高考数学理科二轮总复习练习专题八　应用题

1．(2015·江苏)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．解(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，则点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－eq\f(2000,x3)，则l的方程为y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))2)＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5,20]．②设g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，则g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).当t∈(5,10eq\r(2))时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10eq\r(2)，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．所以当t＝10eq\r(2)时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15eq\r(3).答当t＝10eq\r(2)时，公路l的长度最短，最短长度为15eq\r(3)千米．2．(2016·江苏)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＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，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＝eq\f(1,3)·A1Beq\o\al(2,1)·PO1＝eq\f(1,3)×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＝am，PO1＝hm，则0＜h＜6，O1O＝4h.连结O1B1，如图所示．因为在Rt△PO1B1中，O1Beq\o\al(2,1)＋POeq\o\al(2,1)＝PBeq\o\al(2,1)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))2＋h2＝36，即a2＝2(36－h2)．于是仓库的容积V＝V锥＋V柱＝eq\f(1,3)a2·h＋a2·4h＝eq\f(13,3)a2h＝eq\f(26,3)(36h－h3)，0＜h＜6，从而V′＝eq\f(26,3)(36－3h2)＝26(12－h2)．令V′＝0，得h＝2eq\r(3)或h＝－2eq\r(3)(舍)．当0＜h＜2eq\r(3)时，V′＞0，V是单调增函数；当2eq\r(3)＜h＜6时，V′＜0，V是单调减函数．故当h＝2eq\r(3)时，V取得极大值，也是最大值．因此，当PO1＝2eq\r(3)m时，仓库的容积最大．3．(2017·江苏)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10eq\r(7)cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm.现有一根玻璃棒l，其长度为40cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)(1)将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；(2)将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．解(1)由正四棱柱的定义可知，CC1⊥平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC.记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处．因为AC＝10eq\r(7)cm，AM＝40cm，所以MC＝eq\r(402－10\r(7)2)＝30cm，从而sin∠MAC＝eq\f(MC,MA)＝eq\f(30,40)＝eq\f(3,4).记AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1⊥AC，Q1为垂足，如图所示，则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1＝12cm，从而AP1＝eq\f(P1Q1,sin∠MAC)＝eq\f(12,\f(3,4))＝16(cm)．答玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)(2)方法一如图，O，O1是正棱台的两底面中心．由正棱台的定义可知，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，OO1⊥EG.同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，OO1⊥E1G1.记玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处．过G作GK⊥E1G1，K为垂足，则GK＝OO1＝32.因为EG＝14cm，E1G1＝62cm，所以KG1＝eq\f(62－14,2)＝24cm，从而GG1＝eq\r(KG\o\al(2,1)＋GK2)＝eq\r(242＋322)＝40cm.设∠EGG1＝α，∠ENG＝β，则sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠KGG1))＝cos∠KGG1＝eq\f(4,5).因为eq\f(π,2)＜α＜π，所以cosα＝－eq\f(3,5).在△ENG中，由正弦定理可得eq\f(40,sinα)＝eq\f(14,sinβ)，解得sinβ＝eq\f(7,25).因为0＜β＜eq\f(π,2)，所以cosβ＝eq\f(24,25).于是sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(24,25)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(7,25)＝eq\f(3,5).记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH，故P2Q2＝12，从而EP2＝eq\f(P2Q2,sin∠NEG)＝20(cm)．答玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)方法二记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，EN与水面的交点为P，过G1作G1H′⊥EG，垂足为H′，易知G1H′＝32cm，GH′＝24cm，可得GG1＝40cm.所以cos∠G1GH′＝eq\f(24,40)＝eq\f(3,5)，于是cos∠NGE＝－eq\f(3,5).由余弦定理得EN2＝EG2＋GN2－2EG·GN·cos∠NGE，设GN＝xcm，上述方程整理得(x－30)(5x＋234)＝0，x＝30.过点N作NK⊥EG，垂足为K，过点P作PQ⊥EG，垂足为Q.由eq\f(KN,H′G1)＝eq\f(GN,GG1)，得eq\f(KN,32)＝eq\f(30,40)，解得KN＝24cm.由eq\f(PQ,NK)＝eq\f(EP,EN)，得eq\f(12,24)＝eq\f(EP,40)，解得PE＝20cm.方法三记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，EN与水面的交点为P，过G1作G1H′⊥EG，H′为垂足，过N作NK⊥EG，K为垂足，过P作PQ⊥EG，Q为垂足．