1977-福建卷-05 解-解三角形的应用

本题导读

本题考查解三角形的应用。

📌【题干】

Question

（1977年福建卷(理)） 某大队在农田基本建设的规划中，要测定被障碍物隔开的两点 $A,P$ 之间的距离，他们土法上马，在障碍物的两侧，选取两点 $B$ 和 $C$ (如图)，测得 $AB=AC=50\text{ m},\angle BAC=60^{\circ },\angle ABP=120^{\circ },\angle ACP=135^{\circ }$，求 $A$ 和 $P$ 之间的距离. (答案可用最简根式表示)

🔍【思路分析】

破题导航

1. 核心突破：识别等边三角形：

• 观察 $△ABC$，已知 $AB=AC=50\text{ m}$ 且 $\angle BAC=60^{\circ }$。根据“有一个角是 $60^{\circ }$ 的等腰三角形是等边三角形”的定理，可判定 $△ABC$ 是标准等边三角形。
• 由此推出隐藏结论：线段 $BC=50\text{ m}$，且内部三个内角均为 $60^{\circ }$，即 $\angle ABC=\angle ACB=60^{\circ }$。

2. 角度转化与拆分：

• 将已知的整体大角进行拆解，转移到右侧的 $△BCP$ 中：
• $\angle CBP=\angle ABP-\angle ABC=120^{\circ }-60^{\circ }=60^{\circ }$。
• $\angle BCP=\angle ACP-\angle ACB=135^{\circ }-60^{\circ }=75^{\circ }$。
• 在 $△BCP$ 中，利用三角形内角和定理求出第三个角 $\angle BPC=180^{\circ }-(60^{\circ }+75^{\circ })=45^{\circ }$。

3. 分步求解线段长：

• 第一步：在 $△BCP$ 中，已知基底边 $BC=50\text{ m}$ 及三个内角。应用正弦定理求出侧边 $BP$（或 $CP$）的长度。由于 $\angle CBP=60^{\circ }$ 是特殊角，选用求 $BP$ 会更利于下一步在 $△ABP$ 中使用余弦定理。

• 第二步：聚焦于 $△ABP$，此时已知 $AB=50\text{ m}$，夹角 $\angle ABP=120^{\circ }$，且已求得邻边 $BP$。直接套用余弦定理即可算出对边 $AP$ 的长度。

✅【答案】

Success

答： $A$ 和 $P$ 之间的距离为 $(50+25\sqrt{6})$ 米

✍【详细解析】

Abstract

• 第一步：判定 $△ABC$ 的形状并提取隐藏条件 因为 在 $△ABC$ 中， $AB=AC=50\text{ m}$， 且顶角 $\angle BAC=60^{\circ }$， 所以 $△ABC$ 为等边三角形。 根据等边三角形的性质，其三边相等、三角均为 $60^{\circ }$： $BC=AB=50\text{ m}$ $\angle ABC=\angle ACB=60^{\circ }$

• 第二步：转换角度至 $△BCP$ 中 结合题目给定的整体外角，计算 $△BCP$ 的内角： $\angle CBP=\angle ABP-\angle ABC=120^{\circ }-60^{\circ }=60^{\circ }$ $\angle BCP=\angle ACP-\angle ACB=135^{\circ }-60^{\circ }=75^{\circ }$

在 $△BCP$ 中，由三角形内角和定理得顶角 $\angle BPC$： $\angle BPC=180^{\circ }-(\angle CBP+\angle BCP)=180^{\circ }-(60^{\circ }+75^{\circ })=45^{\circ }$

• 第三步：应用正弦定理求解线段 $BP$ 在 $△BCP$ 中，根据正弦定理： $\frac{BP}{\sin \angle BCP}=\frac{BC}{\sin \angle BPC}⟹\frac{BP}{\sin 75^{\circ }}=\frac{50}{\sin 45^{\circ }}$ $BP=\frac{50\cdot \sin 75^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}$

计算特殊角的正弦值 $\sin 75^{\circ }$： $\sin 75^{\circ }=\sin (45^{\circ }+30^{\circ })=\sin 45^{\circ }\cos 30^{\circ }+\cos 45^{\circ }\sin 30^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ 代入 $BP$ 的计算式中： $BP=\frac{50\times \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{50(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{4}\times \frac{2}{\sqrt{2}}=\frac{25(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{\sqrt{2}}$ 分子各项分别除以 $\sqrt{2}$ 进行化简： $BP=25(\sqrt{3}+1)=25\sqrt{3}+25\text{ (m)}$

