专题18解三角形的实际应用-2021年高考数学二轮复习必刷题（新高考地区专用）

专题18解三角形的实际应用 1．如图，某森林公园有一直角梯形区域ABCD，其四条边均为道路，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝5千米，BC＝8千米，CD＝3千米．现甲、乙两管理员同时从A地出发匀速前往D地，甲的路线是AD，速度为6千米/小时，乙的路线是ABCD，速度为v千米/小时． （1）若甲、乙两管理员到达D的时间相差不超过15分钟，求乙的速度v的取值范围； （2）已知对讲机有效通话的最大距离是5千米．若乙先到达D，且乙从A到D的过程中始终能用对讲机与甲保持有效通话，求乙的速度v的取值范围． 【解析】解：（1）由题意，可得AD＝12千米． 由题可知||，解得v． （2）经过t小时，甲、乙之间的距离的平方为f（t）． 由于先乙到达D地，故2，即v＞8． ①当0＜vt≤5，即0＜t时， f（t）＝（6t）2+（vt）2﹣2×6t×vt×cos∠DAB＝（v2v+36）t2． 因为v2v+36＞0，所以当t时，f（t）取最大值， 所以（v2v+36）×（）2≤25，解得v． ②当5＜vt≤13，即t时， f（t）＝（vt﹣1﹣6t）2+9＝（v﹣6）2 （t）2+9． 因为v＞8，所以，（v﹣6）2＞0，所以当t时，f（t）取最大值， 所以（v﹣6）2 （））2+9≤25，解得v． ③当13≤vt≤16，t时， f（t）＝（12﹣6t）2+（16﹣vt）2， 因为12﹣6t＞0，16﹣vt＞0，所以当f（t）在（，）递减，所以当t时，f（t）取最大值， （12﹣6）2+（16﹣v）2≤25，解得v． 因为v＞8，所以8＜v． 2．某校在圆心角为直角，半径为1km的扇形区域内进行野外生存训练，在相距1km的A，B（A，B在弧上）两个位置分别有300，100名学生，在道路OB上设置集合点D，要求所有学生沿最短路径到D点集合，记所有学生行进的总路程为S（km）． （1）设∠ADO＝θ，写出S关于θ的函数表达式； （2）当S最小时，集合地点D离点A多远？ 【解析】解：（1）△AOD中，∠ADO＝θ，OA＝1， 由正弦定理得， 解得AD，OD，且θ∈（，）； ∴S＝300AD+100BD ＝300100×（1） ＝50•50，其中θ∈（，）； （2）令y， 则y′， 当cosθ时，y′＜0，y单调递减； 当cosθ时，y′＞0，y单调递增； ∴当且仅当cosθ时，y取得最小值为2； 此时AD， 即AD时，S取得最小值为50•250＝10050； 答：当D、A的距离为时，S取得最小值为10050（km）． 3．现有一块长方形钢板ABCD（如图），其中AB＝4米，AD＝6米，运输途中不慎将四边形AEPF部分损坏，经测量AE＝1.5米，AF＝3米，tan∠AEP＝4，∠AFP＝45°．现过点P沿直线MN将破损部分切去（M，N分别在AB，AD上），设DN＝t米． （1）请将切去的△AMN的面积表示为t的函数f（t）； （2）当DN的长度为多少时，切去的△AMN面积最小？并求出最小面积． 【解析】解：（1）过P分别向AD，AB作垂线，垂足分别为G，H，则四边形AGPH为矩形，△PGF为等腰直角三角形， 设PG＝x，则GF＝x，PH＝AG＝AF﹣FG＝3﹣x，HE＝AE﹣AH＝1.5﹣x， ∴tan∠AEP4，解得x＝1． ∴AG＝2，NG＝4﹣t， 由△NPG∽△NMA可得，即， ∴AM， ∴f（t）•（6﹣t）（0≤t≤3）． （2）f（t）2≥22＝4， 当且仅当即t＝2时取等号． 故当DN＝2m时，切去的△AMN面积最小，最小面积为4m2． 4．已知AB是底部B不可到达的建筑物，A是建筑物的最高点，为测量建筑物AB的高度，先把高度为1.5米的测角仪放置在CD位置，测得A的仰角为45°，再把测角仪放置在EF位置，测得A的仰角为75°，已知DF＝4米，D，F，B在同一水平线上，求建筑物AB的高度． 【解析】解：△ACE中，由正弦定理得， AE4（米）； 在Rt△AEG中，AG＝AEsin75°＝4sin75°； sin75°＝sin（30°+45°）＝sin30°cos45°+cos30°sin45°； 所以AB＝AG+BG＝AG+1.5＝4， 即建筑物AB的高度为米． 故答案为：． 5．如图，一智能扫地机器人在A处发现位于它正西方向的B处和北偏东30°方向上的C处分别有需要清扫的垃圾，红外线感应测量发现机器人到B的距离比到C的距离少0.4米，于是选择沿A→B→C路线清扫，已知智能扫地机器人的直线行走速度为0.2m/s，忽略机器人吸入垃圾及在B处旋转所用时间，10秒钟完成了清扫任务． （1）B、C两处垃圾的距离是多少？ （2）智能扫地机器人此次清扫行走路线的夹角∠B的正弦值是多少？ 【解析】解：（1）由题意可得|AB|+|BC|＝0.2×10