2021高考数学一轮复习学案:第七章微专题六立体几何中的实际应用问题
展开微专题六 立体几何中的实际应用问题
例1 (2019·南通、泰州模拟)如图,铜质六角螺帽毛坯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,则该正三棱柱的底面边长为________ cm.(不计损耗)
答案 2
解析 由题意知,铜质六角螺帽毛坯的体积V=×4=60(cm3).
设正三棱柱的底面边长为a cm,
则×a2×sin 60°×6=60,
解得a=2,所以正三棱柱的底面边长为2 cm.
例2 如图,一个倒圆锥形容器,它的轴截面是正三角形,在容器内放一个半径为r的铁球,并向容器内注水,使水面恰好与铁球面相切.将球取出后,容器内的水深是多少?
解 铁球取出后,容器内水的体积不变,设球被取出后容器内水深为h,
∵△ABC为正三角形,O为△ABC的中心,
∴AO1=3OM=3r,注水后圆锥的底面半径O1C=×3r=r,
∵球取出后的水深为h,则此时圆锥底面半径为h.
∴球的体积与球被取出后圆锥的体积之和等于注水后圆锥的体积,
即+·2·h=(r)2·3r,
解得h=r.
∴球取出后,容器内的水深为r.
例3 现需要设计一个仓库,它由上、下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6 m,PO1=2 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)由PO1=2知,O1O=4PO1=8.
因为A1B1=AB=6,
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积
V锥=·A1B·PO1=×62×2=24(m3);
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积
V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).
(2)设A1B1=a m,PO1=h m,
则0<h<6,O1O=4h.连结O1B1.
因为在Rt△PO1B1中,O1B+PO=PB,
所以2+h2=36,即a2=2(36-h2),
于是仓库的容积
V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h
=(36h-h3),0<h<6,
从而V′=(36-3h2)=26(12-h2).
令V′=0,得h=2或h=-2(舍).
当0<h<2时,V′>0,V是单调增函数;
当2<h<6时,V′<0,V是单调减函数.
故当h=2时,V取得极大值,也是最大值.
因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.
跟踪训练 (1)某农场拟建一座如图所示的粮仓,该粮仓由上、下两部分组成,上部分是底面半径为r m,高为 m的无底圆锥,下部分是底面半径为r m,高为h m的无盖圆柱.设圆柱侧面和底面的建造成本分别为100 元/m2和160 元/m2,圆锥侧面的建造成本是72 元/m2,该粮仓的总建造成本为27 000π元(π为圆周率).记该粮仓下部分(圆柱)的体积为V m3.
①试将V表示成r的函数V(r),并求其定义域;
②当r为何值时,该粮仓下部分(圆柱)的体积最大?
解 ①设圆锥的母线长为l,则l==.
该粮仓上部分的建造成本为
72×l×2πr=72×××2πr=90πr2(元).
下部分的建造成本为
160×πr2+100×2πr×h=(160πr2+200πrh)(元).
由于该粮仓的总建造成本为27 000π 元,
所以90πr2+160πr2+200πrh=27 000π,
即5r2+4rh=540,所以h=,
故V(r)=πr2h=πr2×=.
由r>0,h=>0,得0<r<6,
所以V(r)=,其定义域为{r|0<r<6}.
②因为V(r)=,0<r<6,
所以V′(r)=.
令V′(r)==0,解得r=±6,
又0<r<6,所以r=6.
当0<r<6时,V′(r)>0,所以V(r)在(0,6)上单调递增;
当6<r<6时,V′(r)<0,
所以V(r)在(6,6)上单调递减.
因此当r=6时,V(r)取得最大值,
故当r为6时,该粮仓下部分(圆柱)的体积最大.
(2)(2019·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、∠EOF=120°的扇形,且弧,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OE=OF=OM=R,
在Rt△OET中,
因为∠EOT=∠EOF=60°,
所以OT=,则MT=OM-OT=.
从而BE=MT=,即R=2BE=2.
故所得柱体的底面积S=S扇形OEF-S△OEF
=πR2-R2sin 120°=-.
又所得柱体的高EG=4,所以V=S×EG=-4.
所以当BE长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为立方分米.
②设BE=x,则R=2x,
所以所得柱体的底面积S=S扇形OEF-S△OEF=πR2-R2sin 120°=x2.
又所得柱体的高EG=6-2x,
所以V=S×EG=(-x3+3x2),其中0<x<3.
令f (x)=-x3+3x2,x∈(0,3),
则由f′(x)=-3x2+6x=-3x(x-2)=0,解得x=2.
当x变化时,f′(x),f (x)的变化情况如表所示:
x | (0,2) | 2 | (2,3) |
f′(x) | + | 0 | - |
f (x) | ↗ | 极大值 | ↘ |
所以当x=2时,f (x)取得极大值,也是最大值.
所以当BE的长为2分米时,折卷成的包装盒的容积最大.