易知G1H′＝32cm，GH′＝24cm，得tan∠G1GH′＝eq\f(32,24)＝eq\f(4,3).所以eq\f(KN,GK)＝eq\f(4,3)，可设KN＝4x，GK＝3x.在Rt△EKN中，由勾股定理得(14＋3x)2＋16x2＝402，因式分解得(x－6)(25x＋234)＝0，解得x＝6，KN＝24cm，由eq\f(PQ,NK)＝eq\f(EP,EN)，得eq\f(12,24)＝eq\f(EP,40)，解得PE＝20cm.方法四记玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处，EN与水面的交点为P，过点P作PQ⊥EG，Q为垂足．以E为原点，EG为x轴，建立平面直角坐标系xEy.由题设条件易知G(14,0)，G1(38,32)．设∠NEG＝α，由三角函数定义得N(40cosα，40sinα)．由G，N，G1三点共线得eq\f(40sinα,40cosα－14)＝eq\f(32,38－14)，化简得20cosα－15sinα＝7，①又(20cosα－15sinα)2＋(15cosα＋20sinα)2＝252，解得15cosα＋20sinα＝24.②由①②得sinα＝eq\f(3,5)，于是PE＝eq\f(PQ,sinα)＝20(cm)．方法五记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，EN与水面的交点为P，过点P作PQ⊥EG，Q为垂足．以E为原点，EG为x轴，建立平面直角坐标系xEy.由题设条件易知G(14,0)，G1(38,32)，eq\o(GG1,\s\up6(→))＝(24,32)．设eq\o(GN,\s\up6(→))＝λeq\o(GG1,\s\up6(→))，则可得点N坐标为(14＋24λ，32λ)．由EN＝40，得(14＋24λ)2＋1024λ2＝402，(7＋12λ)2＋256λ2＝202，400λ2＋168λ＋72－202＝0，400λ2＋168λ－27×13＝0，(4λ－3)(100λ＋117)＝0，得λ＝eq\f(3,4).所以点N的纵坐标为24.sin∠NEG＝eq\f(24,40)＝eq\f(3,5)，于是PE＝eq\f(PQ,sin∠NEG)＝20(cm)．方法六记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，EN与水面的交点为P，过P作PQ⊥EG，Q为垂足．以E为原点，EG为x轴，建立平面直角坐标系xEy.由题设条件易知G(14,0)，G1(38,32)，于是直线GG1的方程为y＝eq\f(4,3)(x－14)．故可设点N坐标为(14＋3t,4t)．由EN＝40，得(14＋3t2)＋16t2＝402，25t2＋84t＋142－402＝0，25t2＋84t－54×26＝0，(t－6)(25t＋9×26)＝0，得t＝6，所以点N的纵坐标为24.sin∠NEG＝eq\f(24,40)＝eq\f(3,5)，所以PE＝eq\f(PQ,sin∠NEG)＝20(cm)．应用题考查是江苏高考特色，每年均有考查.主要考查学生运用所学知识建立数学相关模型解决实际问题的能力，试题难度中等或中等偏上.命题要求考生了解信息社会，讲究联系实际，重视数学在生产、生活及科学中的应用，明确“数学有用，要用数学”，并积累处理实际问题的经验，问题解决方法是函数不等式相关知识.热点一模型为函数、不等式的应用题例1某工厂现有200人，人均年收入为4万元．为了提高工人的收入，工厂将进行技术改造．若改造后，有x(100≤x≤150)人继续留用，他们的人均年收入为4a(a∈N*)万元；剩下的人从事其他服务行业，这些人的人均年收入有望提高2x%.(1)设技术改造后这200人的人均年收入为y万元，求出y与x之间的函数关系式；(2)当x为多少时，能使这200人的人均年收入达到最大，并求出最大值．解(1)y＝eq\f(200－x×4×1＋2x%＋4ax,200)＝eq\f(－0.02x2＋a＋3x＋200,50)＝－eq\f(1,2500)[x－25(a＋3)]2＋eq\f(1,4)(a＋3)2＋4.其中100≤x≤150，x∈N*.(2)①当100≤25(a＋3)≤150，即1≤a≤3，a∈N*时，∴当x＝25(a＋3)时，y取最大值，即ymax＝eq\f(1,4)(a＋3)2＋4；②当25(a＋3)＞150，即a＞3，a∈N*时，函数y在[100,150]上单调递增，∴当x＝150时，y取最大值，即ymax＝3a＋4.答当1≤a≤3，a∈N*时，x＝25(a＋3)时，y取最大值eq\f(1,4)(a＋3)2＋4；当a＞3，a∈N*，x＝150时，y取最大值3a＋4.思维升华二次函数是高考数学应用题命题的一个重要模型，解决此类问题要充分利用二次函数的结论和性质．跟踪演练1某企业参加A项目生产的工人为1000人，平均每人每年创造利润10万元．根据现实的需要，从A项目中调出x人参与B项目的售后服务工作，每人每年可以创造利润10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(3x,500)))万元(a＞0)，A项目余下的工人每人每年创造利润需要提高0.2x%.(1)若要保证A项目余下的工人创造的年总利润不低于原来1000名工人创造的年总利润，则最多调出多少人参加B项目从事售后服务工作？(2)在(1)的条件下，当从A项目调出的人数不能超过总人数的40%时，能使得A项目中留岗工人创造的年总利润始终不低于调出的工人所创造的年总利润，求实数a的取值范围．解(1)根据题意可得(1000－x)(10＋10×0.2x%)≥1000×10，整理得x2－500x≤0，解得0≤x≤500，最多调出的人数为500.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤500，,x≤1000×40%，))解得0≤x≤400.10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(3x,500)))×x≤(1000－x)·(10＋10×0.2x%)对x∈[0,400]恒成立，即10ax－eq\f(3x2,50)≤1000×10＋20x－10x－2x2%恒成立，即ax≤eq\f(x2,250)＋x＋1000对于任意的x∈[0,400]恒成立．当x＝0时，不等式显然成立；当0＜x≤400时，a≤eq\f(x,250)＋eq\f(1000,x)＋1＝eq\f(1,250)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(250000,x)))＋1.令函数f(x)＝x＋eq\f(250000,x)，可知f(x)在区间[0,400]上是减函数．故f(x)min＝f(400)＝1025，故eq\f(x,250)＋eq\f(1000,x)＋1≥eq\f(51,10).故0＜a≤eq\f(51,10)，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(51,10))).例2小张于年初支出50万元购买一辆大货车，第一年因缴纳各种费用需支出6万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出2万元，假定该车每年的运输收入均为25万元．小张在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第x年年底出售，其销售收入为(25－x)万元(国家规定大货车的报废年限为10年)．(1)大货车运输到第几年年底，该车运输累计收入超过总支出？(2)在第几年年底将大货车出售，能使小张获得的年平均利润最大？(利润＝累计收入＋销售收入－总支出)解(1)设大货车到第x年年底的运输累计收入与总支出的差为y万元，则y＝25x－[6x＋x(x－1)]－50,0＜x≤10，x∈N，即y＝－x2＋20x－50,0＜x≤10，x∈N，由－x2＋20x－50＞0，解得10－5eq\r(2)＜x＜10＋5eq\r(2)，而2＜10－5eq\r(2)＜3，故从第三年开始运输累计收入超过总支出．