江蘇省高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題七應(yīng)用題第2講解三角形幾何中的應(yīng)用題學(xué)案.doc

第2講 解三角形、幾何中的應(yīng)用題考情考向分析和三角形有關(guān)的應(yīng)用題，可以利用正弦定理、余弦定理解三角形，進(jìn)而解決實(shí)際問題；和幾何圖形有關(guān)的應(yīng)用題，可以利用平面幾何知識或者建立平面直角坐標(biāo)系轉(zhuǎn)化成解析幾何問題，利用直線或者曲線方程解決熱點(diǎn)一和解三角形有關(guān)的應(yīng)用題例1如圖所示，在某東西公交路線的南側(cè)有一個(gè)臨時(shí)?？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AB5 m，BC1 m的矩形角鋼焊接成一個(gè)簡易的遮陽棚(將AB放在墻上)當(dāng)太陽光線與水平線的夾角分別滿足下列情況時(shí)，要使此時(shí)遮陽棚的遮陰面積最大，應(yīng)將遮陽棚ABCD所在的平面與矩形HEFG所在的路面所成的設(shè)置為多大角度？(1)90；(2)80.解(1)如圖1，當(dāng)90時(shí)，太陽光線垂直于地面，遮陽棚只有與地面平行時(shí)，遮陰面積最大，故遮陽棚ABCD所在的平面與水平面所成角0.(2)如圖2，在平面CBHE內(nèi)，過點(diǎn)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CIH80，由題意可知，CBH90.在RtIHJ中，tan 80，即HI，欲使得HI取到最大值，只需HBBJ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，BJC10，BCJ80，由正弦定理得，即BJ，故當(dāng)10時(shí)，BJ取到最大值，此時(shí)HI也取到最大值，又S陰GHHI5HI，所以此時(shí)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(shè)計(jì)問題時(shí)，應(yīng)關(guān)注圖形的特點(diǎn)，找出已知量及所求的量，轉(zhuǎn)化為三角形的邊角，再利用正弦、余弦定理構(gòu)造方程或三角函數(shù)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BC200 m，斜邊AB400 m現(xiàn)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(diǎn)D，E，F(xiàn).(1)若甲、乙都以每分鐘100 m的速度從點(diǎn)B出發(fā)在各自的大道上奔走，到大道的另一端時(shí)即停，乙比甲晚2分鐘出發(fā)，當(dāng)乙出發(fā)1分鐘后，求此時(shí)甲、乙兩人之間的距離；(2)設(shè)CEF，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表示為的函數(shù)，并求甲、乙之間的最小距離解(1)依題意得BD300 m，BE100 m，在ABC中，cos B，B，在BDE中，由余弦定理，得DE2BD2BE22BDBEcos B30021002230010070 000，DE100 m，答甲、乙兩人之間的距離為100 m.(2)由題意得EF2DE2y，BDECEF，在RtCEF中，CEEFcosCEF2ycos ，在BDE中，由正弦定理得，即，y，0，當(dāng)時(shí)，y有最小值50.答甲、乙之間的最小距離為50 m.熱點(diǎn)二和立體幾何有關(guān)的應(yīng)用題例2(2018淮安四市模擬)某藝術(shù)品公司欲生產(chǎn)一款迎新春工藝禮品，該禮品是由玻璃球面和該球的內(nèi)接圓錐組成，圓錐的側(cè)面用于藝術(shù)裝飾，如圖1.為了便于設(shè)計(jì)，可將該禮品看成是由圓O及其內(nèi)接等腰三角形ABC繞底邊BC上的高所在直線AO旋轉(zhuǎn)180而成，如圖2.已知圓O的半徑為10 cm，設(shè)BAO，0，圓錐的側(cè)面積為S cm2.(1)求S關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；(2)為了達(dá)到最佳觀賞效果，要求圓錐的側(cè)面積S最大求S取得最大值時(shí)腰AB的長度解(1)設(shè)AO的延長線交BC于點(diǎn)D，過O作OEAB，垂足為E，在AOE中，AE10cos ，AB2AE20cos ，在ABD中，BDABsin 20cos sin ，所以S400sin cos2，00，當(dāng)x時(shí)，f(x)0)，代入點(diǎn)B的坐標(biāo)，得p，所以拋物線的方程為y2x.