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第2讲 解三角形、几何中的应用题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一和解三角形有关的应用题例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？(1)90；(2)80.解(1)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)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.在RtIHJ中，tan 80，即HI，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，即BJ，故当10时，BJ取到最大值，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思维升华用正、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分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；(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(1)依题意得BD300 m，BE100 m，在ABC中，cos B，B，在BDE中，由余弦定理，得DE2BD2BE22BDBEcos B30021002230010070 000，DE100 m，答甲、乙两人之间的距离为100 m.(2)由题意得EF2DE2y，BDECEF，在RtCEF中，CEEFcosCEF2ycos ，在BDE中，由正弦定理得，即，y，0，当时，y有最小值50.答甲、乙之间的最小距离为50 m.热点二和立体几何有关的应用题例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，0，圆锥的侧面积为S cm2.(1)求S关于的函数关系式；(2)为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S最大求S取得最大值时腰AB的长度解(1)设AO的延长线交BC于点D，过O作OEAB，垂足为E，在AOE中，AE10cos ，AB2AE20cos ，在ABD中，BDABsin 20cos sin ，所以S400sin cos2，00，当x时，f(x)0)，代入点B的坐标，得p，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)(2)由(1)可知，f(a)a3a22a，则f(a)3a22a2，令f(a)0，得a. 当0a时，f(a)0，f(a)在上单调递增；当a1时，f(a)0，f(a)在上单调递减所以当a时，f(a)取得极大值，也是最大值答当a时，矩形草坪CDEF的面积最大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(1)V6226224312(m3)(2)设PO1x，则O1B1(0x6)，B1C1，2(62x2)，又由题意可得下面正四棱柱的高为4x.则仓库容积Vx2(62x2)2(62x2)4xx(36x2)(0x6)V(363x2)，由V0得x2或x2(舍去)由实际意义知V在x2(m)处取到最大值，故当PO12 m时，仓库容积最大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10 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)(1)将l放在容器中，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(1)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处因为AC10 cm，AM40 cm，所以MC30 (cm)，从而sinMAC.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，从而AP116 (cm)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)(2)方法一如图，O，O1是正棱台的两底面中心由正棱台的定义可知，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，所以KG124 (cm)，从而GG140 (cm)设EGG1，ENG，则sin sincosKGG1.因为，所以cos .在ENG中，由正弦定理可得，解得sin .因为0，所以cos .于是sinNEGsin()sin()sin cos cos sin .记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2EG，Q2为垂足，则P2Q2平面EFGH，故P2Q212，从而EP220 (cm)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，垂足为H，易知G1H32 cm，GH24 cm，可得GG140 cm.所以cosG1GH，于是cosNGE.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.由，得，解得KN24 cm.由，得，解得PE20 cm.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，GH24 cm，得tanG1GH.所以，可设KN4x，GK3x.在RtEKN中，由勾股定理得(143x)216x2402，因式分解得(x6)(25x234)0，解得x6，KN24 cm，由，得，解得PE20 cm.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8 km，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.(1)求道路MNP的曲线方程；(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)?解(1)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(8x10,0y6)，NP段：x2y264 (8x8，y0)(2)当点Q在MN段上时，设Q(x0，y0)，又C(0,4)，则CQ，由(1)得xy64，即CQ，故当y02时，CQmin6 km.当点Q在NP段上时，设Q(x1，y1)，又C(0,4)，则CQ，由(1)得xy64，即CQ，故当y10时，CQmin4 km.因为64，所以当Q的坐标为(2，2)时，可使Q到景点C的距离最近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；(2)当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？