北师大版必修53解三角形的实际应用举例巩固练习

这是一份北师大版必修53解三角形的实际应用举例巩固练习，共22页。试卷主要包含了0分），【答案】B，【答案】A，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60cm，则河流的宽度BC等于( )
A. 240(3−1)mB. 180(2−1)mC. 120(3−1)mD. 30(3+1)m
△ABC中，若csA>sinB，则△ABC为( )
A. 锐角三角形B. 等边三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形
如图，飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行10千米到达B处，测得目标C的俯角为75°，这时B处与地面目标C的距离为( )
A. 5千米B. 52千米C. 4千米D. 42千米
如图，为了测量河对岸电视塔CD的高度，测量者小张在岸边点A处测得塔顶D的仰角为30°，塔底C与A的连线同河岸成15°角，小张沿河岸向前走了200米到达M处，测得塔底C与M的连线同河岸成60°角，则电视塔CD的高度为( )
A. 1002米B. 1006米C. 502米D. 506米
如图，为了测量山坡上灯塔CD的高度，某人从高为h=40的楼AB的底部A处和楼顶B处分别测得仰角为β=60°，α=30°，若山坡高为a=35，则灯塔高度是( )
A. 15B. 25C. 40D. 60
如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测得∠BCD=15∘，∠BDC=135∘，CD=20m，在点C测得塔顶A的仰角为60∘，则塔高AB=( )
A. 30m
B. 202m
C. 203m
D. 206m
如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测A，B分别在D处的北偏西15°，北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为( )
A. 206海里B. 406海里
C. 20(1+3)海里D. 40海里
如图，AD是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔BD，若某科研小组在坝底A点测得∠BAD=15°，沿着坡面前进40米到达E点，测得∠BED=45°，则大坝的坡角(∠DAC)的余弦值为( )
A. 3−1
B. 3−12
C. 2−1
D. 2−12
某观察站C与两灯塔A，B的距离分别为3km和5km，测得灯塔A在观察站C北偏西50°，灯塔B在观察站C北偏东70°，则两灯塔A，B间的距离为( )km．
A. 34−153B. 19C. 7D. 34+153
2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day).历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔⋅卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6 n边形的周长和外切正6 n边形(各边均与圆相切的正6 n边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔⋅卡西的方法，π的近似值的表达式是( )
A. 3n(sin30°n+tan30°n)B. 6n(sin30°n+tan30°n)
C. 3n(sin60°n+tan60°n)D. 6n(sin60°n+tan60°n)
台风中心从A地以20 km/h的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危险区，城市B在A地正东40 km处，则城市B处于危险区内的时间为( )
A. 0.5 hB. 1 hC. 1.5 hD. 2 h
华蓥山天池与天山天池、长白山天池并称为全国三大天池，“天池湖水鱼欢月，云鹤楼台鸟唱山”是对天池秀丽风光的描写．某学习小组为了测量天池湖两侧C，D两点间的距离，除了观测点C，D外，又选了两个观测点P1P2，且P1P2=a，已经测得两个角∠P1P2D=α，∠P2P1D=β，由于条件不足，需要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面新观测的角的其中一组，就可以求出C，D间距离的有( )组．
①∠DP1C和∠DCP1
②∠P1P2C和∠P1CP2
③∠P1DC和∠DCP1
A. 3B. 2C. 1D. 0
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
如图：为了测量河对岸的塔高AB，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得CD=200米，且在点C和D测得塔顶A的仰角分别为45°和30°，又∠CBD=30°，则塔高AB=______米．
某环保监督组织为了监控和保护洞庭湖候鸟繁殖区域，需测量繁殖区域内某湿地A、B两地间的距离(如图)，环保监督组织测绘员在(同一平面内)同一直线上的三个测量点D、C、E，从D点测得∠ADC=67.5∘，从点C测得∠ACD=45∘，∠BCE=75∘，从点E测得∠BEC=60∘，并测得DC=23，CE=2(单位：千米)，测得A、B两点的距离为___________．
山顶上有一座信号发射塔，塔高0.2千米，山脚下有A，B，C三个观测点，它们两两之间的距离分别为AB=3千米，AC=4千米，BC=2千米，从这三个观测点望塔尖的仰角均为60°，则山高为______千米．
如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D.现测得∠BCD=75°，∠BDC=60°，CD=102m，并在点C测得塔顶A的仰角θ为30°，则塔高AB为______m.
