应用题题型归纳---图形问题

应用题题型归纳---图形问题【考情分析】函数不等式应用题江苏高考主要考查建立函数关系式，进而求函数的最值．近年具体情况如下表：由上表不难看出，在江苏近几年的高考中，主要考查根据题意建立函数关系式进而研究函数的最值或其他相关问题．10，11年主要根据图形(平面或空间)建立函数关系，共同点是给出函数自变量，12、13年在实际背景下研究与含参数二次函数有解、最值问题． 在备考中，需要重点关注以下几方面问题：1．掌握常见函数如二次函数、三次函数、有理分式函数(尤其二次分式函数2ax by cx dx e+=++、无理函数等最值的求法，用导数求函数最值要引起重视；2．加强阅读理解能力的培养，对图形的辨认、识别、分析寻找等量关系式的训练要加强； 3．对于由图标(尤其表格)给出的函数应用题的训练要重视；4．应用题的背景图形可能由平面多边形、空间多面体转为由平面曲线，如圆，抛物线等围成的图形；空间旋转体等的面积、体积的最值问题5．熟悉应用题的解题过程：读题、建模、求解、评价、作答．双基自测1．有一根长为6cm ，底面半径为0．5cm 的圆柱型铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕4圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的长度最少为 cm ． 2．如图，一份印刷品的排版面积(矩形)为A ，它的两边都留有宽为a 的空白，顶部和底部都留有宽为b 的空白．如何选择纸张的尺寸，才能使纸的用量最少？【解】设纸张的长和宽分别是x ，y ，则(x －2a )(y －2b )＝A ，从而y ＝Ax －2a ＋2b ．于是纸张的面积为S ＝xy ＝Axx －2a ＋2bx ＝Ax －2Aa ＋2Aa x －2a＋2bx ＝A ＋2Aa x －2a ＋2bx ＝2Aax －2a＋2b (x －2a )＋A ＋4ab ≥24Aab ＋A ＋4ab ＝(A ＋2ab )2，当且仅当2Aax －2a ＝2b (x －2a )，即x ＝Aab＋2a 时，S 有最小值(A ＋2ab )2，此时y ＝Ax －2a ＋2b ＝Aba＋2b ． 【答】纸张的长和宽分别为Aab ＋2a 和Aba＋2b 时，纸张的用量最小． 3．要设计一容积为V 的下端为圆柱形、上端为半球形的密闭储油罐，已知圆柱侧面的单位面积造价是下底面的单位面积造价的一半，而顶部半球面的单位面积造价又是圆柱侧面的单位面积的造价的一半，问储油罐的下部圆柱的底面半径R 为何值时造价最低？【解】设圆柱的高为h ，下底面单位面积的造价为a ．则V ＝πR 2h ＋23πR 3．故h ＝V πR 2－23R ．因h ＞0，故0＜R ＜33V 2π．设总造价为y ，则y ＝πR 2⋅a ＋2πRh ⋅a 2＋2πR 2⋅a 4＝πa (32R 2＋Rh )＝a (32πR 2＋V R －23πR 2)＝a (56πR 2＋V R )．y '＝a (53πR －V R 2)＝5π aR 3－3a V 3R 2，令y '＝0得，R ＝33V5π，当R ∈(0，33V5π)时，y '＜0，y 为减函数；当R ∈(33V 5π，33V2π)时，y '＞0，y 为增函数．故当R ＝33V5π时，y 有最小值． 【答】当储油罐的下部圆柱的底面半径R ＝33V5π时，造价最低． 盐城市一中2009－2010第一学期期中4．如图，小正六边形沿着大正六边形的边，按顺时针方向滚动．小正六边形的边长是大正六边形边长的一半，如果小正六边形沿着大正六边形的边滚动一周后返回出发时的位置，在这个过程中向量OA →围绕着点O 旋转了θ角，其中O 为小正六边形的中心，则sin112θ＋cos 112θ＝ ．1一．图形问题(基础部分) 1．三角形及三角函数模型利用正余弦定理及平几知识建立关系式，利用函数、导数、基本不等式来处理问题 2012---2013海安中学高三(上)12月检测【例1】如图，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海里的两个观测点，现位于A 点北偏东45°，B 点北偏西60°的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距203海里的C 点的救援船立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D 点需要多长时间？【解】由题意知，AB ＝5(3＋3)海里，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝90°－45°＝45°，故∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°，在△ADB 中，有正弦定理得，sin sin DB ABDAB ADB=∠∠，故DB ＝103，又在△DBC 中，∠DBC ＝60°，DC 2＝DB 2＋BC 2－2×DB ×BC ×cos60°＝900，故DC ＝30，故救援船到达D 点需要的时间为1(小时)． 【答】该救援船到达D 点需要1小时． 2011届高考仿真押题卷——江苏卷(9)【练习1】某公司为了加大产品的宣传力度，准备立一块广告牌，在其背面制作一个形如△ABC 的支架，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于A1m ，且AC 比AB 长0．5m ．为节省材料，要求AC 的长度越短越好，求AC 的最短长度，且当AC 最短时，BC 的长度为m 2？【解】设BC ＝x 米(x ＞1)，AC ＝y 米，则AB ＝y －12．在△ABC 中，由余弦定理得，(y －12)2＝y 2＋x 2－2xy cos60︒．故y ＝x 2－14x －1(x ＞1)．法一：y ＝(x －1)＋34(x －1)＋2≥2＋3．当且仅当x －1＝34(x －1)，即x ＝1＋32时，y 有最小值2＋3．