江苏省2019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

1、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AB5 m， BC1 m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 线与水平线的夹角分别满足下列情况时，要使此时遮阳棚的遮

2、阴面积最 大，应将遮阳棚ABCD所在的平面与矩形HEFG所在的路面所成的设置 为多大角度？ 热点一和解三角形有关的应用题 解答 (1)90； 解解如图1，当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0. (2)80. 解答 解解如图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CIH80， 由题意可知，CBH90. 欲使得HI取到最大值，只需HBBJ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，BJC10，BCJ80，由正弦定理得， 故当10时，BJ取到

3、最大值，此时HI也取到最大值， 又S阴GHHI5HI，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. 思维升华思维升华 解答 跟踪演练跟踪演练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BC200 m，斜边AB400 m.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100 m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

4、钟后，求此时 甲、乙两人之间的距离； 解解依题意得BD300 m，BE100 m， 在BDE中，由余弦定理，得 DE2BD2BE22BDBEcos B 解答 (2)设CEF，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表示为的函数，并求甲、乙之间的最小 距离. 解解由题意得EF2DE2y，BDECEF， 在RtCEF中，CEEFcosCEF2ycos ， 热点二和立体几何有关的应用题 例例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

5、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 10 cm，设BAO，00)， 所以抛物线的方程为y2x. 因为CDa，所以AEEFa，则DE2aa2， 所以f(a)a(2aa2)a3a22a， 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？ 解解由(1)可知，f(a)a3a22a， 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

6、倍. (1)若AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？ 解答 解解设PO1x， 2(62x2)， 又由题意可得下面正四棱柱的高为4x. 1 1 11 A B C D S 2.(2017江苏)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 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). 解答 (1)将l放在容器中，l

7、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； 解解由正四棱柱的定义可知， CC1平面ABCD， 所以平面A1ACC1平面ABCD，CC1AC， 如图，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P1Q1AC，Q1为垂足， 则P1Q1平面ABCD，故P1Q112 cm， 答答玻璃棒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) 解答 (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. 解解方法一方法一如图，O，O1是正棱台的两底面中心. 由正棱

8、台的定义可知，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上的点N处. 过G作GKE1G1，K为垂足， 则GKOO132 cm. 因为EG14 cm，E1G162 cm， 设EGG1，ENG， 于是sinNEGsin()sin() 记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2EG，Q2为垂足，则P2Q2平面 EFGH， 答答玻璃棒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) 方法二方法二记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，E

9、N与水面的交点为P， 过G1作G1HEG，垂足为H， 易知G1H32 cm，GH24 cm， 可得GG140 cm. 由余弦定理得EN2EG2GN22EGGNcosNGE， 设GNx cm，上述方程整理得(x30)(5x234)0， x30. 过点N作NKEG，垂足为K，过点P作PQEG，垂足为Q. 答答玻璃棒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) 方法三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G1HEG，H为垂足，过N作NKEG，K为垂足，过P作 PQEG，Q为垂足. 易知G1H32 cm，G

10、H24 cm， 在RtEKN中，由勾股定理得(143x)216x2402， 因式分解得(x6)(25x234)0， 解得x6，KN24 cm， 答答玻璃棒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) 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MNP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

11、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MNP的曲线方程； 解解因为线路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16 km， 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x2y264(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、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x2y264(y0)， 综上得线路示意图所在曲线的方程为 MN段：x2y264(

12、8x10,0y6)， NP段：x2y264 (8x8，y0). 解答 (2)现要在道路MNP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)? 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、 EOF120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； 解答 解解在图甲中，连结MO交EF于点T.设OEOFOMR， 又所得柱体的高EG4， (2)当BE的长是多少分米