（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 應(yīng)用題教學(xué)案

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1、專題六 應(yīng)用題 “在考查基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)，側(cè)重考查能力”是高考的立意之本，而應(yīng)用能力的考查又是近幾年高考考查的重點(diǎn)．考查實(shí)際問題背景下的數(shù)學(xué)建模是江蘇卷幾年不變的題型．所以如何由實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題的建模過程的探索是復(fù)習(xí)的關(guān)鍵． 應(yīng)用題的載體很多，前幾年主要考查函數(shù)建模，以三角、導(dǎo)數(shù)、不等式知識(shí)解決問題，以往有一次函數(shù)模型(條件不等式模型)．有先構(gòu)造函數(shù)再利用導(dǎo)數(shù)求解(2015年、2016年)，演變?yōu)榱Ⅲw幾何模型(2016年、2017年)；近兩年三角模型走紅(2018年、2019年)．考查利用三角知識(shí)、導(dǎo)數(shù)、直線與圓等知識(shí)綜合建模與求解能力，難度中等．　　　　 題型(一) 函數(shù)

2、模型的構(gòu)建及求解 　　　主要考查以構(gòu)建函數(shù)模型為背景的應(yīng)用題，一般常見于經(jīng)濟(jì)問題或立體　幾何表面積和體積最值問題中. [典例感悟] [例1]　(2016·江蘇高考)現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個(gè)倉庫，它由上下兩部分組成，上部的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1，下部的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍． (1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，則倉庫的容積是多少？ (2)若正四棱錐的側(cè)棱長為6 m，則當(dāng)PO1為多少時(shí)，倉庫的容積最大？ [解]　(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8. 因?yàn)锳1B1＝AB＝6， 所以

3、正四棱錐P-A1B1C1D1的體積 V錐＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)； 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)． 所以倉庫的容積V＝V錐＋V柱＝24＋288＝312(m3)． (2)設(shè)A1B1＝a m，PO1＝h m， 則0＜h＜6，O1O＝4h.連結(jié)O1B1. 因?yàn)樵赗t△PO1B1中， O1B＋PO＝PB， 所以＋h2＝36， 即a2＝2(36－h(huán)2)． 于是倉庫的容積V＝V柱＋V錐＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h－h(huán)3)，0＜h＜6， 從而V′＝(36－3h2)＝26(12－h(huán)2)．

4、 令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍去)． 當(dāng)0＜h＜2時(shí)，V′＞0，V是單調(diào)增函數(shù)； 當(dāng)2＜h＜6時(shí)，V′＜0，V是單調(diào)減函數(shù)． 故當(dāng)h＝2時(shí)，V取得極大值，也是最大值． 因此，當(dāng)PO1＝2 m時(shí)，倉庫的容積最大． [方法技巧] 解函數(shù)應(yīng)用題的四步驟 [演練沖關(guān)] 1．(2019·常州期末)某公園要設(shè)計(jì)一個(gè)如圖1所示的景觀窗格(其外框可以看成在矩形的四個(gè)角處對稱地截去四個(gè)全等的三角形所得)，整體設(shè)計(jì)方案要求：內(nèi)部井字形的兩根水平橫軸AF＝BE＝1.6米，兩根豎軸CH＝DG＝1.2米．記景觀窗格的外框(如圖2中的實(shí)線部分，軸和邊框的粗細(xì)忽略不計(jì))總長度為l米． (1)若

5、∠ABC＝，且兩根橫軸之間的距離為0.6米，求景觀窗格的外框總長度； (2)由于經(jīng)費(fèi)有限，景觀窗格的外框總長度不超過5米，當(dāng)景觀窗格的面積(多邊形ABCDEFGH的面積)最大時(shí)，求出此景觀窗格的設(shè)計(jì)方案中∠ABC的大小與BC的長度． 解：(1)記CH與AF，BE的交點(diǎn)分別為M，N， 由∠ABC＝可得∠CBN＝，易知AB＝0.6，CN＝HM＝×(1.2－0.6)＝0.3， 所以BC＝＝＝0.6，BN＝＝＝， 所以CD＝BE－2BN＝1.6－＝， 則l＝AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC＝1.2＋＋2.4＝. 答：景觀窗格的外框總長度為米．

6、(2)由題意知，l＝2AB＋2CD＋4BC≤5. 設(shè)∠CBN＝α，α∈，BC＝r， 則CN＝rsin α，BN＝rcos α， 所以AB＝CH－2CN＝1.2－2rsin α，CD＝BE－2BN＝1.6－2rcos α， 所以2(1.2－2rsin α)＋2(1.6－2rcos α)＋4r≤5， 即4r(sin α＋cos α－1)≥，α∈. 設(shè)景觀窗格的面積為S，則S＝1.2×1.6－2r2sin αcos α≤－，α∈(當(dāng)且僅當(dāng)4r(sin α＋cos α－1)＝時(shí)取等號(hào))． 令t＝sin α＋cos α(t∈(1，])，則sin αcos α＝， 所以S≤－＝－， 其中