三、多空题（本大题共4小题，共20.0分）
某中学组队到某村参加社会实践活动，村长让学生测量河流两岸A与B两点间的距离．同学们各抒己见，但李明想到一种测量方法，同学们一致认为很好．其方法是：在点A处垂直地面竖立一根竹竿，在竹竿上取一点P，使AP=a米，在P处测得从P看B的俯角为α．
①当A和B在同一水平面上时(如图1)，测得AB= 米；
②当A和B不在同一水平面上(A和B1在同一水平面上)时(如图2)，利用测角仪测得∠PAB=β，此时，可测得AB= 米．
A、B、C是水面下共线的三个声波监测点，B、C两点到A的距离分别为40千米和100千米，某时刻，B收到发自水面下静止目标P的一个声波信号，16秒后，A，C同时接到该声波信号，声波在水中的传播速度为1.5千米/秒．则A到P的距离为 千米；P到直线AC的距离为 千米．
在△ABC中，AB=43，∠B=π4，点D在边BC上，∠ADC=2π3，CD=2，则AD= ；△ACD的面积为 ．
在锐角△ABC中，D是边BC上一点，且AB=22，BC=3，AC=AD，若cs∠CAD=35，则sinC= ，△ABC的面积是 ．
四、解答题（本大题共4小题，共48.0分）
如图，在平面四边形ABCD中，若∠ADC=90°，sinA=338，AB=8，BD=6．
(1)求∠ADB；
(2)若DC=23，求BC．
如图所示，合肥一中积极开展美丽校园建设，现拟在边长为0.6千米的正方形地块ABCD上划出一片三角形地块CMN建设小型生态园，点M，N分别在边AB，AD上
(1)当点M，N分别时边AB中点和AD靠近D的三等分点时，求∠MCN的余弦值；
(2)实地勘察后发现，由于地形等原因，△AMN的周长必须为1.2千米，请研究∠MCN是否为定值，若是，求此定值，若不是，请说明理由．
在平面四边形ABCD中，∠A+∠C=π，AB=1，BC=3，CD=DA=2．
(1)求∠C和四边形ABCD的面积；
(2)若E是BD的中点，求CE．
如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台P，已知射线AB，AC为两边夹角为120∘的公路(长度均超过3千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客上下点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM=3千米，AN=3千米．
(1)求线段MN的长度；
(2)若∠MPN=60∘，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查解三角形的实际应用问题，属于基础题．
由两角差的正切公式求出tan15°，在Rt△ADB中，DB=AD⋅tan15°，在Rt△ADC中，DC=AD⋅tan60°，即BC=DC−DB，从而可求解．
【解答】
解：如图，∠DAB=15°，∵tan15°=tan(45°−30°)=2−3．
在Rt△ADB中，又AD=60，∴DB=AD⋅tan15°=120−603．
在Rt△ADC中，∠DAC=60°，AD=60，∴DC=AD⋅tan60°=603．
∴BC=DC−DB=603−(120−603)=120(3−1)(m)，
∴河流的宽度BC等于120(3−1)m.