(2)因为利润＝累计收入＋销售收入－总支出，所以销售二手货车后，小张的年平均利润为eq\x\to(y)＝eq\f(1,x)[y＋(25－x)]＝eq\f(1,x)(－x2＋19x－25)＝19－(x＋eq\f(25,x))，而19－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))≤19－2eq\r(x·\f(25,x))＝9，当且仅当x＝5时等号成立．答第5年年底出售货车，年平均利润最大．思维升华运用基本不等式求解应用题时，要注意构造符合基本不等式使用的形式，同时要注意等号成立的条件．跟踪演练2(2017·江苏镇江三模)某学校有长度为14m的旧墙一面，现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形、面积为126m2的活动室，工程条件是：①建1m新墙的费用为a元；②修1m旧墙的费用是eq\f(a,4)元；③拆去1m旧墙所得的材料，建1m新墙的费用为eq\f(a,2)元，经过讨论有两种方案：(1)问如何利用旧墙的一段xm(x＜14)为矩形厂房的一面边长；(2)矩形活动室的一面墙的边长x≥14.利用旧墙，即x为多少时建墙的费用最省？(1)(2)两种方案，哪种方案最好？解设利用旧墙的一面边长为xm，则矩形另一边长为eq\f(126,x)m.(1)当x＜14时，总费用f(x)＝eq\f(a,4)x＋eq\f(a,2)(14－x)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(252,x)－14))＝7aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(36,x)－1))≥35a，当且仅当x＝12时取最小值35a.(2)当x≥14时，总费用f(x)＝eq\f(a,4)×14＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(252,x)－14))＝2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(126,x)－\f(21,4)))，则f′(x)＝2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(126,x2)))＞0，故f(x)在[14，＋∞)上单调递增，所以当x＝14时取最小值35.5a.答第(1)种方案最省，即当x＝12m时，总费用最省，为35a元．热点二模型为三角函数的应用题例3(2017·苏北四市一模)如图，已知A，B两镇分别位于东西湖岸MN的A处和湖中小岛的B处，点C在A的正西方向1km处，tan∠BAN＝eq\f(3,4)，∠BCN＝eq\f(π,4).现计划铺设一条电缆连通A，B两镇，有两种铺设方案：①沿线段AB在水下铺设；②在湖岸MN上选一点P，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km、4万元/km.(1)求A，B两镇间的距离；(2)应该如何铺设，使总铺设费用最低？解(1)过B作MN的垂线，垂足为D，如图所示．在Rt△ABD中，tan∠BAD＝tan∠BAN＝eq\f(BD,AD)＝eq\f(3,4)，所以AD＝eq\f(4,3)BD，在Rt△BCD中，tan∠BCD＝tan∠BCN＝eq\f(BD,CD)＝1，所以CD＝BD.则AC＝AD－CD＝eq\f(4,3)BD－BD＝eq\f(1,3)BD＝1，即BD＝3，所以CD＝3，AD＝4，由勾股定理，得AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝5(km)．所以A，B两镇间的距离为5km.(2)方案①：沿线段AB在水下铺设时，总铺设费用为5×4＝20(万元)．方案②：设∠BPD＝θ，则θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2)))，其中θ0＝∠BAN，在Rt△BDP中，DP＝eq\f(BD,tanθ)＝eq\f(3,tanθ)，BP＝eq\f(BD,sinθ)＝eq\f(3,sinθ)，所以AP＝4－DP＝4－eq\f(3,tanθ).则总铺设费用为2AP＋4BP＝8－eq\f(6,tanθ)＋eq\f(12,sinθ)＝8＋6·eq\f(2－cosθ,sinθ).设f(θ)＝eq\f(2－cosθ,sinθ)，则f′(θ)＝eq\f(sin2θ－2－cosθcosθ,sin2θ)＝eq\f(1－2cosθ,sin2θ)，令f′(θ)＝0，得θ＝eq\f(π,3)，列表如下：θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,3)))eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))f′(θ)－0＋f(θ)↘极小值↗所以f(θ)的最小值为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(3).所以方案②的总铺设费用最小为8＋6eq\r(3)(万元)，此时AP＝4－eq\r(3).而8＋6eq\r(3)＜20，所以应选择方案②进行铺设，点P选在A的正西方向(4－eq\r(3))km处，总铺设费用最低．思维升华诸如航行、建桥、测量、人造卫星等涉及一定图形属性的应用问题，常常需要应用几何图形的性质，用三角函数知识来求解．跟踪演练3(2017·江苏苏锡常镇二模)某单位将举办庆典活动，要在广场上竖立一形状为等腰梯形的彩门BADC(如图)．设计要求彩门的面积为S(单位：m2)，高为h(单位：m)(S，h为常数)．彩门的下底BC固定在广场底面上，上底和两腰由不锈钢支架构成，设腰和下底的夹角为α，不锈钢支架的长度和记为l.(1)请将l表示成关于α的函数l＝f(α)；(2)问当α为何值时l最小，并求最小值．解(1)过D作DH⊥BC于点H，如图所示．则∠DCB＝αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜α＜\f(π,2)))，DH＝h，则DC＝eq\f(h,sinα)，CH＝eq\f(h,tanα).设AD＝x，BC＝x＋eq\f(2h,tanα).因为S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋x＋\f(2h,tanα)))·h，则x＝eq\f(S,h)－eq\f(h,tanα)，则l＝f(α)＝2DC＋AD＝eq\f(S,h)＋heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,sinα)－\f(1,tanα)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜α＜\f(π,2))).(2)由(1)可知，l＝f(α)＝eq\f(S,h)＋heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,sinα)－\f(1,tanα)))，则f′(α)＝h·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2cosα,sin2α)－\f(－1,sin2α)))＝h·eq\f(1－2cosα,sin2α)，令f′(α)＝h·eq\f(1－2cosα,sin2α)＝0，得α＝eq\f(π,3).αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))f′(α)－0＋f(α)↘极小值↗所以lmin＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(3)h＋eq\f(S,h).例4(2017·江苏扬州一模)如图，矩形ABCD是一个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形BCDE区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在△ADE区域内参观．