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学Word格式文档下载.docx
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=3002+1002-2·
300·
100·
=70000,
∴DE=100m,
答 甲、乙两人之间的距离为100m.
(2)由题意得EF=2DE=2y,∠BDE=∠CEF=θ,
在Rt△CEF中,CE=EF·
cos∠CEF=2ycosθ,
在△BDE中,由正弦定理得=,
即=,
∴y==,0<θ<,
∴当θ=时,y有最小值50.
答 甲、乙之间的最小距离为50m.
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;
(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
(1)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·
sinθ=20cosθ·
sinθ,
所以S=400πsinθcos2θ,0<
(2)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,
由f′(x)=1-3x2=0得x=,
当时,f′(x)>
0,当x∈时,f′(x)<
0,
所以f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,
所以f(x)在x=时取得极大值,也是最大值;
所以当sinθ=时,侧面积S取得最大值,
此时等腰三角形的腰长
AB=20cosθ=20=20=.
答 侧面积S取得最大值时,等腰三角形的腰AB的长度为cm.
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;
(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
(1)设所得圆柱的半径为rdm,则
×
4r=100,
解得r=.
(2)设所得正四棱柱的底面边长为adm,则
即
所得正四棱柱的体积V=a2x≤
记函数p=
则p在上单调递增,在上单调递减.
∴当x=2时,pmax=20.
∴当x=2,a=时,Vmax=20dm3.
又2a≤x≤,从而a≤.
所得正四棱柱的体积V=a2x≤a2=20a≤20.
∴当a=,x=2时,Vmax=20dm3.
答
(1)圆柱的底面半径为dm;
(2)当x为2时,能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大.
热点三 和解析几何有关的应用题
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?
(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 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.
(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方程为y=-x+24,
令x=30,得EG=1.5<2.5.
所以此时能保证上述采光要求.
(2)设AD=h米,AB=2r米,
则半圆的圆心为H(r,h),半径为r.
方法一 设太阳光线所在直线方程为y=-x+b,
即3x+4y-4b=0,
由=r,解得b=h+2r或b=h-(舍).
故太阳光线所在直线方程为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.
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,
则l1所在直线方程为y-=-(x-30),
即3x+4y-100=0.
由直线l1与半圆H相切,得r=.
而点H(r,h)在直线l1的下方,则3r+4h-100<0,
即r=-,从而h=25-2r.
又S=2rh+πr2=2r(25-2r)+×
r2=-r2+50r=-(r-10)2+250≤250.当且仅当r=10时取等号.
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;
(2)当a为多少时,矩形草坪CDEF的面积最大?
解
(1)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,
在Rt△ABG中,AB=,∠OAB=,
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),
代入点B的坐标,得p=,
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).
(2)由
(1)可知,f(a)=-a3-a2+2a,
则f′(a)=-3a2-2a+2,令f′(a)=0,得a=.
当0<a<时,
f′(a)>0,f(a)在上单调递增;
当<a<1时,
f′(a)<0,f(a)在上单调递减.
所以当a=时,f(a)取得极大值,也是最大值
答 当a=时,矩形草坪CDEF的面积最大.
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
(1)V=×
62×
2+62×
2×
4=312(m3).
(2)设PO1=x,
则O1B1=(0<
x<
6),B1C1=·
∴
=2(62-x2),
又由题意可得下面正四棱柱的高为4x.
则仓库容积V=x·
2(62-x2)+2(62-x2)·
4x=x(36-x2)(0<
6).
V′=(36-3x2),
由V′=0得x=2或x=-2(舍去).
由实际意义知V在x=2(m)处取到最大值,
故当PO1=2m时,仓库容积最大.
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10cm,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).
(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;
(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
(1)由正四棱柱的定义可知,
CC1⊥平面ABCD,
所以平面A1ACC1⊥平面ABCD,CC1⊥AC,
如图①,记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处.
①
因为AC=10cm,AM=40cm,
所以MC=
=30(cm),
从而sin∠MAC=.
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,
从而AP1==16(cm).
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)
(2)方法一 如图②,O,O1是正棱台的两底面中心.
②
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,
所以KG1==24(cm),
从而GG1===40(cm).
设∠EGG1=α,∠ENG=β,
则sinα=sin=cos∠KGG1=.
因为<
α<
π,所以cosα=-.
在△ENG中,由正弦定理可得=,
解得sinβ=.
因为0<
β<
,所以cosβ=.
于是sin∠NEG=sin(π-α-β)=sin(α+β)
=sinαcosβ+cosαsinβ=×
+×
=.
记EN与水面的交点为P2,过P2作P2Q2⊥EG,Q2为垂足,则P2Q2⊥平面EFGH,
故P2Q2=12,从而EP2==20(cm).
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.
所以cos∠G1GH′==,
于是cos∠NGE=-.
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.
由=,得=,解得KN=24cm.
由=,得=,解得PE=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.
得tan∠G1GH′==.
所以=,可设KN=4x,GK=3x.
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,
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8km,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.
(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的距离最近,问如何设置站点Q的位置(即确定点Q的坐标)?
解
(1)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:
x2+y2=64(-8≤x≤8,y≤0).
(2)①当点Q在MN段上时,设Q(x0,y0),又C(0,4),
则CQ=,
由
(1)得x-y=64,即CQ==,
故当y0=2时,CQmin=6km.
②当点Q在NP段上时,设Q(x1,y1),又C(0,4),
由
(1)得x+y=64,即CQ=,
故当y1=0时,CQmin=4km.
因为6<
4,
所以当Q的坐标为(2,2)时,可使Q到景点C的距离最近.
