高考数学二轮复习微专题26以平面几何为载体的应用题作业

/01/6/微专题26以平面几何为载体的应用题/02/6/1.(2018·苏州期末)如图，两座建筑物AB，CD的高度分别是9m和15m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角∠CAD＝45°，则这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离BD＝________m.2．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为________米．3．如图，某生态园将一三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果园，种植桃树，已知角A为120°，AB，AC的长度均大于200米．现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆．(1)若围墙AP，AQ总长为200米，如何围可使三角形地块APQ的面积最大？(2)已知AP段围墙高1米，AQ段围墙高1.5米，造价均为每平方米100元．若围围墙用了20000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？4.如图，在海岸线l一侧C处有一个美丽的小岛，某旅游公司为方便游客，在l上设立了A，B两个报名点，满足A，B，C中任意两点间的距离为10km.公司拟按以下思路运作：先将A，B两处游客分别乘车集中到AB之间的中转点D处(点D异于A，B两点)，然后乘同一艘游轮前往C岛，据统计，每批游客A处需发车2辆，B处需发车4辆，每辆汽车每千米耗费2元，游轮每千米耗费12元，设∠CDA＝α，每批游客从各自报名点到C岛所需运输成本为S元．(1)写出S关于α的函数表达式，并指出α的取值范围；(2)问：中转点D距离A处多远时，S最小？5．(2018·九章密卷)某市民公园改造规划平面示意图如图，经规划调研测定，该市民公园占地区域是半径为R的圆面，该圆面的内接四边形ABCD是绿化用地，经测量得边界AB＝1百米，BC＝CD＝2百米，AD＝3百米．(1)求原绿化用地ABCD的面积和市民公园的占地面积；(2)为提高绿化覆盖率，在保留边界AB，BC不动的基础上，对边界CD，AD进行调整，在圆弧ADC上新设一点D′，使改造后新的绿地ABCD′的面积最大，求最大面积．6．某公司为一家制冷设备厂设计生产某种型号的长方形薄板，其周长为4m，这种薄板须沿其对角线折叠后使用，如图，四边形ABCD(AB>AD)为长方形薄板，沿AC折叠后AB′交DC于点P.当△ADP的面积最大时最节能，凹多边形ACB′PD的面积最大时制冷效果最好．(1)设AB＝xm，用x表示图中DP的长度，并写出x的取值范围；(2)若要求最节能，应怎样设计薄板的长和宽？(3)若要求制冷效果最好，应怎样设计薄板的长和宽？/06/6/微专题261．答案：18.解析：过A作CD的垂线AH，垂足为H，则CH＝15－9＝6，设∠DAH＝θ，∠CAH＝45°－θ，BD＝AH＝x，则tanθ＝eq\f(9,x)，tan(45°－θ)＝eq\f(6,x)，所以tan45°＝tan(θ＋45°－θ)＝eq\f(\f(9,x)＋\f(6,x),1－\f(9,x)·\f(6,x))＝eq\f(15x,x2－54)＝1，解得x＝18.答：这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离为18m.2．答案：50eq\r(7).解析：依题意得OD＝100米，CD＝150米，连接OC，易知∠ODC＝180°－∠AOB＝60°，因此由余弦定理有OC2＝OD2＋CD2－2OD·CD·cos∠ODC，即OC2＝10000＋22500－2×100×150×eq\f(1,2).所以OC2＝17500，即OC＝50eq\r(7)(米)．3．答案：(1)当AP＝AQ＝100米时，三角形地块APQ的面积最大为2500eq\r(3)平方米．(2)当AP＝eq\f(200,7)米，AQ＝eq\f(800,7)米时，可使竹篱笆用料最省．解析：设AP＝x米，AQ＝y米．(1)由x＋y＝200，△APQ的面积S＝eq\f(1,2)xysin120°＝eq\f(\r(3),4)xy.所以S≤eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)＝2500eq\r(3).当且仅当x＝y＝100时取“＝”．(不写“＝”成立条件扣1分)(2)由题意得100×(1·x＋1.5·y)＝20000，即x＋1.5y＝200.要使竹篱笆用料最省，只需其长度PQ最短，所以PQ2＝x2＋y2－2xycos120°＝x2＋y2＋xy＝(200－1.5y)2＋y2＋(200－1.5y)y＝1.75y2－400y＋40000eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜y＜\f(400,3))).当y＝eq\f(800,7)时，PQ有最小值eq\f(200\r(21),7)，此时x＝eq\f(200,7).答：(1)当AP＝AQ＝100米时，三角形地块APQ的面积最大为2500eq\r(3)平方米；(2)当AP＝eq\f(200,7)米，AQ＝eq\f(800,7)米时，可使竹篱笆用料最省．4．答案：(1)S＝20eq\r(3)·eq\f(3－cosα,sinα)＋60eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＜α＜\f(2π,3)))；(2)中转点D距A处eq\f(20＋5\r(6),4)km时，运输成本S最小．解析：(1)由题意知在△ACD中，∠CAD＝eq\f(π,3)，∠CDA＝α，AC＝10，∠ACD＝eq\f(2π,3)－α.由正弦定理知eq\f(CD,sin\f(π,3))＝eq\f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α)))＝eq\f(10,sinα)，即CD＝eq\f(5\r(3),sinα)，AD＝eq\f(10sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α)),sinα)，所以S＝4AD＋8BD＋12CD＝12CD－4AD＋80＝eq\f(60\r(3)－40sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α)),sinα)＋80＝20eq\r(3)·eq\f(3－cosα,sinα)＋60eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＜α＜\f(2π,3))).