在AE上点P处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN为监控角，其中M，N在线段DE(含端点)上，且点M在点N的右下方．经测量得知，AD＝6m，AE＝6m，AP＝2m，∠MPN＝eq\f(π,4).记∠EPM＝θ(弧度)，监控摄像头的可视区域△PMN的面积为S.(1)求S关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：tan\f(5,4)≈3))(2)求S的最小值．解(1)方法一在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4(m)，∠PEM＝eq\f(π,4)，∠PME＝eq\f(3π,4)－θ，由正弦定理得eq\f(PM,sin∠PEM)＝eq\f(PE,sin∠PME)，所以PM＝eq\f(PE×sin∠PEM,sin∠PME)＝eq\f(2\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－θ)))＝eq\f(4,sinθ＋cosθ)，同理在△PNE中，由正弦定理得eq\f(PN,sin∠PEN)＝eq\f(PE,sin∠PNE)，所以PN＝eq\f(PE×sin∠PEN,sin∠PNE)＝eq\f(2\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ)))＝eq\f(2\r(2),cosθ)，所以△PMN的面积S＝eq\f(1,2)PM×PN×sin∠MPN＝eq\f(4,cos2θ＋sinθcosθ)＝eq\f(4,\f(1＋cos2θ,2)＋\f(1,2)sin2θ)＝eq\f(8,sin2θ＋cos2θ＋1)＝eq\f(8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＋1)，当M与E重合时，θ＝0；当N与D重合时，tan∠APD＝3，即∠APD＝eq\f(5,4)，θ＝eq\f(3π,4)－eq\f(5,4)，所以0≤θ≤eq\f(3π,4)－eq\f(5,4).综上可得S＝eq\f(8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＋1)，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)－\f(5,4))).方法二在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4(m)，∠PEM＝eq\f(π,4)，∠PME＝eq\f(3π,4)－θ，由正弦定理可知，eq\f(ME,sinθ)＝eq\f(PE,sin∠PME)，所以ME＝eq\f(PE×sinθ,sin∠PME)＝eq\f(4sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－θ)))＝eq\f(4\r(2)sinθ,sinθ＋cosθ)，在△PNE中，由正弦定理可知，eq\f(NE,sin∠EPN)＝eq\f(PE,sin∠PNE)，所以NE＝eq\f(PE×sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ)))＝eq\f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),cosθ)＝eq\f(2\r(2)sinθ＋cosθ,cosθ)，所以MN＝NE－ME＝eq\f(2\r(2),cos2θ＋sinθcosθ)，又点P到DE的距离为d＝4sineq\f(π,4)＝2eq\r(2)，所以△PMN的面积S＝eq\f(1,2)×MN×d＝eq\f(4,cos2θ＋sinθcosθ)＝eq\f(4,\f(1＋cos2θ,2)＋\f(1,2)sin2θ)＝eq\f(8,sin2θ＋cos2θ＋1)＝eq\f(8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＋1)，当M与E重合时，θ＝0；当N与D重合时，tan∠APD＝3，即∠APD＝eq\f(5,4)，θ＝eq\f(3π,4)－eq\f(5,4)，所以0≤θ≤eq\f(3π,4)－eq\f(5,4).所以S＝eq\f(8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＋1)，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)－\f(5,4))).(2)当2θ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,8)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)－\f(5,4)))时，S取得最小值eq\f(8,\r(2)＋1)＝8(eq\r(2)－1)．所以可视区域△PMN面积的最小值为8(eq\r(2)－1)m2.思维升华用正、余弦定理去解决具体设计问题时，应关注图形的特点，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，再利用正弦、余弦定理构造方程或三角函数式求解．跟踪演练4(2017·江苏镇江一模)如图，某公园有三条观光大道AB，BC，AC围成直角三角形，其中直角边BC＝200m，斜边AB＝400m．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB，BC，AC大道上嬉戏，所在位置分别记为点D，E，F.(1)若甲、乙都以每分钟100m的速度从点B出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲晚2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；(2)设∠CEF＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF＝eq\f(π,3)，请将甲、乙之间的距离y表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离．解(1)依题意得BD＝300m，BE＝100m，在△ABC中，cosB＝eq\f(BC,AB)＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3)，在△BDE中，由余弦定理，得DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE·cosB＝3002＋1002－2·300·100·eq\f(1,2)＝70000，∴DE＝100eq\r(7)m，答甲、乙两人之间的距离为100eq\r(7)m.(2)由题意得EF＝2DE＝2ym，∠BDE＝∠CEF＝θ，在直角三角形CEF中，CE＝EF·cos∠CEF＝2ycosθ，在△BDE中，由正弦定理得eq\f(BE,sin∠BDE)＝eq\f(DE,sin∠DBE)，即eq\f(200－2ycosθ,sinθ)＝eq\f(y,sin60°)，∴y＝eq\f(100\r(3),\r(3)cosθ＋sinθ)＝eq\f(50\r(3),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))))，0＜θ＜eq\f(π,2)，∴当θ＝eq\f(π,6)时，y有最小值50eq\r(3).答甲、乙之间的最小距离为50eq\r(3)m.热点三模型为立体几何、解析几何、数列等其他类型的应用题例5(2017·江苏南京一模)如图所示，某街道居委会拟在EF地段的居民楼正南方向的空白地段AE上建一个活动中心，其中AE＝30米．活动中心东西走向，与居民楼平行．