(共56张PPT)
单元素养评价(二)(第二章)
(120分钟 150分)
一、单选题(每小题5分,共40分)
1.下列说法错误的是
( )
A.向量
的长度与向量
的长度相等
B.零向量与任意非零向量平行
C.长度相等方向相反的向量共线
D.方向相反的向量可能相等
【解析】选D.A中向量
与向量
的方向相反,长度相等,故正确;B中规定零向
量与任意非零向量平行,故正确;C中能平移到同一条直线的向量是共线向量,所
以长度相等,方向相反的向量是共线向量,故正确;D中长度相等,方向相同的向量
才是相等向量,所以方向相反的向量不可能相等,故错误.
2.已知向量m=(a,-1),n=(2a-5,3),若m∥n,则实数a的值为
( )
A.3 B.1 C.-
D.-5
【解析】选B.根据题意,向量m=(a,-1),n=(2a-5,3),若m∥n,则有3a=-(2a-5),解得a=1.
3.(2020·全国Ⅲ卷)已知向量a,b满足
=5,
=6,a·b=-6,则cos
=
( )
【解析】选D.由a·(a+b)=
+a·b=25-6=19,又
所以cos=
【补偿训练】
已知a=(1,1),b=(m,1),且a⊥(a+b),则实数m=
( )
A.1 B.-3 C.-2 D.-1
【解析】选B.a+b=(m+1,2),由a·(a+b)=0,得m=-3.
4.在△ABC中,A=60°,B=75°,BC=10,则AB=
( )
【解析】选D.由内角和定理知C=180°-(60°+75°)=45°,所以
即AB=
5.已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,
=4
则△ABC的面积为
( )
A.
B.2
C.2
D.4
【解析】选C.由已知及正弦定理得
化简得b2+c2-a2=bc,所以
cos
A=
因为A∈
,所以A=60°,所以
=bccos
60°=4,
所以bc=8,
所以S△ABC=
bcsin
A=
×8×
=2
.
6.在正方形ABCD中,设
=a,
=b,已知E,F,G分别是AB,DE,CF的中点,则
=( )
【解析】选D.由几何图形可知:
7.已知O是平面内一定点,A,B,C是平面内不共线的三个动点,若动点P满足
+λ(
),λ∈(0,+∞),则点P的轨迹一定通过△ABC的
( )
A.内心 B.重心 C.外心 D.垂心
【解析】选B.由原等式得
根据平行四边形法则知
是
△ABC的中线AD(D为BC的中点)所对应向量的2倍,所以点P的轨迹必过△ABC的重
心.
8.在给出的下列命题中,错误的是
( )
A.设O,A,B,C是同一平面上的四个点,若
(m∈R),则点A,B,C
必共线
B.若向量a,b是平面α上的两个向量,则平面α上的任一向量c都可以表示为
c=λa+μb(μ,λ∈R),且表示方法是唯一的
C.已知平面向量
满足
则△ABC为等
腰三角形
D.已知平面向量
满足
且
=0,则
△ABC是等边三角形
【解析】选B.对于A,
(m∈R),所以
所以
且有公共点C,所以点A,B,C共线,命题A正确;
对于B,根据平面向量的基本定理缺少条件a,b不共线,故B错误;
对于C,由于
得
,即OA为BC的垂线,
又由于
可得OA在∠BAC的平分线上,综合得△ABC为等腰三角形,
故C正确;
对于D,平面向量
满足
且
所以
所以
所以
的夹角为120°,同理
的夹角也为120°,所以△ABC是等边
三角形,故D正确.
二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的
得0分)
9.有下列说法,其中错误的说法为
( )
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.若
则P是三角形ABC的垂心
C.两个非零向量a,b,若
则a与b共线且反向
D.若a∥b,则存在唯一实数λ使得a=λb
【解析】选AD.对于选项A,当b=0时,a与c不一定共线,故A错误;对于选项B,由
得
=0,所以
,PB⊥CA,同理PA⊥CB,PC⊥BA,故P是
三角形ABC的垂心,所以B正确;对于选项C,两个非零向量a,b,若
则a
与b共线且反向,故C正确;
对于选项D,当b=0,a≠0时,显然有a∥b,但此时λ不存在,故D错误.