7、1＋≥1＋(當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即α＝時(shí)取等號(hào))． 所以S≤－≤－＝－(3＋2)＝－， 即S≤－(當(dāng)且僅當(dāng)4r(sin α＋cos α－1)＝且α＝時(shí)，取等號(hào))， 所以當(dāng)且僅當(dāng)r＝且α＝時(shí)，S取得最大值． 答：當(dāng)景觀窗格的面積最大時(shí)，此景觀窗格的設(shè)計(jì)方案中∠ABC＝且BC＝米． 2．(2019·鹽城三模)如圖，某人承包了一塊矩形土地ABCD用來種植草莓，其中AB＝99 m，AD＝49.5 m．現(xiàn)計(jì)劃建造如圖所示的半圓柱型塑料薄膜大棚n(n∈N*)個(gè)，每個(gè)半圓柱型大棚的兩半圓形底面與側(cè)面都需蒙上塑料薄膜(接頭處忽略不計(jì))，塑料薄膜的價(jià)格為每平方米10元；另外，還需在每兩個(gè)大棚之間留下1 m寬

8、的空地用于建造排水溝與行走小路(如圖中EF＝1 m)，這部分的建設(shè)造價(jià)為每平方米31.4元． (1)當(dāng)n＝20時(shí)，求蒙一個(gè)大棚所需塑料薄膜的面積；(結(jié)果保留π) (2)試確定大棚的個(gè)數(shù)，使得上述兩項(xiàng)費(fèi)用的和最低．(計(jì)算中π取3.14) 解：(1)設(shè)每個(gè)半圓柱型大棚的底面半徑為r. 當(dāng)n＝20時(shí)，共有19塊空地， 所以r＝＝2(m)， 所以每個(gè)大棚的表面積(不含與地面接觸的面的面積)為 πr2＋πr×AD＝π×22＋2π×49.5＝103π(m2)， 即蒙一個(gè)大棚所需塑料薄膜的面積為103π m2. (2)設(shè)兩項(xiàng)費(fèi)用的和為f(n)． 因?yàn)閞＝＝， 所以每個(gè)大棚的表面積(

9、不含與地面接觸的面的面積)為 S＝πr2＋πr×AD＝π×＋π×49.5×， 則f(n)＝10nS＋31.4×1×49.5(n－1) ＝10n＋31.4×1×49.5(n－1) ＝31.4× ＝× ＝× ＝×， 因?yàn)椋玭≥2＝20，當(dāng)且僅當(dāng)n＝10時(shí)等號(hào)成立， 所以，當(dāng)且僅當(dāng)n＝10時(shí)，f(n)取得最小值， 即當(dāng)大棚的個(gè)數(shù)為10個(gè)時(shí)，上述兩項(xiàng)費(fèi)用的和最低． 題型(二) 與三角形、多邊形有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題 主要考查與三角形有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題，所建立函數(shù)模型多為三角函數(shù)模型. [典例感悟] [例2]　(2018·江蘇高考)某農(nóng)場有一塊農(nóng)田，如圖所示，它的邊界

10、由圓O的一段圓弧MPN(P為此圓弧的中點(diǎn))和線段MN構(gòu)成．已知圓O的半徑為40米，點(diǎn)P到MN的距離為50米．現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個(gè)溫室大棚，大棚Ⅰ內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD，大棚Ⅱ內(nèi)的地塊形狀為△CDP，要求A，B均在線段MN上，C，D均在圓弧上．設(shè)OC與MN所成的角為θ. (1)用θ分別表示矩形ABCD和△CDP的面積，并確定sin θ的取值范圍； (2)若大棚Ⅰ內(nèi)種植甲種蔬菜，大棚Ⅱ內(nèi)種植乙種蔬菜，且甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3.求當(dāng)θ為何值時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大． [解]　(1)如圖，設(shè)PO的延長線交MN于點(diǎn)H，則PH⊥MN， 所以O(shè)H＝10. 過

11、點(diǎn)O作OE⊥BC于點(diǎn)E， 則OE∥MN，所以∠COE＝θ， 故OE＝40cos θ，EC＝40sin θ， 則矩形ABCD的面積為2×40cos θ·(40sin θ＋10) ＝800(4sin θcos θ＋cos θ)， △CDP的面積為×2×40cos θ(40－40sin θ) ＝1 600(cos θ－sin θcos θ)． 過點(diǎn)N作GN⊥MN，分別交圓弧和OE的延長線于點(diǎn)G和K，則GK＝KN＝10. 連結(jié)OG，令∠GOK＝θ0，則sin θ0＝，θ0∈. 當(dāng)θ∈時(shí)，才能作出滿足條件的矩形ABCD， 所以sin θ的取值范圍是. 答：矩形ABCD的面積為800

12、(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP的面積為1 600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范圍是. (2)因?yàn)榧?、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3， 設(shè)甲的單位面積的年產(chǎn)值為4k(k>0)，乙的單位面積的年產(chǎn)值為3k(k＞0)， 則年總產(chǎn)值為4k×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k×1 600(cos θ－sin θcos θ) ＝8 000k(sin θ cos θ ＋cos θ)，θ∈. 設(shè)f(θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈， 則f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sin θ＝－(2sin2θ＋sin

