《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 應(yīng)用題教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 應(yīng)用題教學(xué)案（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題六 應(yīng)用題 江蘇新高考 “在考查基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)，側(cè)重考查能力”是高考的重要意向，而應(yīng)用能力的考查又是近二十年來(lái)的能力考查重點(diǎn).江蘇卷一直在堅(jiān)持以建模為主.所以如何由實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題的建模過(guò)程的探索應(yīng)是復(fù)習(xí)的關(guān)鍵. 應(yīng)用題的載體很多，前幾年主要考函數(shù)建模，以三角、導(dǎo)數(shù)、不等式知識(shí)解決問(wèn)題.2013年應(yīng)用考題(3)是解不等式模型，2014年應(yīng)用考題(2)可以理解為一次函數(shù)模型，也可以理解為條件不等式模型，這樣在建模上增添新意，還是有趣的，2015、2016年應(yīng)用考題(2)都先構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求解.2016、2017年應(yīng)用考題是立體幾何模型，2017年應(yīng)用考題需利用空間中的垂

2、直關(guān)系和解三角形的知識(shí)求解. [?？碱}型突破] 函數(shù)模型的構(gòu)建及求解 [例1]　(2016·江蘇高考)現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個(gè)倉(cāng)庫(kù)，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(cāng)庫(kù)的容積是多少？ (2)若正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為6 m，則當(dāng)PO1為多少時(shí)，倉(cāng)庫(kù)的容積最大？ [解]　(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8. 因?yàn)锳1B1＝AB＝6， 所以正四棱錐P-A1B1C1D1的體積 V錐＝·A1B·PO1＝×

3、62×2＝24(m3)； 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)． 所以倉(cāng)庫(kù)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2＋h2＝36， 即a2＝2(36－h(huán)2)． 于是倉(cāng)庫(kù)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)． 令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍去)． 當(dāng)0＜h＜2時(shí)，V′＞

4、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(cāng)庫(kù)的容積最大． [方法歸納] 解函數(shù)應(yīng)用題的四步驟 [變式訓(xùn)練] 1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)某科研小組研究發(fā)現(xiàn)：一棵水蜜桃樹的產(chǎn)量w(單位：百千克)與肥料費(fèi)用x(單位：百元)滿足如下關(guān)系：w＝4－，且投入的肥料費(fèi)用不超過(guò)5百元．此外，還需要投入其他成本(如施肥的人工費(fèi)等)2x百元．已知這種水蜜桃的市場(chǎng)售價(jià)為16元/千克(即16百元/百千克)，且市場(chǎng)需求始終供不應(yīng)求．記該棵水蜜桃樹獲得的利潤(rùn)為L(zhǎng)(x)(單位：百元)． (1)求利潤(rùn)函數(shù)L(

5、x)的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域； (2)當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為多少時(shí)，該水蜜桃樹獲得的利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)是多少？ 解：(1)L(x)＝16－x－2x＝64－－3x(0≤x≤5)． (2)法一：L(x)＝64－－3x＝67－≤67－2＝43. 當(dāng)且僅當(dāng)＝3(x＋1)時(shí)，即x＝3時(shí)取等號(hào)． 故L(x)max＝43. 答：當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為300元時(shí)，種植水蜜桃樹獲得的最大利潤(rùn)是4 300元. 法二：L′(x)＝－3，由L′(x)＝0，得x＝3. 故當(dāng)x∈(0,3)時(shí)，L′(x)>0，L(x)在(0,3)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(3,5)時(shí)，L′(x)<0，L(x)在(3,5)上單調(diào)遞

6、減． 所以當(dāng)x＝3時(shí)，L(x)取得極大值，也是最大值， 故L(x)max＝L(3)＝43. 答：當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為300元時(shí)，種植水蜜桃樹獲得的最大利潤(rùn)是4 300元． 2．(2017·南通三模)如圖，半圓AOB是某愛(ài)國(guó)主義教育基地一景點(diǎn)的平面示意圖，半徑OA的長(zhǎng)為1百米．為了保護(hù)景點(diǎn)，基地管理部門從道路l上選取一點(diǎn)C，修建參觀線路C－D－E－F，且CD，DE，EF均與半圓相切，四邊形CDEF是等腰梯形．設(shè)DE＝t百米，記修建每1百米參觀線路的費(fèi)用為f(t)萬(wàn)元，經(jīng)測(cè)算f(t)＝ (1)用t表示線段EF的長(zhǎng)； (2)求修建該參觀線路的最低費(fèi)用． 解：(1)法一：設(shè)DE與半圓相

