《江蘇省2019高考數學二輪復習 專題七 應用題 第2講 解三角形、幾何中的應用題學案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《江蘇省2019高考數學二輪復習 專題七 應用題 第2講 解三角形、幾何中的應用題學案.doc（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第2講　 解三角形、幾何中的應用題 [考情考向分析]　和三角形有關的應用題，可以利用正弦定理、余弦定理解三角形，進而解決實際問題；和幾何圖形有關的應用題，可以利用平面幾何知識或者建立平面直角坐標系轉化成解析幾何問題，利用直線或者曲線方程解決． 熱點一　和解三角形有關的應用題 例1　如圖所示，在某東西公交路線的南側有一個臨時?？空九_，為了方便乘客，打算在站臺的一面東西方向的長方形墻體ABHG上用AB＝5 m，BC＝1 m的矩形角鋼焊接成一個簡易的遮陽棚(將AB放在墻上)．當太陽光線與水平線的夾角θ分別滿足下列情況時，要使此時遮陽棚的遮陰面積最大，應將遮陽棚ABCD所在的平面與矩形HEFG所在的路面所成的α設置為多大角度？ (1)θ＝90； (2)θ＝80. 解　(1)如圖1，當θ＝90時，太陽光線垂直于地面， 遮陽棚只有與地面平行時，遮陰面積最大， 故遮陽棚ABCD所在的平面與水平面所成角α＝0. (2)如圖2，在平面CBHE內，過點C作直線IJ，與直線HE交于I，與直線HB的延長線交于J，并使得∠CIH＝80， 由題意可知，∠CBH＝α＋90. 在Rt△IHJ中，tan 80＝＝，即HI＝， 欲使得HI取到最大值，只需HB＋BJ取到最大值， 而站臺高HB為定長，故只需BJ取到最大值即可． 在△BCJ中，∠BJC＝10，∠BCJ＝α＋80，由正弦定理得， ＝＝， 即BJ＝， 故當α＝10時，BJ取到最大值，此時HI也取到最大值， 又S陰＝GHHI＝5HI，所以此時遮陽棚的遮陰面積最大． 思維升華　用正、余弦定理去解決具體設計問題時，應關注圖形的特點，找出已知量及所求的量，轉化為三角形的邊角，再利用正弦、余弦定理構造方程或三角函數式求解． 跟蹤演練1　如圖，某公園有三條觀光大道AB，BC，AC圍成直角三角形，其中直角邊BC＝200 m，斜邊AB＝400 m．現有甲、乙、丙三位小朋友分別在AB，BC，AC大道上嬉戲，所在位置分別記為點D，E，F. (1)若甲、乙都以每分鐘100 m的速度從點B出發(fā)在各自的大道上奔走，到大道的另一端時即停，乙比甲晚2分鐘出發(fā)，當乙出發(fā)1分鐘后，求此時甲、乙兩人之間的距離； (2)設∠CEF＝θ，乙、丙之間的距離是甲、乙之間距離的2倍，且∠DEF＝，請將甲、乙之間的距離y表示為θ的函數，并求甲、乙之間的最小距離． 解　(1)依題意得BD＝300 m，BE＝100 m， 在△ABC中，cos B＝＝，∴B＝， 在△BDE中，由余弦定理，得 DE2＝BD2＋BE2－2BDBEcos B ＝3002＋1002－2300100＝70 000， ∴DE＝100 m， 答　甲、乙兩人之間的距離為100 m. (2)由題意得EF＝2DE＝2y，∠BDE＝∠CEF＝θ， 在Rt△CEF中，CE＝EFcos∠CEF＝2ycos θ， 在△BDE中，由正弦定理得＝， 即＝， ∴y＝＝，0＜θ＜， ∴當θ＝時，y有最小值50. 答　甲、乙之間的最小距離為50 m. 熱點二　和立體幾何有關的應用題 例2　(2018淮安四市模擬)某藝術品公司欲生產一款迎新春工藝禮品，該禮品是由玻璃球面和該球的內接圓錐組成，圓錐的側面用于藝術裝飾，如圖1.為了便于設計，可將該禮品看成是由圓O及其內接等腰三角形ABC繞底邊BC上的高所在直線AO旋轉180而成，如圖2.已知圓O的半徑為10 cm，設∠BAO＝θ，0<θ<，圓錐的側面積為S cm2. (1)求S關于θ的函數關系式； (2)為了達到最佳觀賞效果，要求圓錐的側面積S最大．求S取得最大值時腰AB的長度． 