作高法，通过建立坐标系将方位角利用三角公式平铺开来，可以把抽象的空间几何距离转化为确切的方程代数距离，逻辑不易出错。
3. 避坑指南：第一问求速度时注意单位换算（40分钟必须换算成 $\frac{2}{3}$ 小时）；第二问化简点 $C$ 坐标时，容易在展开 $\sin (45^{\circ }+\theta )$ 时把正负号或正余弦的位置记错，需心细。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题基于传统高一解三角形应用题（航海、防空雷达测距模型）进行情境设题，融合了平面解析几何的基础判定工具。
2. 结论推广: 设雷达站与警戒中心距离为 $L$，船只两点极坐标分别为 $(r_1,{\alpha }_1)$ 和 $(r_2,{\alpha }_2)$。船只轨迹与圆心的最近距离可以通过两向量的叉积（外积）面积守恒公式直接定性给出。

🔗【关联脉络】

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• 11.02 余弦定理

类题演练 (Links)

• 2009-大纲卷I文-10 单-余弦对称中心
• 2009-天津卷文-17 解-正余弦定理二倍角
• 2009-湖北卷文-16 解-正余弦定理解三角形