江苏省高考数学二轮复习第23讲与几何相关的应用题PPT课件
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江苏省天一中学届高三数学二轮复习解析几何应用题
06
解析几何应用题的重要性和发展趋势
未来展望：未来的解析几何应用题将更加注重创新和探究，需要学生具备更强的数学素养和创新能力。
重要性：解析几何应用题是数学中的重要题型，能够培养学生的逻辑思维和问题解决能力。
发展趋势：随着科技的进步和数学教育的改革，解析几何应用题将更加注重实际应用和跨学科的综合问题。
特点：解析几何应用题通常涉及较为复杂的几何图形和数量关系，需要学生具备较高的数学建模能力和思维逻辑能力。同时，这类题目通常与实际生活问题密切相关，能够帮助学生理解数学在解决实际问题中的应用。
解析几何应用题的解题思路
理解题意：仔细阅读题目，明确题目要求和条件
建立模型：根据题意，建立相应的数学模型，将实际问题转化为数学问题
注意事项：注意定值问题的特点和难点，结合题目要求选择合适的解题方法
04
读题审题，理解题意
仔细阅读题目，确保理解题意
找出关键信息，明确解题方向
结合图形，将文字信息转化为数学语言
避免因理解错误而导致的解题失误
建立坐标系，确定变量和参数
单击此处添加标题
单击此处添加标题
单击此处添加标题
单击此处添加标题
运用解析几何知识解决问题
运用知识：运用解析几何的知识，如直线、圆、椭圆、双曲线等，进行计算和分析。
理解问题：仔细阅读题目，明确问题的要求和条件，理解问题的本质。
建立模型：根据问题的描述，选择合适的坐标系，建立数学模型，将问题转化为数学表达式。
求解问题：通过计算和推理，得出问题的解，并给出合理的解释和结论。
解析几何知识运用：运用解析几何的知识，对数学模型进行分析和求解
结论检验：对求解结果进行检验，确保符合实际情况
解析几何应用题在高考中的地位和作用
江苏高考数学二轮复习专题二立体几何课件理共37页
江苏高考数学二轮复习专题二立体几 何课件理
16、自己选择的路、跪着也要把它走 完。 17、一般情况下)不想三年以后的事， 只想现 在的事 。现在 有成就 ，以后 才能更 辉煌。
18、敢于向黑暗宣战的人，心里必须 充满光 明。 19、学习的关键--重复。
20、懦弱的人只会裹足不前，莽撞的 人只能 引为烧 身，只 有真正 勇敢的 人才能 所向披 靡。
Hale Waihona Puke 66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德 谟克利 特 67、今天应做的事没有做，明天再早也 是耽误 了。——裴斯 泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运 的，只 是一瞬 之间。 ——歌 德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布 克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭
16、自己选择的路、跪着也要把它走 完。 17、一般情况下)不想三年以后的事， 只想现 在的事 。现在 有成就 ，以后 才能更 辉煌。
18、敢于向黑暗宣战的人，心里必须 充满光 明。 19、学习的关键--重复。
20、懦弱的人只会裹足不前，莽撞的 人只能 引为烧 身，只 有真正 勇敢的 人才能 所向披 靡。
Hale Waihona Puke 66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德 谟克利 特 67、今天应做的事没有做，明天再早也 是耽误 了。——裴斯 泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运 的，只 是一瞬 之间。 ——歌 德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布 克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭
江苏省高考二轮复习专题以解析几何为载体的应用题PPT教学课件
