2023届高考数学二轮复习微专题26以平面几何为载体的应用题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题26以平面几何为载体的应用题学案，共12页。


例题：如图，有一块边长为1(百米)的正方形区域ABCD.在点A处有一个可转动的探照灯，其照射角∠PAQ始终为45°(其中点P，Q分别在边BC，CD上)
(1)探求△CPQ的周长l是否为定值；
(2)问探照灯照射在正方形ABCD内部区域的面积S至多为多少平方百米？
变式1如图，有一块边长为1(百米)的正方形区域ABCD.现要在该区域内修建观赏景观，在△APQ区域和△CPQ区域中分别种花和铺设草坪，设三角形△APQ和△CPQ的面积分别为S1和S2，记视觉效果为Ω＝eq \f(S2,S1)(Ω的值越大，视觉效果越好)，试问怎样设计该景观，使得游客观赏景观的视角效果最好？
变式2如图，有一块矩形草坪ABCD，AB＝100米，BC＝50eq \r(3)米，欲在这块草坪内铺设三条小路OE，EF和OF，要求O是AB的中点，点E在边BC上，点F在边AD上，且∠EOF＝90°.
(1)设∠BOE＝α，试求△OEF的周长l关于α的函数解析式，并求出此函数的定义域；
(2)经核算，三条路每米铺设费用均为400元，试问如何设计才能使铺路的总费用最低？并求出最低总费用．
串讲1如图所示，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的顶点A，B，及CD的中点P处，已知AB＝20 km，CD＝10 km，为了处理三家工厂的污水，现要在矩形ABCD的区域上(含边界)，且A，B与等距离的一点O处建造一个污水处理厂，并铺设排污管道AO，BO，OP，设排污管道的总长为y km.
(1)设∠BAO＝θ(rad)，将y表示成θ的函数关系式；
(2)确定污水处理厂的位置，使三条排水管道总长度最短．
串讲2中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体，给人于美的享受，如图(1)为一花窗；图(2)所示是一扇窗中的一格，呈长方形，长30 cm，宽26 cm，其内部窗芯(不含长方形边框)用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称，设菱形的两条对角线长分别为x cm和y cm，窗芯所需条形木料的长度之和为L.
(1)试用x，y表示L；
(2)如果要求六根支条的长度均不小于2 cm，每个菱形的面积为130 cm2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料(不计榫卯及其它损耗)?
(2018·江苏卷)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.
(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积，并确定sinθ的取值范围；
(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
(2018·苏州期末)如图，B，C分别是海岸线上的两个城市，两城市间由笔直的海滨公路相连，B，C之间的距离为100 km，海岛A在城市B的正东方50 km处．从海岛A到城市C，先乘船按北偏西θ角(α＜θ≤eq \f(π,2)，其中锐角α的正切值为eq \f(1,2))航行到海岸公路P处登陆，再换乘汽车到城市C.已知船速为25km/h，车速为75 km/h.
(1)试建立由A经P到C所用时间与θ的函数解析式；
(2)试确定登陆点P的位置，使所用时间最少，并说明理由．
答案：(1)f(θ)＝eq \f(6－2csθ,3sinθ)＋eq \f(4,3)，θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))；
(2)在BC上选择距离B为17.68 km处为登陆点，所用时间最少．
解析：(1)由题意，轮船航行的方位角为θ，所以∠BAP＝90°－θ，AB＝50，
则AP＝eq \f(50,cs（90°－θ）)＝eq \f(50,sinθ)，BP＝50tan(90°－θ)＝eq \f(50sin（90°－θ）,cs（90°－θ）)＝eq \f(50csθ,sinθ).
PC＝100－BP＝100－eq \f(50csθ,sinθ).由A到P所用的时间为t1＝eq \f(AP,25)＝eq \f(2,sinθ)，4分
由P到C所用的时间为t2＝eq \f(100－\f(50csθ,sinθ),75)＝eq \f(4,3)－eq \f(2csθ,3sinθ)，6分
所以由A经P到C所用时间与θ的函数关系为
f(θ)＝t1＋t2＝eq \f(2,sinθ)＋eq \f(4,3)－eq \f(2csθ,3sinθ)＝eq \f(6－2csθ,3sinθ)＋eq \f(4,3).8分
函数f(θ)的定义域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))，其中锐角α的正切值为eq \f(1,2).