13、 θ－1) ＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)． 令f′(θ)＝0，得θ＝， 當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＞0，所以f(θ)為增函數(shù)； 當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＜0，所以f(θ)為減函數(shù)． 所以當(dāng)θ＝時(shí)，f(θ)取到最大值． 答：當(dāng)θ＝時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大． [方法技巧] 三角應(yīng)用題的解題策略 (1)解三角應(yīng)用題是數(shù)學(xué)知識(shí)在生活中的應(yīng)用，要想解決好，就要把實(shí)際問題抽象概括，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型，然后求解． (2)解三角應(yīng)用題常見的兩種情況： ①實(shí)際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量全部集中在一個(gè)三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． ②實(shí)際問題經(jīng)抽象概括

14、后，已知量與未知量涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上的三角形，這時(shí)需作出這些三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時(shí)需設(shè)出未知量，從幾個(gè)三角形中列出方程(組)，解方程(組)得出所要求的解． (3)三角函數(shù)的值域或最值的求解方法一般有化歸法、換元法、導(dǎo)數(shù)法． [演練沖關(guān)] 　(2019·南通等七市一模)如圖1，一藝術(shù)拱門由兩部分組成，下部分為矩形ABCD，AB，AD的長分別為2 m和4 m，上部分是圓心為O的劣弧CD，∠COD＝. (1)求圖1中拱門最高點(diǎn)到地面的距離； (2)現(xiàn)欲以B點(diǎn)為支點(diǎn)將拱門放倒，放倒過程中矩形ABCD所在的平面始終與地面垂直，如圖2、圖3、圖4所示．設(shè)BC與地

15、面水平線l所成的角為θ，記拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離為h，試用θ的函數(shù)表示h，并求出h的最大值． 解：(1)如圖1，過O作與地面垂直的直線，分別交AB，CD于點(diǎn)O1，O2，交劣弧CD于點(diǎn)E，O1E的長即拱門最高點(diǎn)到地面的距離．在Rt△O2OC中，∠O2OC＝，CO2＝， 所以O(shè)O2＝1，圓的半徑R＝OC＝2. 所以O(shè)1E＝R＋O1O2－OO2＝5. (2)在拱門放倒過程中，過點(diǎn)O作與地面垂直的直線，與“拱門外框”相交于點(diǎn)P. 當(dāng)點(diǎn)P在劣弧CD上(不含點(diǎn)D)時(shí)，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h等于圓O的半徑長與圓心O到地面的距離之和；當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h等

16、于點(diǎn)D到地面的距離． 連接OB，由(1)知，在Rt△OO1B中，OB＝＝2. 以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平線l為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系． ①如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在劣弧CD上(不含點(diǎn)D) 時(shí)，<θ≤. 由∠OBx＝θ＋，OB＝2，得 O， 則h＝2＋2sin. 所以當(dāng)θ＋＝，即θ＝時(shí)，h取得最大值，為2＋2. ②如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，0≤θ≤.連接BD，設(shè)∠CBD＝φ，在Rt△BCD中，DB＝＝2， 則sin φ＝＝，cos φ＝＝. 由∠DBx＝θ＋φ，得D(2cos(θ＋φ)，2sin(θ＋φ))． 所以h＝2sin(θ＋φ)＝4sin θ＋2 cos θ. 又當(dāng)0

17、<θ<時(shí)，h′＝4cos θ－2sin θ>4cos－2sin＝>0， 所以h＝4sin θ＋2cos θ在上單調(diào)遞增． 所以當(dāng)θ＝時(shí)，h取得最大值，為5. 又2＋2>5，所以h的最大值為2＋2. 答：(1)拱門最高點(diǎn)到地面的距離為5 m. (2)h＝藝術(shù)拱門在放倒的過程中，拱門上的點(diǎn)到地面的最大距離h的最大值為(2＋2)m. 題型(三) 與圓有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題 　主要考查與直線和圓有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題，在航海與建筑規(guī)劃中的實(shí)際問題中常見. [典例感悟] [例3]　(2019·江蘇高考)如圖，一個(gè)湖的邊界是圓心為O的圓，湖的一側(cè)有一條直線型公路l，湖上有橋AB(AB是

18、圓O的直徑)．規(guī)劃在公路l上選兩個(gè)點(diǎn)P，Q，并修建兩段直線型道路PB，QA，規(guī)劃要求：線段PB，QA上的所有點(diǎn)到點(diǎn)O的距離均不小于圓O的半徑．已知點(diǎn)A，B到直線l的距離分別為AC和BD(C，D為垂足)，測得AB＝10，AC＝6，BD＝12(單位：百米)． (1)若道路PB與橋AB垂直，求道路PB的長； (2)在規(guī)劃要求下，P和Q中能否有一個(gè)點(diǎn)選在D處？并說明理由； (3)在規(guī)劃要求下，若道路PB和QA的長度均為d(單位：百米)，求當(dāng)d最小時(shí)，P，Q兩點(diǎn)間的距離． [解]　(1)如圖①，過A作AE⊥BD，垂足為E. 由已知條件得，四邊形ACDE為矩形， DE＝BE＝AC＝6，