故选C．


2.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，A，B∈(0,π)，所以sinB>0，由于csA>sinB>0，则：A为锐角．
所以csA>cs(π2−B)，π2−B∈(−π2,π2)，
由于函数f(x)=csx在(−π2,π2)上为偶函数，且在[0,π2)上单调递减，
f(A)>f(π2−B)，
所以|A|<|π2−B|．
即π2−B>A，所以A+B<π2，故C>π2．
或π2−B<−A，整理得：B>A+π2>π2，所以该三角形为钝角三角形．
故选：D．
直接利用三角函数关系式的变换和余弦函数的性质的应用及三角形内角和定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了利用正弦定理解答实际应用问题，是基础题．
由题意，利用正弦定理即可求得BC的值．
【解答】
解：由题意知，在△ABC中，AB=10，∠BAC=30°，∠ACB=75°−30°=45°，
由正弦定理得BCsin30∘=10sin45∘，
解得BC=10×1222=52．
∴B处与地面目标C的距离为52千米．
故选B．
4.【答案】A
【解析】解：在△ACM中，∠CAM=15°，AM=200(米)，
则∠CMA=180°−60°=120°，∠ACM=60°−15°=45°，
由正弦定理，得AMsin∠ACM=ACsin∠CMA，
即AC=200sin120°sin45∘=1006(米)，
在Rt△ACD中，DC=AC⋅tan∠CAD=1006×33=1002(米)，
所以塔高CD为1002(米)．
故选：A．
本题主要考查了解三角形的实际应用，正弦定理，属于基础题．
根据正弦定理求得AC，进而在Rt△ACD中，根据DC=AC⋅tan∠CAD求得CD．
5.【答案】B
【解析】解：过点B作BE⊥DC于点E，过点A作AF⊥DC于点F，
如图所示，在△ABD中，由正弦定理得，ABsin∠ADB=ADsin∠ABD，
即hsin[90∘−α−(90∘−β)]=ADsin(90∘+α)，
∴AD=hcsαsin(β−α)，在Rt△ADF中，DF=ADsinβ=hcsαsinβsin(β−α)，
又山高为a，则灯塔CD的高度是
CD=DF−CF=hcsαsinβsin(β−α)−a=40×32×3212−35=60−35=25．
故选：B．
过点B作BE⊥DC于点E，过点A作AF⊥DC于点F，在△ABD中由正弦定理求得AD，在Rt△ADF中求得DF，从而求得灯塔CD的高度．
本题考查了解三角形的应用和正弦定理，考查了转化思想，属中档题．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了正弦定理及解三角形的实际应用 ，属于基础题．
先根据三角形的内角和求出∠CBD，再根据正弦定理求得BC，进而在直角三角形ACB中根据∠ACB及BC求得AB．
【解答】
解：∠CBD=180°−∠BCD−∠BDC=30°，
根据正弦定理得BC=CDsin∠CBD·sin∠BDC=2012×22=202，
∴AB=tan∠ACB⋅CB=3×202=206 ，
故选D．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
分别在△ACD和△BCD中利用正弦定理计算AD，BD，再在△ABD中利用余弦定理计算AB．
本题考查了解三角形的应用，合理选择三角形，利用正余弦定理计算是关键，属于中档题．
【解答】
解：连接AB，
由题意可知CD=40，∠ADC=105°，∠BDC=45°，∠BCD=90°，∠ACD=30°，
∴∠CAD=45°，∠ADB=60°，
在△ACD中，由正弦定理得ADsin30∘=40sin45∘，∴AD=202，
在Rt△BCD中，
∵∠BDC=45°，∠BCD=90°，
∴BD=2CD=402．
在△ABD中，由余弦定理得AB=800+3200−2×202×402×cs60°=206(海里)．
故选：A．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了解三角形的应用问题，涉及正弦定理，诱导公式，考查分析问题与解答问题的能力，是基础题．
在△ABE中由正弦定理求得BE的值，在△BED中由正弦定理求得sin∠BDE，再利用诱导公式求出cs∠DAC的值．
【解答】
解：因为∠BAD=15°，∠BED=45°，所以∠ABE=30°；
在△ABE中，由正弦定理得AEsin30∘=BEsin15∘，
