Question

15．如圖，A、B是海岸線OM、ON上的兩個(gè)碼頭，Q為海中一小島，在水上旅游線AB上，測(cè)得tan∠MON=-3，OA=6km，Q到海岸線OM、ON的距離分別為2km，$\frac{7\sqrt{10}}{5}$km．
（1）求水上旅游線AB的長(zhǎng)；
（2）海中P（PQ=6km，且PQ⊥OM）處的某試驗(yàn)產(chǎn)生強(qiáng)水波圓P．生成t小時(shí)的半徑為r=6$\sqrt{6}$t${\;}^{\frac{3}{2}}$km，若與此同時(shí)，一艘游輪以18$\sqrt{2}$km/小時(shí)的速度自碼頭A開往碼頭B，試研究強(qiáng)水波是否波及游輪的航行？

Answer 1

分析 （1）利用△AOB的面積列出等式求出OB，然后使用余弦定理求出AB；
（2）求出AP，∠PAQ，假設(shè)航行t小時(shí)候到達(dá)D點(diǎn)，使用余弦定理求出PD，比較PD與r的大小關(guān)系即可判斷強(qiáng)水波是否波及航行．

解答 解：（1）連結(jié)OQ，則S_△OAQ=$\frac{1}{2}×OA×$2=6，S_△OBQ=$\frac{1}{2}×OB×$$\frac{7\sqrt{10}}{5}$=$\frac{7\sqrt{10}}{10}$OB．
∵tan∠MON=-3，∴sin∠MON=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$．cos∠MON=-$\frac{\sqrt{10}}{10}$，∴S_△AOB=$\frac{1}{2}×OA×OB×sin∠MON$=$\frac{9\sqrt{10}}{10}$OB．
∴6+$\frac{7\sqrt{10}}{10}$OB=$\frac{9\sqrt{10}}{10}$OB．∴OB=3
∴AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}-2OA•OBcos∠MON}$=$\sqrt{162}$=9$\sqrt{2}$．
（2）在△ABO中，由正弦定理得$\frac{OB}{sinA}=\frac{AB}{sin∠MON}$，即$\frac{3\sqrt{10}}{sinA}=\frac{9\sqrt{2}}{\frac{3\sqrt{10}}{10}}$，∴sinA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
延長(zhǎng)PQ交OA于C，連結(jié)AP，則QC=2，AQ=2$\sqrt{2}$，cos∠AQP=-cos∠AQC=-sinA=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$．∴sin∠AQP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴AP=$\sqrt{A{Q}^{2}+P{Q}^{2}-2AQ•PQcos∠AQP}$=2$\sqrt{17}$．
∵$\frac{PQ}{sin∠PAQ}=\frac{AP}{sin∠AQP}$，∴sin∠PAQ=$\frac{3\sqrt{34}}{34}$．∴cos∠PAQ=$\frac{5\sqrt{34}}{34}$．
假設(shè)t小時(shí)候游輪航行到D處，連結(jié)PD，則0≤t$≤\frac{1}{2}$，AD=18$\sqrt{2}$t，
∴PD=$\sqrt{A{P}^{2}+A{D}^{2}-2AP•ADcos∠PAQ}$=$\sqrt{648{t}^{2}-360t+68}$．
令f（t）=PD²-r²=648t²-360t+68-216t³，則f′（t）=-648t²-1296t-360，
令f′（t）=0解得t=$\frac{1}{3}$或t=$\frac{5}{3}$（舍）．
當(dāng)$0≤t＜\frac{1}{3}$時(shí)，f′（t）＜0，當(dāng)$\frac{1}{3}$＜t$≤\frac{1}{2}$時(shí)，f′（t）＞0，
∴f_min（t）=f（$\frac{1}{3}$）=12＞0．∴PD²-r²＞0，即PD＞r恒成立．
∴強(qiáng)水波不會(huì)波及游輪的航行．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，函數(shù)值的大小比較，屬于中檔題．