2020届高考数学应用题求解策略——三角(教师)

微专题一 应用题求解策略——三角
考情分析
数学源于生活，应用所学数学知识解决实际问题是能力与素养的具体表现，数学应用问题的是江苏数学高考的突出亮点，是高考的重点与热点，在近三年的高考题中，常见的有与经济有关即利润最大化和成本最小化为背景的应用题，也有以平面几何图形、空间几何体为背景的图形应用题．本专题集中介绍以平面几何为载体的应用问题. 涉及平面图形的数学应用问题，通常的处理方法是仔细审题，明确解题方向，结合所给平面图形的结构特征以及相关性质，适当选取参数(如角、线段的长度等)，建立数学模型，运用所学的数学知识予以解决，其中，运用基本不等式、三角函数的最值以及利用函数的性质求最值是常见数学知识和方法．
典型例题
例1 某隧道横断面由半圆及矩形的三边组成，尺寸如图，一平板车车身高1米，车上装载截面为长方形
的货物，为了保证行车安全，要求货物距隧道顶部距离不得少于0.5米． （1）如果车上装载货物截面长方形的宽为3米，货物的最大高度是多少？ （2）适当调整货物的宽与高（不受车宽影响），可以使货物截面的面积最大，从而使运载的货物最多，试问应如何调整，才能使装载的货物最多？ 解 如图，设半圆圆心为O ，平行于矩形底边的直径为AB ，
货物右边界所在直线与半圆、直径AB 、矩形底边的的 交点分别为P ,M ,N ，(090)POB θθ∠=
≤<o o ． （1）如果装载货物宽度为3米，则OM =1.5（米），
所以3
cos 4
POB ∠=
， 2sin PM POB =∠=（米） 3.510.52+--+（米）
（2）由POB θ∠=(090)θ≤<o
，知货物宽度为24cos OM θ=，2sin PM θ=
货物高度为0.51 1.52(sin 1)PN PM MN θ--=+-=+，
货物截面面积4cos
2(sin 1)8(cos sin cos )
S θθθθθ==⨯+=+，
2
2
2
'8(sin cos sin )8(2sin sin 1S θθθθθ=-+-=--+）
由'0S =解得1
sin 2
θ=或sin 1θ=-（舍去），所以30θ=o ．
当030θ≤<o o
时，'0S >；当3090θ<<o o 时，'0S <．
所以当30θ=o 时，S 取最大值，此时2cos302sin301OM PM ====o o ， 2 1.53OM PM MN =+-=，
即当货物宽度为3米时，截面面积最大，所装货物最多．
【变式题组】
某地区突发龙卷风．路边一棵大树在树干某点B 处被龙卷风折断且形成︒120角，树尖C 着地处与树
根A 相距10米，树根与树尖着地处恰好在路的两侧，设∠CAB =θ(A ,B ,C 三点所在平面与地面垂直，树干粗度忽略不计)．
(1)若θ=45︒，求折断前树的高度（结果保留一位小数,2≈1.414, 3 ≈1.732, 6 ≈2.449）； (2)问一辆宽2米，高2.5米的救援车能否从此处通过?（1）在ABC ∆中，120CBA ∠=o ，CAB ∠=45o ，
所以15BCA ∠=o ，
由正弦定理，得
10
sin15sin 45sin120AB CB =o o o
所以1015256(sin15sin 45)11.2sin1203
AB BC ++=
+=≈o o
o （米） 答：折断前树的高度11.2米.
（2）如图，设ABC ∆的内接矩形DEFG 的边DE 在AC 上且2DE =,设DG EF h == 因为CAB ∠=θ，120CBA ∠=o ，所以60BCA θ∠=-o ，
所以210tan tan(60)
h h AD CE DE θθ++=++=-o
， 所以cos cos(60)
[]8sin sin(60)h θθθθ-+=-o o
， 8sin sin(60)sin 6031cos28343(sin 2)sin(2)463h θθθπθθ-=
-=-=+-
o o
因为5(0,),2(,
)3666ππππ
θθ∈+∈所以 所以1sin(2)(,1]62
πθ+∈，所以43
(0,]h ∈ 因为43
2.3 2.53
≈<，所以救援车不能从此处通过.
