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）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
【解析】
（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
则
即A、C两个救援中心的距离为

（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
BC的垂直平分线的方程为
联立两方程解得：x=-8∴
∴∠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
∵
=
又∵
∴|QB|-|QA|＜|PB|-|PA|∴
即A、B收到信号的时间差变小