因?yàn)镃Da，所以AEEFa，則DE2aa2，所以f(a)a(2aa2)a3a22a，定義域?yàn)?0,1)(2)由(1)可知，f(a)a3a22a，則f(a)3a22a2，令f(a)0，得a. 當(dāng)0a時(shí)，f(a)0，f(a)在上單調(diào)遞增；當(dāng)a1時(shí)，f(a)0，f(a)在上單調(diào)遞減所以當(dāng)a時(shí)，f(a)取得極大值，也是最大值答當(dāng)a時(shí)，矩形草坪CDEF的面積最大1(2016江蘇)現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個(gè)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AB6 m，PO12 m，則倉庫的容積是多少？(2)若正四棱錐的側(cè)棱長為6 m，則當(dāng)PO1為多少時(shí)，倉庫的容積最大？解(1)V6226224312(m3)(2)設(shè)PO1x，則O1B1(0x6)，B1C1，2(62x2)，又由題意可得下面正四棱柱的高為4x.則倉庫容積Vx2(62x2)2(62x2)4xx(36x2)(0x6)V(363x2)，由V0得x2或x2(舍去)由實(shí)際意義知V在x2(m)處取到最大值，故當(dāng)PO12 m時(shí)，倉庫容積最大2(2017江蘇)如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱臺形玻璃容器的高均為32 cm，容器的底面對角線AC的長為10 cm，容器的兩底面對角線EG，E1G1的長分別為14 cm和62 cm.分別在容器和容器中注入水，水深均為12 cm.現(xiàn)有一根玻璃棒l，其長度為40 cm(容器厚度、玻璃棒粗細(xì)均忽略不計(jì))(1)將l放在容器中，l的一端置于點(diǎn)A處，另一端置于側(cè)棱CC1上，求l沒入水中部分的長度；(2)將l放在容器中，l的一端置于點(diǎn)E處，另一端置于側(cè)棱GG1上，求l沒入水中部分的長度解(1)由正四棱柱的定義可知，CC1平面ABCD，所以平面A1ACC1平面ABCD，CC1AC，如圖，記玻璃棒的另一端落在CC1上點(diǎn)M處因?yàn)锳C10 cm，AM40 cm，所以MC30 (cm)，從而sinMAC.記AM與水面的交點(diǎn)為P1，過P1作P1Q1AC，Q1為垂足，則P1Q1平面ABCD，故P1Q112 cm，從而AP116 (cm)答玻璃棒l沒入水中部分的長度為16 cm.(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為24 cm)(2)方法一如圖，O，O1是正棱臺的兩底面中心由正棱臺的定義可知，OO1平面EFGH，所以平面E1EGG1平面EFGH，O1OEG.同理，平面E1EGG1平面E1F1G1H1，O1OE1G1.記玻璃棒的另一端落在GG1上的點(diǎn)N處過G作GKE1G1，K為垂足，則GKOO132 cm.因?yàn)镋G14 cm，E1G162 cm，所以KG124 (cm)，從而GG140 (cm)設(shè)EGG1，ENG，則sin sincosKGG1.因?yàn)?，所以cos .在ENG中，由正弦定理可得，解得sin .因?yàn)?，所以cos .于是sinNEGsin()sin()sin cos cos sin .記EN與水面的交點(diǎn)為P2，過P2作P2Q2EG，Q2為垂足，則P2Q2平面EFGH，故P2Q212，從而EP220 (cm)答玻璃棒l沒入水中部分的長度為20 cm.(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為20 cm)方法二記玻璃棒的另一端落在GG1上點(diǎn)N處，EN與水面的交點(diǎn)為P，過G1作G1HEG，垂足為H，易知G1H32 cm，GH24 cm，可得GG140 cm.所以cosG1GH，于是cosNGE.由余弦定理得EN2EG2GN22EGGNcosNGE，設(shè)GNx cm，上述方程整理得(x30)(5x234)0，x30.過點(diǎn)N作NKEG，垂足為K，過點(diǎn)P作PQEG，垂足為Q.由，得，解得KN24 cm.由，得，解得PE20 cm.答玻璃棒l沒入水中部分的長度為20 cm.(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為20 cm)方法三記玻璃棒的另一端落在GG1上點(diǎn)N處，EN與水面的交點(diǎn)為P，過G1作G1HEG，H為垂足，過N作NKEG，K為垂足，過P作PQEG，Q為垂足易知G1H32 cm，GH24 cm，得tanG1GH.