（江蘇專用）2019高考數學二輪復習 專題七 應用題 第23講 與幾何相關的應用題課件.ppt

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第23講與幾何相關的應用題,第23講與幾何相關的應用題1.一緝私艇巡航至距領海邊界線l(一條南北方向的直線)3.8海里的A處,發(fā)現在其北偏東30方向相距4海里的B處有一走私船正欲逃跑,緝私艇立即追擊.已知緝私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍.假設緝私艇和走私船均按直線方向以最大航速航行.(1)若走私船沿正東方向逃離,試確定緝私艇的追擊方向,使得用最短時間在領海內攔截成功;,(2)無論走私船沿何方向逃跑,緝私艇是否總能在領海內成功攔截?并說明理由.,解析(1)設緝私艇在C處與走私船相遇(如圖甲),圖甲依題意,AC=3BC.在△ABC中,sin∠BAC=sin∠ABC==.,因為sin17≈,所以∠BAC=17.從而緝私艇應向北偏東47方向追擊.在△ABC中,cos120=,解得BC=≈1.68615.又B到邊界線l的距離為3.8-4sin30=1.8,1.68615<1.8,所以能在領海內成功攔截走私船.(2)如圖乙,以A為原點,正北方向所在的直線為y軸建立平面直角坐標系xOy.,圖乙則B(2,2),設緝私艇在P(x,y)處(緝私艇恰好截住走私船的位置)與走私船相遇,則=3,即=3.,整理得+=,所以點P(x,y)的軌跡是以點為圓心,為半徑的圓.因為圓心到領海邊界線l:x=3.8的距離為1.55,大于圓的半徑,所以緝私艇總能在領海內截住走私船.,2.如圖所示,某街道居委會擬在EF地段的居民樓正南方向的空白地段AB上建一個活動中心,其中AE=30米.活動中心東西走向,與居民樓平行.從東向西看活動中心的截面圖的下半部分是長方形ABCD,上半部分是以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tanθ=.(1)若設計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,如何設計AB與AD的長度,可使得活動中心,的截面面積最大?(注:計算中π取3),解析如圖所示,以點A為坐標原點,AB所在的直線為x軸,建立平面直角坐標系.(1)因為AB=18米,AD=6米,所以半圓的圓心為H(9,6),半徑r=9,設太陽光線所在,直線的方程為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的方程為y=-x+24,令x=30,得EG=1.5米時,f(r)>0,函數y=f(r)為增函數;當r<時,f(r)<0,函數y=f(r)為減函數.又因為≤r≤,所以函數y=f(r)在上為增函數,所以當r=時,首飾盒制作費用最低.,【核心歸納】弄清平面圖形的結構及相關定理、結論,由此建立目標函數,再根據目標函數的特征選擇函數、導數或不等式解決問題.,題型二與立體幾何相關的應用題,例2(2017江蘇,18)如圖,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺形玻璃容器Ⅱ的高均為32cm,容器Ⅰ的底面對角線AC的長為10cm,容器Ⅱ的兩底面對角線EG,E1G1的長分別為14cm和62cm.分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均為12cm.現有一根玻璃棒l,其長度為40cm.(容器厚度、玻璃棒粗細均忽略不計)(1)將l放在容器Ⅰ中,l的一端置于點A處,另一端置于側棱CC1上,求l沒入水中部分的長度;(2)將l放在容器Ⅱ中,l的一端置于點E處,另一端置于側棱GG1上,求l沒入水中部分的長度.,,解析(1)由正棱柱的定義,CC1⊥平面ABCD,所以平面A1ACC1⊥平面ABCD,CC1⊥AC.記玻璃棒的另一端落在CC1上點M處.因為AC=10,AM=40,所以MC==30,從而sin∠MAC=.記AM與水面的交點為P1,過P1作P1Q1⊥AC,Q1為垂足,則P1Q1⊥平面ABCD,故P1Q1=12,從而AP1==16.答:玻璃棒l沒入水中部分的長度為16cm.,(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”,則結果為24cm)(2)如圖,O,O1是正棱臺的兩底面中心.,由正棱臺的定義,OO1⊥平面EFGH,所以平面E1EGG1⊥平面EFGH,O1O⊥EG.同理,平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1,O1O⊥E1G1.記玻璃棒的另一端落在GG1上點N處.,過G作GK⊥E1G1,K為垂足,則GK=OO1=32.因為EG=14,E1G1=62,所以KG1==24,從而GG1===40.設∠EGG1=α,∠ENG=β,則sinα=sin=cos∠KGG1=.因為<α<π,所以cosα=-.在△ENG中,由正弦定理可得=,解得sinβ=.,因為0<β<,所以cosβ=.于是sin∠NEG=sin(π-α-β)=sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=+=.