K12教育資源學(xué)慣用資料第2解說三角形、幾何中的應(yīng)用題[考情考向分析]和三角形相關(guān)的應(yīng)用題，能夠利用正弦定理、余弦定理解三角形，從而解決實(shí)詰問題；和幾何圖形相關(guān)的應(yīng)用題，能夠利用平面幾何知識(shí)或許成立平面直角坐標(biāo)系轉(zhuǎn)變成分析幾何問題，利用直線或許曲線方程解決．熱門一和解三角形相關(guān)的應(yīng)用題1以以下圖，在某東西公交路線的南側(cè)有一個(gè)暫時(shí)停靠站臺(tái)，為了方便乘客，打算在站臺(tái)的一面東西方向的長(zhǎng)方形墻體ABHG上用AB＝5m，BC＝1m的矩形角鋼焊接成一個(gè)簡(jiǎn)單的遮陽棚(將AB放在墻上)．當(dāng)太陽光芒與水平線的夾角θ分別知足以下狀況時(shí)，要使此時(shí)遮陽棚的遮陰面積最大，應(yīng)將遮陽棚ABCD所在的平面與矩形HEFG所在的路面所成的α設(shè)置為多大角度？θ＝90°；θ＝80°.解(1)如圖1，當(dāng)θ＝90°時(shí)，太陽光芒垂直于地面，K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料遮陽棚只有與地面平行時(shí)，遮陰面積最大，故遮陽棚ABCD所在的平面與水平面所成角α＝0°.如圖2，在平面CBHE內(nèi)，過點(diǎn)C作直線IJ，與直線HE交于I，與直線HB的延伸線交于J，并使得∠CIH＝80°，由題意可知，∠CBH＝α＋90°.HJHB＋BJHB＋BJ在Rt△IHJ中，tan80°＝HI＝HI，即HI＝tan80°，欲使得HI取到最大值，只要HB＋BJ取到最大值，而站臺(tái)高HB為定長(zhǎng)，故只要BJ取到最大值即可．在△BCJ中，∠BJC＝10°，∠BCJ＝α＋80°，由正弦定理得，BJ＝BC1，sinα＋80°＝sin10°sin∠BJC即BJ＝sinα＋80°，sin10°故當(dāng)α＝10°時(shí)，BJ取到最大值，此時(shí)HI也取到最大值，又S陰＝GH×HI＝5HI，所以此時(shí)遮陽棚的遮陰面積最大．思想升華用正、余弦定理去解決詳細(xì)設(shè)計(jì)問題時(shí)，應(yīng)關(guān)注圖形的特色，找出已知量及所求的量，轉(zhuǎn)變成三角形的邊角，再利用正弦、余弦定理結(jié)構(gòu)方程或三角函數(shù)式求解．追蹤操練1如圖，某公園有三條觀光大道AB，BC，AC圍成直角三角形，此中直角邊BC＝200m，斜邊AB＝400m．現(xiàn)有甲、乙、丙三位小朋友分別在AB，BC，AC大道上玩耍，所在地點(diǎn)分別記為點(diǎn)D，E，F(xiàn).(1)若甲、乙都以每分鐘100m的速度從點(diǎn)B出發(fā)在各自的大道上奔走，到大道的另一端時(shí)即K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料停，乙比甲晚2分鐘出發(fā)，當(dāng)乙出發(fā)1分鐘后，求此時(shí)甲、乙兩人之間的距離；π(2)設(shè)∠CEF＝θ，乙、丙之間的距離是甲、乙之間距離的2倍，且∠DEF＝3，請(qǐng)將甲、乙之間的距離y表示為θ的函數(shù)，并求甲、乙之間的最小距離．(1)依題意得BD＝300m，BE＝100m，在△ABC中，cosB＝BC1，∴B＝π＝，AB23在△BDE中，由余弦定理，得2＝2＋2－2··cosBDEBDBEBDBE3002＋1002－2·300·100·1＝70000，2DE＝1007m，答甲、乙兩人之間的距離為1007m.由題意得EF＝2DE＝2y，∠BDE＝∠CEF＝θ，在Rt△CEF中，CE＝EF·cos∠CEF＝2ycosθ，在△BDE中，由正弦定理得BE＝DE，sin∠BDEsin∠DBE200－2ycosθy即sinθ＝sin60°，∴y＝1003503π3cosθ＋sinθ＝π，0＜θ＜2，sinθ＋3π∴當(dāng)θ＝6時(shí)，y有最小值503.答甲、乙之間的最小距離為503m.熱門二和立體幾何相關(guān)的應(yīng)用題例2(2018·淮安四市模擬)某藝術(shù)品公司欲生產(chǎn)一款迎新春工藝禮物，該禮物是由玻璃球面和該球的內(nèi)接圓錐構(gòu)成，圓錐的側(cè)面用于藝術(shù)裝修，如圖1.