7、切于點(diǎn)Q，則由四邊形CDEF是等腰梯形知OQ⊥l，DQ＝QE，以O(shè)F所在直線為x軸，OQ所在直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy. 由題意得，點(diǎn)E的坐標(biāo)為， 設(shè)直線EF的方程為y－1＝k(k<0)， 即kx－y＋1－tk＝0. 因?yàn)橹本€EF與半圓相切， 所以圓心O到直線EF的距離為＝1， 解得k＝. 代入y－1＝k可得，點(diǎn)F的坐標(biāo)為. 所以EF＝＝＋， 即EF＝＋(0

8、EF－t. 由EF2＝1＋HF2＝1＋2, 所以EF＝＋(00， 所以當(dāng)t∈時(shí)，y′<0；當(dāng)t∈(1,2)時(shí)，y′>0， 所以y在上單調(diào)遞減；在(1,2)上單調(diào)遞增． 所以當(dāng)t＝1時(shí)，y取最小值為24.5. 由①②知，y取最小值為24.5. 答：修建該參觀線路的最低費(fèi)用為24.5萬(wàn)元.

9、 基本不等式的實(shí)際應(yīng)用 [例2]　(2017·南京考前模擬)某企業(yè)準(zhǔn)備投入適當(dāng)?shù)膹V告費(fèi)對(duì)產(chǎn)品進(jìn)行促銷，在一年內(nèi)預(yù)計(jì)銷售Q(萬(wàn)件)與廣告費(fèi)x(萬(wàn)元)之間的函數(shù)關(guān)系為Q＝(x≥0)．已知生產(chǎn)此產(chǎn)品的年固定投入為4.5萬(wàn)元，每生產(chǎn)1萬(wàn)件此產(chǎn)品仍需再投入32萬(wàn)元，且能全部銷售完．若每件銷售價(jià)定為：“平均每件生產(chǎn)成本的150%”與“年平均每件所占廣告費(fèi)的25%”之和. (1)試將年利潤(rùn)W(萬(wàn)元)表示為年廣告費(fèi)x(萬(wàn)元)的函數(shù)； (2)當(dāng)年廣告費(fèi)投入多少萬(wàn)元時(shí)，企業(yè)年利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)為多少？ [解]　(1)由題意可得，產(chǎn)品的生產(chǎn)成本為(32Q＋4.5)萬(wàn)元， 每件銷售價(jià)為×150%＋×

10、25%. ∴年銷售收入為· Q＝＋x. ∴年利潤(rùn)W＝＋x－－x＝－x＝16Q＋－x＝16·＋－x(x≥0)． (2)令x＋1＝t(t≥1)，則W＝16·＋－(t－1)＝64－＋3－t＝67－3. ∵t≥1，∴＋≥2＝4，即W≤55， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即t＝8時(shí)，W有最大值55，此時(shí)x＝7. 即當(dāng)年廣告費(fèi)為7萬(wàn)元時(shí)，企業(yè)年利潤(rùn)最大，最大值為55萬(wàn)元． [方法歸納] 利用基本不等式求解實(shí)際應(yīng)用題的注意點(diǎn) (1)此類型的題目往往較長(zhǎng)，解題時(shí)需認(rèn)真閱讀，從中提煉出有用信息，建立數(shù)學(xué)模型，轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題求解． (2)當(dāng)運(yùn)用基本不等式求最值時(shí)，若等號(hào)成立的自變量不在定義域內(nèi)時(shí)，就不能使用

11、基本不等式求解，此時(shí)可根據(jù)變量的范圍對(duì)應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性求解． [變式訓(xùn)練] (2017·蘇州期末)某濕地公園內(nèi)有一條河，現(xiàn)打算建一座橋(如圖1)將河兩岸的路連接起來(lái)，剖面設(shè)計(jì)圖紙(圖2)如下， 其中，點(diǎn)A，E為x軸上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，曲線段BCD是橋的主體，C為橋頂，并且曲線段BCD在圖紙上的圖形對(duì)應(yīng)函數(shù)的解析式為y＝(x∈[－2，2])，曲線段AB，DE均為開(kāi)口向上的拋物線段，且A，E分別為兩拋物線的頂點(diǎn)．設(shè)計(jì)時(shí)要求：保持兩曲線在各銜接處(B，D)的切線的斜率相等． (1)求曲線段AB在圖紙上對(duì)應(yīng)函數(shù)的解析式，并寫出定義域； (2)車輛從A經(jīng)B到C爬坡，定義車輛上橋過(guò)程中某點(diǎn)P