解　(1)設AO的延長線交BC于點D，過O作OE⊥AB，垂足為E， 在△AOE中，AE＝10cos θ， AB＝2AE＝20cos θ， 在△ABD中， BD＝ABsin θ＝20cos θsin θ， 所以S＝400πsin θcos2θ，0<θ<. (2)要使側面積最大，由(1)得 S＝400πsin θcos2θ＝400π(sin θ－sin3θ) 令x＝sin θ，所以得f(x)＝x－x3， 由f′(x)＝1－3x2＝0得x＝， 當時，f′(x)>0，當x∈時，f′(x)<0， 所以f(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減， 所以f(x)在x＝時取得極大值，也是最大值； 所以當sin θ＝時，側面積S取得最大值， 此時等腰三角形的腰長 AB＝20cos θ＝20＝20＝. 答　側面積S取得最大值時，等腰三角形的腰AB的長度為 cm. 思維升華　 和立體幾何有關的應用題，主要通過研究空間幾何體的結構特征和面積、體積的計算解決實際問題，解題的關鍵是抓住物體的幾何特征，將實際中的物體抽象成立體幾何中的柱、錐、臺、球等規(guī)則幾何體． 跟蹤演練2　(2018南通等六市模擬)將一鐵塊高溫融化后制成一張厚度忽略不計、面積為100 dm2的矩形薄鐵皮(如圖)，并沿虛線l1，l2裁剪成A，B，C三個矩形(B，C全等)，用來制成一個柱體．現有兩種方案： 方案①：以l1為母線，將A作為圓柱的側面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個圓形作為圓柱的兩個底面； 方案②：以l1為側棱，將A作為正四棱柱的側面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個正方形(各邊分別與l1或l2垂直)作為正四棱柱的兩個底面． (1)設B，C都是正方形，且其內切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面，求底面半徑； (2)設l1的長為x dm，則當x為多少時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大？ 解　(1)設所得圓柱的半徑為r dm，則 4r＝100， 解得r＝. (2)設所得正四棱柱的底面邊長為a dm，則 即 所得正四棱柱的體積V＝a2x≤ 記函數p＝ 則p在上單調遞增，在上單調遞減． ∴當x＝2時， pmax＝20. ∴當x＝2， a＝時， Vmax＝ 20 dm3. 又2a≤x≤，從而a≤. 所得正四棱柱的體積V＝a2x≤a2＝20a≤20. ∴當a＝， x＝2時， Vmax＝ 20dm3. 答　(1)圓柱的底面半徑為 dm； (2)當x為2時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大． 熱點三　和解析幾何有關的應用題 例3　如圖所示，某街道居委會擬在EF地段的居民樓正南方向的空白地段AE上建一個活動中心，其中AE＝30米．活動中心東西走向，與居民樓平行．從東向西看活動中心的截面圖的下部分是長方形ABCD，上部分是以DC為直徑的半圓．為了保證居民樓住戶的采光要求，活動中心在與半圓相切的太陽光線照射下落在居民樓上的影長GE不超過2.5米，其中該太陽光線與水平線的夾角θ滿足tan θ＝. (1)若設計AB＝18米，AD＝6米，問能否保證上述采光要求？ (2)在保證上述采光要求的前提下，如何設計AB與AD的長度，可使得活動中心的截面面積最大？ (注：計算中π取3) 解　如圖，以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系． (1)因為AB＝18米， AD＝6米， 所以半圓的圓心為H(9,6)，半徑r＝9. 設太陽光線所在直線方程為y＝－x＋b， 即3x＋4y－4b＝0，則由＝9， 解得b＝24或b＝(舍)． 