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b=2
,B=
,若添加下列
条件来解三角形,则其中三角形只有一个解的是
( )
A.c=3 B.c=
C.c=4 D.c=
【解析】选AC.对于A,由c所以sin
C=
,所以C只有一个锐角,故A正确;
对于B,c>b,由正弦定理
可得sin
C=
满足条件的C是锐角或钝角,故B不正确;
对于C,由正弦定理
可得sin
C=1即C=
,满足题意,故C正确;
对于D,由正弦定理
可得sin
C=
,即C无解,故D不正确.
11.设向量a=
,b=
则下列叙述错误的是
( )
A.若k<-2时,则a与b的夹角为钝角
B.
的最小值为2
C.与b共线的单位向量只有一个为
D.若
=2
,则k=
【解析】选CD.对于A选项,若a与b的夹角为钝角,则a·b<0且a与b不共线,
则
解得k<2且k≠-2,A选项正确;对于B选项,
当且仅当k=0时,等号成立,B选项正确;
对于C选项,
,与b共线的单位向量为±
即与b共线的单位向量为
C选项错误;
对于D选项,因为
解得k=±2,D选项错误.
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是
( )
A.sin
A∶sin
B∶sin
C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆半径为
【解析】选ACD.因为
=9∶10∶11,
所以可设
(其中x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,
所以sin
A∶sin
B∶sin
C=a∶b∶c=4∶5∶6,A正确;由上可知:c最大,所以三角形中C最大,又cos
C=
所以C为锐角,B错误;
由上可知a最小,所以三角形中A最小,
又cos
A=
所以cos
2A=2cos2A-1=
,所以cos
2A=cos
C,
由三角形中C最大且C为锐角可得:2A∈
,C∈
,所以2A=C,所以C正确;由
正弦定理得2R=
又sin
C=
所以2R=
,解得R=
,
所以D正确.
三、填空题(每小题5分,共20分)
13.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=
,b=
,△ABC的面
积为
,则c= ,B= .?
【解析】由三角形的面积公式可得S△ABC=
bcsin
A=
=
,所以c=2
,由
余弦定理得a2=b2+c2-2bccos
A=
所以a2+b2=c2,所以C=
,B=
.
答案:
14.如图,在△ABC中,
,P是BN上一点,若
则实数t的值
为 .?
【解析】由题意及图得,设
答案:
15.已知M是△ABC内一点,
设△ABM的面积为S1,△ABC的面积为
S2,则
= .?
【解析】设
以AD,AE为邻边作平行四边形ADME,延长EM交BC
于F,则EF∥AB,所以
答案:
16.《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题,今年超强台风“山竹”登陆时再现了这一现象(如图所示),不少大树被大风折断.某路边一树干被台风吹断后(没有完全断开),树干与底面成75°角,折断部分与地面成45°角,树干底部与树尖着地处相距10米,则大树原来的高度是 米(结果保留根号).?
【解析】如图所示,设树干底部为O,树尖着地处为B,折断点为A,则
∠AOB=75°,∠ABO=45°,所以∠OAB=60°.由正弦定理知
所以OA=
(米),AB=
(米),
所以OA+AB=
(米).
答案:
四、解答题(共70分)
17.(10分)已知向量a,b满足b=(1,
),a·b=4,(a-2b)⊥a.
(1)求向量a与b的夹角;
(2)求|2a-b|的值;
(3)若向量c=3a-4b,d=ma+b,c∥d,求m的值.
【解析】(1)因为(a-2b)⊥a,所以(a-2b)·a=0,|a|2=8,即|a|=2
.
设向量a与b的夹角为θ,则cos
θ=
,又θ∈
,所以θ=
.
(2)由向量模的计算公式|a|=
,得
|2a-b|=
(3)因为c∥d,所以c=λd,设3a-4b=λ(ma+b),则
解得m=-
.
18.(12分)已知a,b是两个单位向量.
(1)若|3a-2b|=3,求|3a+b|的值;
(2)若a与b的夹角为60°,试求向量m=2a+b与n=2b-a的夹角的余弦值.