例2 如图，有一块矩形草坪ABCD ，AB ＝100 m ，BC ＝50 3 m ，欲在这块草坪内铺设三条小路OE 、EF
和OF ，要求O 是AB 的中点，点E 在边BC 上，点F 在边AD 上，且∠EOF ＝90°.
(1) 设∠BOE ＝α，试求△OEF 的周长l 关于α的函数解析式，并求出此函数的定义域； (2) 经核算，三条路的铺设费用均为400元/m ，试问如何设计才能使铺路的总费用最低？并求出最低总费用．
解:(1)在Rt △BOE 中，OB ＝50，∠B ＝90°，∠BOE ＝α，所以OE ＝50
cos α
.在Rt
△AOF 中，OA ＝50，∠A ＝90°，∠AFO ＝α，所以OF ＝50
sin α
.又∠EOF ＝90°，
所以EF ＝OE 2＋OF 2＝⎝⎛⎭⎫50cos α2＋⎝⎛⎭⎫50sin α2＝50
cos αsin α，所以l ＝OE ＋OF ＋EF
＝50cos α＋50sin α＋50cos αsin α，即l ＝50(sin α＋cos α＋1)cos αsin α.当点F 在点D 处时，这时角α最小，求得此时α＝π
6
；当点E 在C 点处时，这时角α最大，求得此时α＝π
3
.故此函数的定义域为⎣⎡⎦⎤π6，π3. (2)由题意知，要求铺路总费用最低，只要求△OEF 的周长l 的最小值即可．由(1)得l ＝50(sin α＋cos α＋1)
cos αsin α
，
α∈⎣⎡⎦⎤π6，π3.设sin α＋cos α＝t ，则sin α·cos α＝t 2－12，所以l ＝50(sin α＋cos α＋1)cos αsin α＝50(t ＋1)t 2－12
＝100t －1
.由α∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，得5π12≤α＋π4≤7π12，得3＋12≤t ≤2，所以3－12≤t －1≤2－1，从而2＋1≤1t －1≤3＋1，当α＝π
4，即BE ＝50时，l min ＝100(2＋1)，所以当BE ＝AE ＝50 m 时，铺路总费用最低，最低总费用为40 000(2＋1)元．
说明：涉及平面图形的数学应用问题，通常的处理方法是仔细审题，明确解题方向，结合所给平面图形的结构特征以及相关性质，适当选取参数(如角、线段的长度等)，建立数学模型，运用所学的数学知识
A F E C
B G
予以解决，如例题和变式题，就运用了基本不等式、三角函数的最值以及利用函数的性质求最值等数学知识和方法．
【变式题组】
如图，B ，C 分别是海岸线上的两个城市，两城市间由笔直的海滨公路相连，B ，C 之间的距离为100 km ，海岛A 在城市B 的正东方向50 km 处.从海岛A 到城市C ，先乘船按北偏西θ角⎝
⎛⎭⎫α＜θ≤π2，其中锐角α的正切值为12航行到海岸公路P 处登陆，再换乘汽车到城市C .已知船速为25 km/h ，
车速为75 km/h.
(1)试建立由A 经P 到C 所用时间关于θ的函数解析式； (2)试确定登陆点P 的位置，使所用时间最少，并说明理由. 解 (1)在Rt △PBA 中，∠PBA ＝90°，AB ＝50，∠APB ＝θ，
若θ≠π2，所以AP ＝50sin θ，PB ＝50tan θ，从而PC ＝100－50tan θ
.
设由A 经P 到C 所用时间为f (θ)(h)，则f (θ)＝AP 25＋PC
75
.
整理，得f (θ)＝2（3－cos θ）3sin θ＋43
，其中θ∈⎝⎛⎭⎫α，π
2， 若θ＝π2，则f (θ)＝5025＋10075＝2＋4
3，也满足上式.