③作答，就应用题提出的问题作出符合实际的回答 一大篆(西周晚期)一-小篆(秦朝)一一隶书(秦朝)一楷书-草书、行书
考题赏析：
法一：显性发现解三角形
到了19世纪,汽车代替了马车,跳石成为障碍。此后在英国伦敦的街道上,出现了如今这种人行横道线。它洁白醒目,像斑马身上的条斑,所以又称“斑马线”。 ① 佛教教义，使其得到统治者的提倡和扶植。②社会动荡不安，佛教主张众生平等，迎合了贫苦民众渴求生活平安的愿望，就推动了佛教在中国传播。 消极影响：给人民带来种种沉重的灾难； 2、对文言文阅读传主仕途情况的总观 几个王朝的首都
例1，例2总结：
例1，例2为以解析几何为背景的应用题第一类题型
特征：背景曲线容易发现（显性），从而容易分析出本 题可以通过建立平面直角坐标系解决
难点：建模，列式，最终回归函数或基本不等式解决最 值问题
C
p
（直线与圆相离）
例3总结：
例3与例1，2相比，其最大的区别在于要能够根据题目 中有限的信息发现暗藏几何图形，若能发现，那本题从 运算角度而言就得已优化。发现几何图形正是隐性解 析几何背景问题最大的难点所在
①转化，根据题目条件将实际问题转化为相应的解析几何问题； 回舱与轨道舱之间的舱门，进入轨道舱开展空间科学实验。在距地面343公里的太空中的这个小小动作，标志着中国载人航天飞行由神舟五号的验证性飞行试验完全过渡到真正意义
上有人参与的空间飞行试验。 11、266年，司马炎改国号为晋，以洛阳为都，史称西晋。
历史作用：
是通过建立坐标系，应用有关概念与性质解决问题。我们可 1、管仲改革---内容:改革内政,发展生产;改革军制,组建强军;尊王攘夷，扩充疆界。作用:为齐桓公称霸奠定基础。
7、电子称，利用力学传感器（导体应变片技术）来测量物体对应变片的压力，从而达到测量重量目的 B．每至汀风春溪/月秋花繁/鸟啼之旦/莲开水香之夕/宾友集/歌咏作/舟棹徐动觞/咏半酣/飘然恍然
考题赏析：
法一：显性发现解三角形
到了19世纪,汽车代替了马车,跳石成为障碍。此后在英国伦敦的街道上,出现了如今这种人行横道线。它洁白醒目,像斑马身上的条斑,所以又称“斑马线”。 ① 佛教教义，使其得到统治者的提倡和扶植。②社会动荡不安，佛教主张众生平等，迎合了贫苦民众渴求生活平安的愿望，就推动了佛教在中国传播。 消极影响：给人民带来种种沉重的灾难； 2、对文言文阅读传主仕途情况的总观 几个王朝的首都
例1，例2总结：
例1，例2为以解析几何为背景的应用题第一类题型
特征：背景曲线容易发现（显性），从而容易分析出本 题可以通过建立平面直角坐标系解决
难点：建模，列式，最终回归函数或基本不等式解决最 值问题
C
p
（直线与圆相离）
例3总结：
例3与例1，2相比，其最大的区别在于要能够根据题目 中有限的信息发现暗藏几何图形，若能发现，那本题从 运算角度而言就得已优化。发现几何图形正是隐性解 析几何背景问题最大的难点所在
①转化，根据题目条件将实际问题转化为相应的解析几何问题； 回舱与轨道舱之间的舱门，进入轨道舱开展空间科学实验。在距地面343公里的太空中的这个小小动作，标志着中国载人航天飞行由神舟五号的验证性飞行试验完全过渡到真正意义
上有人参与的空间飞行试验。 11、266年，司马炎改国号为晋，以洛阳为都，史称西晋。
历史作用：
是通过建立坐标系，应用有关概念与性质解决问题。我们可 1、管仲改革---内容:改革内政,发展生产;改革军制,组建强军;尊王攘夷，扩充疆界。作用:为齐桓公称霸奠定基础。
7、电子称，利用力学传感器（导体应变片技术）来测量物体对应变片的压力，从而达到测量重量目的 B．每至汀风春溪/月秋花繁/鸟啼之旦/莲开水香之夕/宾友集/歌咏作/舟棹徐动觞/咏半酣/飘然恍然
江苏省2020版高考数学一轮复习第四章三角函数第23课两角和与差的三角函数课件苏教版
第四章 三角函数
第23课 两角和与差的三角函数
栏 目 导
链教材 ·夯基固本 研题型 ·技法通关
航
链教材 ·夯基固本
1.
(必修
4P115
练习
1
改编)已知
tan
回归教材 α＝4，tan
β＝3，那么
tan(α＋β)＝__－__17_1___.
【解析】由题意得 tan(α＋β)＝1t－antαa＋nαt·atannββ＝14－＋132＝－171.