法二：y ′＝x 2－2x ＋14(x －1)2．由y ′＝0得，x ＝1＋32．因当1＜x ＜1＋32时，y ′＜0；当x ＞1＋32时，y ′＞0，故当x ＝1＋32时，y 有最小值2＋3． 【答】AC 的最短长度为2＋3m ，此时BC 的长度为(1＋32)m ． 【例2】某仓库为了保持库内的湿度和温度，四周墙上均装有如图所示的自动通风设施．该设施的下部ABCD 是矩形，其中AB ＝2m ， BC ＝1m ；上部CDG 是等边三角形，固定点E 为AB 的中点．△EMN 是由电脑控制其形状变化的三角通风窗(阴影部分均不通风)，MN 是可以沿设施边框上下滑动且始终保持和AB 平行的伸缩横杆．⑴．设MN 与AB 之间的距离为x m ，试将△EMN 的面积S (m 2)表示成关于x 的函数；⑵．求△EMN 的面积S (m 2)的最大值． 【解】⑴．①如图1所示，当MN 在矩形区域滑动，即0＜x ≤1时，△EMN 的面积S ＝12×2×x＝x ；②如图2所示，当MN 在三角形区域滑动，即1＜x ＜1＋3时，如图，连接EG ，交CD 于点F ，交MN 于点H ，因 E 为AB 中点，故 F 为CD 中点，GF ⊥CD ，且FG ＝3．又MN ∥CD ，故△MNG ∽△DCG ．故GFGH DC MN =，即MN ＝233(3＋1－x )．故△EMN 的面积S ＝－33x 2＋(1＋33)x；综合得：2,0<1(1,1133x x S x x x ≤⎧⎪=⎨-++<<+⎪⎩，⑵．①当MN 在矩形区域滑动时，S ＝x ，故有0＜S ≤1；DC（第3题）DC图2图1②当MN 在三角形区域滑动时，S ＝－33x 2＋(1＋33)x ．因而，当x ＝3＋12(m)时，S 得到最大值，最大值S ＝12＋33(m 2)．因12＋33＞1，故 S 有最大值，最大值为12＋33m 2．苏州市2010届高三教学调研【练习2】如图，两个工厂A ，B 相距2km ，点O 为AB 的中点，现要在以O 为圆心，2km 为半径的圆弧MN 上的某一点P 处建一幢办公楼，其中MA ⊥AB ，NB ⊥AB ．据测算此办公楼受工厂A 的“噪音影响度”与距离AP 的平方成反比，比例系数是1，办公楼受工厂B 的“噪音影响度”与距离BP 的平方也成反比，比例系数是4，办公楼受A ，B 两厂的“总噪音影响度”y 是受A ，B 两厂“噪音影响度”的和，设AP 为x km ．⑴．求“总噪音影响度”y 关于x 的函数关系，并求出该函数的定义域； ⑵．当AP 为多少时，“总噪音影响度”最小？【解】⑴．连结OP ，设∠AOP ＝α，则π3≤α≤2π3．在△AOP 中，由余弦定理得x 2＝5－4cos α．在△BOP 中，由余弦定理，BP 2＝5＋4cos α，故BP 2＝10－x 2．则2222141410y AP BP x x =+=+-．因π3≤α≤2π3，故－12≤cos α≤12，故3≤5－4cos α≤7．即有3≤x ≤7．故221410y x x=+-，定义域为{x |3≤x ≤7}． ⑵．【解一】由⑴得，221410y x x=+-＝222222114110()[(10)](5101010x x x x x x -++-=++- 224)10x x -≥1(510+＝910．当且仅当222210410x x x x -=-，即x 2＝103时取等号，此时x ＝1330∈[3，7]．【答】当AP 为1330km 时，“总噪音影响度”最小．【解二】令2t x =，则14(37)10y t t t=+≤≤-，故22(10)(310)(10)t t y t t +-'=⋅-．由y '＝0得，t ＝103或t ＝－10(舍)．当t ∈(3，103)时，y ′＜0，函数在(3，103)上是单调减函数；当t ∈(103，7)时，y ′＞0，函数在(103，7)上是单调增函数．故当t ＝103，即x ＝1330∈[3，7]时，y 有最小值．【答】当AP 为1330km 时，“总噪音影响度”最小．南通市2011届高三第三次调研【例3】如图，直角三角形ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝1，BC ＝3．点M ，N 分别在边AB 和AC 上(M点和B 点不重合)，将△AMN 沿MN 翻折，△AMN 变为△A ′MN ，使顶点A ′落在边BC 上(A ′点和B 点不重合)．设∠AMN ＝θ．OMAC B ⑴．用θ表示线段AM 的长度，并写出θ的取值范围； ⑵．求线段A ′N 长度的最小值．【解】⑴．设MA ＝MA ′＝x ，则MB ＝1－x ．在Rt △MB A ′中，cos(π－2θ)＝1－x x ，故MA ＝x ＝212sin θ．因点M 在线段AB 上，M 点和B 点不重合，A ′点和B 点不重合，故π4＜θ＜π2．⑵．在△AMN 中，∠ANM ＝2π3－θ，sin sin(120)AN AM θθ=-，2sin 2sin sin(120)AN θθθ=-＝12sin sin(120)θθ-．令t＝2sin θsin(2π3－θ)＝12＋sin(2θ－π6)．因π4＜θ＜π2，故π3＜2θ－π6＜5π6．当且仅当2θ－π6＝π2，即θ＝π3时，t 有最大值32，故θ＝π3时，A ′N 有最小值32． 盐城中学2010—2011第一学期期中(2010．11)【练习3】如图，某小区准备在一直角围墙ABC 内的空地上植造一块“绿地△ABD ”，其中AB 长为定值a ，BD 长可根据需要进行调节(BC 足够长)．现规划在△ABD 的内接正方形BEFG 内种花，其余地方种草，且把种草的面积S 1与种花的面积S 2的比值S 1S 2称为“草花比y ”．⑴．设∠DAB ＝θ，将y 表示成θ的函数关系式； ⑵．当BE 为多长时，y 有最小值，最小值是多少．【解】⑴．