江蘇省2019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

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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AB＝5 m，BC＝1 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θ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α設(shè)置為多大角度？ (1)θ＝90； (2)θ＝80. 解　(1)如圖1，當(dāng)θ＝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α＝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∠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(dāng)α＝10時(shí)，BJ取到最大值，此時(shí)HI也取到最大值， 又S陰＝GHHI＝5HI，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BC＝200 m，斜邊AB＝400 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＝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(shù)，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(dāng)θ＝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＝θ，0<θ<，圓錐的側(cè)面積為S cm2. (1)求S關(guān)于θ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(cè)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(dāng)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0， 所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減， 所以f(x)在x＝時(shí)取得極大值，也是最大值； 所以當(dāng)sin θ＝時(shí)，側(cè)面積S取得最大值， 此時(shí)等腰三角形的腰長 AB＝20cos θ＝20＝20＝. 答　側(cè)面積S取得最大值時(shí)，等腰三角形的腰AB的長度為 cm. 思維升華　 和立體幾何有關(guān)的應(yīng)用題，主要通過研究空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征和面積、體積的計(jì)算解決實(shí)際問題，解題的關(guān)鍵是抓住物體的幾何特征，將實(shí)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(jì)、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(gè)矩形(B，C全等)，用來制成一個(gè)柱體．現(xiàn)有兩種方案： 方案①：以l1為母線，將A作為圓柱的側(cè)面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個(gè)圓形作為圓柱的兩個(gè)底面； 方案②：以l1為側(cè)棱，將A作為正四棱柱的側(cè)面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個(gè)正方形(各邊分別與l1或l2垂直)作為正四棱柱的兩個(gè)底面． (1)設(shè)B，C都是正方形，且其內(nèi)切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面，求底面半徑； (2)設(shè)l1的長為x dm，則當(dāng)x為多少時(shí)，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大？ 解　(1)設(shè)所得圓柱的半徑為r dm，則 4r＝100， 解得r＝. (2)設(shè)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(shù)p＝ 則p在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． ∴當(dāng)x＝2時(shí)， pmax＝20. ∴當(dāng)x＝2， a＝時(shí)， Vmax＝ 20 dm3. 又2a≤x≤，從而a≤. 所得正四棱柱的體積V＝a2x≤a2＝20a≤20. ∴當(dāng)a＝， x＝2時(shí)， Vmax＝ 20dm3. 答　(1)圓柱的底面半徑為 dm； (2)當(dāng)x為2時(shí)，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大． 熱點(diǎn)三　和解析幾何有關(guān)的應(yīng)用題 例3　如圖所示，某街道居委會(huì)擬在EF地段的居民樓正南方向的空白地段AE上建一個(gè)活動(dòng)中心，其中AE＝30米．活動(dòng)中心東西走向，與居民樓平行．從東向西看活動(dòng)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(dòng)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(shè)計(jì)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(shè)計(jì)AB與AD的長度，可使得活動(dòng)中心的截面面積最大？ (注：計(jì)算中π取3) 解　如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系． (1)因?yàn)锳B＝18米， AD＝6米， 所以半圓的圓心為H(9,6)，半徑r＝9. 設(shè)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(shí)能保證上述采光要求． (2)設(shè)AD＝h米，AB＝2r米， 則半圓的圓心為H(r，h)，半徑為r. 方法一　設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)r＝10時(shí)取等號． 所以當(dāng)AB＝20米且AD＝5米時(shí)， 可使得活動(dòng)中心的截面面積最大． 方法二　欲使活動(dòng)中心內(nèi)部空間盡可能大， 則影長EG恰為2.5米，則此時(shí)點(diǎn)G為(30,2.5)， 設(shè)過點(diǎn)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(diǎn)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(dāng)且僅當(dāng)r＝10時(shí)取等號． 所以當(dāng)AB＝20米且AD＝5米時(shí)， 可使得活動(dòng)中心的截面面積最大． 思維升華　以解析幾何為背景的應(yīng)用題，一般要建立坐標(biāo)系，然后轉(zhuǎn)化為三角知識或二次函數(shù)或用基本不等式來求解．解析幾何型應(yīng)用題是高考的冷點(diǎn)，但在復(fù)習(xí)時(shí)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(diǎn)O是該拋物線的頂點(diǎn)，OA所在的直線是該拋物線的對稱軸．經(jīng)測量，OA＝2 km，AB＝ km，∠OAB＝.現(xiàn)要從這塊地皮中劃一個(gè)矩形CDEF來建造草坪，其中點(diǎn)C在曲線段OB上，點(diǎn)D，E在直線段OA上，點(diǎn)F在直線段AB上，設(shè)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(dāng)a為多少時(shí)，矩形草坪CDEF的面積最大？ 解　(1)以O(shè)為原點(diǎn)，OA邊所在的直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，過點(diǎn)B作BG⊥OA于點(diǎn)G， 在Rt△ABG中，AB＝，∠OAB＝， 所以AG＝BG＝1，又因?yàn)镺A＝2， 所以O(shè)G＝1，則B(1,1)， 設(shè)拋物線OCB的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2px(p>0)， 代入點(diǎn)B的坐標(biāo)，得p＝， 所以拋物線的方程為y2＝x. 因?yàn)镃D＝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?yàn)?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(dāng)0＜a＜時(shí)， f′(a)＞0，f(a)在上單調(diào)遞增； 當(dāng)＜a＜1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AB＝6 m，PO1＝2 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)V＝622＋6224＝312(m3)． (2)設(shè)PO1＝x， 則O1B1＝(00)， 將點(diǎn)代入得，4a＋＝， 解得a＝，即y＝x2＋. 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，00， 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100m＝m(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，AD＝6 m，AE＝6 m，AP＝2 m，∠MPN＝.記∠EPM＝θ(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θ的函數(shù)關(guān)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(dāng)M與E重合時(shí)，θ＝0；當(dāng)N與D重合時(shí)， 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(diǎn)P到DE的距離為d＝4sin＝2， 所以△PMN的面積S＝MNd ＝＝ ＝＝， 當(dāng)M與E重合時(shí)，θ＝0；當(dāng)N與D重合時(shí)， tan∠APD＝3，即∠APD＝，θ＝－， 所以0≤θ≤－. 所以S＝，θ∈. (2)當(dāng)2θ＋＝，即θ＝∈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α(α∈(0,2π))的扇形鐵皮焊接成一個(gè)容積為V dm3的圓錐形無蓋容器(忽略損耗)． (1)求V關(guān)于α的函數(shù)關(guān)系式； (2)當(dāng)α為何值時(shí)，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(gè)半徑為0.5 dm的球？請說明理由． 解　(1)設(shè)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(shí)，Vmax＝2π. (3)設(shè)圓錐軸截面三角形內(nèi)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(gè)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(gòu)成，曲線AB和曲線DE分別是頂點(diǎn)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(diǎn)B，D處的切線相同，若橋的最高點(diǎn)C到水平面的距離H＝6米，圓弧的弓高h(yuǎn)＝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(shè)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(biāo)系． ∵H＝6米，BD＝10米，弓高h(yuǎn)＝1米， ∴B(－5,5)，D(5,5)，C(0,6)， 設(shè)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(shè)曲線AB所在拋物線的方程為y＝a(x－m)2， ∵點(diǎn)B(－5,5)在曲線AB上，∴5＝a(5＋m)2，① 又弧與曲線段AB在接點(diǎn)B處的切線相同，且弧在點(diǎn)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，