12、所需要的爬坡能力為：M＝(該點(diǎn)P與橋頂間的水平距離)×(設(shè)計(jì)圖紙上該點(diǎn)P處的切線的斜率)其中MP的單位：米．若該景區(qū)可提供三種類型的觀光車：①游客踏乘；②蓄電池動(dòng)力；③內(nèi)燃機(jī)動(dòng)力，它們的爬坡能力分別為0.8米，1.5米，2.0米，用已知圖紙上一個(gè)單位長(zhǎng)度表示實(shí)際長(zhǎng)度1米，試問(wèn)三種類型的觀光車是否都可以順利過(guò)橋？ 解：(1)由題意A為拋物線的頂點(diǎn)，設(shè)A(a,0)(a＜－2)，則可設(shè)方程為y＝λ(x－a)2(a≤x≤－2，λ＞0)，y′＝2λ(x－a)． ∵曲線段BCD在圖紙上的圖形對(duì)應(yīng)函數(shù)的解析式為y＝(x∈[－2,2])， ∴y′＝，且B(－2,1)， 則曲線在B處的切線斜率為， ∴

13、∴a＝－6，λ＝， ∴曲線段AB在圖紙上對(duì)應(yīng)函數(shù)的解析式為y＝(x＋6)2(－6≤x≤－2)． (2)設(shè)P為曲線段AC上任意一點(diǎn)． ①P在曲線段AB上時(shí)，則通過(guò)該點(diǎn)所需要的爬坡能力(MP)1＝(－x)·(x＋6) ＝－[(x＋3)2－9]， 在[－6，－3]上為增函數(shù)，[－3，－2]上是減函數(shù)，所以爬坡能力最大為米； ②P在曲線段BC上時(shí)，則通過(guò)該點(diǎn)所需要的爬坡能力(MP)2＝(－x)·＝(x∈[－2,0])， 設(shè)t＝x2，t∈[0,4]，(MP)2＝y(tǒng)＝. 當(dāng)t＝0時(shí)，y＝0； 當(dāng)0＜t≤4時(shí)，y＝≤1(t＝4取等號(hào))，此時(shí)最大為1米． 由上可得，最大爬坡能力為米． ∵0

14、.8＜＜1.5＜2， ∴游客踏乘不能順利通過(guò)該橋，蓄電池動(dòng)力和內(nèi)燃機(jī)動(dòng)力能順利通過(guò)該橋. 三角函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用 [例3]　(2017·江蘇高考)如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺(tái)形玻璃容器Ⅱ的高均為32 cm，容器Ⅰ的底面對(duì)角線AC的長(zhǎng)為10 cm，容器Ⅱ的兩底面對(duì)角線EG，E1G1的長(zhǎng)分別為14 cm和62 cm.分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均為12 cm.現(xiàn)有一根玻璃棒l，其長(zhǎng)度為40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗細(xì)均忽略不計(jì)) (1)將l放在容器Ⅰ中，l的一端置于點(diǎn)A處，另一端置于側(cè)棱CC1上，求l沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度； (2)將l放在容器Ⅱ中，l的一端置于

15、點(diǎn)E處，另一端置于側(cè)棱GG1上，求l沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度． [解]　(1)由正棱柱的定義知，CC1⊥平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC. 如圖，記玻璃棒的另一端落在CC1上點(diǎn)M處． 因?yàn)锳C＝10，AM＝40， 所以MC＝＝30，從而sin∠MAC＝. 記AM與水面的交點(diǎn)為P1，過(guò)P1作P1Q1⊥AC，Q1為垂足，則P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1＝12， 從而AP1＝＝16. 答：玻璃棒l沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為16 cm. (如果將“沒(méi)入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為24 cm) (2)如圖，O，O1是正棱臺(tái)的兩底面中心． 由正棱臺(tái)的