从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD，上部分是以DC为直径的半圆．为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tanθ＝eq\f(3,4).(1)若设计AB＝18米，AD＝6米，问能否保证上述采光要求？(2)在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB与AD的长度，可使得活动中心的截面面积最大？(注：计算中π取3)解如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．(1)因为AB＝18米，AD＝6米，所以半圆的圆心为H(9,6)，半径r＝9.设太阳光线所在直线方程为y＝－eq\f(3,4)x＋b，即3x＋4y－4b＝0，则由eq\f(|27＋24－4b|,\r(32＋42))＝9，解得b＝24或b＝eq\f(3,2)(舍)．故太阳光线所在直线方程为y＝－eq\f(3,4)x＋24,令x＝30，得EG＝1.5＜2.5.所以此时能保证上述采光要求．(2)设AD＝h米，AB＝2r米，则半圆的圆心为H(r，h)，半径为r.方法一设太阳光线所在直线方程为y＝－eq\f(3,4)x＋b，即3x＋4y－4b＝0，由eq\f(|3r＋4h－4b|,\r(32＋42))＝r，解得b＝h＋2r或b＝h－eq\f(r,2)(舍)．故太阳光线所在直线方程为y＝－eq\f(3,4)x＋h＋2r，令x＝30，得EG＝2r＋h－eq\f(45,2)，由EG≤eq\f(5,2)，得h≤25－2r.所以S＝2rh＋eq\f(1,2)πr2＝2rh＋eq\f(3,2)×r2≤2r(25－2r)＋eq\f(3,2)×r2＝－eq\f(5,2)r2＋50r＝－eq\f(5,2)(r－10)2＋250≤250.当且仅当r＝10时取等号．所以当AB＝20米且AD＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大．方法二欲使活动中心内部空间尽可能大，则影长EG恰为2.5米，则此时点G为(30,2.5)，设过点G的上述太阳光线为l1，则l1所在直线方程为y－eq\f(5,2)＝－eq\f(3,4)(x－30)，即3x＋4y－100＝0.由直线l1与半圆H相切，得r＝eq\f(|3r＋4h－100|,5).而点H(r，h)在直线l1的下方，则3r＋4h－100＜0，即r＝－eq\f(3r＋4h－100,5)，从而h＝25－2r.又S＝2rh＋eq\f(1,2)πr2＝2r(25－2r)＋eq\f(3,2)×r2＝－eq\f(5,2)r2＋50r＝－eq\f(5,2)(r－10)2＋250≤250.当且仅当r＝10时取等号．所以当AB＝20米且AD＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大．思维升华以解析几何为背景的应用题，一般要建立坐标系，然后转化为三角知识或二次函数或用基本不等式来求解．解析几何型应用题是高考的冷点，但在复习时要引起重视．跟踪演练5(2017·江苏徐州信息卷)如图是一块地皮OAB，其中OA，AB是直线段，曲线段OB是抛物线的一部分，且点O是该抛物线的顶点，OA所在的直线是该抛物线的对称轴．经测量，OA＝2km，AB＝eq\r(2)km，∠OAB＝eq\f(π,4).现要从这块地皮中划一个矩形CDEF来建造草坪，其中点C在曲线段OB上，点D，E在直线段OA上，点F在直线段AB上，设CD＝akm，矩形草坪CDEF的面积为f(a)km2.(1)求f(a)，并写出定义域；(2)当a为多少时，矩形草坪CDEF的面积最大？解(1)以O为原点，OA边所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点B作BG⊥OA于点G，在直角△ABG中，AB＝eq\r(2)，∠OAB＝eq\f(π,4)，所以AG＝BG＝1，又因为OA＝2，所以OG＝1，则B(1,1)，设抛物线OCB的标准方程为y2＝2px(p>0)，代入点B的坐标，得p＝eq\f(1,2)，所以抛物线的方程为y2＝x.因为CD＝a，所以AE＝EF＝a，则DE＝2－a－a2，所以f(a)＝a(2－a－a2)＝－a3－a2＋2a，定义域为(0,1)．(2)由(1)可知，f(a)＝－a3－a2＋2a，则f′(a)＝－3a2－2a＋2，令f′(a)＝0，得a＝eq\f(\r(7)－1,3).当0＜a＜eq\f(\r(7)－1,3)时，f′(a)＞0，f(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(7)－1,3)))上单调递增；当eq\f(\r(7)－1,3)＜a＜1时，f′(a)＜0，f(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7)－1,3)，1))上单调递减．所以当a＝eq\f(\r(7)－1,3)时，f(a)取得极大值，也是最大值．答当a＝eq\f(\r(7)－1,3)时，矩形草坪CDEF的面积最大．例6如图1所示为一种魔豆吊灯，图2为该吊灯的框架结构图，由正六棱锥O1－ABCDEF，O2－ABCDEF构成，两个棱锥的侧棱长均相等，且棱锥底面外接圆的直径为1600mm，中心为O，通过连接线及吸盘固定在天花板上，使棱锥的底面呈水平状态，下顶点O2与板的距离为1300mm，所有的连接线都用特殊的金属条制成，设金属条的总长为y.(1)设∠O1AO＝θ(rad)，将y表示成θ的函数关系式，并写出θ的范围；(2)当角θ正弦值的大小是多少时，金属条总长y最小？解(1)在直角△OAO1中，O1A＝eq\f(800,cosθ)，OO1＝800tanθ，O1P＝1300－1600tanθ，由OO1＝800tanθ＞0，O1P＝1300－1600tanθ＞0，所以0＜tanθ＜eq\f(13,16)，所以θ的范围是0＜θ＜αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanα＝\f(13,16)且α＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))).从而y＝12O1A＋6AB＋O1P＝eq\f(12×800,cosθ)＋6×800＋1300－1600tanθ＝eq\f(16006－sinθ,cosθ)＋6100，所以y＝eq\f(16006－sinθ,cosθ)＋6100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanα＝\f(13,16)且α∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))))).(2)令g(θ)＝eq\f(6－sinθ,cosθ)，所以g′(θ)＝eq\f(6sinθ－1,cos2θ)，令g′(θ)＝0，则sinθ＝eq\f(1,6)，则θ＝θ0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ0＝\f(1,\r(35)))).当θ∈(0，θ0)时，g′(θ)＜0；当θ∈(θ0，α)时，g′(θ)＞0.函数g(θ)的单调性与θ关系列表如下：θ(0，θ0)θ0(θ0，α)g′(θ)－0＋g(θ)↘极小值↗所以当θ＝θ0，其中tanθ0＝eq\f(\r(35),35)时取得最小值．答当角θ满足sinθ＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ＝\f(\r(35),35)))时，金属条总长y最小．思维升华以立体几何图形为背景的应用题，一般要利用立体图形的性质构造函数解析式，然后利用导数或基本不等式求解，解题的关键是抓住图形特征．跟踪演练6如图，设一正方形纸片ABCD的边长为2分米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一个正方形和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥(粘接损耗不计)，图中AH⊥PQ，O为正四棱锥底面中心．