2025高考数学一轮复习-22.2-解三角形及其应用举例-专项训练【含解析】

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C．eq \r(34)－15eq \r(3)D．eq \r(34)＋15eq \r(3)
2．在△ABC中，若acs A＝bcs B，则△ABC的形状一定是( )
A．等腰直角三角形B．直角三角形
C．等腰三角形D．等腰或直角三角形
3．(2024·武钢期中)在锐角△ABC中，若C＝2B，则eq \f(c,b)的范围为( )
A．(eq \r(2)，eq \r(3))B．(eq \r(3)，2)
C．(0,2)D．(eq \r(2)，2)
4．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9海里/小时的速度向小岛靠拢，我海军舰艇立即以21海里/小时的速度前去营救，则舰艇靠近渔轮所需的时间为( )
A．eq \f(1,2)小时B．eq \f(2,3)小时
C．eq \f(3,4)小时D．1小时
5．如图所示，在四边形ABCD中，AC＝AD＝CD＝7，∠ABC＝120°，sin∠BAC＝eq \f(5\r(3),14)且BD为∠ABC的平分线，则BD＝( )
A．6B．9
C．7eq \r(2)D．8
6．(多选)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离12eq \r(6) n mile；在A处看灯塔C在货轮北偏西30°，距离8eq \r(3) n mile．货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是( )
A．A处与D处之间的距离是24 n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C．灯塔C在D处的西偏南60°
D．D在灯塔B的北偏西30°
7．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，则B城市处于危险区的时间为________小时．
8．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径为________．
9．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＝eq \r(3)千米，AN＝eq \r(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．
10．如图，某侦察飞机沿水平直线AC匀速飞行，在A处观测地面目标P，测得俯角∠BAP＝30°，飞行3分钟后到达B处，此时观测地面目标P，测得俯角∠ABP＝60°，又飞行一段时间后到达C处，此时观测地面目标P，测得俯角∠BCP的余弦值为eq \f(4\r(19),19)，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为( )
A．2分钟B．2．25分钟
C．2．5分钟D．2．75分钟
11．(多选)如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asin Bcs C＋csin Bcs A＝eq \f(\r(3),2)b，且∠CAB＝eq \f(π,3)．点D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，下列说法中，正确的命题是( )
A．△ABC的内角B＝eq \f(π,3)
B．△ABC的内角C＝eq \f(π,3)
C．四边形ABCD的面积最大值为eq \f(5\r(3),2)＋3
D．四边形ABCD的面积无最大值．
12．在解三角形的问题中，其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边a，b，c直接求出三角形的面积．据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，他得到了海伦公式，即S＝eq \r(pp－ap－bp－c)，其中p＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)．我国南宋著名数学家秦九韶(约1202～1261)在《数书九章》里面给出了一个等价解法，这个解法写成公式就是S＝eq \r(\f(1,4)c2a2－□2)，这个公式中的□＝________．
13．第十届中国花卉博览会于2021年5月21日至7月2日在上海崇明区举办，以“蝶恋花”为设计理念的世纪馆，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度280米，屋面板厚度只有250毫米．图①为建成后的世纪馆；图②是建设中的世纪馆；图③是场馆的简化图．
如图③是由两个相同的半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，AA′∥PP′∥OO′∥BB′，其中AA′＝280米，圆心距OO′＝160米，半圆的半径R＝75米，椭圆中心P与圆心O的距离PO＝40米，C，C′为直线PP′与半圆的交点，∠COB＝60°．
(1)设α＝∠A′AB，计算sin α的值；
(2)计算∠COP的大小(精确到1°)．
附：sin 36．87°≈0．6，sin 47．44°≈eq \f(12\r(3)－9,16)．
14．《益古演段》是我国古代数学家李冶(1192～1279)的一部数学著作．内容主要是已知平面图形的信息，求圆的半径、正方形的边长和周长等．其中有这样一个问题：如图，已知∠A＝60°，点B，C分别在∠A的两个边上移动，且保持B，C两点间的距离为2eq \r(3)，则点B，C在移动过程中，线段BC的中点D到点A的最大距离为________．
15．如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min．在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cs A＝eq \f(12,13)，cs C＝eq \f(3,5)．
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
22.2-解三角形及其应用举例-专项训练【解析版】
1．某观察站C与两灯塔A，B的距离分别为3 km和5 km，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( )
A．7 B．8
C．eq \r(34)－15eq \r(3)D．eq \r(34)＋15eq \r(3)