故太陽光線所在直線方程為y＝－x＋24, 令x＝30，得EG＝1.5＜2.5. 所以此時能保證上述采光要求． (2)設AD＝h米，AB＝2r米， 則半圓的圓心為H(r，h)，半徑為r. 方法一　設太陽光線所在直線方程為y＝－x＋b， 即3x＋4y－4b＝0， 由＝r，解得b＝h＋2r或b＝h－(舍)． 故太陽光線所在直線方程為y＝－x＋h＋2r， 令x＝30，得EG＝2r＋h－， 由EG≤，得h≤25－2r. 所以S＝2rh＋πr2＝2rh＋r2≤2r(25－2r)＋r2 ＝－r2＋50r＝－(r－10)2＋250≤250. 當且僅當r＝10時取等號． 所以當AB＝20米且AD＝5米時， 可使得活動中心的截面面積最大． 方法二　欲使活動中心內部空間盡可能大， 則影長EG恰為2.5米，則此時點G為(30,2.5)， 設過點G的上述太陽光線為l1， 則l1所在直線方程為y－＝－(x－30)， 即3x＋4y－100＝0. 由直線l1與半圓H相切，得r＝. 而點H(r，h)在直線l1的下方，則3r＋4h－100＜0， 即r＝－，從而h＝25－2r. 又S＝2rh＋πr2＝2r(25－2r)＋r2＝－r2＋50r＝－(r－10)2＋250≤250.當且僅當r＝10時取等號． 所以當AB＝20米且AD＝5米時， 可使得活動中心的截面面積最大． 思維升華　以解析幾何為背景的應用題，一般要建立坐標系，然后轉化為三角知識或二次函數或用基本不等式來求解．解析幾何型應用題是高考的冷點，但在復習時要引起重視． 跟蹤演練3　如圖是一塊地皮OAB，其中OA，AB是直線段，曲線段OB是拋物線的一部分，且點O是該拋物線的頂點，OA所在的直線是該拋物線的對稱軸．經測量，OA＝2 km，AB＝ km，∠OAB＝.現要從這塊地皮中劃一個矩形CDEF來建造草坪，其中點C在曲線段OB上，點D，E在直線段OA上，點F在直線段AB上，設CD＝a km，矩形草坪CDEF的面積為f(a) km2. (1)求f(a)，并寫出定義域； (2)當a為多少時，矩形草坪CDEF的面積最大？ 解　(1)以O為原點，OA邊所在的直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，過點B作BG⊥OA于點G， 在Rt△ABG中，AB＝，∠OAB＝， 所以AG＝BG＝1，又因為OA＝2， 所以OG＝1，則B(1,1)， 設拋物線OCB的標準方程為y2＝2px(p>0)， 代入點B的坐標，得p＝， 所以拋物線的方程為y2＝x. 因為CD＝a，所以AE＝EF＝a，則DE＝2－a－a2， 所以f(a)＝a(2－a－a2)＝－a3－a2＋2a， 定義域為(0,1)． (2)由(1)可知，f(a)＝－a3－a2＋2a， 則f′(a)＝－3a2－2a＋2，令f′(a)＝0，得a＝. 當0＜a＜時， f′(a)＞0，f(a)在上單調遞增； 當＜a＜1時， f′(a)＜0，f(a)在上單調遞減． 所以當a＝時，f(a)取得極大值，也是最大值 答　當a＝時，矩形草坪CDEF的面積最大． 1．(2016江蘇)現需要設計一個倉庫，它由上下兩部分組成，上部分的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1，下部分的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示)，并要求正四棱柱的高OO1是正四棱錐的高PO1的4倍． (1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，則倉庫的容積是多少？ (2)若正四棱錐的側棱長為6 m，則當PO1為多少時，倉庫的容積最大？ 解　(1)V＝622＋6224＝312(m3)． (2)設PO1＝x， 則O1B1＝(00)， 將點代入得，4a＋＝， 解得a＝，即y＝x2＋. 設點P的坐標為，00， 故當t＝時，PG2取得最小值，即PG取得最小值， 為 ＝， 又因小路每米造價m元，故當t＝百米時小路造價最低，最低造價為100m＝m(元)． B組　能力提高 5.