2020高考数学二轮复习课堂学案课件-立体几何、解析几何中的应用题

,第3讲立体几何、解析几何中的应用题,板块二专题七应用题,和立体几何有关的应用题，可以通过数学抽象，利用空间几何体的结构特征和几何性质解决；和几何图形有关的应用题，可以利用建立平面直角坐标系转化成解析几何问题，利用直线或者曲线方程解决.,考情考向分析,NEIRONGSUOYIN,内容索引,热点分类突破,真题押题精练,1,PARTONE,热点一和立体几何有关的应用题,热点二和解析几何有关的应用题,热点一和立体几何有关的应用题,例1(2019江苏省七市调研)图是一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成.如图，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左右两坡屋面EAD和FBC是全等的三角形.点F在平面ABCD和BC上的射影分别为H，M.已知HM5m，BC10m，梯形ABFE的面积是FBC面积的2.2倍.设FMH.(1)求屋顶面积S关于的函数关系式；,解由题意FH平面ABCD，FMBC，又因为HM平面ABCD，得FHHM.,从而屋顶面积S2SFBC2S梯形ABFE,(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为k(k为正的常数)，下部主体造价与其高度成正比，比例系数为16k.现欲造一栋上、下总高度为6m的别墅，试问：当为何值时，总造价最低？,解在RtFHM中，FH5tan，所以主体高度为h65tan.所以别墅总造价为ySkh16k,列表：,例2将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100dm2的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线l1，l2裁剪成A，B，C三个矩形(B，C全等)，用来制成一个柱体.现有两种方案：方案：以l1为母线，将A作为圆柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；方案：以l1为侧棱，将A作为正四棱柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个正方形(各边分别与l1或l2垂直)作为正四棱柱的两个底面.(1)设B，C都是正方形，且其内切圆恰为按方案制成的圆柱的底面，求底面半径；,解设所得圆柱的底面半径为rdm，则(2r2r)4r100，,(2)设l1的长为xdm，则当x为多少时，能使按方案制成的正四棱柱的体积最大？,解设所得正四棱柱的底面边长为adm，则,思维升华和立体几何有关的应用题，主要通过研究空间几何体的结构特征和面积、体积的计算解决实际问题，解题的关键是抓住物体的几何特征，将实际中的物体抽象成立体几何中的柱、锥、台、球等规则几何体.,跟踪演练1某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O及其内接等腰三角形ABC绕底边BC上的高所在直线AO旋转180而成，如图2.已知圆O的半径为10cm，设BAO，0，圆锥的侧面积为Scm2.,(1)求S关于的函数关系式；,解设AO的延长线交BC于点D，过O作OEAB，垂足为E，在AOE中，AE10cos，AB2AE20cos，在ABD中，BDABsin20cossin，,(2)为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S最大.求S取得最大值时腰AB的长度.,解要使侧面积最大，由(1)得S400sincos2400(sinsin3).令xsin，则x(0,1)，所以得f(x)xx3，,此时等腰三角形的腰长,热点二和解析几何有关的应用题,解建立如图所示直角坐标系，,(也可用余弦定理求BC),(2)若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域，并说明理由.,所以不会进入警戒水域.,思维升华以解析几何为背景的应用题，一般要建立坐标系，然后转化为三角知识或二次函数或用基本不等式来求解.解析几何型应用题是高考的冷点，但在复习时要引起重视.,跟踪演练2(2019江苏省扬州中学月考)如图，某人工景观湖外围有两条相互垂直的直线型公路l1，l2，且l1和l2交于点O.为了方便游客游览，计划修建一条连结公路与景观湖的直线型公路AB.景观湖的轮廓可以近似看成一个圆心为O，半径为2百米的圆，且公路AB与圆O相切，圆心O到l1，l2的距离均为5百米，设OAB，AB长为L百米.(1)求L关于的函数解析式；,解以点O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则O(5,5).在RtABO中，OALcos，OBLsin，所以直线AB方程为,即xsinycosLsincos0，因为直线AB与圆O相切，,因为点O在直线AB的上方，所以5sin5cos2Lsincos0，,(2)当为何值时，公路AB的长度最短？,2,PARTTWO,真题押题精练,1,2,1.(2019江苏，18)如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB10，AC6，BD12(单位：百米).(1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；,1,2,解方法一过A作AEBD，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6，AECD8.因为PBAB，,因此道路PB的长为15百米.,1,2,方法二如图，过O作OHl，垂足为H.,以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系.因为BD12，AC6，所以OH9，直线l的方程为y9，点A，B的纵坐标分别为3，3.因为AB为圆O的直径，AB10，所以圆O的方程为x2y225.,所以道路PB的长为15百米.,1,2,(2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；,1,2,解方法一若P在D处，由(1)可得E在圆上，则线段BE上的点(除B，E)到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.,所以BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.方法二若P在D处，取线段BD上一点E(4,0)，则EO4P1B15.由上可知，d15.再讨论点Q的位置.由(2)知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.,1,2,此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.,方法二先讨论点P的位置.当OBP90时，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再讨论点Q的位置.由(2)知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.,此时，线段QA上所有点到点O