因BD ＝a tan θ，故△ABD 的面积为12a 2tan θ(0＜θ＜π2)，设正方形BEFG 的边长为t ，则由FG DG AB DB =得，tan tan t t a a a θθ-+=，解得，tan 1tan a t a θθ=+，则2222tan (1tan )a S a θθ=+，故S 1＝12a 2tan θ－S 2，则y ＝S 1S 2＝－1＋12( tan θ＋1tan θ＋2)； ⑵．因tan θ∈(0，＋∞)，故y ＝12(tan θ＋1tan θ)≥1，当且仅当tan θ＝1，时取等号，此时BE ＝a 2．故当BE 长为a2时，y 有最小值1．无锡市2010年秋学期高三期末2011．1【例4】已知 A 、B 两地相距2R ，以AB 为直径作一个半圆，在半圆上取一点C ，连接AC 、BC ，在三角形ABC 内种草坪(如图)，M 、N 分别为弧AC 、弧BC 的中点，在三角形AMC 、三角形BNC 上种花，其余是空地．设花坛的面积为S 1，草坪的面积为S 2，取∠ABC ＝θ．⑴．用θ及R 表示S 1和S 2；⑵．求S 1S 2的最小值．【解】⑴．因∠ABC ＝θ，则AC ＝2R sin θ，BC ＝2R cos θ，则S 2＝12AC ·BC＝R 2sin2θ．设AB 的中点为O ，连MO 、NO ，则MO ⊥AC ，NO ⊥BC ．易得三角形AMC 的面积为R 2sin θ(1－cos θ)，三角形BNC 的面积为R 2cos θ(1－sin θ)，故S 1＝R 2sin θ(1－cos θ)＋R 2cos θ(1－sin θ)＝R 2(sin θ＋cos θ－2sin θcos θ)．⑵．因S 1S 2＝－1＋12(sin θ＋cos θ)1sin θcos θ，令sin θ＋cos θ＝t ∈(1，2]，则2sin θcos θ＝t 2－1．故S 1S 2＝t t 2－1－1＝1t －1t－1．故S 1S 2的最小值为2－1．【练习4】[南京四星级高级中学2013届高三联考]如图，两座建筑物AB ，CD 的底部都在同一个水平面上，且均与水平面垂直，它们的高度分别是9cm 和15cm ，从建筑物AB 的顶部A 看建筑物CD 的视角∠CAD ＝π4．⑴．求BC 的长度； ⑵． 在线段BC 上取一点P (点P 与点B ，C 不重合)，从点P 看这两座建筑物的视角分别为∠APB ＝α，∠DPC ＝β，问点P 在何处时，α＋β最小?【解】⑴．作AE ⊥CD ，垂足为E ，则CE ＝9，DE ＝6，设BC ＝x ，则tan ∠CAD ＝tan(∠CAE ＋∠DAE )＝1，化简得，x 2－15x －54＝0，解之得，x ＝18或x ＝－3 (舍)【答】BC 的长度为18m ；⑵．设BP ＝t ，则CP ＝18－t (0＜t ＜18)，tan(α＋β)＝26(27)18135t t t --++，设227()18135t f t t t =--++，222542723()(18135)t t f t t t -⨯'=-++，令f′(t )＝0，因0＜t ＜18，得t ＝27，当t ∈(027)时，f′(t )＜0，f (t )是减函数；当t ∈27，18)时，f′(t )＞0，f (t )是增函数，故当t ＝时，f (t )取得最小值，即tan(α＋β)取得最小值，因－t 2＋18t －135＜0恒成立，故f (t )＜0，故tan(α＋β)＜0，α＋β∈(π2，π)，因y ＝tan x 在(π2，π)上是增函数，故当t ＝－27时，α＋β取得最小值．【答】当BP 为27m 时，α＋β取得最小值．盐城市2009/2010第三次调研【例5】某广告公司为2010年上海世博会设计了一种霓虹灯，样式如图中实线部分所示．其上部分是以AB 为直径的半圆，点O 为圆心，下部分是以AB 为斜边的等腰直角三角形，DE 、DF 是两根支杆，其中AB ＝2m ，∠EOA ＝∠FOB ＝2x (0＜x ＜π4)．现在弧EF 、线段DE 与线段DF 上装彩灯，在弧AE 、弧BF 、线段AD 与线段BD 上装节能灯．若每种灯的“心悦效果”均与相应的线段或弧的长度成正比，且彩灯的比例系数为2k ，节能灯的比例系数为k (k ＞0)，假定该霓虹灯整体的“心悦效果”y 是所有灯“心悦效果”的和．⑴．试将y 表示为x 的函数；⑵．试确定当x 取何值时，该霓虹灯整体的“心悦效果”最佳？【解】⑴．因∠EOA ＝∠FOB ＝2x ，故弧EF 、AE 、BF 的长分别为π－4x ，2x ，2x ，连结OD ，则由OD ＝OE ＝OF ＝1，∠FOD ＝∠EOD ＝2x ＋π2，故DE ＝DF ＝2＋2sin2x ＝2(sin x ＋cos x )．故y ＝2k [22(sin x ＋cos x )＋π－4x ]＋k (22＋4x )＝2k [22(sin x ＋cos x )－2x ＋2＋π]；⑵．由y ′＝4k [2(cos x －sin x )－1]＝0，解得，cos(x ＋π4)＝12，即x ＝π12．又当x ∈(0，π12)时，y ′＞0，A BD CPβ α第17题图故此时y 在(0，π12)上单调递增；当x ∈(π12，π4)时，y ′＜0，故此时y 在(π12，π4)上单调递减．故当x＝π12时，该霓虹灯整体的“心悦效果”最佳． 空间几何体模型江苏省2011百校大联考一模【例6】某运动会圣火台如图所示，圣火盆是半径为1m 的圆，世界大学生运动会圣火台如图所示，圣火盆是半径为1m 的圆，并通过三根长度相等的金属支架P A 1、P A 2、P A 3(A 1、A 2、A 3是圆上的三等分点)将其水平放置，另一根金属支架PQ 垂直于地面，已知圣火盘的圆心O 到地面的距离为3m ，四根金属支架的总长度为y m ．⑴．设∠OP A 3＝θ(rad)，请写出y 关于θ的函数解析式，并写出函数的定义域；⑵．试确定点P 的位置，使四根金属支架的总长度最短．(参考数值：cos α＝13，其中α≈1．23)【解】⑴．由题意知，y ＝3PA 3＋PQ ＝3＋3cos sin θθ-，由3－cos θsin θ＞0得，θ∈(π6，π2)；⑵．'213cos sin y θθ-=，令y '＝0得，cos θ＝13，于是θ≈1．