故f (θ)＝2（3－cos θ）3sin θ＋43
，θ∈⎝⎛⎦⎤α，π
2. (2)由(1)得f (θ)＝23·3－cos θsin θ＋4
3
，θ∈⎝⎛⎦⎤α，π2. 考虑f ′(θ)＝23·1－3cos θsin 2
θ.令f ′(θ)＝0，得cos θ＝13，设锐角θ0满足cos θ0＝1
3
， 易得sin θ0＝223，tan θ0＝22＞1
2
，所以θ0∈⎝⎛⎭⎫α，π2. 列表如下：
θ (α，θ0) θ0
⎝
⎛⎭⎫θ0，π2 f ′(θ) － 0 ＋ f (θ) ↘ 极小值 ↗
由上表可知，f (θ0)是极小值，也是最小值.此时，BP ＝50tan θ0＝5022＝252
2
.
答：当登陆点P 到B 的距离为252
km 时，所用时间最少.
探究提高 1.解应用问题的步骤(四步八字)
(1)审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型；
(2)建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；
(3)解模：求解数学模型，得出数学结论； (4)还原：将数学结论还原为实际问题的解.
2.对于应用题中的最值问题，其解决方法一般分为两种：一是建模转化为函数，从而运用函数的单调性或不等式(一元二次不等式、基本不等式)求解最值；二是通过建立一个变量的函数，利用导数探寻极值(一般为最值)，但两种方法都要优先考虑定义域.
例3 如图，一块弓形薄铁片EMF ，点M 为弧EF 的中点，其所在圆O 的半径为4dm(圆心O 在弓形EMF
内)，∠EOF ＝2π
3
.将弓形薄铁片裁剪成尽可能大的矩形铁片ABCD (不计损耗)，
AD ∥EF ，且点A ，D 在弧EF 上，设∠AOD ＝2θ.
(1) 求矩形铁片ABCD 的面积S 关于θ的函数关系式； (2) 当裁出的矩形铁片ABCD 面积最大时，求cos θ的值． 解析：(1) 设矩形铁片的面积为S ，∠AOM ＝θ.
当0＜θ＜π
3
时(如图①)，AB ＝4cos θ＋2，AD ＝2×4sin θ，
S ＝AB ×AD ＝(4cos θ＋2)(2×4sin θ)＝16sin θ(2cos θ＋1)． 当π3≤θ＜π
2
时(如图②)，AB ＝2×4cos θ，AD ＝2×4sin θ，故S ＝AB ×AD ＝64sin θcos θ＝32sin2θ.
综上得，矩形铁片的面积S 关于θ的函数关系式为
S ＝⎩
⎨⎧
16sin θ(2cos θ＋1)，0<θ<π
3，
32sin2θ，π3≤θ＜π
2.
(2) 当0＜θ＜π
3
时，求导，得S ′＝16[cos θ(2cos θ＋1)＋sin θ(－2sin θ)]＝16(4cos 2θ＋cos θ－2)．
令S ′＝0，得cos θ＝33－1
8
.