如圖，矩形ABCD是一個歷史文物展覽廳的俯視圖，點E在AB上，在梯形BCDE區(qū)域內部展示文物，DE是玻璃幕墻，游客只能在△ADE區(qū)域內參觀．在AE上點P處安裝一可旋轉的監(jiān)控攝像頭，∠MPN為監(jiān)控角，其中M，N在線段DE(含端點)上，且點M在點N的右下方．經測量得知，AD＝6 m，AE＝6 m，AP＝2 m，∠MPN＝.記∠EPM＝θ(弧度)，監(jiān)控攝像頭的可視區(qū)域△PMN的面積為S. (1)求S關于θ的函數關系式，并寫出θ的取值范圍； (2)求S的最小值． 解　(1)方法一　在△PME中，∠EPM＝θ， PE＝AE－AP＝4 (m)， ∠PEM＝，∠PME＝－θ， 由正弦定理得＝， 所以PM＝＝＝， 同理在△PNE中， 由正弦定理得＝， 所以PN＝＝＝， 所以△PMN的面積S＝PMPNsin∠MPN ＝ ＝＝ ＝， 當M與E重合時，θ＝0；當N與D重合時， tan∠APD＝3，即∠APD＝，θ＝－， 所以0≤θ≤－. 綜上可得S＝，θ∈. 方法二　在△PME中，∠EPM＝θ， PE＝AE－AP＝4 (m)， ∠PEM＝，∠PME＝－θ， 由正弦定理可知， ＝， 所以ME＝＝＝， 在△PNE中，由正弦定理可知， ＝， 所以NE＝＝ ＝， 所以MN＝NE－ME＝ ， 又點P到DE的距離為d＝4sin＝2， 所以△PMN的面積S＝MNd ＝＝ ＝＝， 當M與E重合時，θ＝0；當N與D重合時， tan∠APD＝3，即∠APD＝，θ＝－， 所以0≤θ≤－. 所以S＝，θ∈. (2)當2θ＋＝，即θ＝∈時， S取得最小值＝8(－1)． 所以可視區(qū)域△PMN面積的最小值為8(－1)m2. 6．(2018江蘇海門中學模擬)將一個半徑為3 dm，圓心角為α(α∈(0,2π))的扇形鐵皮焊接成一個容積為V dm3的圓錐形無蓋容器(忽略損耗)． (1)求V關于α的函數關系式； (2)當α為何值時，V取得最大值； (3)容積最大的圓錐形容器能否完全蓋住桌面上一個半徑為0.5 dm的球？請說明理由． 解　(1)設底面半徑為r，高為h,3α＝2πr，h＝， ∴V＝πr2h＝π2，α∈(0,2π). (2) 令t＝r2＝2∈(0,9)，f(t)＝t2(9－t)， ∵f′(t)＝－3t(t－6)＝0， ∵t∈(0,9)∴t＝6， 因此t＝6，α＝π時，Vmax＝2π. (3)設圓錐軸截面三角形內切圓半徑為r0. r0(3＋3＋2)＝2， ∴r0＝3－2>0.5， 所以能完全蓋住桌面上一個半徑為0.5 dm的球． 7．如圖是一座橋的截面圖，橋的路面由三段曲線構成，曲線AB和曲線DE分別是頂點在路面A，E的拋物線的一部分，曲線BCD是圓弧，已知它們在接點B，D處的切線相同，若橋的最高點C到水平面的距離H＝6米，圓弧的弓高h＝1米，圓弧所對的弦長BD＝10米． (1)求弧所在圓的半徑； (2)求橋底AE的長． 解　(1)設弧所在圓的半徑為r(r＞0)， 由題意得r2＝52＋(r－1)2，∴r＝13. 即弧所在圓的半徑為13米． (2)以線段AE所在直線為x軸，線段AE的中垂線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系． ∵H＝6米，BD＝10米，弓高h＝1米， ∴B(－5,5)，D(5,5)，C(0,6)， 設所在圓的方程為x2＋(y－b)2＝r2(r＞0)， 則∴ ∴弧的方程為x2＋(y＋7)2＝169(5≤y≤6)． 設曲線AB所在拋物線的方程為y＝a(x－m)2， ∵點B(－5,5)在曲線AB上，∴5＝a(5＋m)2，① 又弧與曲線段AB在接點B處的切線相同，且弧在點B處的切線的斜率為， 由y＝a(x－m)2，得y′＝2a(x－m)， ∴2a(－5－m)＝，∴2a(5＋m)＝－，② 由①②得m＝－29，∴A(－29,0)，E(29,0)， ∴橋底AE的長為58米，