23，当π6＜θ＜α时，y '＜0；当α＜θ＜π2时，y '＞0，故当cos θ＝13，即θ≈1．23时，y min ＝22＋3，此时，点P 到地面的距离PQ ＝3－cos θsin θ＝3－24m ． 【练习6】[苏锡常镇2013届高三教学情况调研⑴]某部门要设计一种如图所示的灯架，用来安装球心为O ，半径为R (米)的球形灯泡．该灯架由灯托、灯杆、灯脚三个部件组成，其中圆弧形灯托»EA，»EB ，»EC ，»ED 所在圆的圆心都是O 、半径都是R (米)、圆弧的圆心角都是θ(rad)；灯杆EF 垂直于地面，杆顶E 到地面的距离为h (米)，且h ＞R ；灯脚F A 1，FB 1，FC 1，FD 1是正四棱锥F －A 1B 1C 1D 1的四条侧棱，正方形A 1B 1C 1D 1的外接圆半径为R (米)，四条灯脚与灯杆所在直线的夹角都为θ(弧度)．已知灯杆、灯脚的造价都是每米a (元)，灯托造价是每米a3(元)，其中R ，h ，a 都为常数．设该灯架的总造价为y (元)．⑴．求y 关于θ的函数关系式； ⑵．当θ取何值时，y 取得最小值? 【解】如图，⑴．延长EF 与地面交于O 1，由题意知：∠A 1FO 1＝θ，且FO 1＝R 1tan θ，从而EF ＝h －R 1tan θ，1sin R A F θ=，则44()3tan sin a R R y R a h θθθ=+-+，0＜θ＜π2． ⑵．44cos (),03sin 2y Ra ah θθπθθ-=++<<，设44cos ()3sin f θθθθ-=+，则'2(72cos )(12cos )()3sin f θθθθ+-=，令Bf′(θ)＝0得：1－2cos θ＝0，故θ＝π3．当θ∈(0，π3)时，f′(θ)＜0．当θ∈(π3，π2)时，f′(θ)＞0．设θ∈(θ0，π2)，其中tan θ0＝R h＜1，故θ0＜π4．故π3∈(θ0，π2)，故θ＝π3时，y 最小． 答：当θ＝π3时，灯架造价取得最小值．南京市2011届高三第一次模拟2011．01【例7】如图，在半径为30cm 的半圆形(O 为圆心)铝皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中点A 、B 在直径上，点C 、D 在圆周上．⑴．怎样截取才能使截得的矩形ABCD 的面积最大？并求最大面积；⑵．若将所截得的矩形铝皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，应怎样截取，才能使做出的圆柱形罐子体积最大？并求最大面积． 【解】如图所示， ⑴．【法一】连接OC ，设BC ＝x ，矩形ABCD 的面积为S ；则S ＝AB ·BC ＝x 2＋900－x 2＝900，当且仅当x 2＝900－x 2，即x ＝152时，S 取最大值900；故BC ＝152cm 时，矩形ABCD 的面积最大，最大值为900cm 2．【法二】连接OC ，设∠BOC ＝θ，矩形ABCD 的面积为S ，则S＝AB ·BC ＝2OB ·BC ＝900sin2θ，且当sin2θ＝1，即θ＝π4时，S 取最大值为900，此时BC ＝152，故BC ＝152时，矩形ABCD 的面积最大，最大值为900cm 2．⑵．【法一】设圆柱底面半径为r ，高为x ，体积为V，由AB ＝2πr 得，r ＝π，故V ＝πr 2h ＝1π(900x －x 3)(其中0＜x ＜30)；由V′＝3(300－x 2)1π＝0得，x ＝103；故V ＝1π(900x －x 3)在(0，103)上是增函数，在(103，30)上是减函数；故当x ＝103时，V 的最大值为600031π，即取BC ＝103cm 时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为600031πcm 3．【法二】连接OC ，设∠BOC ＝θ，圆柱底面半径为r ，高为h ，体积为V ，则圆柱的底面半径为r ＝301πcos θ，高h ＝30sin θ(其中0＜θ＜π2)，故V ＝πr 2h ＝270001π(sin θ－sin 3θ)，设t ＝sin θ，则V ＝270001π(t －t 3)，由V′＝270001π(1－3t 2)＝0得，t ＝33，因此V ＝270001π(t －t 3)在(0，33)上是增函数，在(33，1)上是减函数；故当t ＝33时，即sin θ＝33，此时BC ＝103cm 时，V 有最大值，为600031πcm 3． 练习南师大2013届高三综合题1．在南海的渔政管理中，我海监船C 在我作业渔船A 的北20︒东方向上，渔政船310在A 的北40︒西方向上的B 处，测得渔政船图12310距C 为62海里．上级指示，海监船原地监测，渔政船310紧急前往A 处，走了40海里后，到达D 处，此时测得渔政船310距C 为 42海里，问我渔政船310还要航行多少海里才能到达A 处？ 启东中学2011届高三最后冲刺试卷2011．5．282．如图，线段AB ＝8，点C 在线段AB 上，且AC ＝2，P 为线段BC 上的一动点，点A 绕点C 旋转后与点B 绕点P 旋转后重合于点D ，设CP ＝x ，△PCD 的面积为f (x )，则f (x )的最大值为_________．223．[11南京市三模]如图12，已知正方形ABCD 的边长为1，过正方形中心O 的直线MN 分别交正方形的边AB ，CD 于点M ，N ，则当MNBN取最小值时，CN ＝ ．【解1】设CN ＝x ∈[12，1]，则BM ＝DN ＝1－x ．作MP ⊥DC 交DC 于点P ，则PN ＝2x －1．故MN 2＝1＋(2x －1)2＝4x 2－4x ＋2，BN 2＝x 2＋1，22MN BN =224421x x x -++＝＝44514t t -+-(其中t ＝x ＋12)，当且仅当t ＝54(1t )，即t ＝52，x ＝5－12时，22MN BN 取最小值，故CN ＝5－12． 【解2】设∠CBN ＝θ(θ∈[0，π4])，则BN ＝1cos θ，DN ＝1－tan θ，MN故MN BN ＝cos 其中cos φ＝255，sin φ＝55．