19、AE＝CD＝8. 因?yàn)镻B⊥AB， 所以cos∠PBD＝sin∠ABE＝＝. 所以PB＝＝＝15. 因此道路PB的長為15(百米)． (2)均不能．理由如下： ①若P在D處，由(1)可得E在圓上，則線段BE上的點(diǎn)(除B，E)到點(diǎn)O的距離均小于圓O的半徑，所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求． ②若Q在D處，連接AD，由(1)知AD＝＝10， 從而cos∠BAD＝＝>0，所以∠BAD為銳角． 所以線段AD上存在點(diǎn)到點(diǎn)O的距離小于圓O的半徑． 因此Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求． 綜上，P和Q均不能選在D處． (3)先討論點(diǎn)P的位置． 當(dāng)∠OBP＜90°時(shí)，線段PB上存在點(diǎn)到點(diǎn)O的距

20、離小于圓O的半徑，點(diǎn)P不符合規(guī)劃要求； 當(dāng)∠OBP≥90°時(shí)，對線段PB上任意一點(diǎn)F，OF≥OB，即線段PB上所有點(diǎn)到點(diǎn)O的距離均不小于圓O的半徑，點(diǎn)P符合規(guī)劃要求． 當(dāng)∠OBP＝90°時(shí)，設(shè)P1為l上一點(diǎn)，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15， 此時(shí)P1D＝P1Bsin∠P1BD＝P1Bcos∠EBA＝15×＝9； 當(dāng)∠OBP>90°時(shí)，在△PP1B中，PB>P1B＝15. 由上可知，d≥15. 再討論點(diǎn)Q的位置． 由(2)知，要使得QA≥15，點(diǎn)Q只有位于點(diǎn)C的右側(cè)，才能符合規(guī)劃要求． 當(dāng)QA＝15時(shí)，CQ＝＝＝3. 此時(shí)，線段QA上所有點(diǎn)到點(diǎn)O的距離均不小于圓O的半

21、徑． 綜上，當(dāng)PB⊥AB，點(diǎn)Q位于點(diǎn)C右側(cè)，且CQ＝3時(shí)，d最小，此時(shí)P，Q兩點(diǎn)間的距離PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋3. 因此，d最小時(shí)，P，Q兩點(diǎn)間的距離為17＋3(百米)． (1)如圖②，過O作OH⊥l，垂足為H. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OH為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系． 因?yàn)锽D＝12，AC＝6，所以O(shè)H＝9，直線l的方程為y＝9，點(diǎn)A，B的縱坐標(biāo)分別為3，－3. 因?yàn)锳B為圓O的直徑，AB＝10， 所以圓O的方程為x2＋y2＝25. 從而A(4，3)，B(－4，－3)，直線AB的斜率為. 因?yàn)镻B⊥AB，所以直線PB的斜率為－， 直線PB的方程為y＝－x－.

22、 所以P(－13，9)，PB＝ ＝15. 因此道路PB的長為15(百米)． (2)均不能．理由如下： ①若P在D處，取線段BD上一點(diǎn)E(－4，0)，則EO＝4<5，所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求． ②若Q在D處，連接AD，由(1)知D(－4，9)， 又A(4，3)， 所以線段AD：y＝－x＋6(－4≤x≤4)． 在線段AD上取點(diǎn)M， 因?yàn)镺M＝ <＝5， 所以線段AD上存在點(diǎn)到點(diǎn)O的距離小于圓O的半徑． 因此Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求． 綜上，P和Q均不能選在D處． (3)先討論點(diǎn)P的位置． 當(dāng)∠OBP<90°時(shí)，線段PB上存在點(diǎn)到點(diǎn)O的距離小于圓O的半徑，點(diǎn)P不符合規(guī)

23、劃要求； 當(dāng)∠OBP≥90°時(shí)，對線段PB上任意一點(diǎn)F，OF≥OB，即線段PB上所有點(diǎn)到點(diǎn)O的距離均不小于圓O的半徑，點(diǎn)P符合規(guī)劃要求． 當(dāng)∠OBP＝90°時(shí)，設(shè)P1為l上一點(diǎn)，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此時(shí)P1(－13，9)； 當(dāng)∠OBP>90°時(shí)，在△PP1B中，PB>P1B＝15. 由上可知，d≥15. 再討論點(diǎn)Q的位置． 由(2)知，要使得QA≥15，點(diǎn)Q只有位于點(diǎn)C的右側(cè)，才能符合規(guī)劃要求．當(dāng)QA＝15時(shí)，設(shè)Q(a，9)， 由AQ＝＝15(a>4)， 得a＝4＋3，所以Q(4＋3，9)． 此時(shí)，線段QA上所有點(diǎn)到點(diǎn)O的距離均不小于圓O的半徑． 綜上