16、定義知， OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG. 同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1. 記玻璃棒的另一端落在GG1上點(diǎn)N處． 過(guò)G作GK⊥E1G1，K為垂足， 則GK＝OO1＝32. 因?yàn)镋G＝14，E1G1＝62， 所以KG1＝＝24， 從而GG1＝＝＝40. 設(shè)∠EGG1＝α，∠ENG＝β， 則sin α＝sin＝cos∠KGG1＝. 因?yàn)?α<π，所以cos α＝－. 在△ENG中，由正弦定理可得＝， 解得sin β＝. 因?yàn)?<β<，所以cos β＝. 于是sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝

17、sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝×＋×＝. 記EN與水面的交點(diǎn)為P2，過(guò)P2作P2Q2⊥EG，Q2為垂足，則P2Q2⊥平面EFGH， 故P2Q2＝12，從而EP2＝＝20. 答：玻璃棒l沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為20 cm. (如果將“沒(méi)入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為20 cm) [方法歸納] 解三角形應(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(wèn)題抽象概括，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型，然后求解. 解三角形應(yīng)用題常見(jiàn)的兩種情況： (1)實(shí)際問(wèn)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(wèn)

18、題經(jīng)抽象概括后，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. [變式訓(xùn)練] 如圖，經(jīng)過(guò)村莊A有兩條夾角為60°的公路AB，AC，根據(jù)規(guī)劃擬在兩條公路之間的區(qū)域內(nèi)建一工廠P，分別在兩條公路邊上建兩個(gè)倉(cāng)庫(kù)M，N(異于村莊A)，要求PM＝PN＝MN＝2(單位：千米)．記∠AMN＝θ. (1)將AN，AM用含θ的關(guān)系式表示出來(lái)； (2)如何設(shè)計(jì)(即AN，AM為多長(zhǎng))，使得工廠產(chǎn)生的噪聲對(duì)居民的影響最小(即工廠與村莊的距離AP最大)? 解：(1)由已知得

19、∠MAN＝60°，∠AMN＝θ，MN＝2， 在△AMN中， 由正弦定理得＝＝， 所以AN＝sin θ，AM＝sin(120°－θ)＝sin(θ＋60°)． (2)在△AMP中，由余弦定理可得AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP ＝sin2(θ＋60°)＋4－sin(θ＋60°)cos(θ＋60°) ＝[1－cos(2θ＋120°)]－sin(2θ＋120°)＋4 ＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋ ＝－sin(2θ＋150°)，0＜θ＜120°， 當(dāng)且僅當(dāng)2θ＋150°＝270°，即θ＝60°時(shí)，工廠產(chǎn)生的噪聲對(duì)居民的影響最小，此時(shí)A

20、N＝AM＝2. [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] 1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)某單位將舉辦慶典活動(dòng)，要在廣場(chǎng)上豎立一形狀為等腰梯形的彩門BADC(如圖)，設(shè)計(jì)要求彩門的面積為S(單位：m2)，高為h(單位：m)(S，h為常數(shù))，彩門的下底BC固定在廣場(chǎng)地面上，上底和兩腰由不銹鋼支架構(gòu)成，設(shè)腰和下底的夾角為α，不銹鋼支架的長(zhǎng)度和記為l. (1)請(qǐng)將l表示成關(guān)于α的函數(shù)l＝f(α)； (2)當(dāng)α為何值時(shí)l最??？并求l的最小值． 解：(1)過(guò)D作DH⊥BC于點(diǎn)H(圖略)， 則∠DCB＝α，DH＝h, 設(shè)AD＝x， 則DC＝，CH＝，BC＝x＋， 因?yàn)镾＝·h，則x＝－. 所以l＝f(α)＝2DC

21、＋AD＝＋h. 答：l表示成關(guān)于α的函數(shù)為l＝f(α)＝＋h. (2)f′(α)＝h·＝h·， 令f′(α)＝h·＝0，得α＝. 列表如下： α f′(α) － 0 ＋ f(α)  極小值  所以lmin＝f＝h＋. 答：當(dāng)α＝時(shí)，l有最小值為h＋. 2.如圖是某設(shè)計(jì)師設(shè)計(jì)的Y型飾品的平面圖，其中支架OA，OB，OC兩兩成120°，OC＝1，AB＝OB＋OC，且OA＞OB.現(xiàn)設(shè)計(jì)師在支架OB上裝點(diǎn)普通珠寶，普通珠寶的價(jià)值為M，且M與OB長(zhǎng)成正比，比例系數(shù)為k(k為正常數(shù))；在△AOC區(qū)域(陰影區(qū)域)內(nèi)鑲嵌名貴珠寶，名貴珠寶的價(jià)值為N，且N與△AO