(2)由(1)，f(θ)＝eq \f(6－2csθ,3sinθ)＋eq \f(4,3)，θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))，f′(θ)＝eq \f(60－3csθ,9sin2θ)，
令f′(θ)＝0，解得csθ＝eq \f(1,3)，设θ0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使csθ0＝eq \f(1,3)10分
12分
所以，当θ＝θ0时函数f(θ)取得最小值，此时BP＝eq \f(50csθ0,sinθ0)＝eq \f(25\r(2),2)≈17.68km，
答：在BC上选择距离B为17.68 km处为登陆点，所用时间最少.14分
(注：结果保留根号，不扣分)
微专题26
例题
答案：(1)2；(2)2eq \r(2).
解法1(1)设∠PAB＝θ，tanθ＝t.由题意得BP＝t，CP＝1－t，0≤t≤1.∠DAQ＝45°－θ，DQ＝tan(45°－θ)＝eq \f(1－t,1＋t)，CQ＝1－eq \f(1－t,1＋t)＝eq \f(2t,1＋t)，
所以PQ＝eq \r(CP2＋CQ2)
＝eq \r(（1－t）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2t,1＋t)))\s\up12(2))
＝eq \f(1＋t2,1＋t).
所以l＝CP＋CQ＋PQ＝1－t＋eq \f(2t,1＋t)＋eq \f(1＋t2,1＋t)＝1－t＋1＋t＝2，是定值．
(2)由题意，S＝S正方形ABCD－S△ADQ－S△ABP＝1－eq \f(1,2)t－eq \f(1,2)·eq \f(1－t,1＋t)＝2－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,2)＋\f(1,1＋t))).
因为1＋t＞0，所以S≤2－
2eq \r(\f(1,2)（1＋t）·\f(1,1＋t))＝2－eq \r(2)，当且仅当eq \f(1,2)(1＋t)＝eq \f(1,1＋t)，即t＝eq \r(2)－1时取等号．
答：探照灯照射在正方形ABCD内部区域的面积S至多为(2－eq \r(2))平方百米．
解法2设DQ＝x，BP＝y，∠DAQ＝α，∠BAP＝β，则tanα＝x，tanβ＝y，
因为∠PAQ＝45°，所以α＋β＝45°，所以tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(x＋y,1－xy)＝1，即1－xy＝x＋y.
(1)l＝CP＋CQ＋PQ＝1－x＋1－y＋
eq \r(（1－x）2＋（1－y）2)＝2－(x＋y)＋
eq \r(2－2（x＋y）＋（x＋y）2－2xy)＝2－(x＋y)＋eq \r(（x＋y）2)＝2(定值)．
(2)因为1－xy＝x＋y，所以xy≤eq \f(（x＋y）2,4)，所以x＋y≤1－eq \f(（x＋y）2,4)，解得x＋y≥(2eq \r(2)－1)．由题意S＝S正方形ABCD－S△ABP－S△ADQ＝1－eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)y＝1－eq \f(1,2)(x＋y)≤1－eq \f(1,2)×2(eq \r(2)－1)＝2－eq \r(2)，
当且仅当x＝y＝eq \r(2)－1时取等号．
答：探照灯照射在正方形ABCD内部区域的面积S至多为(2－eq \r(2))平方百米．
解法3(1)同解法1或解法2.
(2)由解法1，设∠PAB＝θ，则∠QAD＝eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))＝eq \f(π,4)－θ，所以S＝1－
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tanθ＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ))))＝1－eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(sinθ,csθ)＋\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))))＝1－eq \f(\r(2),4csθcs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))
＝1－eq \f(1,2cs2θ＋2sinθcsθ)＝1－eq \f(1,1＋cs2θ＋sin2θ)＝
1－eq \f(1,1＋\r(2)cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,4))))，
当cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,4)))＝1，即θ＝eq \f(π,8)时，Smax＝1－eq \f(1,\r(2)＋1)＝1－(eq \r(2)＋1)＝1－(eq \r(2)－1)＝2－eq \r(2)，
所以探照灯照射在正方形ABCD内部区域的面积S取得最大值(2－eq \r(2))平方百米．
变式联想
变式1
答案：AP＝BP＝eq \r(2)－1.