24、，當(dāng)P(－13，9)，Q(4＋3，9)時(shí)，d最小，此時(shí)P，Q兩點(diǎn)間的距離PQ＝4＋3－(－13)＝17＋3. 因此，d最小時(shí)，P，Q兩點(diǎn)間的距離為17＋3(百米)． [方法技巧] 與圓有關(guān)應(yīng)用題的求解策略 (1)在與圓有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題中，有些時(shí)候，在條件中沒有直接給出圓方面的信息，而是隱藏在題目中的，要通過分析和轉(zhuǎn)化，發(fā)現(xiàn)圓(或圓的方程), 從而最終可以利用圓的知識(shí)來求解，如本例，需通過條件到兩個(gè)定點(diǎn)A，B的距離之比為定值3來確定動(dòng)點(diǎn)(攔截點(diǎn))的軌跡是圓． (2)與直線和圓有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題一般都可以轉(zhuǎn)化為直線與圓的位置關(guān)系或者轉(zhuǎn)化為直線和圓中的最值問題． [演練沖關(guān)] 　

25、(2019·南京三模)如圖，某摩天輪底座中心A與附近的景觀內(nèi)某點(diǎn)B之間的距離AB為160 m．摩天輪與景觀之間有一建筑物，此建筑物由一個(gè)底面半徑為15 m的圓柱體與一個(gè)半徑為15 m的半球體組成．圓柱的底面中心P在線段AB上，且PB為45 m．半球體球心Q到地面的距離PQ為15 m．把摩天輪看作一個(gè)半徑為72 m的圓C，且圓C在平面BPQ內(nèi)，點(diǎn)C到地面的距離CA為75 m．該摩天輪勻速旋轉(zhuǎn)一周需要30 min，若某游客乘坐該摩天輪(把游客看作圓C上一點(diǎn))旋轉(zhuǎn)一周，求該游客能看到點(diǎn)B的時(shí)長．(只考慮此建筑物對游客視線的遮擋) 解：以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BP所在直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)

26、系， 則B(0，0)，Q(45，15)，C(160，75)． 過點(diǎn)B作直線l與半圓Q相切，與圓C交于點(diǎn)M，N，連接CM，CN，過點(diǎn)C作CH⊥MN，垂足為H. 設(shè)直線l的方程為y＝kx，即kx－y＝0， 則點(diǎn)Q到l的距離為＝15， 解得k＝或k＝0(舍)． 所以直線l的方程為y＝x，即3x－4y＝0. 所以點(diǎn)C(160，75)到直線l的距離CH＝＝36. 因?yàn)樵赗t△CHM中，CH＝36，CM＝72，所以cos∠MCH＝＝. 又∠MCH∈，所以∠MCH＝，所以∠MCN＝2∠MCH＝， 所以該游客能看到點(diǎn)B的時(shí)長為30×＝10(min)． 答：該游客能看到點(diǎn)B的時(shí)長為10

27、 min. A組——大題保分練 1.如圖，為保護(hù)河上古橋OA，規(guī)劃建一座新橋BC，同時(shí)設(shè)立一個(gè)圓形保護(hù)區(qū)．規(guī)劃要求：新橋BC與河岸AB垂直；保護(hù)區(qū)的邊界為圓心M在線段OA上并與BC相切的圓，且古橋兩端O和A到該圓上任意一點(diǎn)的距離均不少于80 m．經(jīng)測量，點(diǎn)A位于點(diǎn)O正北方向60 m處，點(diǎn)C位于點(diǎn)O正東方向170 m處(OC為河岸)，tan∠BCO＝. (1)求新橋BC的長； (2)當(dāng)OM多長時(shí)，圓形保護(hù)區(qū)的面積最大？ 解：法一：(1)如圖(1)，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC

28、所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy. 由條件知A(0，60)，C(170，0)， 直線BC的斜率kBC＝ －tan∠BCO＝－. 又因?yàn)锳B⊥BC，所以直線AB的斜率kAB＝. 設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(a，b)， 則kBC＝＝－，① kAB＝＝.② 聯(lián)立①②解得a＝80，b＝120. 所以BC＝＝150. 因此新橋BC的長是150 m. (2)設(shè)保護(hù)區(qū)的邊界圓M的半徑為r m，OM＝d m(0≤d≤60)． 由條件知，直線BC的方程為y＝－(x－170)， 即4x＋3y－680＝0. 由于圓M與直線BC相切，故點(diǎn)M(0，d)到直線BC的距離是r，即r＝＝. 因?yàn)镺和

29、A到圓M上任意一點(diǎn)的距離均不少于80 m， 所以即 解得10≤d≤35. 故當(dāng)d＝10時(shí)，r＝最大，即圓面積最大． 所以當(dāng)OM＝10 m時(shí)，圓形保護(hù)區(qū)的面積最大． 法二：(1)如圖(2)，延長OA，CB交于點(diǎn)F.因?yàn)閠an∠FCO＝，所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝. 因?yàn)镺A＝60，OC＝170， 所以O(shè)F＝OCtan∠FCO＝，CF＝ ＝，從而AF＝OF－OA＝. 因?yàn)镺A⊥OC，所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝. 又因?yàn)锳B⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝， 從而BC＝CF－BF＝150. 因此新橋BC的長是150 m. (2)設(shè)保護(hù)區(qū)的邊界圓M