解(1)在图甲中，连结MO交EF于点T.设OEOFOMR，在RtOET中，因为EOTEOF60，所以OT，则MTOMOT.从而BEMT，即R2BE2.故所得柱体的底面积SS扇形OEFSOEFR2R2sin 120.又所得柱体的高EG4，所以VSEG 4.答当BE长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米(2)设BEx，则R2x，所以所得柱体的底面积SS扇形OEFSOEF R2R2sin 120x2.又所得柱体的高EG62x，所以VSEG ，其中0x3.令f(x)x33x2，x，则由f3x26x3x0，解得x2.列表如下：x(0,2)2(2,3)f(x)0f(x)极大值所以当x2时， f(x)取得极大值，也是最大值答当BE的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大A组专题通关1(2018南京模拟)如图，公园里有一湖泊，其边界由两条线段AB，AC和以BC为直径的半圆弧BC组成，其中AC为2(单位：百米)，ACBC，A为.若在半圆弧BC，线段AC，AB上各建一个观赏亭D，E，F，再修两条栈道DE，DF，使DEAB，DFAC. 记CBD.(1)试用表示BD的长；(2)试确定点E的位置，使两条栈道长度之和最大解(1)连结DC.在ABC中，AC为2，ACBC，A为，所以CBA，AB4，BC2.因为BC为直径，所以BDC，所以BDBCcos 2cos .(2)在BDF中，DBF，BFD，BD2cos ，所以由正弦定理得，所以DF4cos sin，且BF4cos2，所以DEAF44cos2，所以DEDF44cos24cos sinsin 2cos 232sin3.因为，所以2，所以当2，即时，DEDF有最大值5，此时E与C重合答当E与C重合时，两条栈道长度之和最大2(2018常州期末)已知小明(如图中AB所示)身高1.8米，路灯OM高3.6米， AB, OM均垂直于水平地面，分别与地面交于点A，O.点光源从M发出，小明在地上的影子记作AB.(1)小明沿着圆心为O，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求AB扫过的图形面积；(2)若OA3米，小明从A出发，以1米/秒的速度沿线段AA1走到A1, OAA1，且AA110米t秒时，小明在地面上的影子长度记为f(单位：米)，求f的表达式与最小值解(1)由题意ABOM，则， OA3，所以OB6，小明在地面上的身影AB扫过的图形是圆环，其面积为623227(平方米)(2)经过t秒，小明走到了A0处，身影为A0B0，由(1)知，所以fA0B0OA0.化简得f， 0t10, f ，当t时，f的最小值为.答f(00)，将点代入得，4a，解得a，即yx2.设点P的坐标为，0x02，则tx，yx，切线PG的斜率为x0，PG所在直线的方程为yxx0(xx0)，即yx0xx.令y0，得x，G.PG222222，由tx得x2t，代入上式得，PG2，PG关于t的函数解析式为f(t)t，点G在边AB上，则22，解得即2x02.又0x02，2x02，由tx得，t，定义域为.(2)令g(t)f2(t)，t，则g(t)，令g(t)0，得t，当t时，g(t)0；当0，故当t时，PG2取得最小值，即PG取得最小值，为 ，又因小路每米造价m元，故当t百米时小路造价最低，最低造价为100mm(元)B组能力提高5.如图，矩形ABCD是一个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形BCDE区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在ADE区域内参观在AE上点P处安装一可旋转的监控摄像头，MPN为监控角，其中M，N在线段DE(含端点)上，且点M在点N的右下方经测量得知，AD6 m，AE6 m，AP2 m，MPN.记EPM(弧度)，监控摄像头的可视区域PMN的面积为S.(1)求S关于的函数关系式，并写出的取值范围；(2)求S的最小值解(1)方法一在PME中，EPM，PEAEAP4 (m)，PEM，PME，由正弦定理得，所以PM，同理在PNE中，由正弦定理得，所以PN，所以PMN的面积SPMPNsinMPN，当M与E重合时，0；当N与D重合时，tanAPD3，即APD，所以0.综上可得S，.方法二在PME中，EPM，PEAEAP4 (m)，PEM，PME，由正弦定理可知，所以ME，在PNE中，由正弦定理可知，所以NE，所以MNNEME ，又点P到DE的距离为d4sin2，所以PMN的面积SMNd，当M与E重合时，0；当N与D重合时，tanAPD3，即APD，所以0.所以S，.(2)当2，即时，S取得最小值8(1)所以可视区域PMN面积的最小值为8(1)m2.6(2018江苏海门中学模拟)将一个半径为3 dm，圆心角为(0,2)的扇形铁皮焊接成一个容积为V dm3的圆锥形无盖容器(忽略损耗)(1)求V关于的函数关系式；(2)当为何值时，V取得最大值；(3)容积最大的圆锥形容器能否完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm的球？请说明理由解(1)设底面半径为r，高为h,32r，h，Vr2h2，(0,2). (2) 令tr22(0,9)，f(t)t2(9t)，f(t)3t(t6)0，t(0,9)t6，因此t6，时，Vmax2.(3)设圆锥轴截面三角形内切圆半径为r0.r0(332)2，r0320.5，所以能完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm的球7如图是一座桥的截面图，桥的路面由三段曲线构成，曲线AB和曲线DE分别是顶点在路面A，E的抛物线的一部分，曲线BCD是圆弧，已知它们在接点B，D处的切线相同，若桥的最高点C到水平面的距离H6米，圆弧的弓高h1米，圆弧所对的弦长BD10米(1)求弧所在圆的半径；(2)求桥底AE的长解(1)设弧所在圆的半径为r(r0)，由题意得r252(r1)2，r13.即弧所在圆的半径为13米(2)以线段AE所在直线为x轴，线段AE的中垂线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系H6米，BD10米，弓高h1米，B(5,5)，D(5,5)，C(0,6)，设所在圆的方程为x2(yb)2r2(r0)，则弧的方程为x2(y7)2169(5y6)设曲线AB所在抛物线的方程为ya(xm)2，点B(5,5)在曲线AB上，5a(5m)2，又弧与曲线段AB在接点B处的切线相同，且弧在点B处的切线的斜率为，由ya(xm)2，得y2a(xm)，2a(5m)，2a(5m)，由得m29，A(29,0)，E(29,0)，桥底AE的长为58米，
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