记区间⎝⎛⎭⎫0，π3内余弦值等于33－18
的角为θ0(唯一存在)，列表： θ (0，θ0) θ0
⎝
⎛⎭⎫θ0，π3 S ′ ＋ 0 －
S 极大值
又当π3≤θ＜π
2
时，S ＝32sin2θ是单调减函数，
所以当θ＝θ0，即cos θ＝33－1
8
时，矩形铁片的面积最大．
点评：几何图形中的最值问题一般可以转化为三角形中的问题，再利用正、余弦定理和三角函数知识建立相关三角函数的模型，最后再对所得三角函数模型进行化归或求导，来求出单调区间和极值，从而求出最值．本题所建立三角模型只能用导数解决，用导数求解中的关键是解三角方程，要注意本题三角函数值cos θ
＝33－18
是非特殊角，可以用一个θ0表示．
课后作业
1．如图，长方形材料ABCD 中，已知AB ＝23，AD ＝4．点P 为材料ABCD 内部一点，PE ⊥AB 于E ，
PF ⊥AD 于F ，且PE ＝1，PF ＝ 3.现要在长方形材料ABCD 中裁剪出四边形材料AMPN ，满足∠MPN ＝150°，点M ，N 分别在边AB ，AD 上．
(1)设∠FPN ＝θ,试将四边形材料AMPN 的面积S 表示为θ的函数，并指明θ的取值范围； (2)试确定点N 在AD 上的位置，使得四边形材料AMPN 的面积S 最小,并求出其最小值． 解析：(1)在直角△NFP 中，因为PF ＝3，∠FPN ＝θ，所以NF ＝3tan
θ，所以S △NAP ＝12NA ·PF ＝1
2(1＋3tan θ)× 3.在直角△MEP 中，因为PE ＝1，
∠EPM ＝π3－θ，所以ME ＝tan ⎝⎛⎭
⎫π3－θ，所以S △AMP ＝12AM ·PE ＝
1
2⎣⎡⎦⎤3＋tan ⎝⎛⎭⎫π3－θ×1.所以S ＝S △NAP ＋S △AMP ＝32tan θ＋12tan ⎝⎛⎭
⎫π3－θ＋3，θ
∈⎣
⎡⎦⎤0，π3.
(2)因为S ＝32tan θ＋12tan(π3－θ)＋3＝3
2tan θ＋3－tan θ2（1＋3tan θ）
＋ 3.令
t ＝1＋3tan θ，由θ∈⎣⎡⎦⎤0，π3，得t ∈[1，4]，所以S ＝3＋3t 2－4t ＋423t
＝32⎝⎛⎭⎫t ＋43t ＋33≥32×2×t ×43t ＋33＝2＋33.当且仅当t ＝233时，即tan θ＝2－33时等号成立．此时，AN ＝233，S min ＝2＋3
3
. 图① 图②
答：当AN ＝23时，四边形材料AMPN 的面积S 最小，最小值为2＋3
.
2．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．
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，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝1＋4－2×2×1×cos ∠ABC ＝5－4cos ∠ABC ，在△ADC 中，AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos ∠ADC ＝13－12cos ∠ADC ＝13＋12cos ∠ABC ，由5－4cos ∠ABC ＝13＋12cos ∠
ABC ，得cos ∠ABC ＝－1
2，因为∠ABC ∈(0，π)，所以∠ABC ＝2π3
，所以∠ADC
＝π3，AC 2＝7.S △ABC ＝12AB ·BC ·sin ∠ABC ＝12×1×2×32＝32，S △ADC ＝12
AD ·CD · sin ∠ADC ＝12×2×3×32＝332，所以S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ADC ＝23，由正弦定理得，2R ＝
AC
sin ∠ABC
＝732
＝2213，所以外接圆面积S ＝πR 2＝73π.
答：原绿化用地ABCD 的面积为23平方百米，市民公园的占地面积为7
3
π平方百米．
(2)设∠ACD ′＝θ⎝⎛⎭⎫0＜θ＜23π，由∠AD ′C ＝π3得：∠CAD ′＝2π3－θ.在△AD ′C 中，由正弦定理知AD ′＝2R sin ∠ACD ′＝221
3
sin θ，CD ′＝
2R sin ∠CAD ′＝ 2213sin ⎝⎛⎭
⎫2π3－θ，所以S AD ′C ＝1
2AD ′·CD ′·sin ∠AD ′C ＝ 73
3sin θsin ⎝⎛⎭⎫2π3－θ＝ 733sin θ⎝⎛⎭⎫32cos θ＋1