又 2cos2α＝sinα－π4，
所以 2cos2t＋π4＝sint，即－2sin2t＝sint， 所以－4sintcost＝sint，即 cost＝－14，
么 sin(α＋β)＝___1_5____.
【解析】由题意知
cos
α＝－
35，sin
β＝－45，所以
sin(α＋β)＝23×－35＋－
5 3
×－45＝－6＋154
5 .
4. (必修 4P110 例 5 改编)计算：2cos1c0o°s－20s°in20°＝________3________.
＝10－2
＝ 25
21－1＝1＋459
2 .
2. 已知 cosπ2＋α＝ 33－π2<α<π2，那么 sinα＋π3＝_3___2_－ 6___3__.
【解析】因为 cosπ2＋α＝－sinα＝ 33，
所以 sinα＝－ 33，所以－π2<α<0，所以 cosα＝ 36，
tan α±tan β (3) tan(α±β)＝____1_∓_t_an__α_ta_n__β______.
2. 注意两角和(差)的三角函数公式的变形运用
asin x＋bcos x＝____a_2_＋__b_2_si_n_(_x_＋__φ_)，__其__中___φ__满__足__
第23课 两角和与差的三角函数
栏 目 导
链教材 ·夯基固本 研题型 ·技法通关
航
链教材 ·夯基固本
1.
(必修
4P115
练习
1
改编)已知
tan
回归教材 α＝4，tan
β＝3，那么
tan(α＋β)＝__－__17_1___.
【解析】由题意得 tan(α＋β)＝1t－antαa＋nαt·atannββ＝14－＋132＝－171.
又 2cos2α＝sinα－π4，
所以 2cos2t＋π4＝sint，即－2sin2t＝sint， 所以－4sintcost＝sint，即 cost＝－14，
么 sin(α＋β)＝___1_5____.
【解析】由题意知
cos
α＝－
35，sin
β＝－45，所以
sin(α＋β)＝23×－35＋－
5 3
×－45＝－6＋154
5 .
4. (必修 4P110 例 5 改编)计算：2cos1c0o°s－20s°in20°＝________3________.
＝10－2
＝ 25
21－1＝1＋459
2 .
2. 已知 cosπ2＋α＝ 33－π2<α<π2，那么 sinα＋π3＝_3___2_－ 6___3__.
【解析】因为 cosπ2＋α＝－sinα＝ 33，
所以 sinα＝－ 33，所以－π2<α<0，所以 cosα＝ 36，
tan α±tan β (3) tan(α±β)＝____1_∓_t_an__α_ta_n__β______.
2. 注意两角和(差)的三角函数公式的变形运用
asin x＋bcos x＝____a_2_＋__b_2_si_n_(_x_＋__φ_)，__其__中___φ__满__足__
江苏省高考二轮复习专题：与几何图形有关的应用题处理策略PPT
地下电缆管线PO，PA，PB，已知OA＝2千米，AOB
3
,记∠APQ＝
θ
rad，地下电缆
管线的总长度为y千米．
(1) 将y表示成θ的函数，并写出θ的范围；
(2) 请确定工作坑P的位置，使地下电缆管线的总长度最小．
与几何图形有关的应用问题处理策略
高三 数学
应用题是从实际生活背景中抽取信息转化为数学问题 的一种题型。对学的阅读理解能力、抽象思维能力、建 模解模能力都提出了较高的要求。
5
年份
2015
近
年
2016
江
苏
高 考
2017
应
用
题
2018
考
查
情 况
2019
题号
17 17 18 17
几何图形
考查内容
函数、切线、导数 棱锥、棱柱、体积、导数
空间线线、线面、面面位置关 系、正余弦定理
三角函数、解三角形、导数
18
解三角形、直线与圆
例题激活
分析： 矩形面积变化
矩形边长在变
怎样描述？
例题激活
分析： 矩形面积变化
矩形的点变化
怎样刻画？
例题激活
y
分析： 矩形面积变化
矩形的点变化
刻画点B变化
解析法
例题激活 思考：三个关系式有什么联系？
思维拓展
思维拓展
链接高考
课堂小结
思考：数学建模的一般过程是什么？ 应用题建模四个步骤：“探明关键要素、选择合适参数、探求 数学关系、关注变量范围”.
题在书外，根在课本.