30、與BC的切點(diǎn)為D，連接MD，則MD⊥BC，且MD是圓M的半徑，并設(shè)MD＝r m，OM＝d m(0≤d≤60)． 因?yàn)镺A⊥OC，所以sin∠CFO＝cos∠FCO. 故由(1)知sin∠CFO＝＝＝＝， 所以r＝. 因?yàn)镺和A到圓M上任意一點(diǎn)的距離均不少于80 m， 所以即 解得10≤d≤35. 故當(dāng)d＝10時(shí)，r＝最大，即圓面積最大． 所以當(dāng)OM＝10 m時(shí)，圓形保護(hù)區(qū)的面積最大． 2．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)一模)某新建小區(qū)規(guī)劃利用一塊空地進(jìn)行配套綠化．已知空地的一邊是直路AB，余下的外圍是拋物線的一段弧，直路AB的垂直平分線OP恰是該拋物線的對稱軸(如圖)．?dāng)M在這個(gè)空地上劃

31、出一個(gè)等腰梯形ABCD區(qū)域種植草坪，其中A，B，C，D均在該拋物線上．經(jīng)測量，直路AB長為40米，拋物線的頂點(diǎn)P到直路AB的距離為40米．設(shè)點(diǎn)C到拋物線的對稱軸的距離為m米，到直路AB的距離為n米． (1)求出n關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式； (2)當(dāng)m為多大時(shí)，等腰梯形草坪ABCD的面積最大？并求出其最大值． 解：(1)以路AB所在的直線為x軸，拋物線的對稱軸為y軸建立平面直角坐標(biāo)系， 則A(－20，0)，B(20，0)，P(0，40)． ∵曲線段APB為拋物線的一段弧， ∴可以設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x－20)(x＋20)， 將P(0，40)代入得40＝－400a，解得a＝－，

32、∴拋物線的解析式為y＝(400－x2)． ∵點(diǎn)C在拋物線上，∴n＝(400－m2)，0

33、求該容器的表面積； (2)當(dāng)容器的高為多少米時(shí)，制造該容器的側(cè)面用料最??？ 解：設(shè)圓錐形容器的底面半徑為r米，高為h米，母線長為l米，側(cè)面積為S平方米，容積為V立方米， 則V＝36π. (1)由r＝6，V＝πr2h＝36π，得h＝3， 所以S＝πrl＝πr＝6π＝18π. 易知該容器的底面積為πr2＝36π(平方米)， 所以該容器的表面積為18π＋36π＝18(2＋)π(平方米)． 答：該容器的表面積為18(2＋)π平方米． (2)因?yàn)閂＝πr2h＝36π，所以r2＝＝，其中h>0. 則S＝πrl＝πr＝π＝π ＝π ＝π ， 記f(h)＝＋h(h>0)，則f′(h)＝－

34、＋1＝，令f′(h)＝0，得h＝6. 當(dāng)h∈(0，6)時(shí)，f′(h)<0，f(h)在(0，6)上單調(diào)遞減； 當(dāng)h∈(6，＋∞)時(shí)，f′(h)>0，f(h)在(6，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以，當(dāng)h＝6時(shí)，f(h)最小，此時(shí)S最小，最小值為18π. 答：當(dāng)容器的高為6米時(shí)，制造容器的側(cè)面用料最?。? 4．(2019·南京四校聯(lián)考)如圖，某生態(tài)園區(qū)P的附近有兩條相交成45°角的直路l1，l2，交點(diǎn)是O，P到直路l1的距離為1 km，到直路l2的距離為 km，現(xiàn)準(zhǔn)備修建一條通過該生態(tài)園區(qū)的直路AB，分別與直路l1，l2交于點(diǎn)A，B. (1)當(dāng)AB的中點(diǎn)為P時(shí)，求直路AB的長度； (2)求△A

35、OB面積的最小值． 解：以直路l1所在直線為x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系． 因?yàn)橹甭穕1，l2相交成45°角，所以直路l2所在直線的方程為x－y＝0. 因?yàn)镻到直路l1的距離為1 km，到直路l2的距離為 km，所以可設(shè)P(x0，1)(x0>1)， 所以＝，解得x0＝3，所以P(3，1)． (1)法一：設(shè)B(a，a)，因?yàn)镻(3，1)是AB的中點(diǎn)，所以A(6－a，2－a)． 由于A在x軸上，所以2－a＝0，即a＝2. 所以A(4，0)，B(2，2)，AB＝＝2. 所以直路AB的長度為2 km. 法二：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，不滿足題意，舍去．

36、當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的斜率為k，由題意知k>1或k<0，則直線AB的方程為y－1＝k(x－3)，即kx－y－3k＋1＝0，所以A. 聯(lián)立，得可得B. 由P(3，1)是AB的中點(diǎn)，得＝2，解得k＝－1， 所以A(4，0)，B(2，2)，AB＝＝2. 所以直路AB的長度為2 km. (2)設(shè)B(a，a)(a>1)， 當(dāng)a＝3時(shí)，A(3，0)，所以△AOB的面積為 km2. 當(dāng)a>1且a≠3時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y－1＝(x－3)．令y＝0，得x＝，即A， 所以S△AOB＝××a＝(a－1)＋＋2≥2 ＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a－1＝，即a＝2時(shí)取等號(hào)． 又>4，所以△AO

