《（江蘇專用）2020高考數學二輪復習 專題六 應用題教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020高考數學二輪復習 專題六 應用題教學案（23頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題六 應用題 “在考查基礎知識的同時，側重考查能力”是高考的立意之本，而應用能力的考查又是近幾年高考考查的重點．考查實際問題背景下的數學建模是江蘇卷幾年不變的題型．所以如何由實際問題轉化為數學問題的建模過程的探索是復習的關鍵． 應用題的載體很多，前幾年主要考查函數建模，以三角、導數、不等式知識解決問題，以往有一次函數模型(條件不等式模型)．有先構造函數再利用導數求解(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、導數、直線與圓等知識綜合建模與求解能力，難度中等．　　　　 題型(一) 函數

2、模型的構建及求解 　　　主要考查以構建函數模型為背景的應用題，一般常見于經濟問題或立體　幾何表面積和體積最值問題中. [典例感悟] [例1]　(2016·江蘇高考)現需要設計一個倉庫，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)若正四棱錐的側棱長為6 m，則當PO1為多少時，倉庫的容積最大？ [解]　(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8. 因為A1B1＝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A1B1＝a m，PO1＝h m， 則0＜h＜6，O1O＝4h.連結O1B1. 因為在Rt△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0＜h＜2時，V′＞0，V是單調增函數； 當2＜h＜6時，V′＜0，V是單調減函數． 故當h＝2時，V取得極大值，也是最大值． 因此，當PO1＝2 m時，倉庫的容積最大． [方法技巧] 解函數應用題的四步驟 [演練沖關] 1．(2019·常州期末)某公園要設計一個如圖1所示的景觀窗格(其外框可以看成在矩形的四個角處對稱地截去四個全等的三角形所得)，整體設計方案要求：內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中的實線部分，軸和邊框的粗細忽略不計)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)由于經費有限，景觀窗格的外框總長度不超過5米，當景觀窗格的面積(多邊形ABCDEFGH的面積)最大時，求出此景觀窗格的設計方案中∠ABC的大小與BC的長度． 解：(1)記CH與AF，BE的交點分別為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∠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∈. 設景觀窗格的面積為S，則S＝1.2×1.6－2r2sin αcos α≤－，α∈(當且僅當4r(sin α＋cos α－1)＝時取等號)． 令t＝sin α＋cos α(t∈(1，])，則sin αcos α＝， 所以S≤－＝－， 其中

7、1＋≥1＋(當且僅當t＝，即α＝時取等號)． 所以S≤－≤－＝－(3＋2)＝－， 即S≤－(當且僅當4r(sin α＋cos α－1)＝且α＝時，取等號)， 所以當且僅當r＝且α＝時，S取得最大值． 答：當景觀窗格的面積最大時，此景觀窗格的設計方案中∠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．現計劃建造如圖所示的半圓柱型塑料薄膜大棚n(n∈N*)個，每個半圓柱型大棚的兩半圓形底面與側面都需蒙上塑料薄膜(接頭處忽略不計)，塑料薄膜的價格為每平方米10元；另外，還需在每兩個大棚之間留下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)，這部分的建設造價為每平方米31.4元． (1)當n＝20時，求蒙一個大棚所需塑料薄膜的面積；(結果保留π) (2)試確定大棚的個數，使得上述兩項費用的和最低．(計算中π取3.14) 解：(1)設每個半圓柱型大棚的底面半徑為r. 當n＝20時，共有19塊空地， 所以r＝＝2(m)， 所以每個大棚的表面積(不含與地面接觸的面的面積)為 πr2＋πr×AD＝π×22＋2π×49.5＝103π(m2)， 即蒙一個大棚所需塑料薄膜的面積為103π m2. (2)設兩項費用的和為f(n)． 因為r＝＝， 所以每個大棚的表面積(

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× ＝× ＝× ＝×， 因為＋n≥2＝20，當且僅當n＝10時等號成立， 所以，當且僅當n＝10時，f(n)取得最小值， 即當大棚的個數為10個時，上述兩項費用的和最低． 題型(二) 與三角形、多邊形有關的實際應用題 主要考查與三角形有關的實際應用題，所建立函數模型多為三角函數模型. [典例感悟] [例2]　(2018·江蘇高考)某農場有一塊農田，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)和線段MN構成．已知圓O的半徑為40米，點P到MN的距離為50米．現規(guī)劃在此農田上修建兩個溫室大棚，大棚Ⅰ內的地塊形狀為矩形ABCD，大棚Ⅱ內的地塊形狀為△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內種植甲種蔬菜，大棚Ⅱ內種植乙種蔬菜，且甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產值之比為4∶3.求當θ為何值時，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產值最大． [解]　(1)如圖，設PO的延長線交MN于點H，則PH⊥MN， 所以OH＝10. 過