解得BE=20(6−2)米；
在△BED中，由正弦定理得BEsin∠BDE=BDsin45∘，
所以sin∠BDE=20(6−2)×2220=3−1；
又∠ACD=90°，所以sin∠BDE=sin(∠DAC+90°)，
所以cs∠DAC=3−1．
故选：A．
9.【答案】C
【解析】解：由题意，△ABC中，AC=3km，BC=5km，∠ACB=120°，
利用余弦定理可得：AB2=32+52−2×3×5×cs120°=49，
∴AB=7km．
故选：C．
根据题意，△ABC中，AC=3km，BC=5km，∠ACB=120°，利用余弦定理可求得AB的距离．
本题以方位角为载体，考查三角形的构建，考查余弦定理的运用，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查数学中的文化，考查圆的内接和外切多边形的边长的求法，考查运算能力，属于基础题．
设内接正6n边形的边长为a，外切正6n边形的边长为b，运用圆的性质，结合直角三角形的锐角三角函数的定义，可得所求值．
【解答】
解：如图，设内接正6n边形的边长为a，外切正6n边形的边长为b，
可得a=2sin360°12n=2sin30°n，
b=2tan360°12n=2tan30°n，
则2π≈6na+6nb2=6n(sin30°n+tan30°n)，
即π≈3n(sin30°n+tan30°n)，
故选：A．

11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查解三角形的实际应用，考查数形结合思想，考查分析与计算能力，属于中档题．
由题意画出示意图，建立平面直角坐标系，代入已知条件即可求解．
【解答】
解：由题意画出示意图，建立如图所示的平面直角坐标系，
令|BE|=|BF|=30，
在△ABC中，|BC|=40×22=202，
而|BE|=30，
∴|EC|=302−(202)2=10，
∴|EF|=20，
∴B城市处于危险区内的时间为2020=1(h)，
故选B．
12.【答案】B
【解析】解：因为P1P2=a，∠P1P2D=α，∠P2P1D=β，所以∠P1DP2=π−α−β，
在△DP1P2中，由正弦定理可得：P1P2sin∠P1DP2=DP1sin∠P1P2D，可得DP1的值，
若①∠DP1C和∠DCP1可得∠P1DC的角，在△DP1C中由正弦定理可得DC的值；所以①可以求出DC的值；
若②∠P1P2C和∠P1CP2可得P1C的值，在△DP1C中只有两边的条件，不能求出DC的值，所以②不行，
若③∠P1DC和∠DCP1可得∠DP1C的值，由△DP1C中由正弦定理可得DC的值，所以③可以求出DC的值，
可得可以求出C，D间距离的有2组．
故选：B．
由已知条件及正弦定理可得DP1的值，只需△DP1C再有两个条件即可，可选出结论．
本题考查三角形的正弦定理的应用，属于中档题．
13.【答案】200
【解析】解：设AB=h，则BC=h，BD=3h，
△BCD中，∠CBD=30°，CD=200m，
由余弦定理，可得40000=h2+3h2−2h⋅3h⋅32，
∴h=200，即AB=200米．
故答案为：200．
设AB=h，则BC=h，BD=3h，△BCD中，由余弦定理，可得方程，即可求塔高AB．
本题考查利用数学知识解决实际问题，考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础．
14.【答案】3千米
【解析】
【分析】
本题主要考查正余弦定理在解三角形中的综合运用以及解三角形的实际应用，属于简单题．
先根据已知可知△ADC为等腰三角形，可以求得AC=DC=23，再在△BCE用正弦定理求出BC的值，最后在△ABC中运用余弦定理即可求出AB的值．
【解答】
解：根据题意，在△ADC中，在△ADC中，∠ACD=45∘，∠ADC=67.5°，DC=23，
则∠DAC=180∘−45∘−67.5°=67.5°，则AC=DC=23，
在△BCE中，∠BCE=75∘，∠BEC=60∘，CE=2，
则∠EBC=180∘−75∘−60∘=45∘．
则有ECsin∠EBC=BCsin∠BEC，
变形可得BC=EC×sin∠BECsin∠EBC=2×3222=3，
在△ABC中，AC=23，BC=3，
∠ACB=180∘−∠ACD−∠BCE=60∘，
则AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACB=9，则AB=3．
故答案为3千米．
15.【答案】85−15