4.(2018·
南京、盐城模拟)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计),一边AB长为6分米,另一边足够长.现从中截取矩形ABCD(如图甲所示),再剪去图中阴影部分,用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示,重叠部分忽略不计),其中OEMF是以O为圆心、∠EOF=120°
的扇形,且弧EF,GH分别与边BC,AD相切于点M,N.
(1)当BE长为1分米时,求折卷成的包装盒的容积;
(2)当BE的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最大?
解
(1)在图甲中,连结MO交EF于点T.设OE=OF=OM=R,
在Rt△OET中,因为∠EOT=∠EOF=60°
所以OT=,则MT=OM-OT=.
从而BE=MT=,即R=2BE=2.
故所得柱体的底面积S=S扇形OEF-S△OEF
=πR2-R2sin120°
=-.
又所得柱体的高EG=4,
所以V=S×
EG=-4.
答 当BE长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为立方分米.
(2)设BE=x,则R=2x,所以所得柱体的底面积
S=S扇形OEF-S△OEF=πR2-R2sin120°
=x2.
又所得柱体的高EG=6-2x,
EG=,
其中0<
3.
令f(x)=-x3+3x2,x∈,则由f′=-3x2+6x=-3x=0,解得x=2.
列表如下:
x
(0,2)
2
(2,3)
f′(x)
+
-
f(x)
极大值
所以当x=2时,f(x)取得极大值,也是最大值.
答 当BE的长为2分米时,折卷成的包装盒的容积最大.
A组 专题通关
1.(2018·
南京模拟)如图,公园里有一湖泊,其边界由两条线段AB,AC和以BC为直径的半圆弧BC组成,其中AC为2(单位:
百米),AC⊥BC,∠A为.若在半圆弧BC,线段AC,AB上各建一个观赏亭D,E,F,再修两条栈道DE,DF,使DE∥AB,DF∥AC.记∠CBD=θ.
(1)试用θ表示BD的长;
(2)试确定点E的位置,使两条栈道长度之和最大.
解
(1)连结DC.
在△ABC中,AC为2,AC⊥BC,∠A为,
所以∠CBA=,AB=4,BC=2.
因为BC为直径,所以∠BDC=,
所以BD=BCcosθ=2cosθ.
(2)在△BDF中,∠DBF=θ+,∠BFD=,
BD=2cosθ,
所以由正弦定理得,==,
所以DF=4cosθsin,
且BF=4cos2θ,所以DE=AF=4-4cos2θ,
所以DE+DF=4-4cos2θ+4cosθsin
=sin2θ-cos2θ+3
=2sin+3.
因为≤θ<,所以≤2θ-<,
所以当2θ-=,即θ=时,DE+DF有最大值5,此时E与C重合.
答 当E与C重合时,两条栈道长度之和最大.
2.(2018·
常州期末)已知小明(如图中AB所示)身高1.8米,路灯OM高3.6米,AB,OM均垂直于水平地面,分别与地面交于点A,O.点光源从M发出,小明在地上的影子记作AB′.
(1)小明沿着圆心为O,半径为3米的圆周在地面上走一圈,求AB′扫过的图形面积;
(2)若OA=3米,小明从A出发,以1米/秒的速度沿线段AA1走到A1,∠OAA1=,且AA1=10米.t秒时,小明在地面上的影子长度记为f(单位:
米),求f的表达式与最小值.
解
(1)由题意AB∥OM,则===,OA=3,所以OB′=6,
小明在地面上的身影AB′扫过的图形是圆环,其面积为π×
62-π×
32=27π(平方米).
(2)经过t秒,小明走到了A0处,身影为A0B0′,由
(1)知==,所以f=A0B0′=OA0
化简得f=,0<
t≤10,
f=,当t=时,
f的最小值为.
答 f=(0<
t≤10),当t=(秒)时,f的最小值为(米).
3.某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:
米),其中容器的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的体积为立方米,且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元,设该容器的建造费用为y千元.
(1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域;
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
解
(1)设容器的容积为V,
由题意知V=πr2l+πr3,
又V=,
故l==-r=,
由于l≥2r,因此0<r≤2,
所以建造费用y=2πrl×
3+4πr2c
=2πr×
3+4πr2c,
因此y=4π(c-2)r2+,0<r≤2.
(2)由
(1)得y′=8π(c-2)r-
=,0<r≤2.
由于c>3,所以c-2>0,
当r3-=0时,r=.
令=m,则m>0,
所以y′=(r-m)(r2+rm+m2)
①当0<m<2,即c>时,当r=m时,y′=0;
当r∈(0,m)时,y′<0;
当r∈(m,2)时,y′>0.
所以r=m是函数y的极小值点,也是最小值点.
②当m≥2,即3<c≤时,
当r∈(0,2)时,y′<0,函数单调递减,
所以r=2是函数y的最小值点,
综上所述,当3<c≤,建造费用最小时r=2米,
当c>,建造费用最小时r=米.
全国大联考江苏卷)有一块边长为4百米的正方形生态休闲园ABCD,园区一端是观景湖EHFCD(注:
EHF为抛物线的一部分).现以AB所在直线为x轴,以线段AB的垂直平分线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系xOy.观景湖顶点H到边AB的距离为百米.EA=FB=百米.现从边AB上一点G(可以与A,B重合)出发修一条穿过园区到观景湖的小路,小路与观景湖岸HF段相切于点P.设点P到直线AB的距离为t百米.
(1)求PG关于t的函数解析式,并写出函数的定义域;
(2)假设小路每米造价m元,请问:
t为何值时小路造价最低,最低造价是多少?
解
(1)由题意,设抛物线EHF上点的坐标满足函数y=ax2+(a>
将点代入得,4a+=,
解得a=,即y=x2+.
设点P的坐标为,0<
x0≤2,
则t=x+,
∵y′=x,∴切线
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