江苏省2019高考数学专题七应用题第23讲与几何相关的应用题课件.pptx

1、第23讲 与几何相关的应用题,第23讲与几何相关的应用题 1.一缉私艇巡航至距领海边界线l(一条南北方向的直线)3.8海里的A处,发现在其北偏东30方向相距4海里的B处有一走私船正欲逃跑,缉私艇立即追击.已知缉私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍.假设缉私艇和走私船均按直线方向以最大航速航行. (1)若走私船沿正东方向逃离,试确定缉私艇的追击方向,使得用最短时间在领海内拦截成功;,(2)无论走私船沿何方向逃跑,缉私艇是否总能在领海内成功拦截?并说明理由.,解析(1)设缉私艇在C处与走私船相遇(如图甲), 图甲 依题意,AC=3BC. 在ABC中,sinBAC=sinABC=.,因为sin 17

2、,所以BAC=17. 从而缉私艇应向北偏东47方向追击. 在ABC中,cos 120=, 解得BC=1.686 15.又B到边界线l的距离为3.8-4sin 30=1.8, 1.686 151.8,所以能在领海内成功拦截走私船. (2)如图乙,以A为原点,正北方向所在的直线为y轴建立平面直角坐标系xOy.,图乙 则B(2,2),设缉私艇在P(x,y)处(缉私艇恰好截住走私船的位置)与走私船相 遇,则=3,即=3.,整理得+=, 所以点P(x,y)的轨迹是以点为圆心,为半径的圆.因为圆心 到领海边界线l:x=3.8的距离为1.55,大于圆的半径,所以缉私艇总能在领海 内截住走私船.,2.如图所示

3、,某街道居委会拟在EF地段的居民楼正南方向的空白地段AB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半部分是长方形ABCD,上半部分是以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满足tan =. (1)若设计AB=18米,AD=6米,问能否保证上述采光要求; (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:计算中取3),解析如图所示,以点A为坐标原点,AB所在的直线为x轴,建立平面直角

4、坐标系. (1)因为AB=18米,AD=6米,所以半圆的圆心为H(9,6),半径r=9,设太阳光线所在,直线的方程为y=-x+b, 即3x+4y-4b=0, 则由=9, 解得b=24或b=(舍). 故太阳光线所在直线的方程为y=-x+24, 令x=30,得EG=1.5米2.5米. 所以能保证采光要求.,(2)设AD=h米,AB=2r米, 则半圆的圆心为H(r,h),半径为r. 设太阳光线所在直线的方程为y=-x+b, 即3x+4y-4b=0,由=r, 解得b=h+2r或b=h-2r(舍). 故太阳光线所在直线的方程为y=-x+h+2r,令x=30,得EG=2r+h-,由EG2.5,得h25-2

5、r,所以S=2rh+r2=2rh+r22r(25-2r)+r2 =-r2+50r=-(r-10)2+250250. 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.,题型一与平面几何相关的应用题,例1(2018徐州高三年级考前模拟)图1是一个仿古的首饰盒,其左视图是由一个半径为r分米的半圆及矩形ABCD组成,其中AD长为a分米,如图2.为了美观,要求ra2r.已知该首饰盒的长为4r分米,容积为4立方分米(不计厚度),假设该首饰盒的制作费用只与其表面积有关,下半部分的制作费用为每平方分米1百元,上半部分制作费用为每平方分米2百元,设该首饰盒的制作费用为

6、y百元. (1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)当r为何值时,该首饰盒的制作费用最低?,图1图2,解析(1)由题意可知:4=4r=2r3+8ar2, 所以a=. 又因为ra2r,所以r. 所以y=4r(2a+2r)+4ar+2(r4r+r2)=12ar+8r2+10r2 =12r+8r2+10r2=+(8+7)r2,定义域为 (2)令f(r)=+(8+7)r2,所以f (r)=-+(16+14)r,令f (r)=0,即=(16+14)r,解得r=, 当r时, f (r)0,函数y=f(r)为增函数; 当r时, f (r)0,函数y=f(r)为减函数. 又因为r,所以函数y

7、=f(r)在上为增函数, 所以当r=时,首饰盒制作费用最低.,【核心归纳】弄清平面图形的结构及相关定理、结论,由此建立目标函数,再根据目标函数的特征选择函数、导数或不等式解决问题.,题型二与立体几何相关的应用题,例2(2017江苏,18)如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为32 cm,容器的底面对角线AC的长为10 cm,容器 的两底面对角线EG,E1G1的长分别为14 cm和62 cm.分别在容器和容器中注入水,水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l,其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计) (1)将l放在容器中,l的一端置于点A处,另一端置于侧棱CC1

