1、微专题9以平面图形、空间图形为载体的应用题真 题 感 悟(2018江苏卷)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚内的地块形状为矩形ABCD，大棚内的地块形状为CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为.(1)用分别表示矩形ABCD和CDP的面积，并确定sin 的取值范围；(2)若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43，求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.解(1)如图，设P
2、O的延长线交MN于点H，则PHMN，所以OH10.过O作OEBC于点E，则OEMN，所以COE，故OE40cos ，EC40sin ，则矩形ABCD的面积为240cos (40sin 10)800(4sin cos cos )，CDP的面积为240cos (4040sin )1 600(cos sin cos ).过N作GNMN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，连接OG，则GKKN10.令GOK0，则sin 0，0.当时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sin 的取值范围是.答：矩形ABCD的面积为800(4sin cos cos )平方米，CDP的面积为1 600( cos sin c
3、os )平方米，sin 的取值范围是.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k(k0)，则年总产值为4k800(4sin cos cos )3k1 600(cos sin cos )8 000k(sin cos cos )，.设f()sin cos cos ，则f()cos2sin2 sin (2sin2sin 1)(2sin 1)(sin 1).令f()0，得，当时，f()0，所以f()为增函数；当时，f()0，所以f()为减函数，因此，当时，f()取到最大值.答：当时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.考 点 整 合1.(
4、1)正弦定理2R(R为ABC外接圆的半径).(2)余弦定理a2b2c22bccos A，b2a2c22accos B，c2a2b22abcos C.2.(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叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图).(2)方向角相对于某正方向的水平角，如南偏东30，北偏西45等.(3)方位角指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为(如图).3.柱、锥、台和球的表面积和体积面积体积圆柱S侧2rhVShr2h圆锥S侧rlVShr2hr2圆台S侧(r1r2)lV(S上S下)h(rrr1r2)h直棱柱S侧ChVS
5、h正棱锥S侧ChVSh正棱台S侧(CC)hV(S上S下)h球S球面4R2VR3热点一以平面图形为载体的应用题【例1】 甲船在A处，乙船在A处的南偏东45方向，距A有9海里的B处，并以20海里/小时的速度沿南偏西15方向行驶，若甲船沿南偏东的方向，并以28海里/小时的速度行驶，恰能在C处追上乙船.问用多少小时追上乙船，并求sin 的值(结果保留根号，无需求近似值).解设用t小时，甲船追上乙船，且在C处相遇，那么在ABC中，AC28t，BC20t，AB9，ABC1801545120，由余弦定理，得(28t)281(20t)22920t()，128t260t270，解得t或t(舍去)，所以AC21(
6、海里)，BC15(海里)，根据正弦定理，得sinBAC，cosBAC.又ABC120，BAC为锐角，所以45BAC，sin sin(45BAC)sin 45cosBACcos 45sinBAC.经过小时追上乙船，且sin 的值为.探究提高运用正、余弦定理解决测量距离、高度、角度等问题的注意事项(1)首先应明确方位角或方向角等概念的含义；(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步；(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦、余弦定理的“联袂”使用.【训练1】 (2019南京、盐城高三二模)某公园内有一块以O为圆心、半径为20米的圆形区域.为
7、丰富市民的业余文化生活，现提出如下设计方案：如图，在圆形区域内搭建露天舞台，舞台为扇形OAB区域，其中两个端点A，B分别在圆周上；观众席为梯形ABQP内切在圆O外的区域，其中APABBQ，PABQBA120，且AB，PQ在点O的同侧.为保证视听效果，要求观众席内每一个观众到舞台O处的距离都不超过60米.设OAB，.问：对于任意，上述设计方案是否均能符合要求？解过O作OH垂直于AB，垂足为H.在直角三角形OHA中，OA20，OAH，所以AH20cos ，因此AB2AH40cos .由图可知，点P处观众离点O处最远.在OAP中，由余弦定理可知OP2OA2AP22OAAPcos400(40cos )
8、222040cos 400(6cos22sin cos 1)400(3cos 2sin 24)800sin1 600.因为，所以当2时，即时，(OP2)max8001 600，即(OP)max2020.因为202060，所以观众席内每一个观众到舞台O处的距离都不超过60米.故对于任意，上述设计方案均能符合要求.热点二以空间图形为载体的应用题【例2】 (2016江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，如图，上部分的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的四倍.(1)若AB6 m，PO12 m，则仓库的
9、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)容积为下部正四棱柱的容积与上部正四棱锥的容积的和，则V6242622622312(m3).(2)设PO1x m.则A1O1(0x6)，A1B1.V2(36x2)4x2(36x2)x2(36x2)x(x336x)，V26x2122626(x212)，令V0，得x2.当0x0，V是单调增函数；当2x6时，V0，V是单调减函数，所以当PO12 m时，仓库的容积V取得最大值.探究提高立体几何中的实际应用问题常以几何体的表面积、体积为载体，借助于公式计算或基本不等式、导数等为工具，抽象为函数模型进行求解，解答过程中
10、要注意变量的实际意义.【训练2】 (2017江苏卷)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)由正棱柱的定义，CC1平面ABCD，又CC1平面A1ACC1，A