【解析】(1)因为a,b为单位向量,所以|a|=1,|b|=1,又|3a-2b|=3,所以9|a|2-
12a·b+4|b|2=9,即a·b=
,所以|3a+b|=
(2)|m|=
|n|=
m·n=(2a+b)·(2b-a)=2|b|2+3a·b-2|a|2=
设m,n夹角为θ,则cosθ=
即m,n夹角的余弦值为
.
19.(12分)(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin
Bsin
C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.
【解析】(1)因为sin2A-sin2B-sin2C=sin
Bsin
C,
所以由正弦定理得:BC2-AC2-AB2=AC·AB,
所以cos
A=
因为A∈(0,π),所以A=
.
(2)由(1)知A=
,又BC=3,所以由余弦定理得:BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos
A=
AC2+AB2+AC·AB=9,
即(AC+AB)2-AC·AB=9.
因为AC·AB≤
(当且仅当AC=AB时取等号),
所以9=(AC+AB)2-AC·AB≥(AC+AB)2-
(AC+AB)2,
解得:AC+AB≤2
(当且仅当AC=AB时取等号),
所以△ABC的周长=AC+AB+BC≤3+2
,
所以△ABC周长的最大值为3+2
.
20.(12分)△ABC中角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2bcos
C-c=2a.
(1)求B的大小;
(2)若a=3且AC边上的中线长为
,求c的值.
【解析】(1)因为2bcos
C-c=2a,所以由余弦定理可得,2b·
化简得a2+c2-b2=-ac,
所以cos
B=
因为B∈
,所以B=
.
(2)由(1)及题意得,b2=a2+c2+ac=c2+3c+9,①
又因为在△ABC中,cos
C=
取AC中点D,连结BD.因为a=3,BD=
,
在△CBD中,cos
C=
所以9+b2-c2=2
②
把①代入②,化简得c2-3c-10=0,
解得c=5,或c=-2(舍去),所以c=5.
21.(12分)如图,在△ABC中,AB=2,AC=3,∠BAC=60°,
(1)求CD的长;(2)求
的值.
【解析】(1)因为
所以
所以
即CD=
(2)
22.(12分)如图,港口A在港口O的正东120海里处,小岛B在港口O的北偏东60°的方向,且在港口A北偏西30°的方向上,一艘科学考察船从港口O出发,沿北偏东30°的OD方向以20海里/小时的速度驶离港口O.一艘快艇从港口A以60海里/小时的速度驶向小岛B,在B岛转运补给物资后以相同的航速送往科考船.已知两船同时出发,补给装船时间为1小时.
(1)求快艇从港口A到小岛B的航行时间;
(2)快艇驶离港口A后,最少经过多少小时能和科考船相遇?
【解析】(1)由题意知,在△AOB中,OA=120,∠AOB=30°,∠OAB=60°,所以
∠ABO=90°,
于是AB=OAsin∠AOB=120sin
30°=60(海里),
而快艇的速度为v=60海里/小时,所以快艇从港口A到小岛B的航行时间为
=1
小时.
(2)由(1)知,快艇从港口A驶离2小时后,从小岛B出发与科考船汇合.为使航行
的时间最少,快艇从小岛B驶离后必须按直线方向航行,
设快艇驶离港口B
t小时后恰与科考船在C处相遇.
在△AOB中,OB=OAcos
∠AOB=120cos
30°=60
,
而在△COB中,BC=60t,OC=20
,∠BOC=30°;由余弦定理得BC2=OB2+OC2-
2OB·OC·cos∠BOC,
即(60t)2=
+(20(t+2))2-2×60
×20(t+2)×
,化简得8t2+5t-13=0,
解得t=1或t=-
(舍去).故t+2=3.
即快艇驶离港口A后,最少经过3小时能和科考船相遇.温馨提示：
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单元素养评价(二)(第二章)
(120分钟 150分)
一、单选题(每小题5分,共40分)
1.下列说法错误的是
( )
A.向量的长度与向量的长度相等
B.零向量与任意非零向量平行
C.长度相等方向相反的向量共线
D.方向相反的向量可能相等
【解析】选D.A中向量与向量的方向相反,长度相等,故正确;B中规定零向量与任意非零向量平行,故正确;C中能平移到同一条直线的向量是共线向量,所以长度相等,方向相反的向量是共线向量,故正确;D中长度相等,方向相同的向量才是相等向量,所以方向相反的向量不可能相等,故错误.