解析：由上例解法2，可知
S1＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)xy＝eq \f(1,2)(x＋y)，S2＝eq \f(1,2)(1－x)(1－y)，所以Ω＝eq \f(S2,S1)＝
eq \f(\f(1,2)（1－x）（1－y）,\f(1,2)（x＋y）)＝
eq \f(1－（x＋y）＋xy,x＋y)＝
eq \f(2－2（x＋y）,x＋y)＝eq \f(2,x＋y)－2，
因为1－xy＝x＋y，所以xy≤eq \f(（x＋y）2,4)，所以x＋y≤1－eq \f(（x＋y）2,4)，解得x＋y≥2(eq \r(2)－1)，
所以Ω≤eq \f(2,2（\r(2)－1）)－2＝eq \r(2)－1，当且仅当x＝y＝eq \r(2)－1时取得等号．
答：当AP＝BP＝(eq \r(2)－1) m时，游客观赏景观的视角效果最好．
变式2
答案：(1)l＝eq \f(50（sinα＋csα＋1）,csαsinα)，α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))；
(2)BE＝AE＝50米时，铺路总费用最低，最低总费用为40 000(eq \r(2)＋1)元．
解析：(1)由题意，在Rt△BOE中，OB＝50，∠B＝90°，∠BOE＝α，∴OE＝eq \f(50,csα)，Rt△AOF中，OA＝50，∠A＝90°，∠AFO＝α，∴OF＝eq \f(50,sinα).
又∠EOF＝90°，
∴EF＝eq \r(OE2＋OF2)＝
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(50,csα)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(50,sinα)))\s\up12(2))＝
eq \f(50,csαsinα)，所以l＝OE＋OF＋EF＝eq \f(50,csα)＋eq \f(50,sinα)＋eq \f(50,csαsinα)，即l＝eq \f(50（sinα＋csα＋1）,csαsinα).
当点F在点D时，这时角α最小，求得此时α＝eq \f(π,6)；
当点E在C点时，这时角α最大，求得此时α＝eq \f(π,3).
故此函数的定义域为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))).
(2)由题意知，要求铺路总费用最低，只需要求△OEF的周长l的最小值即可．
由(1)得，l＝
eq \f(50（sinα＋csα＋1）,csαsinα)，
α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，设sinα＋csα＝t，则sinα·csα＝eq \f(t2－1,2)，
∴l＝eq \f(50（sinα＋csα＋1）,csαsinα)＝eq \f(50（t＋1）,\f(t2－1,2))＝eq \f(100,t－1).
由α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，得eq \f(5π,12)≤α＋eq \f(π,4)≤eq \f(7π,12)，得eq \f(\r(3)＋1,2)≤t≤eq \r(2)，
∴eq \f(\r(3)－1,2)≤t－1≤eq \r(2)－1，
从而eq \r(2)＋1≤eq \f(1,t－1)≤eq \r(3)＋1，当α＝eq \f(π,4)，即BE＝50时，lmin＝100(eq \r(2)＋1)，
答：当BE＝AE＝50米时，铺路总费用最低，最低总费用为40 000(eq \r(2)＋1)元．
说明：涉及平面图形的数学应用问题，通常的处理方法是仔细审题，明确解题方向，结合所给平面图形的结构特征以及相关性质，适当选取参数(如角、线段的长度等)，建立数学模型，运用所学的数学知识予以解决，如例题和变式题，就运用了基本不等式、三角函数的最值以及利用函数的性质求最值等数学知识和方法．
串讲激活
串讲1
答案：(1)y＝eq \f(20－10sinθ,csθ)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))；(2)当P位于线段AB的中垂线上且距离AB边eq \f(10\r(3),3)km处．
解析：(1)由条件可知PQ垂直平分AB，∠BAO＝θrad，则OA＝OB＝eq \f(10,csθ)，又OP＝10－10tanθ，所以y＝OA＋OB＋OP＝eq \f(10,csθ)＋eq \f(10,csθ)＋10－10tanθ＝eq \f(20－10sinθ,csθ)，0＜θ＜eq \f(π,4).
(2)由(1)得y＝eq \f(20－10sinθ,csθ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜θ＜\f(π,4)))，所以y′＝
eq \f(－10cs2θ－（20－10sinθ）（－sinθ）,cs2θ)＝eq \f(10（2sinθ－1）,cs2θ)，
令y′＝0，得sinθ＝eq \f(1,2)，又0＜θ＜eq \f(π,4)，所以θ＝eq \f(π,6)，
当0＜θ＜eq \f(π,6)时，y′＜0，y是θ的减函数；
eq \f(π,6)＜θ＜eq \f(π,4)时，y′＞0，y是θ的增函数．
当θ＝eq \f(π,6)时，ymin＝10eq \r(3)＋10.