课后练习
课后练习
2、（2019泰州一模）如图，三个小区分别位于扇形OAB的三个顶点上，Q是弧AB
(江苏专版)高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题7选修系列第23讲几何证明选讲课件理
第十一页，共22页。
【名师点评】 (1)圆中线段长度成比例的问题，要结合切割线定理、相交弦 定理，构造比例关系．(2)利用相似关系求解线段长度要灵活地在三角形中对条件 进行转化或等比替换．
第十二页，共22页。
1．(2016·苏锡常镇二模)已知△ABC内接于⊙O，BE是⊙O的直径，AD是BC 边上的高．求证：BA·AC＝BE·AD.
图23－6
第十五页，共22页。
[证明] 连结OF. 因为DF切⊙O于F，所以∠OFD＝90°. 2分 所以∠OFC＋∠CFD＝90°. 因为OC＝OF，所以∠OCF＝∠OFC. 5分 因为CO⊥AB于O，所以∠OCF＋∠CEO＝90°. 所以∠CFD＝∠CEO＝∠DEF，所以DF＝DE. 8分 因为DF是⊙O的切线，所以DF2＝DB·DA. 所以DE2＝DB·DA. 10分
第十页，共22页。
又BC为直径，∴∠CAB为直角， ∴AC2＋AB2＝BC2＝225，②6分 由①②得AC＝6 5，AB＝3 5. 7分 又AE平分∠BAC， ∴∠EAB＝∠CAE，∠ABC＝∠E， 8分 ∴△ACE∽△ADB，∴AABE＝AADC. ∴AD·AE＝AB·AC＝3 5·6 5＝90. 10分
第二十页，共22页。
[证明] 在△ADB和△ABC中， 因为∠ABC＝90°， BD⊥AC，∠A为公共角， 所以△ADB∽△ABC， 5分 于是∠ABD＝∠C. 7分 在Rt△BDC中，因为E是BC的中点， 所以ED＝EC，从而∠EDC＝∠C. 9分 所以∠EDC＝∠ABD. 10分
第三页，共22页。
【名师点评】 判定两个三角形相似的几种方法：(1)两角对应相等，两三角 形相似；(2)两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；(3)三边对应成比例，两 三角形相似；(4)相似三角形的定义．
【名师点评】 (1)圆中线段长度成比例的问题，要结合切割线定理、相交弦 定理，构造比例关系．(2)利用相似关系求解线段长度要灵活地在三角形中对条件 进行转化或等比替换．
第十二页，共22页。
1．(2016·苏锡常镇二模)已知△ABC内接于⊙O，BE是⊙O的直径，AD是BC 边上的高．求证：BA·AC＝BE·AD.
图23－6
第十五页，共22页。
[证明] 连结OF. 因为DF切⊙O于F，所以∠OFD＝90°. 2分 所以∠OFC＋∠CFD＝90°. 因为OC＝OF，所以∠OCF＝∠OFC. 5分 因为CO⊥AB于O，所以∠OCF＋∠CEO＝90°. 所以∠CFD＝∠CEO＝∠DEF，所以DF＝DE. 8分 因为DF是⊙O的切线，所以DF2＝DB·DA. 所以DE2＝DB·DA. 10分
第十页，共22页。
又BC为直径，∴∠CAB为直角， ∴AC2＋AB2＝BC2＝225，②6分 由①②得AC＝6 5，AB＝3 5. 7分 又AE平分∠BAC， ∴∠EAB＝∠CAE，∠ABC＝∠E， 8分 ∴△ACE∽△ADB，∴AABE＝AADC. ∴AD·AE＝AB·AC＝3 5·6 5＝90. 10分
第二十页，共22页。
[证明] 在△ADB和△ABC中， 因为∠ABC＝90°， BD⊥AC，∠A为公共角， 所以△ADB∽△ABC， 5分 于是∠ABD＝∠C. 7分 在Rt△BDC中，因为E是BC的中点， 所以ED＝EC，从而∠EDC＝∠C. 9分 所以∠EDC＝∠ABD. 10分
第三页，共22页。
【名师点评】 判定两个三角形相似的几种方法：(1)两角对应相等，两三角 形相似；(2)两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；(3)三边对应成比例，两 三角形相似；(4)相似三角形的定义．
2020高考数学(文,江苏教育版)一轮复习课件第23讲 解三角形.ppt
()
[答案] (1)× (2)× (3)×
[解析] (1)俯角就是水平线与水平线下面直线的夹角， 即从上面向下看的角度；仰角就是水平线与水平线上面直 线的夹角，即从下面向上看的角度．
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第23讲 解三角形
•
双 向 固 基
(2)如图所示，从 A 处望 B 处和从 B 处望 A 处的视线均为
AB，而 α，β同为 AB 与水平线所成的角，因此 α＝β.