【解析】解：设塔顶的垂直高度为PO=x千米，则AO=BO=CO=33x，
∴A、B、C均在以O为圆心，以33x为半径的圆上，
在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=2，
由余弦定理得：cs∠ACB=42+22−322×4×2=1116，
∴sin∠ACB=1−cs2∠ACB=31516，
由正弦定理得：2R=ABsin∠ACB=161515，则R=81515．
∴33x=81515，解得x=855．
∴山高为85−15千米．
故答案为：85−15．
设塔顶的垂直高度为PO=x千米，则AO=BO=CO=33x，可得A、B、C均在以O为圆心，以33x为半径的圆上，求解三角形可得△ABC的外接圆的半径，然后利用圆的半径相等求得x值，则山高可求．
本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】10
【解析】解：∵∠BCD=75°，∠BDC=60°，
∴∠DBC=180°−75°−60°=45°，
又CD=102m，∴由正弦定理得BCsin∠BDC=CDsin∠DBC，
则BC=CD⋅sin∠BDCsin∠DBC=102×3222=103m，
在Rt△ABC中，由∠ACB=30°，BC=103，
得AB=BC⋅tan30°=103×33=10m．
故答案为：10．
利用正弦定理求出BC的值，然后根据直角三角形ABC中的边角关系求解出AB的长度．
本题考查三角形的解法，考查正弦定理的应用，考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】atanα
acs αcs (α−β)．
【解析】
【分析】
本题主要考查解三角形的实际应用，正弦定理及诱导公式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
①由题意，可得由PAAB=tanα，从而可求出AB；②利用正弦定理及诱导公式求解即可．
【解答】
解： ①∠PBA=α，由PAAB=tanα，得AB=atanα;
②∠APB=π2−α，∠PBA=π−(π2−α)−β=π2+α−β，
由正弦定理，得asin (π2+α−β)=ABsin (π2−α)，
解得AB=acs αcs (α−β)．
故答案为 ①atanα； ②acs αcs (α−β)．
18.【答案】62
821
【解析】
【分析】
本题考查解三角形的实际应用，属于一般题．
设PB=x，由，利用余弦定理求出x，即可求得A到P的距离和P到直线AC的距离．
【解答】
解：设PB=x，则PA=PC=x+1.5×16=x+24km，
因为，AB=40km，BC=60km
所以，
即BA2+BP2−AP22BA·BP=−BC2+BP2−PC22BC·BP
即402+x2−x+2422×40×x=−602+x2−x+2422×60×x，
解得x=38
故PA=38+24=62km，
h=382−60−4022=821km
故A到P的距离为62千米，P到直线AC的距离为821千米．

19.【答案】42
26
【解析】
【分析】
本题主要考查正弦定理以及三角形的面积，属于基础题目．
先根据正弦定理求得AD，进而求得三角形的面积．
【解答】
解：如图：
因为在△ABC中，AB=43，∠B=π4，点D在边BC上，∠ADC=2π3，CD=2，
所以：ADsin∠ABD=ABsin∠ADB⇒AD=43×sinπ4sinπ3=42；
S△ACD=12⋅AD⋅CD⋅sin∠ADC=12×42×2×sin2π3=26；
故答案为：42，26．

20.【答案】255 ;3
【解析】
【分析】
本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，考查运算能力．
先根据已知条件求得cs2C=cs(π−∠CAD)=−35，进而求得sinC；再借助于正弦定理求出sin∠CAB，结合三角形内角和，求出sinB即可求出面积．
【解答】
解：如图：
因为在锐角△ABC中，D是边BC上一点，
且AB=22，BC=3，AC=AD，若cs∠CAD=35，
∴∠C=∠ADC，
∴cs2C=cs(π−∠CAD)=−35；
∴1−2sin2C=−35⇒sin2C=45⇒sinC=255，
∴csC=1−sin2C=55；
∵ABsinC=BCsin∠CAB⇒sin∠CAB=31010，
∴cs∠CAB=1−sin2∠CAB=1010；
∴sinB=sin(∠CAB+C)
=sin∠CABcsC+cs∠CABsinC=22，