(2)S′＝20eq\r(3)·eq\f(1－3cosα,sin2α)，令S′＝0得cosα＝eq\f(1,3).当cosα＞eq\f(1,3)时，S′＜0；当cosα＜eq\f(1,3)时，S′＞0，所以当cosα＝eq\f(1,3)时，S取得最小值，此时sinα＝eq\f(2\r(2),3)，AD＝eq\f(5\r(3)cosα＋5sinα,sinα)＝eq\f(20＋5\r(6),4)，答：中转点D距A处eq\f(20＋5\r(6),4)km时，运输成本S最小．5．答案：(1)原绿化用地ABCD的面积为2eq\r(3)平方百米，市民公园的占地面积为eq\f(7,3)π平方百米；(2)改造后，当△AD′C为正三角形时，新的绿地ABCD′的面积最大，为eq\f(9\r(3),4)平方百米．解析：(1)因为四边形ABCD内接于圆，则∠ABC＋∠ADC＝π，所以cos∠ABC＋cos∠ADC＝0.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝1＋4－2×2×1×cos∠ABC＝5－4cos∠ABC，在△ADC中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC＝13－12cos∠ADC＝13＋12cos∠ABC，由5－4cos∠ABC＝13＋12cos∠ABC，得cos∠ABC＝－eq\f(1,2)，因为∠ABC∈(0，π)，所以∠ABC＝eq\f(2π,3)，所以∠ADC＝eq\f(π,3)，AC2＝7.S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，S△ADC＝eq\f(1,2)AD·CD·sin∠ADC＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，所以S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝2eq\r(3)，由正弦定理得，2R＝eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(21),3)，所以外接圆面积S＝πR2＝eq\f(7,3)π.答：原绿化用地ABCD的面积为2eq\r(3)平方百米，市民公园的占地面积为eq\f(7,3)π平方百米．(2)设∠ACD′＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(2,3)π))，由∠AD′C＝eq\f(π,3)得：∠CAD′＝eq\f(2π,3)－θ.在△AD′C中，由正弦定理知AD′＝2Rsin∠ACD′＝eq\f(2\r(21),3)sinθ，CD′＝2Rsin∠CAD′＝eq\f(2\r(21),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))，所以SAD′C＝eq\f(1,2)AD′·CD′·sin∠AD′C＝eq\f(7\r(3),3)sinθsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝eq\f(7\r(3),3)sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ＋\f(1,2)sinθ))＝eq\f(7,2)sinθcosθ＋eq\f(7\r(3),6)sin2θ＝eq\f(7\r(3),6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2θ－\f(1,2)cos2θ))＋eq\f(7\r(3),12)＝eq\f(7\r(3),6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))＋eq\f(7\r(3),12)，因为0＜θ＜eq\f(2,3)π，所以2θ－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，当2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)时，S△AD′C的最大值为eq\f(7\r(3),4).此时，S四边形ABCD′＝S△ABC＋S△AD′C＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(7\r(3),4)＝eq\f(9\r(3),4).答：改造后，当△AD′C为正三角形时，新的绿地ABCD′的面积最大，为eq\f(9\r(3),4)平方百米．6．答案：(1)y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))，1＜x＜2；(2)当薄板长为eq\r(2)m，宽为(2－eq\r(2))m时，节能效果最好；(3)当薄板长为eq\r(3,2)m，宽为(2－eq\r(3,2))m时，制冷效果最好．解析：(1)由题意AB＝x，BC＝2－x.因为x>2－x，所以1<x<2.设DP＝y，则PC＝x－y.因为△ADP≌△CB′P，所以PA＝PC＝x－y.由PA2＝AD2＋DP2，得(x－y)2＝(2－x)2＋y2，解得y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))，1＜x＜2.(2)记△ADP的面积为S1，则S1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(2－x)＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))≤3－2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\r(2)∈(1，2)时，S1取得最大值．答：当薄板长为eq\r(2)m，宽为(2－eq\r(2))m时，节能效果最好．(3)记凹多边形ACB′PD的面积为S2，则S2＝eq\f(1,2)x(2－x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))