2.已知向量m=(a,-1),n=(2a-5,3),若m∥n,则实数a的值为
( )
A.3
B.1
C.-
D.-5
【解析】选B.根据题意,向量m=(a,-1),n=(2a-5,3),若m∥n,则有3a=-(2a-5),解得a=1.
3.(2020·全国Ⅲ卷)已知向量a,b满足=5,=6,a·b=-6,则cos=
( )
A.-
B.-
C.
D.
【解析】选D.由a·(a+b)=+a·b=25-6=19,又==7,
所以cos===.
【补偿训练】
已知a=(1,1),b=(m,1),且a⊥(a+b),则实数m=
( )
A.1
B.-3
C.-2
D.-1
【解析】选B.a+b=(m+1,2),由a·(a+b)=0,得m=-3.
4.在△ABC中,A=60°,B=75°,BC=10,则AB=
( )
A.5
B.10
C.5
D.
【解析】选D.由内角和定理知C=180°-(60°+75°)=45°,所以=即AB===.
5.已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,+=1,·=4,则△ABC的面积为
( )
A.
B.2
C.2
D.4
【解析】选C.由已知及正弦定理得+=1,化简得b2+c2-a2=bc,所以cos
A==,因为A∈,所以A=60°,所以·=bccos
60°=4,所以bc=8,
所以S△ABC=bcsin
A=×8×=2.
6.在正方形ABCD中,设=a,=b,已知E,F,G分别是AB,DE,CF的中点,则=( )
A.a+b
B.a-b
C.a+b
D.a+b
【解析】选D.由几何图形可知:=+
=+=+
=
++=+=a+b.
7.已知O是平面内一定点,A,B,C是平面内不共线的三个动点,若动点P满足=+λ(+),λ∈(0,+∞),则点P的轨迹一定通过△ABC的
( )
A.内心
B.重心
C.外心
D.垂心
【解析】选B.由原等式得=λ(+),根据平行四边形法则知+是△ABC的中线AD(D为BC的中点)所对应向量的2倍,所以点P的轨迹必过△ABC的重心.
8.在给出的下列命题中,错误的是
( )
A.设O,A,B,C是同一平面上的四个点,若=m·+(1-m)·(m∈R),则点A,B,C必共线
B.若向量a,b是平面α上的两个向量,则平面α上的任一向量c都可以表示为c=λa+μb(μ,λ∈R),且表示方法是唯一的
C.已知平面向量,,满足·=·,=λ,则△ABC为等腰三角形
D.已知平面向量,,满足||=||=||=r(r>0),且++=0,则△ABC是等边三角形
【解析】选B.对于A,=m·+·(m∈R),所以-=m,所以=m,且有公共点C,所以点A,B,C共线,命题A正确;
对于B,根据平面向量的基本定理缺少条件a,b不共线,故B错误;
对于C,由于·=·,即·=0,·=0,
得⊥,即OA为BC的垂线,
又由于=λ,可得OA在∠BAC的平分线上,综合得△ABC为等腰三角形,故C正确;
对于D,平面向量,,满足===r,且++=0,所以+=-,所以+2·+=,即r2+2r2·cos<,>+r2=r2,所以cos<,>=-,
所以,的夹角为120°,同理,的夹角也为120°,所以△ABC是等边三角形,故D正确.
二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.有下列说法,其中错误的说法为
( )
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.若·=·=·,则P是三角形ABC的垂心
C.两个非零向量a,b,若=+,则a与b共线且反向
D.若a∥b,则存在唯一实数λ使得a=λb
【解析】选AD.对于选项A,当b=0时,a与c不一定共线,故A错误;对于选项B,由·=·,得·=0,所以⊥,PB⊥CA,同理PA⊥CB,PC⊥BA,故P是三角形ABC的垂心,所以B正确;对于选项C,两个非零向量a,b,若=+,则a与b共线且反向,故C正确;
对于选项D,当b=0,a≠0时,显然有a∥b,但此时λ不存在,故D错误.