22、C的面積成正比，比例系數(shù)為4k.設(shè)OA＝x，OB＝y(tǒng). (1)求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出OA的取值范圍； (2)求N－M的最大值及相應(yīng)的x的值． 解：(1)因?yàn)镺A＝x，OB＝y(tǒng)，AB＝y(tǒng)＋1， 由余弦定理得，x2＋y2－2xycos 120°＝(y＋1)2， 解得y＝. 由x＞0，y＞0得，1＜x＜2，又x＞y，得x＞， 得1＜x＜， 所以O(shè)A的取值范圍是. (2)設(shè)M＝kOB＝ky，N＝4k·S△AOC＝3kx， 則N－M＝k(3x－y)＝k. 設(shè)2－x＝t∈， 則N－M＝k ＝k≤k ＝(10－4)k. 當(dāng)且僅當(dāng)4t＝，即t＝∈時(shí)取等號(hào)， 此時(shí)x＝2－

23、， 所以當(dāng)x＝2－時(shí)，N－M的最大值是(10－4)k. 3．(2017·南京、鹽城二模)在一張足夠大的紙板上截取一個(gè)面積為3 600平方厘米的矩形紙板ABCD，然后在矩形紙板的四個(gè)角上切去邊長(zhǎng)相等的小正方形，再把它的邊沿虛線折起，做成一個(gè)無(wú)蓋的長(zhǎng)方體紙盒(如圖)．設(shè)小正方形邊長(zhǎng)為x厘米，矩形紙板的兩邊AB，BC的長(zhǎng)分別為a厘米和b厘米，其中a≥b. (1)當(dāng)a＝90時(shí)，求紙盒側(cè)面積的最大值； (2)試確定a，b，x的值，使得紙盒的體積最大，并求出最大值． 解：(1)因?yàn)榫匦渭埌錋BCD的面積為3 600，故當(dāng)a＝90時(shí)，b＝40，從而包裝盒子的側(cè)面積S＝2×x(90－2x)＋2×

24、x(40－2x)＝－8x2＋260x，x∈(0,20)． 因?yàn)镾＝－8x2＋260x＝－8(x－16.25)2＋2 112.5， 故當(dāng)x＝16.25時(shí)，紙盒側(cè)面積最大，最大值為2 112.5平方厘米． (2)包裝盒子的體積V＝(a－2x)(b－2x)x＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]，x∈，b≤60. V＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]≤x(ab－4x＋4x2) ＝x(3 600－240x＋4x2)＝4x3－240x2＋3 600x， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝60時(shí)等號(hào)成立． 設(shè)f(x)＝4x3－240x2＋3 600x，x∈(0,30)． 則f′(x)＝12(x－10)(x

25、－30)． 于是當(dāng)0＜x＜10時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,10)上單調(diào)遞增； 當(dāng)10＜x＜30時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(10,30)上單調(diào)遞減． 因此當(dāng)x＝10時(shí)，f(x)有最大值f(10)＝16 000，此時(shí)a＝b＝60，x＝10. 答：當(dāng)a＝b＝60，x＝10時(shí)紙盒的體積最大，最大值為16 000立方厘米． 4.(2017·南通、泰州一調(diào))如圖，某機(jī)械廠要將長(zhǎng)6 m，寬2 m的長(zhǎng)方形鐵皮ABCD進(jìn)行裁剪．已知點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)E在邊BC上，裁剪時(shí)先將四邊形CDFE沿直線EF翻折到MNFE處(點(diǎn)C，D分別落在直線BC下方點(diǎn)M，N處，F(xiàn)N交邊BC于點(diǎn)P)，

26、再沿直線PE裁剪． (1)當(dāng)∠EFP＝時(shí)，試判斷四邊形MNPE的形狀，并求其面積； (2)若使裁剪得到的四邊形MNPE面積最大，請(qǐng)給出裁剪方案，并說(shuō)明理由． 解：(1)當(dāng)∠EFP＝時(shí)，由條件得∠EFP＝∠EFD＝∠FEP＝，所以∠FPE＝，即FN⊥BC， 所以四邊形MNPE為矩形，且四邊形MNPE的面積S＝PN·MN＝2(m2). (2)法一：設(shè)∠EFD＝θ，由條件，知∠EFP＝∠EFD＝∠FEP＝θ. 所以PF＝＝， NP＝NF－PF＝3－，ME＝3－. 由得 所以四邊形MNPE面積為S＝(NP＋ME)MN ＝×2＝6－－ ＝6－－＝6－≤6－2＝6－2. 當(dāng)且僅當(dāng)

