江苏省高考数学二轮复习 专题七 应用题 第2讲 解三角形、几何中的应用题课件-人教版高三全册数学课件

第2讲解三角形、几何中的应用题专题七

应用题板块三专题突破核心考点[考情考向分析]和三角形有关的应用题，可以利用正弦定理、余弦定理解三角形，进而解决实际问题；和几何图形有关的应用题，可以利用平面几何知识或者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.热点分类突破真题押题精练内容索引热点分类突破例1如图所示，在某东西公交路线的南侧有一个临时停靠站台，为了方便乘客，打算在站台的一面东西方向的长方形墙体ABHG上用AB＝5m，BC＝1m的矩形角钢焊接成一个简易的遮阳棚(将AB放在墙上).当太阳光线与水平线的夹角θ分别满足下列情况时，要使此时遮阳棚的遮阴面积最大，应将遮阳棚ABCD所在的平面与矩形HEFG所在的路面所成的α设置为多大角度？热点一和解三角形有关的应用题解答(1)θ＝90°；解如图1，当θ＝90°时，太阳光线垂直于地面，遮阳棚只有与地面平行时，遮阴面积最大，故遮阳棚ABCD所在的平面与水平面所成角α＝0°.(2)θ＝80°.解答解如图2，在平面CBHE内，过点C作直线IJ，与直线HE交于I，与直线HB的延长线交于J，并使得∠CIH＝80°，由题意可知，∠CBH＝α＋90°.欲使得HI取到最大值，只需HB＋BJ取到最大值，而站台高HB为定长，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，故当α＝10°时，BJ取到最大值，此时HI也取到最大值，又S阴＝GH×HI＝5HI，所以此时遮阳棚的遮阴面积最大.用正、余弦定理去解决具体设计问题时，应关注图形的特点，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，再利用正弦、余弦定理构造方程或三角函数式求解.思维升华解答跟踪演练1如图，某公园有三条观光大道AB，BC，AC围成直角三角形，其中直角边BC＝200m，斜边AB＝400m.现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB，BC，AC大道上嬉戏，所在位置分别记为点D，E，F.(1)若甲、乙都以每分钟100m的速度从点B出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲晚2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；解依题意得BD＝300m，BE＝100m，在△BDE中，由余弦定理，得DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE·cosB解答(2)设∠CEF＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF＝

，请将甲、乙之间的距离y表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离.解由题意得EF＝2DE＝2y，∠BDE＝∠CEF＝θ，在Rt△CEF中，CE＝EF·cos∠CEF＝2ycosθ，热点二和立体几何有关的应用题例2

(2018·淮安四市模拟)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＝θ，0<θ<，圆锥的侧面积为Scm2.(1)求S关于θ的函数关系式；解答解设AO的延长线交BC于点D，过O作OE⊥AB，垂足为E，在△AOE中，AE＝10cosθ，AB＝2AE＝20cosθ，在△ABD中，BD＝AB·sin

θ＝20cosθ·sin

θ，解答(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S＝400πsinθcos2θ＝400π(sinθ－sin3θ)令x＝sinθ，所以得f(x)＝x－x3，此时等腰三角形的腰长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.思维升华解答跟踪演练2