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b=2,B=,若添加下列条件来解三角形,则其中三角形只有一个解的是
( )
A.c=3
B.c=
C.c=4
D.c=
【解析】选AC.对于A,由c所以sin
C=,所以C只有一个锐角,故A正确;
对于B,c>b,由正弦定理=,
可得sin
C=>,
满足条件的C是锐角或钝角,故B不正确;
对于C,由正弦定理=,可得sin
C=1即C=,满足题意,故C正确;
对于D,由正弦定理=,可得sin
C=,即C无解,故D不正确.
11.设向量a=,b=,则下列叙述错误的是
( )
A.若k<-2时,则a与b的夹角为钝角
B.的最小值为2
C.与b共线的单位向量只有一个为
D.若=2,则k=2或-2
【解析】选CD.对于A选项,若a与b的夹角为钝角,则a·b<0且a与b不共线,则解得k<2且k≠-2,A选项正确;对于B选项,=≥=2,当且仅当k=0时,等号成立,B选项正确;
对于C选项,=,与b共线的单位向量为±即与b共线的单位向量为(,-)或(-,),C选项错误;
对于D选项,因为=2=2,即=2,解得k=±2,D选项错误.
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是
( )
A.sin
A∶sin
B∶sin
C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆半径为
【解析】选ACD.因为∶∶=9∶10∶11,
所以可设(其中x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,
所以sin
A∶sin
B∶sin
C=a∶b∶c=4∶5∶6,A正确;由上可知:c最大,所以三角形中C最大,又cos
C===>0,所以C为锐角,B错误;
由上可知a最小,所以三角形中A最小,
又cos
A===,
所以cos
2A=2cos2A-1=,所以cos
2A=cos
C,
由三角形中C最大且C为锐角可得:2A∈,C∈,所以2A=C,所以C正确;由正弦定理得2R=,又sin
C==,所以2R=,解得R=,所以D正确.
三、填空题(每小题5分,共20分)
13.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=,b=,△ABC的面积为,则c= ,B= .?
【解析】由三角形的面积公式可得S△ABC=bcsin
A=c=,所以c=2,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos
A=14-2××2×=2,
所以a2+b2=c2,所以C=,B=.
答案:2
14.如图,在△ABC中,=,P是BN上一点,若=t+,则实数t的值为 .?
【解析】由题意及图得,设=m,=+=+m=+m(-)=m+(1-m),
又=,所以=,所以=m+(1-m),又=t+,所以解得m=,t=.
答案:
15.已知M是△ABC内一点,=+,设△ABM的面积为S1,△ABC的面积为S2,则= .?
【解析】设=,=,以AD,AE为邻边作平行四边形ADME,延长EM交BC于F,则EF∥AB,所以==.
答案:
16.《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题,今年超强台风“山竹”登陆时再现了这一现象(如图所示),不少大树被大风折断.某路边一树干被台风吹断后(没有完全断开),树干与底面成75°角,折断部分与地面成45°角,树干底部与树尖着地处相距10米,则大树原来的高度是 米(结果保留根号).?
【解析】如图所示,设树干底部为O,树尖着地处为B,折断点为A,则∠AOB=75°,∠ABO=45°,所以∠OAB=60°.由正弦定理知==,
所以OA=(米),AB=(米),
所以OA+AB=5+5(米).
答案:
四、解答题(共70分)
17.(10分)已知向量a,b满足b=(1,),a·b=4,(a-2b)⊥a.
(1)求向量a与b的夹角;
(2)求|2a-b|的值;
(3)若向量c=3a-4b,d=ma+b,c∥d,求m的值.
【解析】(1)因为(a-2b)⊥a,所以(a-2b)·a=0,|a|2=8,即|a|=2.
设向量a与b的夹角为θ,则cos
θ==,又θ∈,所以θ=.
(2)由向量模的计算公式|a|=,得
|2a-b|====2.
(3)因为c∥d,所以c=λd,设3a-4b=λ(ma+b),则解得m=-.