為了便于設(shè)計(jì)，可將該禮物看成是由圓O及其內(nèi)接等腰三角形繞底邊上的高所在直線旋轉(zhuǎn)180°而成，如圖2.ABCBCAO已知圓O的半徑為10cm，設(shè)∠＝θ，0<θ<π，圓錐的側(cè)面積為Scm2.BAO2(1)求S對(duì)于θ的函數(shù)關(guān)系式；K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料(2)為了達(dá)到最正確賞析見效，要求圓錐的側(cè)面積S最大．求S獲得最大值時(shí)腰AB的長(zhǎng)度．(1)設(shè)AO的延伸線交BC于點(diǎn)D，過O作OE⊥AB，垂足為E，在△AOE中，AE＝10cosθ，AB＝2AE＝20cosθ，在△ABD中，＝·sinθ＝20cosθ·sinθ，BDAB所以＝400πsinθcos2π.Sθ，0<θ<2要使側(cè)面積最大，由(1)得＝400πsinθcos23Sθ＝400π(sinθ－sinθ)令x＝sinθ，所以得f(x)＝x－x3，23由f′(x)＝1－3x＝0得x＝3，當(dāng)0，3時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈3，1時(shí)，f′(x)<0，33所以f(x)在區(qū)間0，33，1上單一遞減，上單一遞加，在區(qū)間333所以f(x)在x＝3時(shí)獲得極大值，也是最大值；3所以當(dāng)sinθ＝時(shí)，側(cè)面積S獲得最大值，3此時(shí)等腰三角形的腰長(zhǎng)AB＝20cos21－32206θ＝201－sinθ＝20＝.33答側(cè)面積S獲得最大值時(shí)，等腰三角形的腰206AB的長(zhǎng)度為cm.3思想升華和立體幾何相關(guān)的應(yīng)用題，主要經(jīng)過研究空間幾何體的結(jié)構(gòu)特色和面積、體積的計(jì)算解決實(shí)詰問題，解題的重點(diǎn)是抓住物體的幾何特色，將實(shí)質(zhì)中的物體抽象成立體幾何中的柱、錐、臺(tái)、球等規(guī)則幾何體．追蹤操練2(2018·南通等六市模擬)將一鐵塊高溫消融后制成一張厚度忽視不計(jì)、面積為100dm2的矩形薄鐵皮(如圖)，并沿虛線l1，2裁剪成，，C三個(gè)矩形(，C全等)，用來lABB制成一個(gè)柱體．現(xiàn)有兩種方案：K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料方案①：以l1為母線，將A作為圓柱的側(cè)面張開圖，并從B，C中各裁剪出一個(gè)圓形作為圓柱的兩個(gè)底面；方案②：以l1為側(cè)棱，將A作為正四棱柱的側(cè)面張開圖，并從B，C中各裁剪出一個(gè)正方形(各邊分別與l1或l2垂直)作為正四棱柱的兩個(gè)底面．設(shè)B，C都是正方形，且其內(nèi)切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面，求底面半徑；設(shè)l1的長(zhǎng)為xdm，則當(dāng)x為多少時(shí)，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大？解(1)設(shè)所得圓柱的半徑為rdm，則(2πr＋2r)×4r＝100，2(π＋1)解得r＝2(π＋1).(2)設(shè)所得正四棱柱的底面邊長(zhǎng)為adm，則xxa≤2，a≤2，100即20a≤x－4a，a≤x.x3，0<x≤210，4所得正四棱柱的體積V＝a2x≤400x，x>210.x34，0<x≤210，記函數(shù)p(x)＝400，x>210.p(x)在(0，210]上單一遞加，在[210，＋∞)上單一遞減．∴當(dāng)x＝210時(shí)，p(x)max＝2010.∴當(dāng)x＝210，a＝10時(shí)，Vmax＝2010dm3.20又2a≤x≤a，從而a≤10.2220所得正四棱柱的體積V＝ax≤aa＝20a≤2010.∴當(dāng)a＝10，x＝2310時(shí)，Vmax＝2010dm.K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料答52(π＋1)(1)圓柱的底面半徑為(π＋1)dm；2當(dāng)x為210時(shí)，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大．熱門三和分析幾何相關(guān)的應(yīng)用題例3以以下圖，某街道居委會(huì)擬在EF地段的居民樓正南方向的空白地段AE上建一個(gè)活動(dòng)中心，此中AE＝30米．活動(dòng)中心東西走向，與居民樓平行．從東向西看活動(dòng)中心的截面圖的下部分是長(zhǎng)方形ABCD，上部分是以DC為直徑的半圓．