11、C平面ABCD，所以平面A1ACC1平面ABCD，CC1AC.记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处.因为AC10，AM40，所以MC30，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，从而AP116.答：玻璃棒l没入水中的部分的长度为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)如图，O，O1是正棱台的两底面中心.由正棱台的定义，OO1平面EFGH，又OO1平面E1EGG1，EG平面EFGH，所以平面E1EGG1平面EFGH，O1OEG.同理，平面E1EGG1平面E1F1G1H1，O1
12、OE1G1.记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处.过G作GKE1G1，K为垂足，则GKOO132.因为EG14，E1G162，所以KG124，从而GG140.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00，所以BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.(3)先讨论点P的位置.当OBP90时，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再讨论点Q的位置.由(2)知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA15时，CQ
13、3.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PBAB，点Q位于点C右侧，且CQ3时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQPDCDCQ173.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为173(百米).法二(1)如图，过O作OHl，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD12，AC6，所以OH9，直线l的方程为y9，点A，B的纵坐标分别为3，3.因为AB为圆O的直径，AB10，所以圆O的方程为x2y225.从而A(4，3)，B(4，3)，直线AB的斜率为.因为PBAB，所以直线PB的斜率为，直线PB的方程为yx.所以P(13，9)，PB15.因此道路PB
14、的长为15(百米).(2)均不能.理由如下：若P在D处，取线段BD上一点E(4，0)，则EO45，所以P选在D处不满足规划要求.若Q在D处，连接AD，由 (1)知D(4，9)，又A(4，3)，所以线段AD：yx6(4x4).在线段AD上取点M，因为OM5，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径，因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.(3)先讨论点P的位置.当OBP90时，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再讨论点Q的位置.由(2)知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA15时，设Q(a，9)，由AQ15(a4)，得a43，
15、所以Q(43，9).此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当P(13，9)，Q(43，9)时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ43(13)173.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为173(百米).一、填空题1.(2019南京模拟)如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为_.解析依题意可得AD20(m)，AC30(m)，又CD50(m)，所以在ACD中，由余弦定理得cosCAD，又0CAD180，所以CAD45，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45.答案452.(2019苏北三市联考
16、)一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65，那么B，C两点间的距离是_海里.解析如图所示，易知，在ABC中，AB20海里，CAB30，ACB45，根据正弦定理得，解得BC10(海里).答案103.如图，A，B是海平面上的两个点，相距800 m，在A点测得山顶C的仰角为45，BAD120，又在B点测得ABD45，其中D是点C到水平面的射影，则山高CD_m.解析在ABD中，BDA1804512015.由，得AD800(1)(m).CD平面ABD，CAD45，
17、CDAD800(1)m.答案800(1)4.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.解析如图，连接OC，在OCD中，OD100，CD150，CDO60.由余弦定理得OC2100215022100150cos 6017 500，则OC50(m).答案505.某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60和30，第一排和最后
18、一排的距离为10米(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上.若国歌长度约为50秒，升旗手应以_(米/秒)的速度匀速升旗.解析由题意知，在BCD中，BDC301545，CBD1804510530，CD10(米).由正弦定理，得BC20(米).在RtABC中，ABBCsin 602030(米).所以升旗速度v0.6(米/秒).答案0.66.(2019泰州模拟)如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东的方向沿直线CB前往B处救援，则cos 的值为_.解析在ABC中
19、，AB40，AC20，BAC120，由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcos 1202 800，则BC20.由正弦定理得，所以sinACBsinBAC.由BAC120，知ACB为锐角，则cosACB.由ACB30，得cos cos(ACB30)cosACBcos 30sinACBsin 30.答案7.(2018南通高三调研)如图，铜质六角螺帽毛胚是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm，圆柱的底面面积为9 cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm的正三棱柱零件，则该正三棱柱零件的底面边长为_cm.(不计损耗)解析V正六棱柱642496(cm3)，V
20、圆柱9436(cm3)，V正三棱柱963660(cm3).设正三棱柱零件的底面边长为a cm，则aa660，解得a2.故正三棱柱零件的底面边长为2 cm.答案28.(2019全国卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.解析由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，故V挖去的四棱锥46312(cm3).