18.(12分)已知a,b是两个单位向量.
(1)若|3a-2b|=3,求|3a+b|的值;
(2)若a与b的夹角为60°,试求向量m=2a+b与n=2b-a的夹角的余弦值.
【解析】(1)因为a,b为单位向量,所以|a|=1,|b|=1,又|3a-2b|=3,所以9|a|2-12a·b+4|b|2=9,即a·b=,所以|3a+b|===2.
(2)|m|====,
|n|====,
m·n=(2a+b)·(2b-a)=2|b|2+3a·b-2|a|2=.
设m,n夹角为θ,则cosθ===.即m,n夹角的余弦值为.
19.(12分)(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin
Bsin
C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.
【解析】(1)因为sin2A-sin2B-sin2C=sin
Bsin
C,
所以由正弦定理得:BC2-AC2-AB2=AC·AB,
所以cos
A==-,
因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由(1)知A=,又BC=3,所以由余弦定理得:BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos
A=AC2+AB2+AC·AB=9,
即(AC+AB)2-AC·AB=9.
因为AC·AB≤(当且仅当AC=AB时取等号),
所以9=(AC+AB)2-AC·AB≥(AC+AB)2-=(AC+AB)2,
解得:AC+AB≤2(当且仅当AC=AB时取等号),
所以△ABC的周长=AC+AB+BC≤3+2,
所以△ABC周长的最大值为3+2.
20.(12分)△ABC中角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2bcos
C-c=2a.
(1)求B的大小;
(2)若a=3且AC边上的中线长为,求c的值.
【解析】(1)因为2bcos
C-c=2a,所以由余弦定理可得,2b·-c=2a,
化简得a2+c2-b2=-ac,
所以cos
B==-,
因为B∈,所以B=.
(2)由(1)及题意得,b2=a2+c2+ac=c2+3c+9,①
又因为在△ABC中,cos
C=,
取AC中点D,连结BD.因为a=3,BD=,
在△CBD中,cos
C==,
所以9+b2-c2=2,②
把①代入②,化简得c2-3c-10=0,
解得c=5,或c=-2(舍去),所以c=5.
21.(12分)如图,在△ABC中,AB=2,AC=3,∠BAC=60°,=2,=2.
(1)求CD的长;(2)求·的值.
【解析】(1)因为=2,所以=,
所以=-=-,
所以||=|-|
=
==,
即CD=.
(2)=-=-+=-(-)+=+,
所以·=·=+·=+×2×3×=.
22.(12分)如图,港口A在港口O的正东120海里处,小岛B在港口O的北偏东60°的方向,且在港口A北偏西30°的方向上,一艘科学考察船从港口O出发,沿北偏东30°的OD方向以20海里/小时的速度驶离港口O.一艘快艇从港口A以60海里/小时的速度驶向小岛B,在B岛转运补给物资后以相同的航速送往科考船.已知两船同时出发,补给装船时间为1小时.
(1)求快艇从港口A到小岛B的航行时间;
(2)快艇驶离港口A后,最少经过多少小时能和科考船相遇?
【解析】(1)由题意知,在△AOB中,OA=120,∠AOB=30°,∠OAB=60°,所以∠ABO=90°,
于是AB=OAsin∠AOB=120sin
30°=60(海里),
而快艇的速度为v=60海里/小时,所以快艇从港口A到小岛B的航行时间为=1小时.
(2)由(1)知,快艇从港口A驶离2小时后,从小岛B出发与科考船汇合.为使航行的时间最少,快艇从小岛B驶离后必须按直线方向航行,
设快艇驶离港口B
t小时后恰与科考船在C处相遇.
在△AOB中,OB=OAcos
∠AOB=120cos
30°=60,
而在△COB中,BC=60t,OC=20,∠BOC=30°;由余弦定理得BC2=OB2+OC2-2OB·OC·cos∠BOC,
即(60t)2=+(20(t+2))2-2×60×20(t+2)×,化简得8t2+5t-13=0,
解得t=1或t=-(舍去).故t+2=3.
即快艇驶离港口A后,最少经过3小时能和科考船相遇.
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