為了保證居民樓住戶的采光要求，活動(dòng)中心在與半圓相切的太陽光芒照耀著落在居民樓上的影長(zhǎng)GE不超出米，此中該太陽光3線與水平線的夾角θ知足tanθ＝4.若設(shè)計(jì)AB＝18米，AD＝6米，問可否保證上述采光要求？在保證上述采光要求的前提下，怎樣設(shè)計(jì)AB與AD的長(zhǎng)度，可使得活動(dòng)中心的截面面積最大？(注：計(jì)算中π取3)解如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，成立平面直角坐標(biāo)系．(1)因?yàn)锳B＝18米，AD＝6米，所以半圓的圓心為(9,6)，半徑r＝9.H3設(shè)太陽光芒所在直線方程為y＝－4x＋b，3x＋4y－4b＝0，則由|27＋24－4b|＝9，32＋42解得b＝24或b＝3(舍)．23故太陽光芒所在直線方程為y＝－4x＋24,x＝30，得EG＝＜2.5.所以此時(shí)能保證上述采光要求．K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料設(shè)AD＝h米，AB＝2r米，則半圓的圓心為H(r，h)，半徑為r.3方法一設(shè)太陽光芒所在直線方程為y＝－4x＋b，3x＋4y－4b＝0，|3r＋4h－4b|＝r，解得由＋4232故太陽光芒所在直線方程為令x＝30，得EG＝2r＋h－5由EG≤2，得h≤25－2r.

rb＝h＋2r或b＝h－2(舍)．3y＝－4x＋h＋2r，45，123232所以S＝2rh＋πr＝2rh＋×r≤2r(25－2r)＋×r222＝－5r2＋50r＝－5(r－10)2＋250≤250.22當(dāng)且僅當(dāng)r＝10時(shí)取等號(hào)．所以當(dāng)AB＝20米且AD＝5米時(shí)，可使得活動(dòng)中心的截面面積最大．方法二欲使活動(dòng)中心內(nèi)部空間盡可能大，則影長(zhǎng)EG恰為米，則此時(shí)點(diǎn)G為(30,2.5)，設(shè)過點(diǎn)G的上述太陽光芒為l1，3l1所在直線方程為y－2＝－4(x－30)，即3x＋4y－100＝0.由直線l1與半圓H相切，得r＝|3r＋4h－100|.5而點(diǎn)H(r，h)在直線l1的下方，則3r＋4h－100＜0，r＝－3r＋4h－100，從而h＝25－2r.512325252當(dāng)且僅當(dāng)r＝又S＝2rh＋πr＝2r(25－2r)＋×r＝－r＋50r＝－2(r－10)＋250≤250.22210時(shí)取等號(hào)．所以當(dāng)AB＝20米且AD＝5米時(shí)，可使得活動(dòng)中心的截面面積最大．思想升華以分析幾何為背景的應(yīng)用題，一般要成立坐標(biāo)系，此后轉(zhuǎn)變成三角知識(shí)或二次函K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料數(shù)或用基本不等式來求解．分析幾何型應(yīng)用題是高考的冷點(diǎn)，但在復(fù)習(xí)時(shí)要惹起重視．追蹤操練3如圖是一塊地皮OAB，此中OA，AB是直線段，曲線段OB是拋物線的一部分，且點(diǎn)O是該拋物線的極點(diǎn)，OA所在的直線是該拋物線的對(duì)稱軸．經(jīng)丈量，OA＝2km，AB＝2km，π∠OAB＝4.現(xiàn)要從這塊地皮中劃一個(gè)矩形CDEF來建筑草坪，此中點(diǎn)C在曲線段OB上，點(diǎn)D，E在直線段OA上，點(diǎn)F在直線段AB上，設(shè)CD＝akm，矩形草坪CDEF的面積為f(a)km2.求f(a)，并寫出定義域；(2)當(dāng)a為多少時(shí)，矩形草坪CDEF的面積最大？解(1)以O(shè)為原點(diǎn)，OA邊所在的直線為x軸，成立以以下圖的平面直角坐標(biāo)系，過點(diǎn)B作BG⊥OA于點(diǎn)G，π在Rt△ABG中，AB＝2，∠OAB＝4，所以AG＝BG＝1，又因?yàn)镺A＝2，所以O(shè)G＝1，則B(1,1)，設(shè)拋物線OCB的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2px(p>0)，1代入點(diǎn)B的坐標(biāo)，得p＝，2所以拋物線的方程為y2＝x.因?yàn)镃D＝a，所以AE＝EF＝a，則DE＝2－a－a2，所以f(a)＝a(2－a－a2)＝－a3－a2＋2a，定義域?yàn)?0,1)．