21、又V长方体664144(cm3)，所以模型的体积为V长方体V挖去的四棱锥14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g).答案118.8二、解答题9.(2019苏北四市高三一模)如图，有一张半径为1米的圆形铁皮，工人师傅需要剪一块顶角为锐角的等腰三角形ABC，不妨设ABAC，BC边上的高为AD，圆心为O，为了使三角形的面积最大，我们设计了两种方案.(1)方案1：设OBC为，用表示ABC的面积S()；方案2：设ABC的高AD为h，用h表示ABC的面积S(h)；(2)请从(1)中的两种方案中选择一种，求出ABC面积的最大值.解(1)方案1：由题意得OBC，分析
22、知AD过点O，ADBC，BDcos ，ODsin ，AD1sin ，S()BCADcos sin cos ，.方案2：分析知AD过点O，h(1，2)，设BDx，则OD，h1，得x，S(h)h，h(1，2).(2)选择方案1：由(1)知S()cos sin cos ，S()sin cos2sin2 12sin2 sin ，由S()0，得sin ，其中sin 1舍去.当0时，S()0；当时，S()0，当0时，S()单调递增；当时，S()单调递减，S()的最大值为Scossincos(m2)，ABC面积最大为m2.10.(2019南京市高三二模)某城市在进行规划时，准备设计一个圆形的开放式公园.为达
23、到社会和经济效益双丰收，园林公司进行如下设计，安排圆内接四边形ABCD作为绿化区域，其余作为市民活动区域.其中ABD区域种植花木后出售，BCD区域种植草皮后出售，已知草皮每平方米售价为a元，花木每平方米的售价是草皮每平方米售价的三倍.已知BC6 km，ADCD4 km.(1)若BD2 km，求绿化区域的面积；(2)设BCD，当取何值时，园林公司的总销售金额最大.解(1)在BCD中，BD2，BC6，CD4，由余弦定理得，cosBCD.因为0BCD180，所以BCD60，又因为A，B，C，D共圆，所以BAD120.在ABD中，由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcosBAD，将AD4，BD2代
24、入化简得AB24AB120，解得AB2(AB6舍去).所以S四边形ABCDSABDSBCD24sin 12046sin 608，即绿化区域的面积为8 km2.(2)在BCD、ABD中分别利用余弦定理得BD26242264cos ，BD2AB24224ABcos()，联立消去BD得AB28cos AB48 cos 360，得(AB6)(AB8cos 6)0，解得AB68cos (AB6舍去).因为AB0，所以68cos 0，即cos .SABDABADsin()(68cos )4sin 12sin 16sin cos ，BCDBCCDsin 64sin 12sin .因为草皮每平方米售价为a元，
25、则花木每平方米售价为3a元，设销售金额为y百万元.则yf()3a(12sin 16sin cos )12asin 48a(sin sin cos )，f()48a(cos cos2sin2)48a(2cos2cos 1)48a(2cos 1)(cos 1).令y0，解得cos 1，又cos ，不妨设cos 0，则函数f()在上为增函数；令y0，解得cos ，则函数f()在上为减函数，所以当时，f()max36a.答：(1)绿化区域的面积为8 km2；(2)当时，园林公司的总销售金额最大，最大为36a百万元.11.(2019苏北七市高三一模)如图1，一艺术拱门由两部分组成，下部为矩形ABCD，A
26、B，AD的长分别为2 m和4 m，上部是圆心为O的劣弧CD，COD.(1)求图1中拱门最高点到地面的距离；(2)现欲以B点为支点将拱门放倒，放倒过程中矩形ABCD所在的平面始终与地面垂直，如图2、图3、图4所示.设BC与地面水平线l所成的角为.记拱门上的点到地面的最大距离为h，试用的函数表示h，并求出h的最大值.解(1)如图，过O作与地面垂直的直线交AB，CD于点O1，O2，交劣弧CD于点P，则O1P的长即为拱门最高点到地面的距离.在RtO2OC中，O2OC，CO2，所以OO21，圆的半径ROC2.所以O1PROO1RO1O2OO25.答：拱门最高点到地面的距离为5 m.(2)在拱门放倒过程中
27、，过点O作与地面垂直的直线与“拱门外框上沿”相交于点P.当点P在劣弧CD上时，拱门上的点到地面的最大距离h等于圆O的半径长与圆心O到地面距离之和；当点P在线段AD上时，拱门上的点到地面的最大距离h等于点D到地面的距离.由(1)知，在RtOO1B中，OB2.以B为坐标原点，直线l为x轴，建立如图所示的坐标系.当点P在劣弧CD上时，.由OBx，OB2，及三角函数定义，得O，则h22sin.所以当即时，h取得最大值22.当点P在线段AD上时，0.设CBD，在RtBCD中，DB2，sin ，cos .由DBx，得D(2cos()，2sin().所以h2sin()4sin 2cos .又当0时，h4cos 2sin 4cos2sin0，所以h4sin 2cos 在上递增.所以当时，h取得最大值5.因为225，所以h的最大值为22.综上，hh的最大值为(22)m.