37、B面積的最小值為4 km2. B組——大題增分練 1．(2019·揚(yáng)州期末) 為了美化環(huán)境，某公園欲將一塊空地規(guī)劃成休閑草坪，休閑草坪的形狀為如圖所示的四邊形ABCD，其中AB＝3百米，AD＝百米，且△BCD是以D為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形．?dāng)M修建兩條小路AC，BD(路的寬度忽略不計(jì))，設(shè)∠BAD＝θ，θ∈. (1)當(dāng)cos θ＝－時(shí)，求小路AC的長度； (2)當(dāng)草坪ABCD的面積最大時(shí)，求小路BD的長度． 解：(1)在△ABD中，由BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos θ，得BD2＝14－6cos θ， 又cos θ＝－，∴BD＝2. ∵θ∈，∴sin θ＝＝＝.

38、在△ABD中，由＝，得＝，解得sin∠ADB＝. ∵△BCD是以D為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形， ∴∠CDB＝且CD＝BD＝2， ∴cos∠ADC＝cos＝－sin∠ADB＝－. 在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC＝()2＋(2)2－2××2×＝37， 得AC＝， 所以當(dāng)cos θ＝－時(shí)，小路AC的長度為 百米． (2)由(1)得BD2＝14－6cos θ， S四邊形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝×3××sin θ＋×BD2＝7＋sin θ－3cos θ＝7＋(sin θ－2cos θ)＝7＋sin(θ－φ)，其中sin φ＝，cos φ＝，

39、且φ∈. 當(dāng)θ－φ＝，即θ＝φ＋時(shí)，四邊形ABCD的面積最大，此時(shí)sin θ＝，cos θ＝－， ∴BD2＝14－6cos θ＝14－6×＝26， ∴BD＝， ∴當(dāng)草坪ABCD的面積最大時(shí)，小路BD的長度為百米． 2．(2019·南京鹽城二模)某公園內(nèi)有一塊以O(shè)為圓心、半徑為20米的圓形區(qū)域．為豐富市民的業(yè)余文化生活，現(xiàn)提出如下設(shè)計(jì)方案：如圖，在圓形區(qū)域內(nèi)搭建露天舞臺(tái)，舞臺(tái)為扇形OAB(劣弧所對的扇形)所在的區(qū)域，其中點(diǎn)A，B均在圓O上，觀眾席為梯形ABQP以內(nèi)、圓O以外的區(qū)域，其中AP＝AB＝BQ，∠PAB＝∠QBA＝，且AB，PQ在點(diǎn)O的同側(cè)．為保證視聽效果，要求觀眾席內(nèi)的每一位

40、觀眾到舞臺(tái)O處的距離都不超過60米(即要求PO≤60)．設(shè)∠OAB＝α，α∈.問：對于任意的α，上述設(shè)計(jì)方案是否均能符合要求？ 解：過點(diǎn)O作OH垂直于AB，垂足為H. 在直角三角形OHA中，OA＝20，∠OAH＝α， 所以AH＝20cos α，因此AB＝2AH＝40cos α， 所以AB＝AP＝BQ＝40cos α. 由題圖可知，觀眾席內(nèi)點(diǎn)P，Q處的觀眾離點(diǎn)O處最遠(yuǎn)． 連接OP，在△OAP中，由余弦定理可知， OP2＝OA2＋AP2－2OA·AP·cos ＝400＋(40cos α)2－2×20×40cos α· ＝400(6cos2α＋2sin αcos α＋1) ＝40

41、0(3cos 2α＋sin 2α＋4) ＝800sin＋1 600. 因?yàn)棣痢?，所以?dāng)2α＝，即α＝時(shí)，OP2取得最大值，(OP2)max＝800＋1 600， 即(OP)max＝20＋20. 同理，連接OQ，在△OBQ中，(OQ)max＝20＋20. 因?yàn)?0＋20<60，所以觀眾席內(nèi)的每一位觀眾到舞臺(tái)O處的距離都不超過60米． 故對于任意的α，上述設(shè)計(jì)方案均能符合要求． 3．(2019·無錫期末)我國堅(jiān)持精準(zhǔn)扶貧，確保至2020年農(nóng)村貧困人口實(shí)現(xiàn)脫貧．現(xiàn)有扶貧工作組到某山區(qū)貧困村實(shí)施脫貧工作，經(jīng)摸底排查，該村現(xiàn)有貧困農(nóng)戶100家，他們均從事水果種植工作，2017年底該村平均每

42、戶年純收入為1萬元，扶貧工作組一方面請有關(guān)專家對水果進(jìn)行品種改良，提高產(chǎn)量；另一方面，抽出部分農(nóng)戶從事水果包裝、銷售工作，其人數(shù)必須小于種植的人數(shù)．從2018年初開始，若該村抽出5x戶(x∈Z，1≤x≤9)從事水果包裝、銷售工作．經(jīng)測算，剩下從事水果種植農(nóng)戶的年純收入每戶平均比上一年提高，而從事包裝、銷售農(nóng)戶的年純收入每戶平均為萬元．(參考數(shù)據(jù)：1.13＝1.331，1.153≈1.521，1.23＝1.728) (1)至2020年底，為使從事水果種植的農(nóng)戶能實(shí)現(xiàn)脫貧(每戶年均純收入不低于1.6萬)，則至少應(yīng)抽出多少戶從事包裝、銷售工作？ (2)至2018年底，該村每戶年均純收入能否達(dá)到1