解析：A 根据题意，画出草图如图所示，结合题干条件易知AC＝3 km，BC＝5 km，∠ACB＝120°，利用余弦定理可得AB2＝32＋52－2×3×5×cs 120°＝49，∴AB＝7 km．故选A．
2．在△ABC中，若acs A＝bcs B，则△ABC的形状一定是( )
A．等腰直角三角形B．直角三角形
C．等腰三角形D．等腰或直角三角形
解析：D 已知acs A＝bcs B，利用正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，解得sin Acs A＝sin Bcs B，即sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＝180°－2B，解得A＝B或A＋B＝90°，所以△ABC的形状是等腰或直角三角形．故选D．
3．(2024·武钢期中)在锐角△ABC中，若C＝2B，则eq \f(c,b)的范围为( )
A．(eq \r(2)，eq \r(3))B．(eq \r(3)，2)
C．(0,2)D．(eq \r(2)，2)
解析：A 由正弦定理得eq \f(c,b)＝eq \f(sin C,sin B)＝eq \f(sin 2B,sin B)＝2cs B，∵△ABC是锐角三角形，∴三个内角均为锐角，即有0＜B＜eq \f(π,2)，0＜C＝2B＜eq \f(π,2)，0＜π－C－B＝π－3B＜eq \f(π,2)，解得eq \f(π,6)＜B＜eq \f(π,4)，余弦函数在此范围内是减函数．故eq \f(\r(2),2)＜cs B＜eq \f(\r(3),2)．∴eq \f(c,b)∈(eq \r(2)，eq \r(3))．故选A．
4．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9海里/小时的速度向小岛靠拢，我海军舰艇立即以21海里/小时的速度前去营救，则舰艇靠近渔轮所需的时间为( )
A．eq \f(1,2)小时B．eq \f(2,3)小时
C．eq \f(3,4)小时D．1小时
解析：B 如图，设舰艇在B处靠近渔轮，所需的时间为t小时，则AB＝21t，CB＝9t．在△ABC中，根据余弦定理，则有AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs 120°，可得212t2＝102＋81t2＋2·10·9t·eq \f(1,2)．整理得360t2－90t－100＝0，解得t＝eq \f(2,3)或t＝－eq \f(5,12) (舍去)．故舰艇需eq \f(2,3)小时靠近渔轮．故选B．
5．如图所示，在四边形ABCD中，AC＝AD＝CD＝7，∠ABC＝120°，sin∠BAC＝eq \f(5\r(3),14)且BD为∠ABC的平分线，则BD＝( )
A．6B．9
C．7eq \r(2)D．8
解析：D 由正弦定理得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin∠ABC)⇒eq \f(BC,\f(5\r(3),14))＝eq \f(7,\f(\r(3),2))⇒BC＝5，由AC＝AD＝CD＝7，可得∠ADC＝60°，又∠ABC＝120°，所以A，B，C，D四点共圆，∠DBC＝∠DAC＝60°，由余弦定理得cs∠DBC＝eq \f(BD2＋BC2－DC2,2BD·BC)⇒BD＝8．故选D．
6．(多选)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离12eq \r(6) n mile；在A处看灯塔C在货轮北偏西30°，距离8eq \r(3) n mile．货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是( )
A．A处与D处之间的距离是24 n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C．灯塔C在D处的西偏南60°
D．D在灯塔B的北偏西30°
解析：AC 由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12eq \r(6)，AC＝8eq \r(3)，在△ABD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin B)＝eq \f(AB,sin∠ADB)，所以AD＝eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(n mile)，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝eq \r(AC2＋AD2－2AC·ADcs∠CAD)，即CD＝
eq \r(8\r(3)2＋242－2×8\r(3)×24×\f(\r(3),2))＝8eq \r(3)(n mile)，故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°处，故D错误．故选A、C．
7．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，则B城市处于危险区的时间为________小时．
解析：设A地东北方向上存在点P到B的距离为30千米，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cs A，故302＝x2＋402－2x·40·cs 45°，化简得x2－40eq \r(2)x＋700＝0，设方程的两根为x1，x2，则x1＋x2＝40eq \r(2)，x1x2＝700，所以|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝20，即图中CD＝20千米，所以B城市处于危险区的时间为eq \f(20,20)＝1小时．
答案：1
8．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径为________．