由(1)可知，f(a)＝－a3－a2＋2a，f′(a)＝－3a2－2a＋2，令f′(a)＝0，得a＝7－1.3當(dāng)0＜a＜7－1時(shí)，3f′(a)＞0，f(a)在0，7－1上單一遞加；3K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料7－1當(dāng)＜a＜1時(shí)，3′( )＜0，( )在7－1，1上單一遞減．fafa3所以當(dāng)a＝7－1時(shí)，f(a)獲得極大值，也是最大值3答當(dāng)a＝7－1時(shí)，矩形草坪CDEF的面積最大．31．(2016·江蘇)現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個(gè)庫房，它由上下兩部分構(gòu)成，上部分的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1，下部分的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(以以下圖)，并要求正四棱柱的高OO1是正四棱錐的高PO1的4倍．若AB＝6m，PO1＝2m，則庫房的容積是多少？若正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為6m，則當(dāng)PO1為多少時(shí)，庫房的容積最大？(1)V＝1223解3×6×2＋6×2×4＝312(m)．設(shè)PO1＝x，則O1B1＝62－x2(0<x<6)，B1C1＝2·62－x2，SA1B1C1D1＝2(62－x2)，又由題意可得下邊正四棱柱的高為4x.12222262x<6)．則庫房容積V＝x·2(6－x)＋2(6－x)·4x＝x(36－x)(0<33262V′＝3(36－3x)，V′＝0得x＝23或x＝－23(舍去)．由實(shí)質(zhì)意義知V在x＝23(m)處取到最大值，故當(dāng)PO1＝23m時(shí)，庫房容積最大．2．(2017·江蘇)如圖，水平擱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K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料32cm，容器Ⅰ的底面對(duì)角線AC的長(zhǎng)為107cm，容器Ⅱ的兩底面對(duì)角線EG，E1G1的長(zhǎng)分別為14cm和62cm.分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均為12cm.現(xiàn)有一根玻璃棒l，其長(zhǎng)度為40cm(容器厚度、玻璃棒粗細(xì)均忽視不計(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CC上，求l沒入水中部分的1長(zhǎng)度；(2)將l放在容器Ⅱ中，l的一端置于點(diǎn)E處，另一端置于側(cè)棱1上，求l沒入水中部分的GG長(zhǎng)度．(1)由正四棱柱的定義可知，CC1⊥平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC，如圖①，記玻璃棒的另一端落在CC1上點(diǎn)M處．①因?yàn)锳C＝107cm，AM＝40cm，22所以MC＝40－1073從而sin∠MAC＝4.AM與水面的交點(diǎn)為P1，過P1作P1Q1⊥AC，Q1為垂足，則P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1＝12cm，P1Q1從而AP1＝＝16(cm)．sin∠MAC答玻璃棒l沒入水中部分的長(zhǎng)度為16cm.(假如將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為24cm)K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料方法一如圖②，O，O1是正棱臺(tái)的兩底面中心．②由正棱臺(tái)的定義可知，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上的點(diǎn)N處．G作GK⊥E1G1，K為垂足，則GK＝OO1＝32cm.因?yàn)镋G＝14cm，E1G1＝62cm，所以KG1＝62－14＝24(cm)，2從而GG1＝2222KG1＋GK＝24＋32＝40(cm)．設(shè)∠EGG＝α，∠ENG＝β，1則α＝π1∠1＝4sinsin2cosKGG5.π3因?yàn)?