11、點O作OE⊥BC于點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N作GN⊥MN，分別交圓弧和OE的延長線于點G和K，則GK＝KN＝10. 連結OG，令∠GOK＝θ0，則sin θ0＝，θ0∈. 當θ∈時，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)因為甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產值之比為4∶3， 設甲的單位面積的年產值為4k(k>0)，乙的單位面積的年產值為3k(k＞0)， 則年總產值為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θ∈時，f′(θ)＞0，所以f(θ)為增函數； 當θ∈時，f′(θ)＜0，所以f(θ)為減函數． 所以當θ＝時，f(θ)取到最大值． 答：當θ＝時，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產值最大． [方法技巧] 三角應用題的解題策略 (1)解三角應用題是數學知識在生活中的應用，要想解決好，就要把實際問題抽象概括，建立相應的數學模型，然后求解． (2)解三角應用題常見的兩種情況： ①實際問題經抽象概括后，已知量與未知量全部集中在一個三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． ②實際問題經抽象概括

14、后，已知量與未知量涉及兩個或兩個以上的三角形，這時需作出這些三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時需設出未知量，從幾個三角形中列出方程(組)，解方程(組)得出所要求的解． (3)三角函數的值域或最值的求解方法一般有化歸法、換元法、導數法． [演練沖關] 　(2019·南通等七市一模)如圖1，一藝術拱門由兩部分組成，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中拱門最高點到地面的距離； (2)現欲以B點為支點將拱門放倒，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BC與地

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

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

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

18、圓O的直徑)．規(guī)劃在公路l上選兩個點P，Q，并修建兩段直線型道路PB，QA，規(guī)劃要求：線段PB，QA上的所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑．已知點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中能否有一個點選在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d最小時，P，Q兩點間的距離． [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. 因為PB⊥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(除B，E)到點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上存在點到點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P的位置． 當∠OBP＜90°時，線段PB上存在點到點O的距

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

21、徑． 綜上，當PB⊥AB，點Q位于點C右側，且CQ＝3時，d最小，此時P，Q兩點間的距離PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋3. 因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17＋3(百米)． (1)如圖②，過O作OH⊥l，垂足為H. 以O為坐標原點，直線OH為y軸，建立平面直角坐標系． 因為BD＝12，AC＝6，所以OH＝9，直線l的方程為y＝9，點A，B的縱坐標分別為3，－3. 因為AB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. 因為PB⊥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M， 因為OM＝ <＝5， 所以線段AD上存在點到點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P的位置． 當∠OBP<90°時，線段PB上存在點到點O的距離小于圓O的半徑，點P不符合規(guī)

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

24、，當P(－13，9)，Q(4＋3，9)時，d最小，此時P，Q兩點間的距離PQ＝4＋3－(－13)＝17＋3. 因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17＋3(百米)． [方法技巧] 與圓有關應用題的求解策略 (1)在與圓有關的實際應用題中，有些時候，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，要通過分析和轉化，發(fā)現圓(或圓的方程), 從而最終可以利用圓的知識來求解，如本例，需通過條件到兩個定點A，B的距離之比為定值3來確定動點(攔截點)的軌跡是圓． (2)與直線和圓有關的實際應用題一般都可以轉化為直線與圓的位置關系或者轉化為直線和圓中的最值問題． [演練沖關] 　

25、(2019·南京三模)如圖，某摩天輪底座中心A與附近的景觀內某點B之間的距離AB為160 m．摩天輪與景觀之間有一建筑物，此建筑物由一個底面半徑為15 m的圓柱體與一個半徑為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．把摩天輪看作一個半徑為72 m的圓C，且圓C在平面BPQ內，點C到地面的距離CA為75 m．該摩天輪勻速旋轉一周需要30 min，若某游客乘坐該摩天輪(把游客看作圓C上一點)旋轉一周，求該游客能看到點B的時長．(只考慮此建筑物對游客視線的遮擋) 解：以點B為坐標原點，BP所在直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標

26、系， 則B(0，0)，Q(45，15)，C(160，75)． 過點B作直線l與半圓Q相切，與圓C交于點M，N，連接CM，CN，過點C作CH⊥MN，垂足為H. 設直線l的方程為y＝kx，即kx－y＝0， 則點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C(160，75)到直線l的距離CH＝＝36. 因為在Rt△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B的時長為30×＝10(min)． 答：該游客能看到點B的時長為10