当sin(2θ＋φ)＝1时，MNBN 取最小值，此时tan2θ＝tan(π2－φ)＝1tan ϕ＝2．解2tan θ1－tan 2θ＝2得，tan θ＝5－12为所求(另一解为负，舍)．2011届高考仿真押题卷——江苏卷(9)4．用半径为102cm ，面积为1002πcm 2的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器(衔接部分忽略不计)，则该容器盛满水时的体积是 ．13(1000π)cm 3对高考数学应试能力的思考5．如图，有一矩形地块ABCD ，其相邻边长为20m 和50m ，现要在它的短边与长边上各取一点P 与Q ，用周长为80m 的篱笆围出一块直角三角形的花园，则围出部分的最大面积为__________． 【解】设PQ ＝a ，∠AQP ＝θ，则周长为a (1＋sin θ＋cos θ)＝80，面积S ＝12a 2sin θcos θ，令t ＝sin θ＋cos θ，则a ＝80•11＋t ，S ＝1600(1－21＋t )．设θ∈(0，α]，其中θ＝α时，P 在点D ，AP ＝20，设AQ ＝x ，则PQ ＝60－x ．由PQ2Q PD CBA－AQ 2＝AP 2得，(60－x )2－x 2＝202．解得，x ＝803，此时tan α＝34．故α＜π4．t ＝sin θ＋cos θ＝2sin(θ＋π4)在θ＝α时取得最大，此时围出部分的面积最大．因tan α＝34，故sin ＝35，cos α＝45，a ＝1003，S max ＝8003(m 2)． 6．[江苏2013届高考模拟卷⑵]如图，现有一个以∠AOB 为圆心角、湖岸OA 与OB 为半径的扇形湖面AOB ．现欲在弧AB 上取不同于A 、B 的点C ，用渔网沿着弧AC (弧AC 在扇形AOB 的弧AB 上)、半径OC 和线段CD (其中CD ∥OA )，在该扇形湖面内隔出两个养殖区域——养殖区域Ⅰ和养殖区域Ⅱ．若OA ＝1km ，∠AOB ＝π3．求所需渔网长度(即图中弧AC 、半径OC 和线段CD 长度之和)的取值范围． 【解】设∠AOC ＝θ，设渔网的长度为f (θ)．由CD ∥OA ，∠AOB ＝π3，∠AOC ＝θ得，∠OCD ＝θ，∠ODC ＝2π3，∠COD ＝π3－θ．在ΔOCD 中，由正弦定理得，CD ＝23sin(π3－θ)，θ∈(0，π3)，故f (θ)＝1＋θ＋23sin(π3－θ)，因 f′(θ)＝1－23cos(π3－θ)，因θ∈(0，π3)，故π3－θ∈(0，π3)，令f′(θ)＝0得，cos(π3－θ)＝32，故π3－θ＝π6，故θ＝π6．故f (θ)∈(2，π＋6＋236]．答：所需渔网长度的取值范围是(2，π＋6＋236]．南京市2011届高三第二次模拟7．如图扇形AOB 是一个观光区的平面示意图，其中∠AOB 的圆心角为2π3，半径OA 为1km ，为了便于游客观光休闲，拟在观光区内铺设一条从入口A 到出口B 的观光道路，道路由圆弧AC 、线段CD 及线段BD 组成．其中D 在线段OB 上，且CD //AO ，设∠AOC ＝θ．⑴．用θ表示CD 的长度，并写出θ的取值范围． ⑵．当θ为何值时，观光道路最长？ 【解】⑴．在ΔOCD 中，由正弦定理得，sin sin CD OCCOD CDO==∠∠OBO ABCD养殖区域Ⅰ养殖区域Ⅱsin OD DCO，又CD ∥AO ，CO ＝1，∠AOC ＝θ，故CD ＝cos θ＋33sin θ，OD ＝233sin θ，因OD ＜OB ，故sin θ＜32，则θ∈(0，π3)，故CD ＝cos θ＋33sin θ，θ∈(0，π3)； ⑵．观光道路长为L (θ)，则L (θ)＝1＋θ＋cos θ－33sin θ，θ∈(0，π3)，则L ′(θ)＝1－(sin θ＋33cos θ)，令L′(θ)＝0得，θ＝π6，则θ，L′(θ)，L (θ)的变化情况如下表：故θ＝π6时，L (θ)取得最大值，即θ＝π6时，观光道路最长．泰州市2012届高三第一学期期末8．某学校需要一批一个锐角为θ的直角三角形硬纸板作为教学用具(524π≤θ≤π3)，现准备定制长与宽分别为a 、b (a ＞b )的硬纸板截成三个符合要求的△AED 、△BAE 、△EBC ．(如图所示) ⑴．当θ＝π6时，求定制的硬纸板的长与宽的比值；⑵．现有三种规格的硬纸板可供选择，A 规格长80cm ，宽30cm ，B 规格长60cm ，宽40cm ，C 规格长72cm ，宽32cm ，可以选择哪种规格的硬纸板使用．【解】⑴．由题意∠AED ＝∠CBE ＝θ，因b ＝BE ·cos300＝AB · sin300· cos300＝34a ，故a b ＝433； ⑵．因b ＝BE ·cos θ＝AB ·sin θ·cos θ＝12AB ·sin2θ，故a b ＝12sin2θ，因524π≤θ≤π3，故5π12≤2θ≤2π3，故ab ∈[34，13]，A 规格：3080 ＝38＜34，不符合条件．B 规格：4060 ＝23＞12，不符合条件．C 规格：3272 ＝49∈[34，12]，符合条件．故选择买进C 规格的硬纸板． 宿迁市2011届高三高考押题卷9．底面半径为2cm 的圆柱形容器里放有四个半径为1cm 的实心铁球，使得四个球两两相切，其中底层两球与容器底面也相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水____cm 3． (42＋83)π苏州中学2011届高三阶段测试二2010、1210．右图是某种净水水箱结构的设计草图，其中净水器是一个宽10cm 、体积为3000cm 3的长方体，长和高未定．净水水箱的长、宽、高比净水器的长、宽、高分别长20cm 、20cm 、60cm ．若不计净水器中的存水，则净水水箱中最少可以存水_________cm 3．78000；ABCDθE11．一根水平放置的长方体形枕木的安全负荷与它的宽度a 成正比，与它的厚度d 的平方成正比，与它的长度l 的平方成反比．