43、.35萬元？若能，請求出從事包裝、銷售工作的戶數(shù)；若不能，請說明理由． 解：(1)由題意得1×≥1.6，∵5x＜100－5x， ∴x∈Z，1≤x＜10. 函數(shù)y＝在x∈[1，9]上單調(diào)遞增， 由數(shù)據(jù)知，1.153≈1.521<1.6，1.23＝1.728>1.6， 所以≥0.2，得x≥4，則5x≥20. 答：至少抽出20戶從事包裝、銷售工作． (2)假設(shè)該村每戶年均純收入能達(dá)到1.35萬元，由題意得，不等式≥1.35有正整數(shù)解， 化簡整理得3x2－30x＋70≤0， 所以－≤x－5≤. 因?yàn)?<<4，且x∈Z，所以－1≤x－5≤1，即4≤x≤6. 答：至2018年底，該村

44、每戶年均純收入能達(dá)到1.35萬元，此時(shí)從事包裝、銷售工作的農(nóng)戶數(shù)為20戶，25戶或30戶． 4．(2019·蘇州期末)如圖，長途車站P與地鐵站O的直線距離為 千米，從地鐵站O出發(fā)有兩條道路l1，l2，經(jīng)測量，l1，l2的夾角為，OP與l1的夾角θ滿足tan θ＝.現(xiàn)要經(jīng)過P修一條直路分別與道路l1，l2交于點(diǎn)A，B，并分別在A，B處設(shè)立公共自行車停放點(diǎn)． (1)已知修建道路PA，PB的價(jià)格分別為2m元/千米和m元/千米，若兩段道路的總造價(jià)相等，求此時(shí)點(diǎn)A，B之間的距離； (2)考慮環(huán)境因素，需要對OA，OB段道路進(jìn)行翻修，OA，OB段的翻修價(jià)格分別為n元/千米和2n元/千

45、米，要使兩段道路的翻修總價(jià)最少，試確定A，B點(diǎn)的位置． 解：(1)以O(shè)為原點(diǎn)，直線OA為x軸建立平面直角坐標(biāo)系， 因?yàn)?<θ<，tan θ＝， 所以直線OP的方程為y＝x， 設(shè)P(2t，t)，由OP＝，得t＝1，所以P(2，1)． 法一：由題意得2m·PA＝m·PB，所以PB＝2PA，所以B點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3， 又點(diǎn)B在直線y＝x上，所以B(3，3)， 所以AB＝PB＝. 法二：由題意得2m·PA＝m·PB，所以＝2. 設(shè)A(a，0)(a>0)，又點(diǎn)B在射線y＝x(x>0) 上，所以可設(shè)B(b，b)(b>0)， 由＝2，得所以 所以A，B(3，3)，AB＝＝. 答：A，B之

46、間的距離為千米． (2)法一：設(shè)兩段道路的翻修總價(jià)為S，則S＝n·OA＋2n·OB＝(OA＋2OB)·n， 設(shè)y＝OA＋2OB，要使S最小，需y最?。? 當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，A(2，0)，這時(shí)OA＝2，OB＝2， 所以y＝OA＋2OB＝2＋8＝10. 當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)＋1(k≠0且k≠1)． 令y＝0，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2－，所以O(shè)A＝2－， 令x＝y(tǒng)，得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為， 因?yàn)?－>0且>0，所以k<0或k>1， 此時(shí)y＝OA＋2OB＝2－＋， y′＝＋＝， 當(dāng)k<0時(shí)，y在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，0)上單調(diào)遞增， 所以ymi

47、n＝y(tǒng)|k＝－1＝9<10，此時(shí)A(3，0)，B； 當(dāng)k>1時(shí)，y＝2－＋＝10＋－＝10＋>10. 綜上所述，要使OA，OB段道路的翻修總價(jià)最少，A位于距O點(diǎn)3千米處，B位于距O點(diǎn)千米處． 法二：如圖，作PM∥OA交OB于點(diǎn)M，交y軸于點(diǎn)Q，作PN∥OB交OA于點(diǎn)N，因?yàn)镻(2，1)，所以O(shè)Q＝1，又∠BOQ＝，所以QM＝1，OM＝，所以PM＝1，PN＝OM＝， 由PM∥OA，PN∥OB，得＝，＝， 所以＋＝＋＝1， 設(shè)兩段道路的翻修總價(jià)為S，則S＝n·OA＋2n·OB＝(OA＋2OB)·n， 設(shè)y＝OA＋2OB，要使S最小，需y最小． y＝OA＋2OB＝(OA＋2OB)＝5＋≥9， 當(dāng)且僅當(dāng)OA＝OB時(shí)取等號(hào)，此時(shí)OA＝3，OB＝. 答：要使OA，OB段道路的翻修總價(jià)最少，A位于距O點(diǎn)3千米處，B位于距O點(diǎn) 千米處． 23