解析：由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝150°，所以∠DAC＝15°，由正弦定理得AC＝eq \f(80sin 150°,sin 15°)＝eq \f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq \r(6)＋eq \r(2))．在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝∠BCA＋∠ACD＝135°，所以∠DBC＝30°，由正弦定理eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，得BC＝eq \f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(80×sin 15°,\f(1,2))＝160sin 15°＝40(eq \r(6)－eq \r(2))．在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4eq \r(3))＋1 600×(8－4eq \r(3))＋2×1 600×(eq \r(6)＋eq \r(2))×(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(1,2)＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，解得AB＝80eq \r(5)．故图中海洋蓝洞的口径为80eq \r(5)．
答案：80eq \r(5)
9．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＝eq \r(3)千米，AN＝eq \r(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．
解：(1)在△AMN中，由余弦定理得，MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcs 120°＝3＋3－2×eq \r(3)×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝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，
eq \f(MN,sin∠MPN)＝eq \f(PM,sin120°－α)＝eq \f(PN,sin α)＝eq \f(3,sin 60°)＝2eq \r(3)．
所以PM＝2eq \r(3)sin(120°－α)，PN＝2eq \r(3)sin α，因此PM＋PN＝2eq \r(3)sin(120°－α)＋2eq \r(3)sin α＝2eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs α＋\f(1,2)sin α))＋2eq \r(3)sin α＝3eq \r(3)sin α＋3cs α＝6sin(α＋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．
所以两条观光线路PM与PN之和的最大值为6千米．
10．如图，某侦察飞机沿水平直线AC匀速飞行，在A处观测地面目标P，测得俯角∠BAP＝30°，飞行3分钟后到达B处，此时观测地面目标P，测得俯角∠ABP＝60°，又飞行一段时间后到达C处，此时观测地面目标P，测得俯角∠BCP的余弦值为eq \f(4\r(19),19)，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为( )
A．2分钟B．2．25分钟
C．2．5分钟D．2．75分钟
解析：B 设飞机的飞行速度为v，由题知∠BAP＝30°，∠ABP＝60°，所以△ABP为直角三角形，如图，过点P作PD⊥AC于点D，则AB＝3v，AP＝eq \f(3\r(3),2)v，BP＝eq \f(3,2)v，可得DP＝eq \f(3\r(3),4)v，所以DB＝eq \f(3,4)v，设CB＝xv，由cs∠BCP＝eq \f(4\r(19),19)，可得sin∠BCP＝eq \f(\r(3)×\r(19),19)，则tan∠BCP＝eq \f(\r(3),4)，又由tan∠BCP＝eq \f(\f(3\r(3),4)v,\f(3,4)v＋xv)＝eq \f(\r(3),4)，解得x＝2．25．故选B．
11．(多选)如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asin Bcs C＋csin Bcs A＝eq \f(\r(3),2)b，且∠CAB＝eq \f(π,3)．点D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，下列说法中，正确的命题是( )
A．△ABC的内角B＝eq \f(π,3)
B．△ABC的内角C＝eq \f(π,3)
C．四边形ABCD的面积最大值为eq \f(5\r(3),2)＋3
D．四边形ABCD的面积无最大值．
解析：ABC 因为asin Bcs C＋csin Bcs A＝eq \f(\r(3),2)b，由正弦定理得sin Asin Bcs C＋sin Csin Bcs A＝eq \f(\r(3),2)sin B，B为三角形内角，sin B≠0，所以sin Acs C＋cs Asin C＝eq \f(\r(3),2)，sin(A＋C)＝eq \f(\r(3),2)，所以sin B＝sin(A＋C)＝eq \f(\r(3),2)，B＝eq \f(π,3)或B＝eq \f(2π,3)，又∠CAB＝eq \f(π,3)，所以B＝eq \f(2π,3)不合题意，所以B＝eq \f(π,3)，从而∠ACB＝eq \f(π,3)，A、B正确；在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcs D＝9＋1－2×3×1×cs D＝10－6cs D，所以S四边形ABCD＝eq \f(1,2)AD·CDsin D＋eq \f(\r(3),4)AC2＝eq \f(3,2)sin D－eq \f(3\r(3),2)cs D＋eq \f(5\r(3),2)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(D－\f(π,3)))＋eq \f(5\r(3),2)，D∈(0，π)，D－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以D－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即D＝eq \f(5π,6)时，S四边形ABCD＝3＋eq \f(5\r(3),2)为最大值，无最小值．C正确，D错．故选A、B、C．