27、tan θ＝，即tan θ＝，θ＝時(shí)取“＝”． 此時(shí)，(*)成立． 答：當(dāng)∠EFD＝時(shí)，沿直線PE裁剪，四邊形MNPE面積最大，最大值為m2. 法二：設(shè)BE＝t m,3

28、 5.(2017·南京三模)在一水域上建一個(gè)演藝廣場(chǎng)．演藝廣場(chǎng)由看臺(tái)Ⅰ，看臺(tái)Ⅱ，三角形水域ABC，及矩形表演臺(tái)BCDE四個(gè)部分構(gòu)成(如圖)．看臺(tái)Ⅰ，看臺(tái)Ⅱ是分別以AB，AC為直徑的兩個(gè)半圓形區(qū)域，且看臺(tái)Ⅰ的面積是看臺(tái)Ⅱ的面積的3倍；矩形表演臺(tái)BCDE中，CD＝10米；三角形水域ABC的面積為400平方米．設(shè)∠BAC＝θ. (1)求BC的長(zhǎng)(用含θ的式子表示)； (2)若表演臺(tái)每平方米的造價(jià)為0.3萬(wàn)元，求表演臺(tái)的最低造價(jià)． 解：(1)因?yàn)榭磁_(tái)Ⅰ的面積是看臺(tái)Ⅱ的面積的3倍，所以AB＝AC. 在△ABC中，S△ABC＝AB·AC·sin θ＝400， 所以AC2＝ . 由余弦定理可得B

29、C2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos θ＝4AC2－2AC2 cos θ＝(4－2cos θ) ， 即BC＝ ＝40. 所以BC＝40 ，θ∈(0，π)． (2)設(shè)表演臺(tái)的總造價(jià)為W萬(wàn)元． 因?yàn)镃D＝10 m，表演臺(tái)每平方米的造價(jià)為0.3萬(wàn)元， 所以W＝3BC＝120 ，θ∈(0，π)． 記f(θ)＝，θ∈(0，π)．則f′(θ)＝.由f′(θ)＝0，解得θ＝.當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＜0； 當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＞0. 故f(θ)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 從而當(dāng)θ＝ 時(shí)， f(θ)取得最小值，最小值為f＝1. 所以Wmin＝120(萬(wàn)元)． 答：表演臺(tái)的最低造

30、價(jià)為120萬(wàn)元． 6.如圖，OA是南北方向的一條公路，OB是北偏東45°方向的一條公路，某風(fēng)景區(qū)的一段邊界為曲線C.為方便游客觀光，擬過(guò)曲線C上某點(diǎn)P分別修建與公路OA，OB垂直的兩條道路PM，PN，且PM，PN的造價(jià)分別為5萬(wàn)元/百米、40萬(wàn)元/百米．建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，則曲線C符合函數(shù)y＝x＋(1≤x≤9)模型，設(shè)PM＝x，修建兩條道路PM，PN的總造價(jià)為f(x)萬(wàn)元．題中所涉及長(zhǎng)度單位均為百米． (1)求f(x)的解析式； (2)當(dāng)x為多少時(shí)，總造價(jià)f(x)最低？并求出最低造價(jià)． 解：(1)在題中的平面直角坐標(biāo)系中，因?yàn)榍€C的方程為y＝x＋(1≤x≤9)，PM＝

31、x， 所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 又直線OB的方程為x－y＝0， 則點(diǎn)P到直線x－y＝0的距離為 ＝＝. 又PM的造價(jià)為5萬(wàn)元/百米，PN的造價(jià)為40萬(wàn)元/百米， 所以兩條道路的總造價(jià)為f(x)＝5x＋40×＝5(1≤x≤9)． (2)因?yàn)閒(x)＝5， 所以f′(x)＝5＝. 令f′(x)＝0，得x＝4，列表如下： x (1,4) 4 (4,9) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以當(dāng)x＝4時(shí)，函數(shù)f(x)有最小值， 且最小值為f(4)＝5＝30. 即當(dāng)x＝4時(shí)，總造價(jià)f(x)最低， 且最低造價(jià)為30萬(wàn)元． (注：利用三次基本不等式f(x)＝5＝5≥5×3＝30，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即x＝4時(shí)等號(hào)成立，照樣給分．) 15