答：当P位于线段AB的中垂线上且距离AB边eq \f(10\r(3),3)km处．
串讲2
答案：(1)l＝82＋4eq \r(x2＋y2)－2(x＋y) cm；
(2)16＋4eq \r(569)cm.
解析：(1)由题意，水平方向每根支条长为m＝eq \f(30－2x,2)＝15－x cm，竖直方向每根支条长为n＝eq \f(26－y,2)＝13－eq \f(y,2)cm，菱形的边长为eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(x2＋y2),2)cm.
从而，所需木料的长度之和L＝2(15－x)＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(13－\f(y,2)))＋8×eq \f(\r(x2＋y2),2)＝82＋
4eq \r(x2＋y2)－2(x＋y) cm.
(2)由题意，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(15－x≥2，,13－\f(y,2)≥2，))可得eq \f(130,11)≤x≤13.又eq \f(1,2)xy＝13，即y＝eq \f(260,x)，所以L＝82＋4eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(260,x)))\s\up12(2))－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(260,x))).
令t＝x＋eq \f(260,x)，其导函数1－eq \f(260,x2)＜0在eq \f(130,11)≤x≤13上恒成立，故t＝x＋eq \f(260,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(130,11)，13))上单调递增，所以可得t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(33，\f(372,11))).则L＝82＋
2[2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(260,x)))\s\up12(2)－520)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(260,x)))]＝82＋
2[eq \r(t2－520)＋eq \r(t2－520)－t]
＝82＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(t2－520)＋\f(－520,\r(t2－520)＋t))).
因为函数y＝eq \r(t2－520)和y＝eq \f(－520,\r(t2－520)＋t)在
t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(33，\f(372,11)))上均为增函数，
所以L＝82＋
2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(t2－520)＋\f(－520,\r(t2－520)＋t)))
在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(33，\f(372,11)))上为增函数，
故当t＝33，即x＝13，y＝20时L有最小值16＋4eq \r(569).
答：做这样一个窗芯至少需要16＋4eq \r(569)cm长的条形木料．
新题在线
答案：(1)S矩形ABCD＝800(4sinθcsθ＋csθ)，S△CDP＝1 600(csθ－
sinθcsθ)，sinθ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))；
(2)当θ＝eq \f(π,6)时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
解析：(1)如图，由题意知，PH⊥MN，所以OH＝10.过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE＝θ，故OE＝40csθ，EC＝40sinθ，
则矩形ABCD的面积为
2×40csθ(40sinθ＋10)＝
800(4sinθcsθ＋csθ)，△CDP的面积为eq \f(1,2)×2×40csθ(40－40sinθ)＝1 600(csθ－sinθcsθ)．
过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK＝KN＝10.
令∠GOK＝θ0，则sinθ0＝eq \f(1,4)，θ0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))).
当θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ0，\f(π,2)))时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)).
答：矩形ABCD的面积为
800(4sinθcsθ＋csθ)平方米，△CDP的面积为1 600(csθ－sinθcsθ)平方米，sinθ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)).
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为 4k, 乙的单位面积的年产值为 3k(k>0)，则年总产值为4k×800(4sinθcsθ＋csθ)＋3k×1600(csθ－sinθcsθ)＝ 8 000k(sinθcsθ＋csθ)，θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ0，\f(π,2))).设f(θ)＝ sinθcsθ＋csθ，θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ0，\f(π,2)))，则f′(θ)＝cs2θ－sin2θ－sinθ
＝－(2 sin2θ＋sinθ－1)
＝－(2sinθ－1)(sinθ＋1)．
令f′(θ)＝0, 得θ ＝eq \f(π,6)，当θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ0，\f(π,6)))时，f′(θ)>0，所以
f(θ)为增函数；
当θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，
f′(θ)<0，所以f(θ)为减函数，因此，当θ＝eq \f(π,6)时，f(θ)取到最大值．答：当θ＝eq \f(π,6)时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
数学源于生活，应用所学数学知识解决实际问题是能力与素养的具体表现．数学应用问题的是江苏数学高考的突出亮点，常以中档题(17或18题)的形式呈现，具有良好的区分度，是高考的重点与热点．本专题集中介绍以平面几何为载体的应用问题，常见的处理方法是结合实际问题，利用图形中的几何关系建立数学模型，应用相关数学知识予以解决.
θ
(α，θ0)
θ0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ0，\f(π,2)))
f′(θ)
－
0
＋
f(θ)
减函数
极小值
增函数