(2018·南通等六市模拟)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①：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②：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①制成的圆柱的底面，求底面半径；解设所得圆柱的半径为rdm，则(2πr＋2r)×4r＝100，解答(2)设l1的长为xdm，则当x为多少时，能使按方案②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，则热点三和解析几何有关的应用题解答例3如图所示，某街道居委会拟在EF地段的居民楼正南方向的空白地段AE上建一个活动中心，其中AE＝30米.活动中心东西走向，与居民楼平行.从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD，上部分是以DC为直径的半圆.为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tanθ＝.(1)若设计AB＝18米，AD＝6米，问能否保证上述采光要求？解如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系.因为AB＝18米，AD＝6米，所以半圆的圆心为H(9,6)，半径r＝9.令x＝30，得EG＝1.5＜2.5.所以此时能保证上述采光要求.解答(2)在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB与AD的长度，可使得活动中心的截面面积最大？(注：计算中π取3)解设AD＝h米，AB＝2r米，则半圆的圆心为H(r，h)，半径为r.即3x＋4y－4b＝0，当且仅当r＝10时取等号.所以当AB＝20米且AD＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大.方法二欲使活动中心内部空间尽可能大，则影长EG恰为2.5米，则此时点G为(30,2.5)，设过点G的上述太阳光线为l1，即3x＋4y－100＝0.而点H(r，h)在直线l1的下方，则3r＋4h－100＜0，所以当AB＝20米且AD＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大.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.思维升华解答跟踪演练3如图是一块地皮OAB，其中OA，AB是直线段，曲线段OB是抛物线的一部分，且点O是该抛物线的顶点，OA所在的直线是该抛物线的对称轴.经测量，OA＝2km，AB＝km，∠OAB＝.现要从这块地皮中划一个矩形CDEF来建造草坪，其中点C在曲线段OB上，点D，E在直线段OA上，点F在直线段AB上，设CD＝akm，矩形草坪CDEF的面积为f(a)km2.(1)求f(a)，并写出定义域；解以O为原点，OA边所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点B作BG⊥OA于点G，所以AG＝BG＝1，又因为OA＝2，所以OG＝1，则B(1,1)，设抛物线OCB的标准方程为y2＝2px(p>0)，所以抛物线的方程为y2＝x.因为CD＝a，所以AE＝EF＝a，则DE＝2－a－a2，所以f(a)＝a(2－a－a2)＝－a3－a2＋2a，定义域为(0,1).解答(2)当a为多少时，矩形草坪CDEF的面积最大？解由(1)可知，f(a)＝－a3－a2＋2a，真题押题精练解答1.(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO1是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解答解设PO1＝x，∴＝2(62－x2)，又由题意可得下面正四棱柱的高为4x.2.(2017·江苏)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm.现有一根玻璃棒l，其长度为40cm(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计).解答(1)将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；解由正四棱柱的定义可知，CC1⊥平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC，①如图①，记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处.记AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1⊥AC，Q1为垂足，则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1＝12cm，答玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)解答(2)将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度.解方法一如图②，O，O1是正棱台的两底面中心.由正棱台的定义可知，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG.同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1.记玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处.过G作GK⊥E1G1，K为垂足，则GK＝OO1＝32cm.因为EG＝14cm，E1G1＝62cm，②设∠EGG1＝α，∠ENG＝β，于是sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH，答玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)方法二记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，EN与水面的交点为P，过G1作G1H′⊥EG，垂足为H′，易知G1H′＝32cm，GH′＝24cm，可得GG1＝40cm.由余弦定理得EN2＝EG2＋GN2－2EG·GN·cos∠NGE，设GN＝xcm，上述方程整理得(x－30)(5x＋234)＝0，x＝30.过点N作NK⊥EG，垂足为K，过点P作PQ⊥EG，垂足为Q.答玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)方法三记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，EN与水面的交点为P，过G1作G1H′⊥EG，H′为垂足，过N作NK⊥EG，K为垂足，过P作PQ⊥EG，Q为垂足.易知G1H′＝32cm，GH′＝24cm，在Rt△EKN中，由勾股定理得(14＋3x)2＋16x2＝402，因式分解得(x－6)(25x＋234)＝0，解得x＝6，KN＝24cm，答玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)3.(2018·江苏扬州树人学校模拟)某市为改善市民出行，准备规划道路建设，规划中的道路M－N－P如图所示，已知A，B是东西方向主干道边两个景点，且它们距离城市中心O的距离均为

，C是正北方向主干道边上的一个景点，且距离城市中心O的距离为4km，线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16km，其中道路起点M到东西方向主干道的距离为6km，线路NP段上的任意一点到O的距离都相等.以O为原点、线路AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy.解答(1)求道路M－N－P的曲线方程；解因为线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16km，所以线路MN段所在曲线是以点A，B为左、右焦点的双曲线的右上支，则其方程为x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6).因为线路NP段上的任意一点到O的距离都相等，所以线路NP段所在曲线是以O为圆心、以ON长为半径的圆，由线路MN段所在曲线方程可求得N(8,0)，则其方程为x2＋y2＝64(y≤0)，综上得线路示意图所在曲线的方程为MN段：x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)，NP段：