8、上,求l没入水中部分的长度; (2)将l放在容器中,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.,解析(1)由正棱柱的定义,CC1平面ABCD,所以平面A1ACC1平面ABCD,CC1AC. 记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处. 因为AC=10,AM=40, 所以MC=30,从而sinMAC=. 记AM与水面的交点为P1,过P1作P1Q1AC,Q1为垂足, 则P1Q1平面ABCD,故P1Q1=12,从而AP1=16. 答:玻璃棒l没入水中部分的长度为16 cm.,(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”,则结果为24 cm) (2)如图,O,O1是正棱台的两底面中

9、心.,由正棱台的定义,OO1平面EFGH,所以平面E1EGG1平面EFGH,O1OEG. 同理,平面E1EGG1平面E1F1G1H1,O1OE1G1. 记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处.,过G作GKE1G1,K为垂足,则GK=OO1=32. 因为EG=14,E1G1=62,所以KG1=24,从而GG1=4 0. 设EGG1=,ENG=, 则sin =sin=cosKGG1=. 因为,所以cos =-. 在ENG中,由正弦定理可得=,解得sin =.,因为0,所以cos =. 于是sinNEG=sin(-)=sin(+) =sin cos +cos sin =+=. 记EN与水面的交点为P2,

10、过P2作P2Q2EG,Q2为垂足,则P2Q2平面EFGH,故P2Q2=12,从而EP2=20. 答:玻璃棒l没入水中部分的长度为20 cm. (如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”,则结果为20 cm),【核心归纳】与立体几何相关的问题一般有两种类型:一是利用立体图形的特征、截面图等转化为平面图形求解;二是利用立体图形相关的公式建立目标函数,转化为函数模型、三角函数模型等解决.,2-1(2018南通第二次调研)将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100 dm2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

11、: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与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;,(2)设l1的长为x dm,则当x为多少时,能使按方案制成的正四棱柱的体积最大?,解析(1)设所得圆柱的半径为r dm, 则(2r+2r)4r=100, 解得r=. (2)设所得正四棱柱的底面边长为a dm, 则即,所得正四棱柱的体积V=a2x= 记函数p(x)= 则p(x)在(0,2上单调递增

12、,在2,+)上单调递减, 所以当x=2时,p(x)max=20. 所以当x=2,a=时,Vmax=20 dm3.,题型三与解析几何相关的应用题,例3(2018扬州考前调研)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8 km,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4 km,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16 km,其中道路起点M到东西方向主干道的距离为6 km,线路NP段上的任意一点到O的距离都相等.以O为原点、线段AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系x

13、Oy. (1)求道路M-N-P的曲线方程; (2)现要在道路M-N-P上建一站点Q,使得Q到景点C的距离最短,问如何设置站,点Q的位置(即确定点Q的坐标).,解析(1)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16 km,所以线路MN段所在曲线是以定点A,B为左、右焦点的双曲线的右上支, 则其方程为x2-y2=64(8x10,0y6), 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,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(y0), 故线路示意图所在曲线的方程为MN段:x2-y2=64(8x10,

14、0y6), NP段:x2+y2=64(-8x8,y0). (2)当点Q在MN段上:设Q(x0,y0),又C(0,4),则|CQ|=,由(1)得-=64,即|CQ|=, 则|CQ|=,即当y0=2时,|CQ|min=6, 当点Q在NP段时,设Q(x1,y1),又C(0,4), 则|CQ|=, 由(1)得+=64,即|CQ|=, 即当y1=0时,|CQ|min=4. 因为64, 所以当Q的坐标为(2,2)时,点Q到景点C的距离最短.,【核心归纳】解决与解析几何相关的实际应用题的步骤:建立平面直角坐标系(已有的不需要建系);利用定义法、距离公式等将实际问题转化为数学问题;利用解析几何知识解决问题.,3-1(2018江苏南通中学高三考前)如图,某人工景观湖外围有两条互相垂直的直线型公路l1,l2,且l1与l2交于点O.为方便游客游览,计划修建一条连接公路与景观湖的直线型公路AB.景观湖的轮廓可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,O与O在AB两侧.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; (2)当为何值时,公路AB的长度最短?,解析(1)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,OA=Lcos 百米,OB=Lsin 百米. 所以直线AB的方程为