<α<π，所以cosα＝－5.在△ENG中，由正弦定理可得4014sinα＝sinβ，解得sinβ＝7.25π24因?yàn)?<β<2，所以cosβ＝25.于是sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)424373＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝5×25＋－5×25＝5.記EN與水面的交點(diǎn)為P2，過P2作P2Q2⊥EG，Q2為垂足，則P2Q2⊥平面EFGH，P2Q2＝20(cm)．故P2Q2＝12，從而EP2＝sin∠NEG答玻璃棒l沒入水中部分的長(zhǎng)度為20cm.(假如將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為20cm)方法二記玻璃棒的另一端落在1上點(diǎn)N處，與水面的交點(diǎn)為，過1作1′⊥，垂GGENPGGHEGK12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料足為H′，易知G1H′＝32cm，GH′＝24cm，可得GG1＝40cm.3所以cos∠G1GH′＝40＝5，3于是cos∠NGE＝－5.由余弦定理得222EN＝EG＋GN－2EG·GN·cos∠NGE，設(shè)GN＝xcm，上述方程整理得(x－30)(5x＋234)＝0，x＝30.過點(diǎn)作⊥，垂足為，過點(diǎn)P作⊥，垂足為.NNKEGKPQEGQ由KNGNKN30＝24cm.＝，得＝，解得H′G1GG13240KN由PQEP12EP＝，得＝，解得PE＝20cm.NKEN2440答玻璃棒l沒入水中部分的長(zhǎng)度為20cm.(假如將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為20cm)方法三記玻璃棒的另一端落在GG上點(diǎn)N處，EN與水面的交點(diǎn)為P，過G作GH′⊥EG，H′111為垂足，過N作NK⊥EG，K為垂足，過P作PQ⊥EG，Q為垂足．易知G1H′＝32cm，GH′＝24cm，得tan∠1′＝32＝4.GGH243KN4所以＝，可設(shè)KN＝4x，GK＝3x.GK3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PQEP12EP＝，得24＝40，解得PE＝20cm.NKEN答玻璃棒l沒入水中部分的長(zhǎng)度為20cm.(假如將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為20cm)K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料3．(2018·江蘇揚(yáng)州樹人學(xué)校模擬)某市為改良市民出行，準(zhǔn)備規(guī)劃道路建設(shè)，規(guī)劃中的道路M－N－P以以下圖，已知A，B是東西方向骨干道邊兩個(gè)景點(diǎn)，且它們距離城市中心O的距離均為82km，C是正北方向骨干道邊上的一個(gè)景點(diǎn)，且距離城市中心O的距離為4km，線MN段上的隨意一點(diǎn)到景點(diǎn)A的距離比到景點(diǎn)B的距離都多16km，此中道路起點(diǎn)M到東西方向骨干道的距離為6km，線路NP段上的隨意一點(diǎn)到O的距離都相等．以O(shè)為原點(diǎn)、線路AB所在直線為x軸成立平面直角坐標(biāo)系xOy.求道路M－N－P的曲線方程；現(xiàn)要在道路M－N－P上建一站點(diǎn)Q，使得Q到景點(diǎn)C的距離近來，問怎樣設(shè)置站點(diǎn)Q的地點(diǎn)(即確立點(diǎn)Q的坐標(biāo))?解(1)因?yàn)榫€路MN段上的隨意一點(diǎn)到景點(diǎn)A的距離比到景點(diǎn)B的距離都多16km，所以線路MN段所在曲線是以點(diǎn)A，B為左、右焦點(diǎn)的雙曲線的右上支，則其方程為x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)．因?yàn)榫€路NP段上的隨意一點(diǎn)到O的距離都相等，所以線路NP段所在曲線是以O(shè)為圓心、以O(shè)N長(zhǎng)為半徑的圓，由線路MN段所在曲線方程可求得N(8,0)，則其方程為x2＋y2＝64(y≤0)，綜上得線路表示圖所在曲線的方程為MN段：x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)，NP段：x2＋y2＝64(－8≤x≤8，y≤0)．