12．在解三角形的问题中，其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边a，b，c直接求出三角形的面积．据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，他得到了海伦公式，即S＝eq \r(pp－ap－bp－c)，其中p＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)．我国南宋著名数学家秦九韶(约1202～1261)在《数书九章》里面给出了一个等价解法，这个解法写成公式就是S＝eq \r(\f(1,4)c2a2－□2)，这个公式中的□＝________．
解析：由余弦定理知eq \f(c2＋a2－b2,2)＝accs B，所以S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(\f(1,4)a2c2sin2B)＝eq \r(\f(1,4)c2a2－c2a2cs2B)＝eq \r(\f(1,4)c2a2－□2)，所以□＝eq \f(c2＋a2－b2,2)．
答案：eq \f(c2＋a2－b2,2)
13．第十届中国花卉博览会于2021年5月21日至7月2日在上海崇明区举办，以“蝶恋花”为设计理念的世纪馆，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度280米，屋面板厚度只有250毫米．图①为建成后的世纪馆；图②是建设中的世纪馆；图③是场馆的简化图．
如图③是由两个相同的半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，AA′∥PP′∥OO′∥BB′，其中AA′＝280米，圆心距OO′＝160米，半圆的半径R＝75米，椭圆中心P与圆心O的距离PO＝40米，C，C′为直线PP′与半圆的交点，∠COB＝60°．
(1)设α＝∠A′AB，计算sin α的值；
(2)计算∠COP的大小(精确到1°)．
附：sin 36．87°≈0．6，sin 47．44°≈eq \f(12\r(3)－9,16)．
解：(1)易知OO′为等腰梯形ABB′A′的中位线，所以cs α＝eq \f(\f(280－160,2),75)＝eq \f(4,5)，
因为α为锐角，所以sin α＝eq \f(3,5)．
(2)因为AA′∥OO′，所以∠O′OB＝∠A′AB＝α，
则∠PCO＝∠COO′＝60°－α，
所以在△CPO中，eq \f(OC,sin∠CPO)＝eq \f(OP,sin60°－α)，
即sin∠CPO＝eq \f(OC·sin60°－α,OP)
＝eq \f(75sin 60°cs α－cs 60°sin α,40)，
则sin∠CPO＝eq \f(12\r(3)－9,16)，
又∠CPO为钝角，所以∠CPO≈132．56°．
由(1)知，sin α＝eq \f(3,5)，所以α≈36．87°，
所以∠COO′≈60°－36．87°＝23．13°，
所以∠OCP＝∠COO′＝23．13°，
所以∠COP＝180°－∠CPO－∠OCP＝180°－132．56°－23．13°≈24°．
14．《益古演段》是我国古代数学家李冶(1192～1279)的一部数学著作．内容主要是已知平面图形的信息，求圆的半径、正方形的边长和周长等．其中有这样一个问题：如图，已知∠A＝60°，点B，C分别在∠A的两个边上移动，且保持B，C两点间的距离为2eq \r(3)，则点B，C在移动过程中，线段BC的中点D到点A的最大距离为________．
解析：如图，延长AD到点P，使AD＝DP，连接PB，PC，∵D是线段BC的中点，∴四边形ABPC是平行四边形，∴∠ACP＝120°，在△ABC中，BC2＝12＝AB2＋AC2－2×AB×AC×cs 60°，∴BC2＝12＝AB2＋AC2－AB×AC≥AB×AC，当且仅当AB＝AC＝2eq \r(3)时等号成立，故AB×AC≤12．在△ACP中，AP2＝AC2＋CP2－2×AC×CP×cs 120°＝AC2＋CP2＋AC×CP，∵AB＝CP，∴AP2＝12＋2AC×AB≤36，∴2AD≤6，∴AD≤3．故线段BC的中点D到点A的最大距离为3．
答案：3
15．如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min．在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cs A＝eq \f(12,13)，cs C＝eq \f(3,5)．
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
解：(1)在△ABC中，因为cs A＝eq \f(12,13)，cs C＝eq \f(3,5)，
所以sin A＝eq \f(5,13)，sin C＝eq \f(4,5)，
从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sin Acs C＋cs Asin C＝eq \f(5,13)×eq \f(3,5)＋eq \f(12,13)×eq \f(4,5)＝eq \f(63,65)．
由正弦定理得AB＝eq \f(AC,sin B)×sin C＝eq \f(1 260,\f(63,65))×eq \f(4,5)＝1 040(m)，所以索道AB的长为1 040 m．
(2)假设乙出发t min后，甲、乙两游客的距离为d m，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×eq \f(12,13)＝200(37t2－70t＋50)＝7 400×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(35,37)))2＋\f(625,1 369)))．
因为0≤t≤eq \f(1 040,130)，即0≤t≤8，所以当t＝eq \f(35,37)时，甲、乙两游客距离最短．即乙出发eq \f(35,37) min后，乙在缆车上与甲的距离最短．
(3)由正弦定理eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AC,sin B)，得BC＝eq \f(AC,sin B)×sin A＝eq \f(1 260,\f(63,65))×eq \f(5,13)＝500(m)．
乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C处．
设乙步行的速度为v m/min，由题意得－3≤eq \f(500,v)－eq \f(710,50)≤3，解得eq \f(1 250,43)≤v≤eq \f(625,14)，
所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1 250,43)，\f(625,14)))(单位：m/min)范围内．