2023届高考数学二轮复习微专题27以解析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27以解析几何为载体的应用题学案，共11页。


例题：如图，为了保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆．且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m．经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，tan∠BCO＝eq \f(4,3).
(1)求新桥BC的长；
(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？
变式1如图所示，为建设美丽乡村，政府欲将一块长12百米，宽5百米的矩形空地ABCD建成生态休闲园，园区内有一景观湖EFG(图中阴影部分)．以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系xOy(如图所示)．景观湖的边界曲线符合函数y＝x＋eq \f(1,x)(x＞0)模型，园区服务中心P在x轴正半轴上，PO＝eq \f(4,3)百米．
(1)若在点O和景观湖边界曲线上一点M之间修建一条休闲长廊OM，求OM的最短长度；
(2)若在线段DE上设置一园区出口Q，试确定Q的位置，使通道PQ最短．
变式2如图所示，有一矩形钢板ABCD缺损了一角(图中阴影部分)，边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离．工人师傅要将缺损的一角切割下来使剩余部分成一个五边形，已知AB＝4米，AD＝2米．
(1)如图所示建立直角坐标系．求边缘线OM的轨迹方程；
(2)①设点P(t，m)为边缘线OM上的一个动点，试求出点P处切线EF的方程(用t表示)．
②求AF的值，使截去的△DEF的面积最小．
串讲1如图，相距14 km的两个居民小区M和N位于河岸l(直线)的同侧，M和N距离河岸分别为10 km和8 km.现要在河的小区一侧选一地点P，在P处建一个生活污水处理站，从P排直线水管PM，PN分别到两个小区和垂直于河岸的水管PQ，使小区污水经处理后排入河道，设PQ段长为t(0(1)求污水处理站到两小区的水管的总长最小值(用t表示)；
(2)请确定污水处理站的位置，使所排三段水管的总长最小，并求出此时污水处理站分别到两小区水管的长度．
串讲2为响应新农村建设，某村计划对现有旧水渠进行改造，已知旧水渠的横断面是一段抛物线弧，顶点为水渠最底端(如图)，渠宽为4 m，渠深为2 m.
(1)考虑到农村耕地面积的减少，为节约水资源，要减少水渠的过水量，在原水渠内填土，使其成为横断面为等腰梯形的新水渠，新水渠底面与地面平行(不改变渠宽)，问新水渠底宽为多少时，所填土的土方量最少？
(2)考虑到新建果园的灌溉需求，要增大水渠的过水量，现把旧水渠改挖(不能填土)成横断面为等腰梯形的新水渠，使水渠的底面与地面平行(不改变渠深)，要使所挖土的土方量最少，请你设计水渠改挖后的底宽，并求出这个底宽．
(2018·九章密卷)如图所示，有一块扇形区域的空地，其中∠AOB＝90°，OA＝120 m．现要对该区域绿化升级改造．设计要求建造三座凉亭供市民休息，其中凉亭C位于OA上，且AC＝40 m，凉亭D位于OB的中点，凉亭E位于弧AB上．
(1)现要在四边形OCED内种植花卉，其余部分种植草坪，试确定E点的位置，使种植花卉的面积最大；
(2)为了便于市民观赏花卉，现修建两条小道EC和ED，其中EC小道铺设塑胶，造价为每米a元，ED为离开地面高1 m的木质栈道，造价为每米2a元，试确定E点的位置，使两条小道总造价最小．
某湿地公园内有一条河，现打算建一座桥(图1)将河两岸的路连接起来，剖面设计图纸(图2)如下：其中，点A，E为x轴上关于原点对称的两点，曲线段BCD是桥的主体，C为桥顶，且曲线段BCD在图纸上的图形对应函数的解析式为y＝eq \f(8,4＋x2)(x∈[－2，2])，曲线段AB，DE均为开口向上的抛物线段，且A，E分别为两抛物线的顶点．设计时要求：保持两曲线在各衔接处(B，D)的切线的斜率相等．
(1)求曲线段AB在图纸上对应函数的解析式，并写出定义域；
(2)定义车辆在上桥过程中通过某点P所需要的爬坡能力(ClimbingAbility)为
MP＝(该点P与桥顶间的水平距离)×(设计图纸上该点P处的切线的斜率)，其中MP的单位：米．若该景区可提供三种类型的观光车：
①游客踏乘；②蓄电池动力；③内燃机动力，它们的爬坡能力分别为0.8米，1.5米，2.0米，又已知图纸上一个单位长度表示实际长度1米，试问三种类型的观光车是否都可以顺利过桥？
答案：(1)y＝eq \f(1,16)(x＋6)2(－6≤x≤－2)；(2)“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池
动力”和“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥．
解析：(1)据题意，抛物线段AB与x轴相切，且A为抛物线的顶点，设A(a，0)(a<－2)，
则抛物线段AB对应函数的解析式可设为y＝λ(x－a)2(a≤x≤－2)(λ>0)，2分
其导函数为y′＝2λ(x－a)．由曲线段BD的图象对应函数的解析式为y＝eq \f(8,4＋x2)
(x∈[－2，2])，又y′＝eq \f(－16x,（4＋x2）2)，且B(－2，1)，所以曲线在B点处的切线斜率为eq \f(1,2)，
因为B点为衔接点，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ（－2－a）2＝1，,2λ（－2－a）＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－6，,λ＝\f(1,16).))4分