(2)①當(dāng)點(diǎn)Q在MN段上時(shí)，設(shè)Q(x0，y0)，又C(0,4)，22則CQ＝x0＋y0－4，由(1)222－8y＋80＝72＋2y－2200000故當(dāng)0＝2時(shí)，min＝62km.yCQ②當(dāng)點(diǎn)Q在段上時(shí)，設(shè)(1，1)，又(0,4)，NPQxyC22則CQ＝x1＋y1－4，2(1)得x1＋y1＝64，即CQ＝－8y1＋80，故當(dāng)y1＝0時(shí)，CQmin＝45km.因?yàn)?2<45，所以當(dāng)Q的坐標(biāo)為(217，2)時(shí)，可使Q到景點(diǎn)C的距離近來．4．(2018·南京、鹽城模擬)有一矩形硬紙板資料(厚度忽視不計(jì))，一邊AB長(zhǎng)為6分米，另K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料一邊足夠長(zhǎng)．現(xiàn)從中截取矩形ABCD(如圖甲所示)，再剪去圖中暗影部分，用剩下的部分恰巧能折卷成一個(gè)底面是弓形的柱體包裝盒(如圖乙所示，重疊部分忽視不計(jì))，此中OEMF是以O(shè)為圓心、∠EOF＝120°的扇形，且弧EF，GH分別與邊BC,AD相切于點(diǎn)M,N.當(dāng)BE長(zhǎng)為1分米時(shí)，求折卷成的包裝盒的容積；當(dāng)BE的長(zhǎng)是多少分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大？(1)在圖甲中，連接MO交EF于點(diǎn)T.設(shè)OE＝OF＝OM＝R，1在Rt△OET中，因?yàn)椤螮OT＝2∠EOF＝60°，RR所以O(shè)T＝2，則MT＝OM－OT＝2.R從而BE＝MT＝2，即R＝2BE＝2.故所得柱體的底面積S＝S扇形OEF－S△OEF12124π＝3πR－2Rsin120°＝3－3.又所得柱體的高EG＝4，16π所以V＝S×EG＝3－43.答當(dāng)長(zhǎng)為1分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積為16π－43立方分米．BE3設(shè)BE＝x，則R＝2x，所以所得柱體的底面積＝扇形OEF－△OEF＝12－12sin120°＝4π－3x2.332又所得柱體的高EG＝6－2x，所以＝×＝8π－23－x3＋32，()VSEG3此中0<x<3.K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料令f(x)＝－x3＋3x2，x∈(0，3)，則由f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)＝0，解得x＝2.列表以下：x(0,2)2(2,3)f′(x)＋0－f(x)極大值所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)獲得極大值，也是最大值．答當(dāng)BE的長(zhǎng)為2分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大．A組專題通關(guān)1．(2018·南京模擬)如圖，公園里有一湖泊，其界限由兩條線段AB，AC和以BC為直徑的半圓弧構(gòu)成，此中AC為2(單位：百米)，⊥，∠A為π.若在半圓弧，線段，BCACBC3BCACAB上各建一個(gè)賞析亭D，E，F(xiàn)，再修兩條棧道DE，DF，使DE∥AB，DF∥AC.記∠CBD＝ππ3≤θ<2.試用θ表示BD的長(zhǎng)；試確立點(diǎn)E的地點(diǎn)，使兩條棧道長(zhǎng)度之和最大．解(1)連接DC.π在△ABC中，AC為2，AC⊥BC，∠A為3，π所以∠CBA＝6，AB＝4，BC＝23.因?yàn)锽C為直徑，所以∠BDC＝π2，K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料所以BD＝BCcosθ＝23cosθ.ππ在△BDF中，∠DBF＝θ＋6，∠BFD＝3，BD＝23cosθ，所以由正弦定理得，DF＝BFBDπ＝，πsin∠BFDsinθ＋6sin2－θ所以DF＝4cosθsinπ＋θ，6且＝4cos2＝＝4－4cos2DEAF所以DE＋DF＝4－4cos2θ＋4cosθsinπ＋θ63sin2θ－cos2θ＋3π2sin2θ－6＋3.ππππ5π因?yàn)?