記EN與水面的交點為P2,過P2作P2Q2⊥EG,Q2為垂足,則P2Q2⊥平面EFGH,故P2Q2=12,從而EP2==20.答:玻璃棒l沒入水中部分的長度為20cm.(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”,則結果為20cm),【核心歸納】與立體幾何相關的問題一般有兩種類型:一是利用立體圖形的特征、截面圖等轉化為平面圖形求解;二是利用立體圖形相關的公式建立目標函數,轉化為函數模型、三角函數模型等解決.,2-1(2018南通第二次調研)將一鐵塊高溫融化后制成一張厚度忽略不計、面積為100dm2的矩形薄鐵皮(如圖),并沿虛線l1,l2裁剪成A,B,C三個矩形(B,C全等),用來制成一個柱體,現有兩種方案:方案①:以l1為母線,將A作為圓柱的側面展開圖,并從B,C中各裁剪出一個圓形作為圓柱的兩個底面;方案②:以l1為側棱,將A作為正四棱柱的側面展開圖,并從B,C中各裁剪出一個正方形(各邊分別與l1與l2垂直)作為正四棱柱的兩個底面.(1)設B,C都是正方形,且其內切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面,求底面半徑;,(2)設l1的長為xdm,則當x為多少時,能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大?,解析(1)設所得圓柱的半徑為rdm,則(2πr+2r)4r=100,解得r=.(2)設所得正四棱柱的底面邊長為adm,則即,所得正四棱柱的體積V=a2x=記函數p(x)=則p(x)在(0,2]上單調遞增,在[2,+∞)上單調遞減,所以當x=2時,p(x)max=20.所以當x=2,a=時,Vmax=20dm3.,題型三與解析幾何相關的應用題,例3(2018揚州考前調研)某市為改善市民出行,準備規(guī)劃道路建設.規(guī)劃中的道路M-N-P如圖所示,已知A,B是東西方向主干道邊兩個景點,且它們距離城市中心O的距離均為8km,C是正北方向主干道邊上的一個景點,且距離城市中心O的距離為4km,線路MN段上的任意一點到景點A的距離比到景點B的距離都多16km,其中道路起點M到東西方向主干道的距離為6km,線路NP段上的任意一點到O的距離都相等.以O為原點、線段AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系xOy.(1)求道路M-N-P的曲線方程;(2)現要在道路M-N-P上建一站點Q,使得Q到景點C的距離最短,問如何設置站,點Q的位置(即確定點Q的坐標).,解析(1)線路MN段上的任意一點到景點A的距離比到景點B的距離都多16km,所以線路MN段所在曲線是以定點A,B為左、右焦點的雙曲線的右上支,則其方程為x2-y2=64(8≤x≤10,0≤y≤6),因為線路NP段上的任意一點到O的距離都相等,所以線路NP段所在曲線是以O為圓心,ON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x2+y2=64(y≤0),故線路示意圖所在曲線的方程為MN段:x2-y2=64(8≤x≤10,0≤y≤6),NP段:x2+y2=64(-8≤x≤8,y≤0).(2)當點Q在MN段上:設Q(x0,y0),又C(0,4),則|CQ|=,,由(1)得-=64,即|CQ|=,則|CQ|=,即當y0=2時,|CQ|min=6,當點Q在NP段時,設Q(x1,y1),又C(0,4),則|CQ|=,由(1)得+=64,即|CQ|=,即當y1=0時,|CQ|min=4.因為6<4,所以當Q的坐標為(2,2)時,點Q到景點C的距離最短.,【核心歸納】解決與解析幾何相關的實際應用題的步驟:建立平面直角坐標系(已有的不需要建系);利用定義法、距離公式等將實際問題轉化為數學問題;利用解析幾何知識解決問題.,3-1(2018江蘇南通中學高三考前)如圖,某人工景觀湖外圍有兩條互相垂直的直線型公路l1,l2,且l1與l2交于點O.為方便游客游覽,計劃修建一條連接公路與景觀湖的直線型公路AB.景觀湖的輪廓可近似看成一個圓心為O,半徑為2百米的圓,且公路AB與圓O相切,O與O在AB兩側.圓心O到l1,l2的距離均為5百米.設∠OAB=θ,AB長為L百米.(1)求L關于θ的函數解析式;(2)當θ為何值時,公路AB的長度最短?,解析(1)以點O為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系,則O(5,5).在Rt△ABO中,OA=Lcosθ百米,OB=Lsinθ百米.所以直線AB的方程為+=1,,即xsinθ+ycosθ-Lsinθcosθ=0.因為直線AB與圓O相切,所以=2,因為點O在直線AB的上方,所以5sinθ+5cosθ-2-Lsinθcosθ=0,解得L=.因此,L關于θ的函數解析式為L=,θ∈.,(2)令t=sinθ+cosθ,則sinθcosθ=,且t=sin∈(1,],所以L=2,所以L(t)=<0,所以L(t)在(1,]上單調遞減,所以當t=,即θ=時,L(t)取得最小值,Lmin=10-4.答:當θ=時,公路AB的長度最短.,