27、 min. A組——大題保分練 1.如圖，為保護河上古橋OA，規(guī)劃建一座新橋BC，同時設立一個圓形保護區(qū)．規(guī)劃要求：新橋BC與河岸AB垂直；保護區(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到該圓上任意一點的距離均不少于80 m．經測量，點A位于點O正北方向60 m處，點C位于點O正東方向170 m處(OC為河岸)，tan∠BCO＝. (1)求新橋BC的長； (2)當OM多長時，圓形保護區(qū)的面積最大？ 解：法一：(1)如圖(1)，以O為坐標原點，OC

28、所在直線為x軸，建立平面直角坐標系xOy. 由條件知A(0，60)，C(170，0)， 直線BC的斜率kBC＝ －tan∠BCO＝－. 又因為AB⊥BC，所以直線AB的斜率kAB＝. 設點B的坐標為(a，b)， 則kBC＝＝－，① kAB＝＝.② 聯立①②解得a＝80，b＝120. 所以BC＝＝150. 因此新橋BC的長是150 m. (2)設保護區(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M(0，d)到直線BC的距離是r，即r＝＝. 因為O和

29、A到圓M上任意一點的距離均不少于80 m， 所以即 解得10≤d≤35. 故當d＝10時，r＝最大，即圓面積最大． 所以當OM＝10 m時，圓形保護區(qū)的面積最大． 法二：(1)如圖(2)，延長OA，CB交于點F.因為tan∠FCO＝，所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝. 因為OA＝60，OC＝170， 所以OF＝OCtan∠FCO＝，CF＝ ＝，從而AF＝OF－OA＝. 因為OA⊥OC，所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝. 又因為AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝， 從而BC＝CF－BF＝150. 因此新橋BC的長是150 m. (2)設保護區(qū)的邊界圓M

30、與BC的切點為D，連接MD，則MD⊥BC，且MD是圓M的半徑，并設MD＝r m，OM＝d m(0≤d≤60)． 因為OA⊥OC，所以sin∠CFO＝cos∠FCO. 故由(1)知sin∠CFO＝＝＝＝， 所以r＝. 因為O和A到圓M上任意一點的距離均不少于80 m， 所以即 解得10≤d≤35. 故當d＝10時，r＝最大，即圓面積最大． 所以當OM＝10 m時，圓形保護區(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)．擬在這個空地上劃

31、出一個等腰梯形ABCD區(qū)域種植草坪，其中A，B，C，D均在該拋物線上．經測量，直路AB長為40米，拋物線的頂點P到直路AB的距離為40米．設點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關于m的函數關系式； (2)當m為多大時，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C在拋物線上，∴n＝(400－m2)，0

33、求該容器的表面積； (2)當容器的高為多少米時，制造該容器的側面用料最??？ 解：設圓錐形容器的底面半徑為r米，高為h米，母線長為l米，側面積為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)因為V＝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h∈(0，6)時，f′(h)<0，f(h)在(0，6)上單調遞減； 當h∈(6，＋∞)時，f′(h)>0，f(h)在(6，＋∞)上單調遞增． 所以，當h＝6時，f(h)最小，此時S最小，最小值為18π. 答：當容器的高為6米時，制造容器的側面用料最?。? 4．(2019·南京四校聯考)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，交點是O，P到直路l1的距離為1 km，到直路l2的距離為 km，現準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A，B. (1)當AB的中點為P時，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為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系． 因為直路l1，l2相交成45°角，所以直路l2所在直線的方程為x－y＝0. 因為P到直路l1的距離為1 km，到直路l2的距離為 km，所以可設P(x0，1)(x0>1)， 所以＝，解得x0＝3，所以P(3，1)． (1)法一：設B(a，a)，因為P(3，1)是AB的中點，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：當直線AB的斜率不存在時，不滿足題意，舍去．

36、當直線AB的斜率存在時，設直線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. 聯立，得可得B. 由P(3，1)是AB的中點，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B(a，a)(a>1)， 當a＝3時，A(3，0)，所以△AOB的面積為 km2. 當a>1且a≠3時，設直線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，當且僅當a－1＝，即a＝2時取等號． 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為直角頂點的等腰直角三角形．擬修建兩條小路AC，BD(路的寬度忽略不計)，設∠BAD＝θ，θ∈. (1)當cos θ＝－時，求小路AC的長度； (2)當草坪ABCD的面積最大時，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cos θ＝－時，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θ－φ＝，即θ＝φ＋時，四邊形ABCD的面積最大，此時sin θ＝，cos θ＝－， ∴BD2＝14－6cos θ＝14－6×＝26， ∴BD＝， ∴當草坪ABCD的面積最大時，小路BD的長度為百米． 2．(2019·南京鹽城二模)某公園內有一塊以O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，現提出如下設計方案：如圖，在圓形區(qū)域內搭建露天舞臺，舞臺為扇形OAB(劣弧所對的扇形)所在的區(qū)域，其中點A，B均在圓O上，觀眾席為梯形ABQP以內、圓O以外的區(qū)域，其中AP＝AB＝BQ，∠PAB＝∠QBA＝，且AB，PQ在點O的同側．為保證視聽效果，要求觀眾席內的每一位

