Question

飞船返回仓顺利到达地球后，为了及时将航天员救出，地面指挥中心在返回仓预计到达区域安排三个救援中心（记为A，B，C），B在A的正东方向，相距6km，C在B的北偏东30°，相距4km，P为航天员着陆点，某一时刻A接到P的求救信号，由于B、C两地比A距P远，因此4s后，B、C两个救援中心才同时接收到这一信号，已知该信号的传播速度为1km/s．
（1）求A、C两个救援中心的距离；
（2）求在A处发现P的方向角；
（3）若信号从P点的正上方Q点处发出，则A、B收到信号的时间差变大还是变小，并证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）首先以AB中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，求出A，B，C的坐标，然后求出AC的距离即可．
（2）根据|PC|=|PB|得出P在BC线段的垂直平分线上，建立双曲线方程，并求出∠PAB．
（3）设|PQ|=h，|PB|=x，|PA|=y，建立不等式，并求解，得到A、B收到信号的时间差变小

解答：解：（1）以AB中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则A(-3，0)，B(3，0)，C(5，2

3

)
则|AC|=

(5+3)2+(2 3 )2

=2

19

km
即A、C两个救援中心的距离为2

19

km

（2）∵|PC|=|PB|，所以P在BC线段的垂直平分线上
又∵|PB|-|PA|=4，所以P在以A、B为焦点的双曲线的左支上，且|AB|=6
∴双曲线方程为

x2

4

-

y2

5

=1 (x＜0)
BC的垂直平分线的方程为x+

3

y-7=0
联立两方程解得：x=-8∴P(-8，5

3

)，kPA=tan∠PAB=-

3

∴∠PAB=120°所以P点在A点的北偏西30°处

（3）如图，设|PQ|=h，|PB|=x，|PA|=y
∵|QB|-|QA|=

x2+h2

-

y2+h2

=

x2-y2

x2+h2 + y2+h2

=(x-y)•

x+y

x2+h2 + y2+h2

又∵

x+y

x2+h2 + y2+h2

＜1
∴|QB|-|QA|＜|PB|-|PA|∴

|QB|

1

-

|QA|

1

＜

|PB|

1

-

|PA|

1

即A、B收到信号的时间差变小

点评：本题考查双曲线方程的应用，涉及到解空间几何体的方法，通过对双曲线知识与立体几何知识的糅合，考查学生对知识的应用能力，属于中档题．