所以，可設(shè)KN4x，GK3x.在RtEKN中，由勾股定理得(143x)216x2402，因式分解得(x6)(25x234)0，解得x6，KN24 cm，由，得，解得PE20 cm.答玻璃棒l沒入水中部分的長度為20 cm.(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為20 cm)3(2018江蘇揚(yáng)州樹人學(xué)校模擬)某市為改善市民出行，準(zhǔn)備規(guī)劃道路建設(shè)，規(guī)劃中的道路MNP如圖所示，已知A，B是東西方向主干道邊兩個(gè)景點(diǎn)，且它們距離城市中心O的距離均為8 km，C是正北方向主干道邊上的一個(gè)景點(diǎn)，且距離城市中心O的距離為4 km，線路MN段上的任意一點(diǎn)到景點(diǎn)A的距離比到景點(diǎn)B的距離都多16 km，其中道路起點(diǎn)M到東西方向主干道的距離為6 km，線路NP段上的任意一點(diǎn)到O的距離都相等以O(shè)為原點(diǎn)、線路AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy.(1)求道路MNP的曲線方程；(2)現(xiàn)要在道路MNP上建一站點(diǎn)Q，使得Q到景點(diǎn)C的距離最近，問如何設(shè)置站點(diǎn)Q的位置(即確定點(diǎn)Q的坐標(biāo))?解(1)因?yàn)榫€路MN段上的任意一點(diǎn)到景點(diǎn)A的距離比到景點(diǎn)B的距離都多16 km，所以線路MN段所在曲線是以點(diǎn)A，B為左、右焦點(diǎn)的雙曲線的右上支，則其方程為x2y264(8x10,0y6)因?yàn)榫€路NP段上的任意一點(diǎn)到O的距離都相等，所以線路NP段所在曲線是以O(shè)為圓心、以O(shè)N長為半徑的圓，由線路MN段所在曲線方程可求得N(8,0)，則其方程為x2y264(y0)，綜上得線路示意圖所在曲線的方程為MN段：x2y264(8x10,0y6)，NP段：x2y264 (8x8，y0)(2)當(dāng)點(diǎn)Q在MN段上時(shí)，設(shè)Q(x0，y0)，又C(0,4)，則CQ，由(1)得xy64，即CQ，故當(dāng)y02時(shí)，CQmin6 km.當(dāng)點(diǎn)Q在NP段上時(shí)，設(shè)Q(x1，y1)，又C(0,4)，則CQ，由(1)得xy64，即CQ，故當(dāng)y10時(shí)，CQmin4 km.因?yàn)?4，所以當(dāng)Q的坐標(biāo)為(2，2)時(shí)，可使Q到景點(diǎn)C的距離最近4(2018南京、鹽城模擬)有一矩形硬紙板材料(厚度忽略不計(jì))，一邊AB長為6分米，另一邊足夠長現(xiàn)從中截取矩形ABCD(如圖甲所示)，再剪去圖中陰影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一個(gè)底面是弓形的柱體包裝盒(如圖乙所示，重疊部分忽略不計(jì))，其中OEMF是以O(shè)為圓心、EOF120的扇形，且弧EF，GH分別與邊BC, AD相切于點(diǎn)M, N.(1)當(dāng)BE長為1分米時(shí)，求折卷成的包裝盒的容積；(2)當(dāng)BE的長是多少分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大？解(1)在圖甲中，連結(jié)MO交EF于點(diǎn)T.設(shè)OEOFOMR，在RtOET中，因?yàn)镋OTEOF60，所以O(shè)T，則MTOMOT.從而BEMT，即R2BE2.故所得柱體的底面積SS扇形OEFSOEFR2R2sin 120.又所得柱體的高EG4，所以VSEG 4.答當(dāng)BE長為1分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積為立方分米(2)設(shè)BEx，則R2x，所以所得柱體的底面積SS扇形OEFSOEF R2R2sin 120x2.又所得柱體的高EG62x，所以VSEG ，其中0x3.令f(x)x33x2，x，則由f3x26x3x0，解得x2.列表如下：x(0,2)2(2,3)f(x)0f(x)極大值所以當(dāng)x2時(shí)， f(x)取得極大值，也是最大值答當(dāng)BE的長為2分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大A組專題通關(guān)1(2018南京模擬)如圖，公園里有一湖泊，其邊界由兩條線段AB，AC和以BC為直徑的半圓弧BC組成，其中AC為2(單位：百米)，ACBC，A為.