≤θ＜2，所以2≤2θ－6＜6，πππ所以當(dāng)2θ－6＝2，即θ＝3時(shí)，DE＋DF有最大值5，此時(shí)E與C重合．答當(dāng)E與C重合時(shí)，兩條棧道長(zhǎng)度之和最大．2．(2018·常州期末)已知小明(如圖中所示)身高1.8米，路燈高米，均ABOMAB,OM垂直于水平川面，分別與地面交于點(diǎn)A，O.點(diǎn)光源從M發(fā)出，小明在地上的影子記作AB′.小明沿著圓心為O，半徑為3米的圓周在地面上走一圈，求AB′掃過的圖形面積；(2)若OA＝3米，小明從A出發(fā)，以1米/秒的速度沿線段AA走到A∠OAA＝3，且AA＝1011,1π1米．t秒時(shí)，小明在地面上的影子長(zhǎng)度記為f(t)(單位：米)，求f(t)的表達(dá)式與最小值．解(1)由題意AB∥OM，則AB′AB1OB′＝＝＝，OA＝3，所以O(shè)B′＝6，OM2小明在地面上的身影′掃過的圖形是圓環(huán)，其面積為22平方米)．π×6－π×3＝27π(AB(2)tAAB(1)A0B′0AB1f(t)AB經(jīng)過秒，小明走到了0處，身影為00′，由知＝＝，所以＝00′OB′0OM2OA02OA＋AA0－2OA·AA0cos∠OAA0.化簡(jiǎn)得f(t)＝t2－3t＋9，0<t≤10,K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料f(t)＝32273t－2＋4，當(dāng)t＝2時(shí)，f(t33)的最小值為2.答f(t)＝t2－3t＋9(0<t≤10)，當(dāng)t＝3(秒)時(shí)，f(t)的最小值為33(米)．223．某公司擬建筑以以下圖的容器(不計(jì)厚度，長(zhǎng)度單位：米)，此中容器的中間為圓柱形，左右兩頭均為半球形，依據(jù)設(shè)計(jì)要求容器的體積為80π立方米，且l≥2r.假定該容器的建筑3開銷僅與其表面積相關(guān)．已知圓柱形部分每平方米建筑開銷為3千元，半球形部分每平方米建筑開銷為c(c＞3)千元，設(shè)該容器的建筑開銷為y千元．寫出y對(duì)于r的函數(shù)表達(dá)式，并求該函數(shù)的定義域；求該容器的建筑開銷最小時(shí)的r.(1)設(shè)容器的容積為V，243由題意知V＝πrl＋3πr，80π又V＝3，43V－πr8044203故l＝π2＝32－3r＝3r2－r，rr因?yàn)閘≥2，所以0＜r≤2，r所以建筑開銷y＝2πrl×3＋4πr2c＝π420×＋π2，r×2－r4rc23r3所以y＝4π(c－2)r2＋160π，0＜r≤2.r160π(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－r2K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料＝8πc－23－20，0＜r≤2.r2rc－2因?yàn)閏＞3，所以c－2＞0，當(dāng)r3－20320＝0時(shí)，r＝.c－2c－220c－2＝m，則m＞0，8πc－2(－)(r2＋2所以′＝2＋)yrrmrmm9①當(dāng)0＜m＜2，即c＞2時(shí)，當(dāng)r＝m時(shí)，y′＝0；當(dāng)r∈(0，m)時(shí)，y′＜0；當(dāng)r∈(m,2)時(shí)，y′＞0.所以r＝m是函數(shù)y的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)．9②當(dāng)m≥2，即3＜c≤2時(shí)，r∈(0,2)時(shí)，y′＜0，函數(shù)單一遞減，所以r＝2是函數(shù)y的最小值點(diǎn)，9綜上所述，當(dāng)3＜c≤2，建筑開銷最小時(shí)r＝2米，9320當(dāng)c＞2，建筑開銷最小時(shí)r＝c－2米．4．(2018·全國(guó)大聯(lián)考江蘇卷)有一塊邊長(zhǎng)為4百米的正方形生態(tài)休閑園ABCD，園區(qū)一端是觀景湖EHFCD(注：EHF為拋物線的一部分)．現(xiàn)以AB所在直線為x軸，以線段AB的垂直均分1線為y軸，成立以以下圖的平面直角坐標(biāo)系xOy.觀景湖極點(diǎn)H到邊AB的距離為8百米．EA＝17FB＝8百米．現(xiàn)從邊AB上一點(diǎn)G(能夠與A，B重合)出發(fā)修一條穿過園區(qū)到觀景湖的小道，小道與觀景湖岸HF段相切于點(diǎn)P.設(shè)點(diǎn)P到直線AB的距離為t百米．