∴S△ABC=12×BA×CB×sinB
=12×22×3×22=3；
故答案为：255；3．

21.【答案】解：(1)在△ABD中，sinA=338，AB=8，BD=6，
可得BDsinA=ABsin∠ADB，
即有sin∠ADB=AB⋅sinABD=8×3386=32，
因为∠ADC=90°，
所以可得锐角ADB为60°；
(2)在△BCD中，BD=6，CD=23，∠CDB=90°−60°=30°，
可得BC2=DB2+DC2−2DC⋅DBcs∠CDB=36+12−2⋅23⋅6⋅32=12，
可得BC=23．
【解析】(1)在△ABD中，运用正弦定理，计算可得所求角；
(2)在△BCD中，运用余弦定理计算可得所求值．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
22.【答案】解：(1)当点M，N分别是边AB中点和AD靠近D的三等分点时，
tan∠DCN=13，tan∠MCB=12，如图所示；
所以tan(∠DCN+∠MCB)=13+121−13×12=1，
所以∠DCN+∠MCB=π4，
所以∠MCN=π4，
所以cs∠MCN=22；
(2)设AM=x，AN=y，则MN2=x2+y2=(1.2−x−y)2，
可得xy=1.2(x+y)−0.72，
又tan∠DCN=0.6−y0.6，tan∠MCB=0.6−x0.6，
所以tan(∠DCN+∠MCB)=0.6−y0.6+0.6−x0.61−0.6−y0.6×0.6−x0.6=0.72−0.6(x+y)0.6(x+y)−xy，
将xy=1.2(x+y)−0.72代入上式，计算得tan(∠DCN+MCB)=1，
所以∠DCN+∠MCB=π4，
所以∠MCN=π4为定值．
【解析】(1)根据题意计算tan∠DCN和tan∠MCB的值，求出tan(∠DCN+∠MCB)的值，即得∠MCN，再求cs∠MCN；
(2)设AM=x，AN=y，利用余弦定理求出xy、再计算tan∠DCN、tan∠MCB，从而求得tan(∠DCN+∠MCB)，得出∠MCN为定值．
本题考查了三角形中边角关系应用问题，也考查了三角恒等变换应用问题，是中档题．
23.【答案】解：(1)由题设及余弦定理得：
BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs C，
13−12cs C，①
BD2=AB2+DA2−2AB⋅DAcs A
=5+4cs C.②
由①②得cs C=12，故C=60°，BD=7．
四边形ABCD的面积S=12AB⋅DAsin A+12BC⋅CDsin C
=12×1×2sin120°+12×3×2×sin 60°
=23．
(2)由CE=12(CD+CB)，
得CE2=14(CD2+CB2+2CD⋅CB)．
=14(4+9+2×2×3×12)
=194
所以CE=192．
【解析】(1)利用已知条件结合余弦定理求出C，然后通过三角形的面积求解四边形ABCD的面积．
(2)通过向量的数量积以及向量的模转化求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，三角形的解法，考查转化思想以及计算能力．
24.【答案】解：(1)在△AMN中，由余弦定理得，
MN2=AM2+AN2−2AM⋅ANcs120∘
=3+3−2×3×3×−12=9,MN=3，
所以线段MN的长度为3千米．
(2)设∠PMN=α，因为∠MPN=60∘，所以∠PNM=120∘−α，
在△PMN中，由正弦定理得，
MNsin∠MPN=PMsin120∘−α=PNsinα=3sin60∘=23．
所以PM=23sin120∘−α，PN=23sinα，
因此PM+PN=23sin120∘−α+23sinα
=2332csα+12sinα+23sinα
=33sinα+3csα=6sinα+30∘，
因为0∘<α<120∘，所以30∘<α+30∘<150∘．
所以当α+30∘=90∘，即α=60∘时，PM+PN取到最大值6．
答：两条观光线路PM与PN之和的最大值为6千米．
【解析】本题考查正、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，尤其是辅助角公式要熟练应用，属于中档题．
(1)根据AM=3，AN=3，，用余弦定理即可求出MN；
(2)设∠PMN=α，∠PNM=120∘−α，用正弦定理求出PM=23sin120∘−α，PN=23sinα，则PM+PN=6sinα+30∘，由α的取值范围，即可求解．