(1)当正四棱锥的棱长都相等时，求这个正四棱锥的体积V；(2)设等腰三角形APQ的底角为x，试把正四棱锥的侧面积S表示为x的函数，并求S的范围．解(1)设正四棱锥底面边长为y分米，由条件知△APQ为等边三角形，又AH⊥PQ，∴AH＝eq\f(\r(3),2)y.∵OH＝eq\f(1,2)y，∴OA＝eq\r(AH2－OH2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)y.由2AH＋y＝AC，即eq\r(3)y＋y＝2eq\r(2)，得y＝eq\f(2\r(2),\r(3)＋1).∴V＝eq\f(1,3)y2·OA＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(2),2)y3＝eq\f(\r(2),6)·eq\f(2\r(2)3,\r(3)＋13)＝eq\f(16,3\r(3)＋13)＝eq\f(12\r(3)－20,3)(立方分米)．(2)设正四棱锥底面边长为y分米，则AH＝eq\f(y,2)tanx.由2AH＋y＝AC，即ytanx＋y＝2eq\r(2)，得y＝eq\f(2\r(2),tanx＋1).∴S＝4·eq\f(1,2)·y·AH＝8·eq\f(tanx,tanx＋12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＜x＜\f(π,2)))即为所求表达式．∵eq\f(π,4)＜x＜eq\f(π,2)，∴tanx＞1，令t＝tanx，则S＝8·eq\f(t,t＋12)(t＞1)，由S′＝8·eq\f(－t2＋1,t＋14)＜0在(1，＋∞)上恒成立知，函数在(1，＋∞)上为减函数．∴S∈(0,2)即为所求侧面积的范围．例7国家助学贷款是由财政贴息的信用贷款，旨在帮助高校家庭经济困难学生支付在校学习期间所需的学费、住宿费及生活费．每一年度申请总额不超过6000元．某大学2017届毕业生凌霄在本科期间共申请了24000元助学贷款，并承诺在毕业后3年内(按36个月计)全部还清．签约的单位提供的工资标准为第一年内每月1500元，第13个月开始，每月工资比前一个月增加5%直到4000元．凌霄同学计划前12个月每个月还款额为500，第13个月开始，每月还款额比上一月多x元．(1)若凌霄恰好在第36个月(即毕业后三年)还清贷款，求x的值；(2)当x＝50时，凌霄同学将在第几个月还清最后一笔贷款？他当月工资的余额是否能满足每月3000元的基本生活费？(参考数据：1.0518＝2.406,1.0519＝2.526,1.0520＝2.653，1.0521＝2.786)解方法一(1)依题意，从第13个月开始，每月还款额比前一个月多x元，故12×500＋(500＋x)＋(500＋2x)＋…＋(500＋24x)＝24000，即36×500＋(1＋2＋3＋…＋24)x＝24000，解得x＝20，即要在三年全部还清，第13个月起每个月必须比上一个月多还20元．(2)设凌霄第n个月还清，则应有12×500＋(500＋50)＋(500＋2×50)＋…＋[500＋(n－12)×50]≥24000，即n2－3n－828≥0，解得n≥eq\f(3＋\r(3321),2)＞30，取n＝31.即凌霄工作31个月就可以还清贷款．这个月凌霄的还款额为24000－[12×500＋(500＋50)×(30－12)＋eq\f(30－12×30－12－1,2)·50]＝450(元)，第31个月凌霄的工资为1500×1.0519＝1500×2.526＝3789(元)．因此，凌霄的剩余工资为3789－450＝3339(元)，能够满足当月的基本生活需求．方法二(1)依题意，从第13个月开始，每个月的还款额an构成等差数列，其中a1＝500＋x，公差为x.从而，到第36个月，凌霄共还款12×500＋24a1＋eq\f(24×24－1,2)·x，令12×500＋(500＋x)×24＋eq\f(24×24－1,2)·x＝24000，解得x＝20.即要在三年全部还清，第13个月起每个月必须比上一个月多还20元．(2)设凌霄第n个月还清，则应有12×500＋(500＋50)×(n－12)＋eq\f(n－12×n－12－1,2)·50≥24000，整理，得n2－3n－828≥0，解得n≥eq\f(3＋\r(3321),2)＞30，取n＝31.即凌霄工作31个月就可以还清贷款．这个月凌霄的还款额为24000－[12×500＋(500＋50)×(30－12)＋eq\f(30－12×30－12－1,2)·50]＝450(元)，第31个月凌霄的工资为1500×1.0519＝1500×2.526＝3789(元)．因此，凌霄的剩余工资为3789－450＝3339(元)，能够满足当月的基本生活需求．思维升华在经济活动中，诸如增长率、降低率、存款复利、分期付款等与年(月)份有关的实际问题，大多可归结为数列问题，即通过建立相应的数列模型来解决．在解应用题时，是否是数列问题一是看自变量是否与正整数有关；二是看是否符合一定的规律，可先从特殊的情形入手，再寻找一般的规律．跟踪演练7某市2016年新建住房面积为500万m2，其中安置房面积为200万m2.计划以后每年新建住房面积比上一年增长10%，且安置房面积比上一年增加50万m2.记2016年为第1年．(1)该市几年内所建安置房面积之和首次不低于3000万m2?(2)是否存在连续两年，每年所建安置房面积占当年新建住房面积的比例保持不变？并说明理由．解(1)设n(n∈N*)年内所建安置房面积之和首次不低于3000万m2，依题意，每年新建安置房面积是以200为首项，50为公差的等差数列，从而n年内所建安置房面积之和为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(200n＋\f(nn－1,2)×50))m2，则200n＋eq\f(nn－1,2)×50≥3000，整理，得n2＋7n－120≥0，解得n≥8(n≤－15舍去)．答8年内所建安置房面积之和首次不低于3000万m2.(2)依题意，每年新建住房面积是以500为首项，1.1为公比的等比数列，设第m年所建安置房面积占当年新建住房面积的比为p(m)，则p(m)＝eq\f(200＋50m－1,500·1＋0.1m－1)＝eq\f(m＋3,10×1.1m－1)，由p(m)＝p(m＋1)，得eq\f(m＋3,10×1.1m－1)＝eq\f(m＋4,10×1.1m)，解得m＝7.答第7年和第8年，所建安置房面积占当年新建住房面积的比例保持不变．1．如图，城市A，城市B，城市C(均视为一个点)恰好构成一个边长为200千米的等边三角形，点D为BC段中点；若国家规划在AD段选取一点T新建一座城市，并决定修建连接新城市T的三条高速公路AT，BT，CT，设∠DBT＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,3))).(1)试用θ表示出三段高速公路的总长度y(千米)的解析式，并求y的最小值；(2)若BT段高速公路的造价为4千万/千米，AT段和CT段高速公路的造价均为2千万/千米，试用θ表示出三段高速公路总造价z(千万元)的解析式，并求z的最小值．解BT＝CT＝eq\f(100,cosθ)(千米)，DT＝100tanθ(千米)，AT＝100eq\r(3)－100tanθ(千米)．(1)y＝AT＋BT＋CT＝eq\f(200,cosθ)－100tanθ＋100eq\r(3).即y＝100·eq\f(2－sinθ,cosθ)＋100eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,3))).y′＝100·eq\f(2sinθ－1,cos2θ)，当θ＝eq\f(π,6)时，y′＝0；当0＜θ＜eq\f(π,6)时，y′＜0，函数单调递减；当eq\f(π,6)＜θ＜eq\f(π,3)时，y′＞0，函数单调递增．所以当θ＝eq\f(π,6)时，y取得最小值200eq\r(3)千米．