若在半圓弧BC，線段AC，AB上各建一個(gè)觀賞亭D，E，F(xiàn)，再修兩條棧道DE，DF，使DEAB，DFAC. 記CBD.(1)試用表示BD的長；(2)試確定點(diǎn)E的位置，使兩條棧道長度之和最大解(1)連結(jié)DC.在ABC中，AC為2，ACBC，A為，所以CBA，AB4，BC2.因?yàn)锽C為直徑，所以BDC，所以BDBCcos 2cos .(2)在BDF中，DBF，BFD，BD2cos ，所以由正弦定理得，所以DF4cos sin，且BF4cos2，所以DEAF44cos2，所以DEDF44cos24cos sinsin 2cos 232sin3.因?yàn)椋?，所以當(dāng)2，即時(shí)，DEDF有最大值5，此時(shí)E與C重合答當(dāng)E與C重合時(shí)，兩條棧道長度之和最大2(2018常州期末)已知小明(如圖中AB所示)身高1.8米，路燈OM高3.6米， AB, OM均垂直于水平地面，分別與地面交于點(diǎn)A，O.點(diǎn)光源從M發(fā)出，小明在地上的影子記作AB.(1)小明沿著圓心為O，半徑為3米的圓周在地面上走一圈，求AB掃過的圖形面積；(2)若OA3米，小明從A出發(fā)，以1米/秒的速度沿線段AA1走到A1, OAA1，且AA110米t秒時(shí)，小明在地面上的影子長度記為f(單位：米)，求f的表達(dá)式與最小值解(1)由題意ABOM，則， OA3，所以O(shè)B6，小明在地面上的身影AB掃過的圖形是圓環(huán)，其面積為623227(平方米)(2)經(jīng)過t秒，小明走到了A0處，身影為A0B0，由(1)知，所以fA0B0OA0.化簡得f， 0t10, f ，當(dāng)t時(shí)，f的最小值為.答f(00)，將點(diǎn)代入得，4a，解得a，即yx2.設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，0x02，則tx，yx，切線PG的斜率為x0，PG所在直線的方程為yxx0(xx0)，即yx0xx.令y0，得x，G.PG222222，由tx得x2t，代入上式得，PG2，PG關(guān)于t的函數(shù)解析式為f(t)t，點(diǎn)G在邊AB上，則22，解得即2x02.又0x02，2x02，由tx得，t，定義域?yàn)?(2)令g(t)f2(t)，t，則g(t)，令g(t)0，得t，當(dāng)t時(shí)，g(t)0；當(dāng)0，故當(dāng)t時(shí)，PG2取得最小值，即PG取得最小值，為 ，又因小路每米造價(jià)m元，故當(dāng)t百米時(shí)小路造價(jià)最低，最低造價(jià)為100mm(元)B組能力提高5.如圖，矩形ABCD是一個(gè)歷史文物展覽廳的俯視圖，點(diǎn)E在AB上，在梯形BCDE區(qū)域內(nèi)部展示文物，DE是玻璃幕墻，游客只能在ADE區(qū)域內(nèi)參觀在AE上點(diǎn)P處安裝一可旋轉(zhuǎn)的監(jiān)控?cái)z像頭，MPN為監(jiān)控角，其中M，N在線段DE(含端點(diǎn))上，且點(diǎn)M在點(diǎn)N的右下方經(jīng)測量得知，AD6 m，AE6 m，AP2 m，MPN.記EPM(弧度)，監(jiān)控?cái)z像頭的可視區(qū)域PMN的面積為S.(1)求S關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出的取值范圍；(2)求S的最小值解(1)方法一在PME中，EPM，PEAEAP4 (m)，PEM，PME，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SPMPNsinMPN，當(dāng)M與E重合時(shí)，0；當(dāng)N與D重合時(shí)，tanAPD3，即APD，所以0.綜上可得S，.方法二在PME中，EPM，PEAEAP4 (m)，PEM，PME，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MNNEME ，又點(diǎn)P到DE的距離為d4sin2，所以PMN的面積SMNd，當(dāng)M與E重合時(shí)，0；當(dāng)N與D重合時(shí)，tanAPD3，即APD，所以0.所以S，.(2)當(dāng)2，即時(shí)，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(xué)模擬)將一個(gè)半徑為3 dm，圓心角為(0,2)的扇形鐵皮焊接成一個(gè)容積為V dm3的圓