• 第四步：应用余弦定理在 $△ABP$ 中求解总距离 $AP$ 在 $△ABP$ 中，已知 $AB=50\text{ m}$， $BP=25(\sqrt{3}+1)\text{ m}$， 且两边夹角 $\angle ABP=120^{\circ }$。 根据余弦定理： $A{P}^2=A{B}^2+B{P}^2-2AB\cdot BP\cdot \cos \angle ABP$

代入相关数据，其中 $\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$： $A{P}^2=50^2+[25(\sqrt{3}+1){]}^2-2\times 50\times 25(\sqrt{3}+1)\times \left(-\frac{1}{2}\right)$ $A{P}^2=2500+625(3+2\sqrt{3}+1)+50\times 25(\sqrt{3}+1)$ $A{P}^2=2500+625(4+2\sqrt{3})+1250(\sqrt{3}+1)$ $A{P}^2=2500+2500+1250\sqrt{3}+1250\sqrt{3}+1250$ $A{P}^2=6250+2500\sqrt{3}$

为了方便开平方，提取完全平方数 $625$： $A{P}^2=625\times (10+4\sqrt{3})$ 观察括号内多项式 $10+4\sqrt{3}$，其可等价凑配为完全平方式： $10+4\sqrt{3}=4+4\sqrt{3}+6=2^2+2\times 2\times \sqrt{3}+(\sqrt{3}{)}^2+3=(2+\sqrt{3}{)}^2+3\text{（此路开方较为繁琐）}$

高效配方技巧：由于 $10+4\sqrt{3}=10+2\sqrt{12}$。我们寻找两个数，其乘积为 12，和为 10。这两个数为 6 和 4： $10+4\sqrt{3}=6+4+2\sqrt{24}\text{不成立}$ 直接改写： $10+4\sqrt{3}=10+2\sqrt{12}=(\sqrt{6}{)}^2+(\sqrt{4}{)}^2+2\sqrt{6}\sqrt{4}=(\sqrt{6}+\sqrt{4}{)}^2=(\sqrt{6}+2{)}^2$。

代回 $A{P}^2$ 表达式： $A{P}^2=625\times (2+\sqrt{6}{)}^2$

两边开平方取得最简根式结果： $AP=\sqrt{625}\cdot (2+\sqrt{6})=25(2+\sqrt{6})=50+25\sqrt{6}\text{ (m)}$

答： $A$ 和 $P$ 之间的距离为 $(50+25\sqrt{6})$ 米。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等边三角形边界条件的隐性转化、正弦定理求边、复合二次根式的双重配方开方。
2. 核心方法：几何切割代数化法、二重根式凑配完全平方项法。
3. 避坑指南：

• 计算大雷区（二重根式化简卡壳）：本题最容易拉开差距的地方不是列不出方程，而是最后算出来的 $A{P}^2=6250+2500\sqrt{3}$ 不知道如何开方。必须先提取公因式 $625$，再利用二重根式形如 $a+b+2\sqrt{ab}=(\sqrt{a}+\sqrt{b}{)}^2$ 的特征公式，将 $10+4\sqrt{3}$ 巧妙拆解凑配为 $(2+\sqrt{6}{)}^2$，才能顺利脱去外层根号得到最简根式答案。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于高中数学必修第二册第六章《平面向量及其应用》中关于解三角形实际应用的标准典型压轴大题。它将经典的“不可达距离测量”问题通过两个特殊三角形进行拼接复合，是考查学生数形结合与大数代数化简基本功的优秀考题。

2. 结论推广: 本题模型属于标准的共源双侧非对称基线测距（双三角联动）模型。 可以一般化推广为：若以 $AB=AC=d$ 且 $\angle BAC=60^{\circ }$ 的等边三角形底边为界向外侧辐射未知目标点 $P$。若给定控制角 $\angle ABP=120^{\circ },\angle ACP=\alpha$。则利用正弦与余弦定理的联动推演，其目标距离 $AP$ 的平方满足下列全能守恒通项结构： $A{P}^2=d^2\cdot \left[1+{\left(\frac{\sin (\alpha -60^{\circ })}{\sin (\alpha -15^{\circ })}\right)}^2+\frac{\sin (\alpha -60^{\circ })}{\sin (\alpha -15^{\circ })}\right]$ 在未来的各类复杂高考工程测量题中，熟知这种通过公共连接边（本题中的 $BC$ 和 $BP$）作为中介桥梁实现多板块几何结构数据跨界传输的思维逻辑，是一切解三角形压轴大题的通关密匙。

🔗【关联脉络】

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• 11.01 正弦定理

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