⑴．将此枕木翻转90°(即宽度变为厚度)，枕木的安全负荷会如何变化？为什么？(设翻转前后枕木的安全负荷分别为y 1，y 2且翻转前后的比例系数相同都为k ；⑵．现有一根横断面为半圆(已知半圆的半径为R )的木材，用它来截取成长方体形的枕木，其长度为10，问截取枕木的厚度为d多少时，可使安全负荷y 最大？【解】⑴．安全负荷212kad y l=(k为正常数)翻转90°后，222kda y l=，因12y dy a=，故当0＜d ＜a 时，y 1＜y 2安全负荷变大．当0＜a ＜d 时，y 2＜y 1，安全负荷变小；当a ＝d 时，y 1＝y 2安全负荷不变．⑵．如图，设截取的宽为a ，厚度为d ，则a 2＋4d 2＝4R 2，23(4)400ky R a a =-，0＜x ＜2R ，k ＞0，'2234()4003k y a R =--，令y ′＝0得：a ＝233R ，当a ∈(0，233R )时，y′＞0，函数y 在(0，233R )上为增函数；当a ∈(233R ，2R )时，y′＞0，函数y 在(233R ，2R )上为减函数；当a ＝233R 时，安全负荷y 最大，此时厚度d ＝63R ．【答】当问截取枕木的厚度为63R 时，可使安全负荷最大．提高部分扬州一中2011高三第二次阶段测试 苏州市2011届迎二模六校联考【例1】如图：某污水处理厂要在一个矩形污水处理池ABCD 的池底水平铺设污水净化管道(Rt ΔFHE ，H 是直角顶点)来处理污水，管道越长，污水净化效果越好．设计要求管道的接口H 是AB 的中点，E ，F 分别落在线段BC ，AD 上．已知AB ＝20米，AD ＝103米，记∠BHE ＝θ．⑴．试将污水净化管道的长度L 表示为θ的函数，并写出定义域； ⑵．若sin θ＋cos θ＝2，求此时管道的长度L ；⑶．问：当θ取何值时，污水净化效果最好？并求出此时管道的长度．【解】⑴．EH ＝101cos θ，FH ＝10/sin θ，EF ＝101sin θcos θ，由于BE ＝10tan θ≤10 3，AF ＝101tan θ≤103，33≤tan θ≤3，θ∈[π6，π3]，L ＝10(1cos θ＋1sin θcos θ＋1/sin θ)，θ∈[π6，π3]． ⑵．sin θ＋cos θ＝2时，sin θcos θ＝12，L ＝20(2＋1)；⑶．L ＝10(1cos θ＋1sin θcos θ＋1/sin θ)＝10(1＋sin θ＋cos θ)1sin θcos θ，设sin θ＋cos θ＝t ，则sin θcos θ＝12(t 2－1)，由于θ∈[π6，π3]，故t ＝sin θ＋cos θ＝2sin(θ＋π4)∈[3＋12，2]，L ＝20(1t －1)在[3＋12，2]内单调递减，于是当t ＝3＋12时，θ＝π6，θ＝π3时，L 的最大值20(3＋1)米． 答：当θ＝π6或θ＝π3时所铺设的管道最短，为20(3＋1)米．【练习1】栟茶中学2010届高三练习(二)如图，某城市有一条公路，自西向东经过A 点到市中心O 点后转向东北方向OB ，现要修建一条铁路L ，L 在OA 上设一站A ，在OB 上设一站B ，铁路在AB 部分为直线段，现要求市中心O 与AB 的距离为10km ，问把A 、B 分别设在公路上离中心O 多远处，才能使|AB |最短？并求其最短距离． 【解一】在△AOB 中，设OA ＝a ，OB ＝b ．∠OAB ＝α，∠OBA ＝π4－α，在△AOB 中由余弦定理得，|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 3π4＝a 2＋b 2＋2ab ，又O 到AB 的距离为10，则a ＝10/sin α，b ＝10sin(45)α-，代入上式得，|AB |2＝22100100sin sin (45)sin sin(45)αααα++--，故2||100AB =20021cos 21sin 2αα++--2sin (cos sin )ααα=-2[2(sin 2cos 2)]1(sin 2cos 2)sin 2cos 2αααααα-+-++＋4(sin 2cos 2)1αα+-，由α∈(0，π4)，则2α∈(0，π2)，设t ＝sin2α＋cos 2α∈(1，2]，则sin2αcos2α＝12(t 2－1)，则22||4(2)()100(1)AB t f t t -==+-2441(1)t t =--，故当t ＝2时，f (t )的最小值为4 (2＋1)2，即|AB |的最小值为20(2＋1)km ．【解二】由于|AB |2＝a 2＋b 2＋2ab ≥(2＋2)ab ，当且仅当a ＝b 时，“＝”成立，又100sin sin(45)ab αα==-45)2≥-，当且仅当α＝π8时，即a ＝b 时，“＝”成立，故|AB |2≥21)=，即|AB |≥20(2＋1)，故当且仅当∠OAB ＝π8时，即a＝b ＝时，|AB |的最小值为20(2＋1)km ．【解三】在△AOB 中，设OA ＝a ，OB ＝b ．因AO 为正西方向，OB 为东北方向，故∠AOB ＝135°．则|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos135°＝a 2＋b 2＋2ab ≥2ab ＋2ab ＝(2＋2)ab ，又12|AB |·10＝12ab sin135°，故ab ＝102|AB |，故|AB |2≥102(2＋2)|AB |，故|AB |≥20(2＋1)，当22410+==b a 时，取等号，故把A 、B 分别设在公路上离中心O 都是22410+km 才能使|AB |最短，其最短距离为20(2＋1)km ．【例2】某人欲设计一个如图所示的“蝴蝶形图案(阴影区域)”，其中AC ，BD 是过抛物线焦点F 且互相垂直的两条弦，该抛物线的对称轴为EF ，通径长为4．记∠EF A ＝α，α为锐角． ⑴．用α表示AF 的长；⑵．试建立“蝴蝶形图案”的面积S 关于α的函数关系S (α)；⑶．