2sin θ＝ 72sin θcos θ＋736
sin 2θ＝ 736⎝⎛⎭⎫32sin2θ－12cos2θ＋7312
＝736sin ⎝⎛⎭⎫2θ－π6＋7312，因为0＜θ＜23π，所以2θ－π6∈⎝⎛⎭⎫－π6，7π6，sin ⎝
⎛⎭⎫2θ－π6∈⎝⎛⎦⎤－12，1，当2θ－π6＝π2，即θ＝π3时，S △AD ′C 的最大值为734.此时，S 四边形ABCD ′＝S △ABC ＋S
△AD ′C ＝32＋734＝934
. 答：改造后，当△AD ′C 为正三角形时，新的绿地ABCD ′的面积最大，为93
4
平方百米．
3．某“T ” 型水渠南北向宽为4 m ，东西向宽为 2 m ，其俯视图如图所示．假设水渠内的水面始终保持水平位置．
(1)过点A 的一条直线与水渠的内壁交于P ，Q 两点，且与水渠的一边的夹角为θ(θ为锐角)，将线段PQ 的长度l 表示为θ的函数；
(2)若从南面漂来一根长度为7 m 的笔直的竹竿(粗细不计)，竹
竿始终浮 于水平面内，且不发生形变，问：这根竹竿能否从拐角处一直漂向东西向的水渠(不会卡住)？试说明理由．
解 (1)由题意得，P A ＝2，QA ＝4，所以l ＝P A ＋QA ＝2＋4⎝
⎛
⎭⎫0<θ<π. (2)设f (θ)＝2sin θ＋4cos θ⎝⎛⎭⎫0<θ<π2，由f ′(θ)＝－2cos θsin 2θ＋4sin θcos 2θ＝2(22sin 3θ－cos 3θ)sin 2θcos 2θ
， 令f ′(θ)＝0，得tan θ0＝2
2
.且当θ∈(0，θ0)时，f ′()θ<0；当θ∈⎝⎛⎭⎫θ0，π2时，f ′(θ)>0， 所以f ()θ在()0，θ0上单调递减，在⎝
⎛⎭⎫θ0，π
2上单调递增，所以当θ＝θ0时，f ()θ取得极小值，即为最小值． 当tan θ0＝22时，sin θ0＝13，cos θ0＝2
3
，所以f ()θ的最小值为36，
即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为3 6 m.
因为36>7，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠． 答 竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠．
4．如图，某城市小区有一个矩形休闲广场，AB ＝20 m ，广场的一角是半径为16 m 的扇形BCE 绿化区域，为了使小区居民能够更好地在广场休闲放松，现决定在广场上安置两排休闲椅，其中一排是穿越广场的双人靠背直排椅MN (宽度不计)，点M 在线段AD 上，并且与曲线CE 相切；另一排为单人弧形椅沿曲线CN (宽度不计)摆放．已知双人靠背直排椅的造价为2a 元/m ，单人弧形椅的造价为a 元/m ，记锐角∠NBE ＝θ，总造价为W 元．
(1) 试将W 表示为θ的函数W (θ)，并写出cos θ的取值范围； (2) 如何选取点M 的位置，能使总造价W 最小？
解析： (1) 过点N 作AB 的垂线，垂足为F ；过M 作NF 的垂线，垂足为G . 在R t △BNF 中，BF ＝16cos θ，则MG ＝20－16cos θ.
在R t △MNG 中，MN ＝20－16cos θsin θ
.由题意，易得CN ＝16⎝⎛⎭⎫
π2－θ， 因此W (θ)＝2a ·20－16cos θsin θ
＋16a ⎝⎛⎭⎫
π2－θ， 当点M 与点A 重合时，cos θ＝1620＝4
5
；当点M 与点D 重合时，cos θ＝0，
故cos θ∈⎝⎛⎭
⎫0，45. (2) W ′(θ)＝－16a ＋8a ·4－5cos θsin2θ＝8a ·(2cos θ－1)(cos θ－2)
sin2θ
.
令W ′(θ)＝0，cos θ＝12.因为θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以θ＝π3. 设锐角θ1满足cos θ1＝4
5
， θ1∈⎝⎛⎭⎫0，π3. 当θ∈⎝⎛⎭⎫θ1，π3时，W ′(θ)＜0，W (θ)单调递减；当θ∈⎝⎛⎭
⎫π3，π
2时，W ′(θ)>0，W (θ)单调递增． 所以当θ＝π
3
时，总造价W 最小，最小值为⎝⎛⎭⎫163＋8π3a 元，此时MN ＝83，NG ＝43，NF ＝83，因此当AM ＝4 3 m 时，总造价最小．。