(2)z＝2AT＋4BT＋2CT＝2(100eq\r(3)－100tanθ)＋4·eq\f(100,cosθ)＋2·eq\f(100,cosθ)，即z＝200·eq\f(3－sinθ,cosθ)＋200eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,3))).z′＝200·eq\f(3sinθ－1,cos2θ)，设sinθ0＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ0＜\f(π,3)))，当θ＝θ0时，z′＝0；当0＜θ＜θ0时，z′＜0，z单调递减；当θ0＜θ＜eq\f(π,3)时，z′＞0，z单调递增，所以当θ＝θ0，即sinθ＝eq\f(1,3)时，z取得最小值(400eq\r(2)＋200eq\r(3))千万元.2．某房地产开发商准备在一边长为300m的正方形ABCD地块上开发建设，在该区域内有一古建筑，市规划局划出半径为100m半圆形的保护区如图所示，AO＝100m，要求开发商建一道直围墙PQ将正方形区域隔成两部分，且只能在保护区的另一侧开发．(1)为了能获得最大的利益，当P，Q分别在线段BC，AD边上时，求开发商能开发的区域面积的最大值；(2)要使围墙所花的费用最小，开发商应如何设计P，Q的位置．解(1)以A为原点，直线AB，AD分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图所示．以1百米为单位长度，则圆O的方程为(x－1)2＋y2＝1,设P(3，m)，Q(0，n)，m，n∈[0,3]，直线PQ的方程为y＝eq\f(m－n,3)x＋n，当直线与圆相切时，得eq\f(|m－n＋3n|,\r(m－n2＋9))＝1，化简得(2m＋n)n＝3，即m＝eq\f(3,2n)－eq\f(n,2)，梯形ABPQ的面积S＝eq\f(3m＋n,2)＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,n)＋n))≥eq\f(3,4)×2eq\r(\f(3,n)·n)＝eq\f(3\r(3),2)，当且仅当n＝eq\r(3)时等号成立，此时m＝0，另一区域的面积为9－eq\f(3\r(3),2).答当P与B点重合，AQ＝eq\r(3)时，开发商能开发的区域面积的最大值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(3\r(3),2)))百米平方.(2)设圆O的切线分别与x，y轴交于P，Q，设直线PQ的方程为eq\f(x,p)＋eq\f(y,q)＝1，即qx＋py－pq＝0(p＞2，q＞1)，因为PQ与圆O相切，所以eq\f(|q－pq|,\r(q2＋p2))＝1，化简得q2＝eq\f(p,p－2)，则PQ2＝p2＋q2＝eq\f(p,p－2)＋p2，令f(p)＝eq\f(p,p－2)＋p2(p＞2)，所以f′(p)＝2p－eq\f(2,p－22)＝eq\f(2p－1p2－3p＋1,p－22)(p＞2)，当2＜p＜eq\f(3＋\r(5),2)时，f′(p)＜0，即f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3＋\r(5),2)))上单调递减；当p＞eq\f(3＋\r(5),2)时，f′(p)＞0，即f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋\r(5),2)，＋∞))上单调递增，所以f(p)在p＝eq\f(3＋\r(5),2)时取得最小值，因为eq\f(3＋\r(5),2)＜3，所以点P在线段AB边上，q2＝eq\f(p,p－2)＝eq\r(5)＋2＜9，所以点Q在线段AD边上，此时PQ2＝p2＋q2＝eq\f(11＋5\r(5),2)，所以当P，Q分别在正方形AB，AD边上且与半圆相切时，PQ最短．答当AP的长为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋\r(5),2)))百米，AQ的长为eq\r(\r(5)＋2)百米时，围墙最短．A组专题通关1．某公司生产的A种产品，它的成本是2元，售价是3元，年销售量为100万件．为获得更好的效益，公司准备拿出一定的资金做广告．根据经验，每年投入的广告费是x(单位：十万元)时，产品的年销售量将是原销售量的y倍，且y是x的二次函数，它们的关系如下表x(十万元)012…y11.51.8…(1)求y与x之间的函数关系式；(2)如果把利润看作是销售总额减去成本费和广告费，试写出年利润S(十万元)与广告费x(十万元)的函数关系式；(3)如果投入的年广告费为x，x∈[10,30]万元，问广告费在什么范围内，公司获得的年利润随广告费的增大而增大？解(1)设二次函数的解析式为y＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由关系表，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＋b＋c＝1.5，,4a＋2b＋c＝1.8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,10)，,b＝\f(3,5)，,c＝1，))∴函数的解析式为y＝－eq\f(1,10)x2＋eq\f(3,5)x＋1.(2)根据题意，得S＝10y(3－2)－x＝－x2＋5x＋10.(3)S＝－x2＋5x＋10＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))2＋eq\f(65,4)，∵1≤x≤3，∴当1≤x≤2.5时，S随x的增大而增大．故当年广告费为10～25万元之间，公司获得的年利润随广告费的增大而增大．2．(2017·江苏南京二模)在一张足够大的纸板上截取一个面积为3600平方厘米的矩形纸板ABCD，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为x厘米，矩形纸板的两边AB，BC的长分别为a厘米和b厘米，其中a≥b.(1)当a＝90时，求纸盒侧面积的最大值；(2)试确定a，b，x的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．解(1)因为矩形纸板ABCD的面积为3600平方厘米，故当a＝90时，b＝40，从而包装盒子的侧面积S＝2×x(90－2x)＋2×x(40－2x)＝－8x2＋260x，x∈(0,20).因为S＝－8x2＋260x＝－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(65,4)))2＋eq\f(4225,2)，故当x＝eq\f(65,4)时，侧面积最大，最大值为eq\f(4225,2)平方厘米．(2)包装盒子的体积V＝(a－2x)(b－2x)x＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2)))，b≤60.V＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]≤x(ab－4eq\r(ab)x＋4x2)＝x(3600－240x＋4x2)＝4x3－240x2＋3600x.当且仅当a＝b＝60时等号成立．设f(x)＝4x3－240x2＋3600x，x∈(0,30)．则f′(x)＝12(x－10)(x－30)．于是当0＜x＜10时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,10)上单调递增；当10＜x＜30时，f′(x)＜0，所以f(x)在(10,30)上单调递减．因此当x＝10时，f(x)有最大值f(10)＝16000，此时a＝b＝60，x＝10.所以当a＝b＝60，x＝10时纸盒的体积最大，最大值为16000cm2.3．(2017·江苏南师附中调研)如图，在某商业区周边有两条公路l1和l2，在点O处交汇，该商业区是圆心角为eq\f(π,3)，半径为3km的扇形．现规划在该商业区外修建一条公路AB，与l1，l2分别交于A，B，要求AB与扇形弧相切，切点T不在l1，l2上．