为使“蝴蝶形图案”的面积最小，应如何设计α的大小？【解】⑴．以EF 所在直线为x 轴，抛物线的顶点为原点建立平面直角坐标系，因通径长为4，故抛物线方程为x 2＝4y ．设AF ＝m ，则A (－m sin α，1＋m cos α)，故(－m sin α)2＝4(1＋m cos α)，故m 2sin 2α－4m cos α－4＝0，故m ＝22(1cos )sin αα+，故AF ＝22(1cos )sin αα+，α∈(0，π2)； ⑵．设BF ＝n ，则点B (－n cos α，1－n sin α)，故(－n cos α)2＝4(1－n sin α)，故n 2cos 2α＋4sin α－4＝0，故n ＝22(1sin )cos αα-，故BF ＝22(1sin )cos αα-，在AF ＝22(1cos )sin αα+中以π2－α代α得，DF ＝22(1sin )cos αα+，在BF ＝22(1sin )cos αα-中以π2－α代α得，CF ＝22(1cos )sin αα-，故S 阴＝S △AFB ＋S △CFD ＝12AF ·BF ＋12CF ·DF ＝1222(1cos )sin αα+22(1sin )cos αα-＋1222(1cos )sin αα-22(1sin )cos αα+＝2244sin cos sin cos αααα-，α∈(0，π2)；⑶．令sin αcos α＝t ，t ∈(0，π2]，则S 阴＝224(1)114()12t t t -=--，因t ∈(0，π2]，故1t ∈[2，＋∞)，故当1t ＝2，即t ＝12，即α＝π4时，“蝴蝶形图案”的面积为8．2011届高三综合题【练习2】古罗马皇帝的女儿吉冬逃难到非洲，欲在海边购买“一张兽皮”的土地．她把一张兽皮剪成了细条，结成一条长度为l 的长绳，聪明的吉冬选择了如图所示的半岛形陆地AOB ，海岸线AOB 构成角θ，P 、Q 分别为长绳的两个端点，P 在OA 上，Q 在OB 上，长绳与海岸线OA 、OB 所围住的土地即为其所有．⑴．当P 、Q 处于什么位置时，所围住的三角形土地POQ 面积最大？⑵．已知P 、Q 两点位置确定(|PQ |＜l )，若点M 是角θ内一点，当M 处于什么位置时，所围住的四边形土地POQM 面积最大？【解】⑴．设OP ＝x ，OQ ＝y ，由余弦定理得，l 2＝x 2＋y 2－2xy cos θ≥2xy (1－cos θ)，故22(1cos )l xy θ≤-，故1sin 2S xy θ=≤2sin 4(1cos )l θθ-，当且仅当x ＝y 时取等号，此时2224sin2l x θ=，2sin2l x θ=，即2sin2l OP OQ θ==时，购买的三角形土地OPQ 面积最大；⑵．对确定的两点P 、Q ，ΔOPQ 的面积确定，只需要求出ΔMPQ 面积的最大值．法一：在ΔMPQ 中，PQ ＋QM ＝l ，故点M 在以P 、Q 为焦点的椭圆上．由椭圆的几何性质可知，当点M 为椭圆的短轴的一个端点时，ΔMPQ 的面积最大，此时ΔMPQ 为等腰三角形，即点M 到P 、Q 的距离都为12l 时，四边形POQM 的面积最大．法二：在ΔMPQ 中，设PM ＝x ，QM ＝y ，∠PMQ ＝α，则由余弦定理得，PQ 2＝x 2＋y 2－2xy cos α，故(x ＋y )2－PQ 2＝l 2－PQ 2＝2xy (1＋cos α)①，又ΔMPQ 的面积为S ＝12xy sin α②，②①得，S ＝14(l 2－PQ 2)sin α1＋cos α＝14(l 2－PQ 2cos α单调递减．由l 2－PQ 2＝2xy (1＋cos α)≤[12(x ＋y )]2(1＋cos α)＝12l 2(1＋cos α)，故cos α≥l －2(l 2－2PQ 2)(当且仅当x ＝y 时取等号)，即当cos α＝l －2(l 2－2PQ 2)时S 最大，此时ΔMPQ 为等腰三角形，即点M 到P 、Q 的距离都为12l 时，四边形POQM的面积最大．常州市教育学会学业水平监测2012年1月 【例3】如图是一幅招贴画的示意图，其中ABCD 是边长为2a 的正方形，周围是四个全等的弓形．已知O 为正方形的中心，G 为AD 的中点，点P 在直线OG 上，弧AD 是以P 为圆心、P A 为半径的圆的一部分，OG 的延长线交弧AD 于点H ．设弧AD 的长为l ，∠APH ＝θ，θ∈(π4，3π4)．⑴．求l 关于θ的函数关系式；⑵．定义比值OP /l 为招贴画的优美系数，当优美系数最大时，招贴画最优美．证明：当角θ满足：θ＝tan(θ－π4)时，招贴画最优美．【解】⑴．当θ∈(π4，π2)时，点P 在线段OG 上，AP ＝sin a AP θ=；当θ∈(π2，3π4)时，点P 在线段GH 上，sin()sin a a AP πθθ==-；当θ＝π2时，AP ＝a ，综上所述，sin a AP θ=，θ∈(π4，3π4)，故弧AD的长l ＝AP ·2θ＝2sin a θθ，故所求函数关系式为：2sin a l θθ=，θ∈(π4，3π4)；⑵．当θ∈(π4，π2)时，OP ＝OG －PG ＝a (1－cos θsin θ)；当θ∈(π2，3π4)时，OP ＝OG ＋GH ＝a ＋tan()a πθ-＝a (1－cos θsin θ)；当θ＝π2时，OP ＝a ．故OP ＝a (1－cos θsin θ)，θ∈(π4，3π4)．从而OP /l ＝sin cos 2θθθ-．记f (θ)＝sin cos 2θθθ-，θ∈(π4，3π4)．则f ′(θ)＝(cos sin )(sin cos )2θθθθθθ+--，令f ′(θ)＝0得，θ(cos θ＋sin θ)＝sin θ－cos θ．因θ∈(π4，3π4)，故cos θ＋sin θ≠0，从而θ＝sin cos sin cos θθθθ-+．显然θ≠π2，故θ＝tan 1tan 1θθ-+＝tan(θ－π4)．记满足θ＝tan(θ－π4)的θ＝θ0，下面证明θ0是函数f (θ)的极值点．