求PG對(duì)于t的函數(shù)分析式，并寫出函數(shù)的定義域；假定小道每米造價(jià)m元，請(qǐng)問：t為什么值時(shí)小道造價(jià)最低，最低造價(jià)是多少？K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料(1)由題意，設(shè)拋物線EHF上點(diǎn)的坐標(biāo)知足函數(shù)y＝ax2＋18(a>0)，將點(diǎn)±2，17代入得，4＋1＝17，8a881121解得a＝2，即y＝2x＋8.設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x，121，0<x≤2，000121則t＝2x0＋8，∵y′＝x，∴切線PG的斜率為x0，1PG所在直線的方程為y－2x0－8＝x0(x－x0)，11y＝x0x－2x0＋8.1x01令y＝0，得x＝2－8x0，x01∴G2－8x0，0.∴2x0121212＝－－x0＋0－x0－PG28x028x0121212＝2＋8x0＋2x0＋8211022＝x＋x22x08，012＋12128400t22t＋3t2248t＋3，＝＝PG2t－18t－14∴PG對(duì)于tf(t)＝t8t＋3的函數(shù)分析式為8t－1，x01∵點(diǎn)G在邊AB上，則－2≤－≤2，170＜x0≤2＋2，解得17x0≥－2＋2，K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料1717即－2＋2≤x0≤2＋2.又∵0<x0≤2，∴－2＋17≤x0≤2，21211717由t＝2x0＋8得，4－17≤t≤8，∴定義域?yàn)閠17－17≤t≤17.4833222t＋4t1717(2)令g(t)＝f(t)＝t1，4－17≤t≤8，2－48t2－38則g′(t)＝，122t－43令g′(t)＝0，得t＝8，1734－17≤t<8時(shí)，g′(t)<0；178<t≤8時(shí)，g′(t)>0，32故當(dāng)t＝8時(shí)，PG獲得最小值，即PG獲得最小值，33＋39＋63為8×3－1＝8，又因小道每米造價(jià)m元，故當(dāng)t＝3百米時(shí)小道造價(jià)最低，最低造價(jià)為100×9＋63＝88259＋632m(元)．B組能力提升5.如圖，矩形ABCD是一個(gè)歷史文物展覽廳的俯視圖，點(diǎn)E在AB上，在梯形BCDE地區(qū)內(nèi)部展示文物，是玻璃幕墻，旅客只幸好△地區(qū)內(nèi)觀光．在上點(diǎn)處安裝一可旋轉(zhuǎn)的監(jiān)控DEADEAEP攝像頭，∠MPN為監(jiān)控角，此中M，N在線段DE(含端點(diǎn))上，且點(diǎn)M在點(diǎn)N的右下方．經(jīng)丈量π得悉，AD＝6m，AE＝6m，AP＝2m，∠MPN＝4.記∠EPM＝θ(弧度)，監(jiān)控?cái)z像頭的可視區(qū)域△PMN的面積為S.K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料(1)求S對(duì)于θ的函數(shù)關(guān)系式，并寫出θ的取值范圍；參照數(shù)據(jù)：tan5≈34(2)求S的最小值．解(1)方法一在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4(m)，π3π∠PEM＝4，∠PME＝4－θ，由正弦定理得PMPE，sin∠＝PEMsin∠PME×sin∠PEM224所以PM＝＝sinθ＋cosθ，sin∠PME＝3πsin－θ4同理在△PNE中，由正弦定理得PNPE，sin∠＝PENsin∠PNE所以PN＝PE×sin∠PEN2222sin∠PNE＝π－θ＝cosθ，sin21所以△PMN的面積S＝2PM×PN×sin∠MPN＝cos2θ＋sin4θcosθ48＝1＋cos2θ1＝sin2θ＋cos2θ＋12＋sin2θ28＝，π2sin2θ＋4＋1當(dāng)M與E重合時(shí)，θ＝0；當(dāng)N與D重合時(shí)，3π5tan∠APD＝3，即∠APD＝4，θ＝4－4，3π5所以0≤θ≤4－4.綜上可得＝8，θ∈0，3π－5.Sπ442sin2θ＋＋14K12教育資源學(xué)慣用資料K12教育資源學(xué)慣用資料方法二在△PME中，∠EPM＝θ，＝－＝4(m)，PEAEAP∠＝π，∠＝3π－θ，PEM4PME4由正弦定理可知，MEPEsinθ＝，sin∠PMEPE×sinθ4sinθ42sinθ所以ME＝sin∠PME＝3π＝sinθ＋cosθ，sin4－θ在△PNE中，由正弦定理可知，NE＝PE，sin∠EP