(4)检验解出的答案是否具有实际意义，对解进行取舍，
得出实际问题的解．
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第23讲 解三角形
•
双 向
固
基
础
—— 链接教材 ——
1．海上有 A，B，C 三个小岛，A，B 两岛相距 5 3 n mile，
从 A 岛观测到 C 岛和 B 岛成 45°角，从 B 岛观测到 C 岛和 A 岛成 75°角，则 B，C 两岛间的距离是________ n mile.
正__弦__定__理__求 AC；
②△BCD 中用
正__弦__定__理__求 BC；
③△ABC 中用 余__弦__定__理__求 AB
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第23讲 解三角形
•
双 向
固
基
础
2．高的测量
背景
可测 元素
底部可 到达
a，α
底部不 可到达
a，α，β
图形
目标及解法
求 AB.
AB＝_a_t_a_n__α__
础
(3)如图所示，P 在 Q 的北偏东 44°，则 Q 在 P 的南偏 西 44°，或西偏南 46°.
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第23讲 解三角形
•
双 向
固
基
础
高考数学复习第二十三章选修系列23.1几何证明选讲市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件
2
2
2
2
∠CPO=∠ACB=90°.所以∠CPD=90°.
因为EC是切线,所以∠DCP=∠CBA,
从而△CPD∽△BCA,故 CP= DP,
BC AC
所以DP=15 .故OD=DP+OP=15 +1 =8.
2
22
28/70
6.(湖北,15,5分)如图,P为☉O外一点,过P点作☉O两条切线,切点分别为A,B.过PA中点Q
∵ED=2,ME=3,∴AM=1.
在Rt△AMO中,易得OM=2 2,故CE=2 ,2
在Rt△CED中,CD= C=E22 ,故DEB2C=2 3.
3
评析 本题考查圆性质、垂径定理及勾股定理,考查学生推理论证能力和运算求解能力.垂径 定理应用是求解本题关键.
31/70
8.(课标全国Ⅱ理,22,10分)如图,CD为△ABC外接圆切线,AB延长线交直线CD于点D,E, F分别为弦AB与弦AC上点,且BC·AE=DC·AF,B,E,F,C四点共圆. (1)证实:CA是△ABC外接圆直径; (2)若DB=BE=EA,求过B,E,F,C四点圆面积与△ABC外接圆面积比值.
AC PA 2
4.(广东,15,5分)(几何证实选讲选做题)如图,已知AB是圆O直径,AB=4,EC是圆O切线,切
点为C,BC=1.过圆心O作BC平行线,分别交EC和AC于点D和点P,则OD=
.
27/70
答案 8
解析 易得AC= 4=2 ,由12 OP1∥5 BC,且O为AB中点可知CP= AC= ,O1 P= 15BC= 1 , 1
BC CD
又BC= 2,从而AB=3 . 2 所以AC= A=B42,所 B以CA2 D=3. 由切割线定理得AB2=AD·AE, 即AE= AB=2 6,
高考数学二轮复习第23讲与几何相关的应用题课件
12/11/2021
【核心归纳】 与立体几何相关的问题一般有两种类型:一是利用立体图形 的特征、截面图等转化为平面图形求解;二是利用立体图形相关的公式建立 目标函数,转化为函数模型、三角函数模型等解决.
12/11/2021
2-1 (2018南通第二次调研)将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、 面积为100 dm2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与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;
12/11/2021
图乙 则B(2,2 3),设缉私艇在P(x,y)处(缉私艇恰好截住走私船的位置)与走私船相
遇,则 P A =3,即 =3. x2 y2
PB
(x2)2 (y2 3)2
12/11/2021
整理得
x
+9
4
2
=
y
, 9
4
3
2
9 4
所以点P(x,y)的轨迹是以点
9 4
,为94 圆3 心,
335.7446
(2)无论走私船沿何方向逃跑,缉私艇是否总能在领海内成功拦截?并说明理
由.