设g (θ)＝θ(cos θ＋sin θ)－(sin θ－cos θ)，θ∈(π4，3π4)．则g ′(θ)＝θ(cos θ－sin θ)＜0在θ∈(π4，3π4)上恒成立，从而g (θ)在(π4，3π4)上单调递减．故当θ∈(π4，θ0)时，g (θ)＞0，即f ′(θ)＞0，f (θ)在(π4，θ0)上单调递增；当θ∈(θ0，3π4)时，g (θ)＜0，即f ′(θ)＜0，f (θ)在(θ0，3π4)上单调递减．故f (θ)在θ＝θ0处取得极大值，也是最大值．故当θ满足θ＝tan(θ－π4)时，函数f (θ)即OP /l 取得最大值，此时招贴画最优美．练习1＋2海里的M ，N 两点，他们在同时观测岛屿上中国移动信号塔AB ，设塔底延长线与海平面交于点O ．已知点M 在点O 的正东方向，点N 在点O 的南偏西15º方向，ON ＝22海里，在M 处测得塔底B 和塔顶A 的仰角分别为30º和60º． ⑴．求信号塔AB 的高度；⑵．乙船试图在线段ON 上选取一点P ，使得在点P 处观BA测信号塔AB 的视角最大，请判断这样的点P 是否存在，若存在，求出最大视角及OP 的长；若不存在，说明理由．【解】⑴．由条件得，∠MON ＝45°，在△MON 中，由正弦定理得，sin sin MN ONMON OMN=∠∠，=sin ∠OMN ＝ 22，故∠OMN ＝45°，故∠MNO ＝30°，由sin sin ON OMOMN ONM=∠∠，即OM ＝2，因在M 处测得塔底B 和塔顶A 的仰角分别为30°和60°，故OB ＝233，OA ＝23，故AB ＝433，即信号塔的高度为433海里；⑵．假设存在符号条件的点P ，设OP ＝x (0<x ≤22)，∠OPA ＝α，∠OPA ＝β，视角θ＝α－β，则tan α＝2x 3，tan β＝23x 3，故tan θ＝tan(α－β)＝433(x ＋4x )－1，因x ＞0，故x ＋4x ≥4，故tan θ≤33，当且仅当x ＝4x ，即x ＝2∈(0，22]时，上式取等号，因θ∈(0，π2)，且函数y ＝tan θ在(0，π2)上为增函数，故θ的最大值π6，OP ＝2．【答】在线段ON 上存在点P ，满足观测信号塔AB 的视角最大，最大视角为π6，OP 的长为2海里．2．如图，有三个生活小区(均可看成点)分别位于A 、B 、C 三点处，AB ＝AC ，A 到线段BC 的距离AO ＝40，∠ABO ＝2π7(参考数据：tan 2π7≈233)．今计划建一个生活垃圾中转站P ，为方便运输，P准备建在线段AO (不含端点)上．⑴．设PO ＝x (0＜x ＜40)，试将P 到三个小区距离的最远者S 表示为x 的函数，并求S 的最小值；⑵．设∠PBO ＝α，0＜α＜2π7，试将P 到三个小区的距离之和y 表示为α的函数，并确定当α取何值时，可使y 最小？ 【解】⑴．在Rt △AOB 中，因AO ＝40，∠ABO ＝2π7，故BO＝203，故P A ＝40－x ，PB＝PC①．若P A ≥PB ，即40－x 0＜x ≤5时，S ＝40－x ；②．若P A ＜PB ，即40－x 5＜x ＜40时，SS ＝40,05,40x x x -<≤⎧⎪<<．当0＜x ≤5时，S ＝40－x 单调递减，故S min ＝35；当5＜x ＜40时，S S ＞S (5)＝35． 综上可知：当x ＝5时，S 取得最小值为35．⑵．在Rt △BOP 中，BP＝cos BO α=PO ＝BO tan α＝203tan α，故y ＝2BP ＋(AO －PO )＝40＋2BP －PO＝40，因'y =，令y ′＝0，即sin α＝12，从而α＝π6，当0＜α＜π6时，y ′＜0；当π6＜α＜2π7时，y ′＞0．当α＝π6时，可使y 最小． 扬州一中2010-2011第一学期期末3．如图：设工地有一个吊臂长DF ＝15m 的吊车，吊车底座FG 高1．5m ，现准备把一个底半径为3m 高2m 的圆柱形工件吊起平放到6m 高的桥墩上，问能否将工件吊到桥墩上？(0.58,0.81≈≈)吊车能把工件吊上的高度y 取决于吊臂的张角θ，由图可知，y ＝AB＋1．5＝AD －BC －CD ＋1．5＝DF sin θ－2－CE tan θ＋1．5＝15sin θ－3tan θ－0．5．故'2315cos cos y θθ=-，由y ′＝0得，cos θ＝．58，sin θ≈0．81时，y 有最大值，y ≈15×0．81－3×0.810.58－0．5≈7．46m ．【答】吊车能把圆柱形工件吊起平放到6m 高的桥墩上． 金陵中学2011年高考预测卷24．如图，某市拟在道路的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段ABC ，该曲线段为函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，π2＜φ＜π)，x ∈[－3，0]的图象，且图象的最高点为B (－1，32)；赛道的中间部分为3千米的水平跑到CD ；赛道的后一部分为以O 圆心的一段圆弧DE ．⑴．求ω，φ的值和∠DOE 的值；⑵．若要在圆弧赛道所对应的扇形区域内建一个“矩形草坪”，如图所示，矩形的一边在道路AE 上，一个顶点在扇形半径OD 上．记∠POE ＝θ，求当“矩形草坪”的面积最大时θ的值．【解】⑴．依题意，得A ＝32，T 4＝2，因T ＝2πω，故ω＝π4，故y ＝32sin(π4x ＋φ)．当x ＝－1时，32sin(－π4x ＋φ)＝32，由π2＜φ＜π，得－π4x ＋φ＝π2，故φ＝3π4．又x ＝0时，y ＝OC ＝3，因CD ＝3，故∠COD ＝π6，从而∠DOE ＝π3．⑵．由⑴知OD ＝OP ＝23，“矩形草坪”的面积S ＝43sin(2θ＋π6)－23，其中0＜θ＜π3，故当2θ＋π6＝π2，即θ＝π6时，S 最大． 泰州中学2011届高三质量检测5．如图，灌溉渠的横截面是等腰梯形，底宽2米，边坡的长为x 米、倾角为锐角α．⑴．当α＝π3且灌溉渠的横截面面积大于8平方米时，求x 的最小正整数值；F。