(1)设OA＝akm，OB＝bkm，试用a，b表示新建公路AB的长度，求出a，b满足的关系式，并写出a，b的范围；(2)设∠AOT＝α，试用α表示新建公路AB的长度，并且确定A，B的位置，使得新建公路AB的长度最短．解(1)在△AOB中，OA＝akm，OB＝bkm，∠AOB＝eq\f(π,3)，由余弦定理，得AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)＝a2＋b2－ab，所以AB＝eq\r(a2＋b2－ab).如图，以O为原点，OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则A(a,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b，\f(\r(3),2)b))，所以直线AB的方程为y＝eq\f(\f(\r(3),2)b,\f(1,2)b－a)(x－a)，即eq\r(3)bx＋(2a－b)y－eq\r(3)ab＝0，因为AB与扇形弧相切，所以eq\f(\r(3)ab,\r(3b2＋2a－b2))＝3，即a2＋b2＝eq\f(1,12)a2b2＋ab，a，b∈(3,6)．(2)因为AB是圆O的切线，T是切点，所以OT⊥AB.在Rt△OTA中，AT＝3tanα，在Rt△OTB中，BT＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))，所以AB＝AT＋TB＝3tanα＋3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜α＜\f(π,3))).所以AB＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanα＋\f(\r(3)－tanα,1＋\r(3)tanα)))＝3eq\r(3)·eq\f(tan2α＋1,1＋\r(3)tanα).设1＋eq\r(3)tanα＝u，u∈(1,4)，则AB＝3eq\r(3)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u－1,\r(3))))2＋1,u)＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u＋\f(4,u)－2))≥eq\r(3)·2＝2eq\r(3)，当且仅当u＝2，即α＝eq\f(π,6)时取等号．此时，OA＝OB＝2eq\r(3)km.答当OA＝OB＝2eq\r(3)km时，新建公路AB的长度最短．4．(2017·江苏淮安三模)在一水域上建一个演艺广场．演艺广场由看台Ⅰ，看台Ⅱ，三角形水域ABC及矩形表演台BCDE四个部分构成(如图)．看台Ⅰ，看台Ⅱ是分别以AB，AC为直径的两个半圆形区域，且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍；矩形表演台BCDE中，CD＝10米；三角形水域ABC的面积为400eq\r(3)平方米．设∠BAC＝θ.(1)求BC的长(用含θ的式子表示)；(2)若表演台每平方米的造价为0.3万元，求表演台的最低造价．解(1)因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍，所以AB＝eq\r(3)AC.在△ABC中，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sinθ＝400eq\r(3)，所以AC2＝eq\f(800,sinθ).由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosθ＝4AC2－2eq\r(3)AC2·cosθ＝(4－2eq\r(3)cosθ)·eq\f(800,sinθ)，即BC＝eq\r(4－2\r(3)cosθ·\f(800,sinθ))＝40eq\r(\f(2－\r(3)cosθ,sinθ))，所以BC＝40eq\r(\f(2－\r(3)cosθ,sinθ))，θ∈(0，π)．(2)设表演台的总造价为W万元．因为CD＝10m，表演台每平方米的造价为0.3万元，所以W＝3BC＝120eq\r(\f(2－\r(3)cosθ,sinθ))，θ∈(0，π)．记f(θ)＝eq\f(2－\r(3)cosθ,sinθ)，θ∈(0，π)．则f′(θ)＝eq\f(\r(3)－2cosθ,sin2θ).由f′(θ)＝0，解得θ＝eq\f(π,6).当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，f′(θ)＜0；当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))时，f′(θ)＞0.故f(θ)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上单调递增，从而当θ＝eq\f(π,6)时，f(θ)取得最小值，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝1.所以Wmin＝120(万元)．答表演台的最低造价为120万元．5．某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为eq\f(80π,3)立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元，设该容器的建造费用为y千元．(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建造费用最小时的r.解(1)设容器的容积为V，由题意知V＝πr2l＋eq\f(4,3)πr3，又V＝eq\f(80π,3)，故l＝eq\f(V－\f(4,3)πr3,πr2)＝eq\f(80,3r2)－eq\f(4,3)r＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r))，由于l≥2r，因此0＜r≤2，所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r))×3＋4πr2c，因此y＝4π(c－2)r2＋eq\f(160π,r)，0＜r≤2.(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－eq\f(160π,r2)＝eq\f(8πc－2,r2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r3－\f(20,c－2)))，0＜r≤2.由于c＞3，所以c－2＞0，当r3－eq\f(20,c－2)＝0时，r＝eq\r(3,\f(20,c－2)).令eq\r(3,\f(20,c－2))＝m，则m＞0，所以y′＝eq\f(8πc－2,r2)(r－m)(r2＋rm＋m2)①当0＜m＜2，即c＞eq\f(9,2)时，当r＝m时，y′＝0；当r∈(0，m)时，y′＜0；当r∈(m,2)时，y′＞0.所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．②当m≥2，即3＜c≤eq\f(9,2)时，当r∈(0,2)时，y′＜0，函数单调递减，所以r＝2是函数y的最小值点，综上所述，当3＜c≤eq\f(9,2)，建造费用最小时r＝2，当c＞eq\f(9,2)，建造费用最小时r＝eq\r(3,\f(20,c－2)).6．(2017·江苏扬州考前指导卷)如图是一座桥的截面图，桥的路面由三段曲线构成，曲线AB和曲线DE分别是顶点在路面A，E的抛物线的一部分，曲线BCD是圆弧，已知它们在接点B，D处的切线相同，若桥的最高点C到水平面的距离H＝6米，圆弧的弓高h＝1米，圆弧所对的弦长BD＝10米．(1)求弧所在圆的半径；(2)求桥底AE的长．解(1)设弧所在圆的半径为r(r＞0)，由题意得r2＝52＋(r－1)2，∴r＝13.即弧所在圆的半径为13米．(2)以线段AE所在直线为x轴，线段AE的中垂线为y轴，建立如图所示的平面直角