12/11/2021
解析 (1)设缉私艇在C处与走私船相遇(如图甲),
图甲
依题意,AC=3BC.
在△ABC中,sin∠BAC= B C sin∠ABC= s in=1 2 0 . 3
高考数学(文,江苏教育版)一轮复习课件第23讲 解三角形
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第23讲 解三角形
•
双 向
固 基
2．已知在△ABC 中，AB＝ 3，AC＝ 2，A＝60°，则
础△ABC 的面积为________．
[答案]
3 4
2
[解析] 由面积公式得 S＝12AB·AC·sin A＝34 2.
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第23讲 解三角形
•双 向 固 3．已知 A，B 两地的距离为 10 m，B，C 两地的距离为 基 础20 m，现测得∠ABC＝120°，则 A，C 两地的距离是________．
图4232
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第23讲 解三角形
(1)求索道 AB 的长；
(2) 问 乙 出 发 多 少 分 钟 后 ， 乙 在 缆 车 上 与 甲 的 距 离 最
•
点 面 讲 考
短？ (3)为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 min，
乙步行的速度应控制在什么范围内？
向
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第23讲 解三角形
求 AB. ①在△ACD 中用正
弦定理求 AD；
②AB＝_A__D_s_in__β_
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第23讲 解三角形
•
双 向
固
基
础
3.实际测量中常用的角 (1)仰角和俯角 与目标线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹
角，目标视线在水平视线_上__方_____的叫仰角，目标视线在水
平视线__下__方____的叫俯角(如图 4-23-1 所示)．
考 向
线步行到 C.现有甲、乙两位游客从 A 处下山，甲沿 AC 匀速 步行，速度为 50 m/min.在甲出发 2 min 后，乙从 A 乘缆车到
B，在 B 处停留 1 min 后，再从 B 匀速步行到 C.假设缆车匀
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4r2
+6 (8+7π)r2,定义域为
r
3
2
8
,3
2
4
.
(2)令f(r)= 6 +(ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ+7π)r2,所以f '(r)=-6 +(16+14π)r,
r
r2
令f '(r)=0,即 r 6 2
=(16+14π)r,解得r=3 ,3
8 7
当r> 3 时3 , f '(r)>0,函数y=f(r)为增函数;
4
(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)
解析 如图所示,以点A为坐标原点,AB所在的直线为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
第23讲 与几何相关的应用题
第23讲 与几何相关的应用题
1.一缉私艇巡航至距领海边界线l(一条南北方向的直线)3.8海里的A处,发现 在其北偏东30°方向相距4海里的B处有一走私船正欲逃跑,缉私艇立即追击. 已知缉私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍.假设缉私艇和走私船均按 直线方向以最大航速航行. (1)若走私船沿正东方向逃离,试确定缉私艇的追击方向,使得用最短时间在 领海内拦截成功;
9 4
,为94 圆3 心,
为半3 径的圆.因为圆心
2
9 4
,
9 4
3
到领海边界线l:x=3.8的距离为1.55,大于圆的半径 3 ,所以缉私艇总能在领海
2
内截住走私船.
2.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AB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半部分是长方形ABCD,上半部分是以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tan θ= 3 .
直线的方程为y=- 3 x+b,
4
即3x+4y-4b=0,
则由| 27=92,4 4b |
32 42
解得b=24或b= 3 (舍).
2
故太阳光线所在直线的方程为y=- 3
4
令x=30,得EG=1.5米<2.5米.
所以能保证采光要求.
x+24,
(2)设AD=h米,AB=2r米, 则半圆的圆心为H(r,h),半径为r. 设太阳光线所在直线的方程为y=- 3 x+b,
2
2
2
=- 5 r2+50r=5 - (r-10)2+250≤250.
2
2
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.