40、觀眾到舞臺O處的距離都不超過60米(即要求PO≤60)．設∠OAB＝α，α∈.問：對于任意的α，上述設計方案是否均能符合要求？ 解：過點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，觀眾席內點P，Q處的觀眾離點O處最遠． 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. 因為α∈，所以當2α＝，即α＝時，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. 因為20＋20<60，所以觀眾席內的每一位觀眾到舞臺O處的距離都不超過60米． 故對于任意的α，上述設計方案均能符合要求． 3．(2019·無錫期末)我國堅持精準扶貧，確保至2020年農村貧困人口實現脫貧．現有扶貧工作組到某山區(qū)貧困村實施脫貧工作，經摸底排查，該村現有貧困農戶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專家對水果進行品種改良，提高產量；另一方面，抽出部分農戶從事水果包裝、銷售工作，其人數必須小于種植的人數．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．經測算，剩下從事水果種植農戶的年純收入每戶平均比上一年提高，而從事包裝、銷售農戶的年純收入每戶平均為萬元．(參考數據：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戶能實現脫貧(每戶年均純收入不低于1.6萬)，則至少應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到1

43、.35萬元？若能，請求出從事包裝、銷售工作的戶數；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y＝在x∈[1，9]上單調遞增， 由數據知，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)假設該村每戶年均純收入能達到1.35萬元，由題意得，不等式≥1.35有正整數解， 化簡整理得3x2－30x＋70≤0， 所以－≤x－5≤. 因為3<<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到1.35萬元，此時從事包裝、銷售工作的農戶數為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，經測量，l1，l2的夾角為，OP與l1的夾角θ滿足tan θ＝.現要經過P修一條直路分別與道路l1，l2交于點A，B，并分別在A，B處設立公共自行車停放點． (1)已知修建道路PA，PB的價格分別為2m元/千米和m元/千米，若兩段道路的總造價相等，求此時點A，B之間的距離； (2)考慮環(huán)境因素，需要對OA，OB段道路進行翻修，OA，OB段的翻修價格分別為n元/千米和2n元/千

45、米，要使兩段道路的翻修總價最少，試確定A，B點的位置． 解：(1)以O為原點，直線OA為x軸建立平面直角坐標系， 因為0<θ<，tan θ＝， 所以直線OP的方程為y＝x， 設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點的縱坐標為3， 又點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A(a，0)(a>0)，又點B在射線y＝x(x>0) 上，所以可設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：設兩段道路的翻修總價為S，則S＝n·OA＋2n·OB＝(OA＋2OB)·n， 設y＝OA＋2OB，要使S最小，需y最?。? 當AB⊥x軸時，A(2，0)，這時OA＝2，OB＝2， 所以y＝OA＋2OB＝2＋8＝10. 當AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為y＝k(x－2)＋1(k≠0且k≠1)． 令y＝0，得點A的橫坐標為2－，所以OA＝2－， 令x＝y(tǒng)，得點B的橫坐標為， 因為2－>0且>0，所以k<0或k>1， 此時y＝OA＋2OB＝2－＋， y′＝＋＝， 當k<0時，y在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1，0)上單調遞增， 所以ymi

47、n＝y(tǒng)|k＝－1＝9<10，此時A(3，0)，B； 當k>1時，y＝2－＋＝10＋－＝10＋>10. 綜上所述，要使OA，OB段道路的翻修總價最少，A位于距O點3千米處，B位于距O點千米處． 法二：如圖，作PM∥OA交OB于點M，交y軸于點Q，作PN∥OB交OA于點N，因為P(2，1)，所以OQ＝1，又∠BOQ＝，所以QM＝1，OM＝，所以PM＝1，PN＝OM＝， 由PM∥OA，PN∥OB，得＝，＝， 所以＋＝＋＝1， 設兩段道路的翻修總價為S，則S＝n·OA＋2n·OB＝(OA＋2OB)·n， 設y＝OA＋2OB，要使S最小，需y最?。? y＝OA＋2OB＝(OA＋2OB)＝5＋≥9， 當且僅當OA＝OB時取等號，此時OA＝3，OB＝. 答：要使OA，OB段道路的翻修總價最少，A位于距O點3千米處，B位于距O點 千米處． 23