题型一 与平面几何相关的应用题 例1 (2018徐州高三年级考前模拟)图1是一个仿古的首饰盒,其左视图是由 一个半径为r分米的半圆及矩形ABCD组成,其中AD长为a分米,如图2.为了美 观,要求r≤a≤2r.已知该首饰盒的长为4r分米,容积为4立方分米(不计厚度), 假设该首饰盒的制作费用只与其表面积有关,下半部分的制作费用为每平方 分米1百元,上半部分制作费用为每平方分米2百元,设该首饰盒的制作费用为 y百元. (1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)当r为何值时,该首饰盒的制作费用最低?
8 7
当r< 3 时3 , f '(r)<0,函数y=f(r)为减函数.
8 7
又因为 3 ≤2 r≤ ,3所以2 函数y=f(r)在
8
4
所以当r= 3 时2 ,首饰盒制作费用最低.
8
上为3增8函2数, 3,
4
2
【核心归纳】 弄清平面图形的结构及相关定理、结论,由此建立目标函数, 再根据目标函数的特征选择函数、导数或不等式解决问题.
题型二 与立体几何相关的应用题 例2 (2017江苏,18)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32 cm,容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10 7 cm,容器Ⅱ 的两底面对角线EG,E1G1的长分别为14 cm和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ 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) (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.
图1
图2
解析
(1)由题意可知:4=4r
1 2
=r22πr32+a8rar2,
所以a= 4 =2 r 3 . 2 r 3
8r2
4r2
又因为r≤a≤2r,所以 3 2≤r≤ .3 2
8
4
所以y=4r(2a+2r)+4ar+2(πr×4r+πr2)=12ar+8r2+10πr2
=12r× 2 + 8r r2+10πr2=
4
即3x+4y-4b=0,由| 3r =r4,h 4b |
32 42
解得b=h+2r或b=h-2r(舍).
故太阳光线所在直线的方程为y=- 3 x+h+2r,
4
令x=30,得EG=2r+h- 4 5 ,由EG≤2.5,得h≤25-2r,
2
所以S=2rh+ 1 πr2=2rh+3 ×r2≤2r(25-2r3 )+ ×r2
(2)如图乙,以A为原点,正北方向所在的直线为y轴建立平面直角坐标系xOy.
图乙 则B(2,2 3),设缉私艇在P(x,y)处(缉私艇恰好截住走私船的位置)与走私船相
遇,则 P A =3,即 =3. x2 y2
PB
(x2)2 (y2 3)2
整理得
x
+9
4
2
=
y
, 9
4
3
2
9 4
所以点P(x,y)的轨迹是以点
参 考 数 据 :sin176 3,
335.7446
(2)无论走私船沿何方向逃跑,缉私艇是否总能在领海内成功拦截?并说明理
由.
解析 (1)设缉私艇在C处与走私船相遇(如图甲),
图甲
依题意,AC=3BC.
在△ABC中,sin∠BAC= B C sin∠ABC= s in=1 2 0 . 3
AC
3
6
因为sin 17°≈ 3 ,所以∠BAC=17°.
6
从而缉私艇应向北偏东47°方向追击.
在△ABC中,cos 120°= 42 , BC2 AC2
8BC
解得BC=1 ≈3 31.686 15.又B到边界线l的距离为3.8-4sin 30°=1.8,
4
1.686 15<1.8,所以能在领海内成功拦截走私船.
+6 (8+7π)r2,定义域为
r
3
2
8
,3
2
4
.
(2)令f(r)= 6 +(ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ+7π)r2,所以f '(r)=-6 +(16+14π)r,
r
r2
令f '(r)=0,即 r 6 2
=(16+14π)r,解得r=3 ,3
8 7
当r> 3 时3 , f '(r)>0,函数y=f(r)为增函数;
4
(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)
解析 如图所示,以点A为坐标原点,AB所在的直线为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
第23讲 与几何相关的应用题
第23讲 与几何相关的应用题
1.一缉私艇巡航至距领海边界线l(一条南北方向的直线)3.8海里的A处,发现 在其北偏东30°方向相距4海里的B处有一走私船正欲逃跑,缉私艇立即追击. 已知缉私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍.假设缉私艇和走私船均按 直线方向以最大航速航行. (1)若走私船沿正东方向逃离,试确定缉私艇的追击方向,使得用最短时间在 领海内拦截成功;
9 4
,为94 圆3 心,
为半3 径的圆.因为圆心
2
9 4
,
9 4
3
到领海边界线l:x=3.8的距离为1.55,大于圆的半径 3 ,所以缉私艇总能在领海
2
内截住走私船.
2.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AB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半部分是长方形ABCD,上半部分是以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tan θ= 3 .
直线的方程为y=- 3 x+b,
4
即3x+4y-4b=0,
则由| 27=92,4 4b |
32 42
解得b=24或b= 3 (舍).
2
故太阳光线所在直线的方程为y=- 3
4
令x=30,得EG=1.5米<2.5米.
所以能保证采光要求.
x+24,
(2)设AD=h米,AB=2r米, 则半圆的圆心为H(r,h),半径为r. 设太阳光线所在直线的方程为y=- 3 x+b,
2
2
2
=- 5 r2+50r=5 - (r-10)2+250≤250.
2
2
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.
题型一 与平面几何相关的应用题 例1 (2018徐州高三年级考前模拟)图1是一个仿古的首饰盒,其左视图是由 一个半径为r分米的半圆及矩形ABCD组成,其中AD长为a分米,如图2.为了美 观,要求r≤a≤2r.已知该首饰盒的长为4r分米,容积为4立方分米(不计厚度), 假设该首饰盒的制作费用只与其表面积有关,下半部分的制作费用为每平方 分米1百元,上半部分制作费用为每平方分米2百元,设该首饰盒的制作费用为 y百元. (1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)当r为何值时,该首饰盒的制作费用最低?
8 7
当r< 3 时3 , f '(r)<0,函数y=f(r)为减函数.
8 7
又因为 3 ≤2 r≤ ,3所以2 函数y=f(r)在
8
4
所以当r= 3 时2 ,首饰盒制作费用最低.
8
上为3增8函2数, 3,
4
2
【核心归纳】 弄清平面图形的结构及相关定理、结论,由此建立目标函数, 再根据目标函数的特征选择函数、导数或不等式解决问题.
题型二 与立体几何相关的应用题 例2 (2017江苏,18)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32 cm,容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10 7 cm,容器Ⅱ 的两底面对角线EG,E1G1的长分别为14 cm和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ 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) (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.
图1
图2
解析
(1)由题意可知:4=4r
1 2
=r22πr32+a8rar2,
所以a= 4 =2 r 3 . 2 r 3
8r2
4r2
又因为r≤a≤2r,所以 3 2≤r≤ .3 2
8
4
所以y=4r(2a+2r)+4ar+2(πr×4r+πr2)=12ar+8r2+10πr2
=12r× 2 + 8r r2+10πr2=
4
即3x+4y-4b=0,由| 3r =r4,h 4b |
32 42
解得b=h+2r或b=h-2r(舍).
故太阳光线所在直线的方程为y=- 3 x+h+2r,
4
令x=30,得EG=2r+h- 4 5 ,由EG≤2.5,得h≤25-2r,
2
所以S=2rh+ 1 πr2=2rh+3 ×r2≤2r(25-2r3 )+ ×r2
(2)如图乙,以A为原点,正北方向所在的直线为y轴建立平面直角坐标系xOy.
图乙 则B(2,2 3),设缉私艇在P(x,y)处(缉私艇恰好截住走私船的位置)与走私船相
遇,则 P A =3,即 =3. x2 y2
PB
(x2)2 (y2 3)2
整理得
x
+9
4
2
=
y
, 9
4
3
2
9 4
所以点P(x,y)的轨迹是以点
参 考 数 据 :sin176 3,
335.7446
(2)无论走私船沿何方向逃跑,缉私艇是否总能在领海内成功拦截?并说明理
由.
解析 (1)设缉私艇在C处与走私船相遇(如图甲),
图甲
依题意,AC=3BC.
在△ABC中,sin∠BAC= B C sin∠ABC= s in=1 2 0 . 3
AC
3
6
因为sin 17°≈ 3 ,所以∠BAC=17°.
6
从而缉私艇应向北偏东47°方向追击.
在△ABC中,cos 120°= 42 , BC2 AC2
8BC
解得BC=1 ≈3 31.686 15.又B到边界线l的距离为3.8-4sin 30°=1.8,
4
1.686 15<1.8,所以能在领海内成功拦截走私船.