所以曲线段AB在图纸上对应函数的解析式为y＝eq \f(1,16)(x＋6)2(－6≤x≤－2).5分
(2)设P(x，y)是曲线段AC上任意一点，①若P在曲线段AB上，则通过该点所需要的
爬坡能力(MP)1＝(－x)·eq \f(1,8)(x＋6)＝－eq \f(1,8)[(x＋3)2－9](－6≤x≤2)，6分
令y1＝－eq \f(1,8)[(x＋3)2－9](－6≤x≤－2)，所以函数y1＝－eq \f(1,8)[(x＋3)2－9]
(－6≤x≤－2)在区间[－6，－3]上为增函数，在区间[－3，－2]上是减函数，
所以[(MP)1]max＝eq \f(9,8)(米)9分
②若P在曲线段BC上，则通过该点所需要的爬坡能力(MP)2＝(－x)·eq \f(－16x,（4＋x2）2)
＝eq \f(16x2,（4＋x2）2)(－2≤x≤0)，10分
令t＝x2，t∈[0，4]，则(MP)2＝eq \f(16t,（4＋t）2)，t∈[0，4]，记y2＝eq \f(16t,（4＋t）2)，t∈[0，4]，当t＝0时，
y2＝0，而当0＜t≤4时，y2＝eq \f(16,\f(16,t)＋t＋8)，所以当t＝4时，t＋eq \f(16,t)有最小值16，从而y2取最
大值1，此时[(MP)2]max＝1(米).13分
所以由①，②可知，车辆过桥所需要的最大爬坡能力为eq \f(9,8)米，14分
答：因为0.8＜eq \f(9,8)＜1.5＜2，所以“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和
“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥.16分
微专题27
例题
答案：(1)150；(2)10.
解析：(1)如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直
角坐标系xOy.由条件知A(0，60)，C(170，0)，直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－eq \f(4,3).又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率kAB＝eq \f(3,4).
设点B的坐标为(a，b)，则kBC＝eq \f(b－0,a－170)＝－eq \f(4,3)，kAB＝eq \f(b－60,a－0)＝eq \f(3,4).解得a＝80，b＝120.所以BC＝eq \r(（170－80）2＋（0＋120）2)＝150.答：新桥BC的长为150 m.
(2)设保护区的边界圆M的半径为r m，OM＝d m(0≤d≤60)．
由条件知，直线BC的方程为y＝－eq \f(4,3)(x－170)，即4x＋3y－680＝0.由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即r＝eq \f(|3d－680|,\r(42＋32))＝eq \f(680－3d,5).因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r－d≥80，,r－（60－d）≥80，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(680－3d,5)－d≥80，,\f(680－3d,5)－（60－d）≥80，))
解得10≤d≤35.故当d＝10时，r＝eq \f(680－3d,5)最大，即圆面积最大．
答：当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．
变式联想
变式1
答案：(1)eq \r(2\r(2)＋2)百米；(2)点Q在线段DE上且距离y轴eq \f(1,3)百米．
解析：(1)设直线OM：y＝kx(其中k一定存在)，代入y＝x＋eq \f(1,x)，得kx＝x＋eq \f(1,x)，化简为(k－1)x2＝1.设M(x1，y1)，则x1＝eq \r(\f(1,k－1))，(k＞1)，所以OM＝eq \r(x12＋y12)＝eq \r(x12＋k2x12)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(1,k－1))＝eq \r(\f(1＋k2,k－1)).令t＝k－1(t＞0)，则eq \f(1＋k2,k－1)＝eq \f(t2＋2t＋2,t)＝t＋eq \f(2,t)＋2≥2eq \r(2)＋2，当且仅当t＝eq \r(2)时等号成立，即k＝eq \r(2)＋1时成立．综上，OM的最短长度为eq \r(2\r(2)＋2)百米．
(2)当直线PQ与边界曲线相切时，PQ最短．若直线PQ斜率不存在，则直线方程为x＝eq \f(4,3)，不符合题意；若直线PQ斜率存在，设PQ方程为
y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))，代入y＝x＋eq \f(1,x)，化简得(k－1)x2－eq \f(4,3)kx－1＝0.当k＝1时，方程有唯一解x＝－eq \f(3,4)(舍去)，当k≠1时，因为直线与曲线相切，所以Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)k))eq \s\up12(2)＋4(k－1)＝0，解得k＝－3或k＝eq \f(3,4)(舍去)，此时直线PQ方程为y＝－3x＋4，令y＝5，得x＝－eq \f(1,3)，即点Q在线段DE上且距离y轴eq \f(1,3)百米．
答：当点Q在线段DE上且距离y轴eq \f(1,3)百米，通道PQ最短．
变式2
答案：(1)y＝eq \f(1,4)x2(0≤x≤2)；(2)①y＝eq \f(1,2)tx－eq \f(1,4)t2; ②AF＝eq \f(2,3).
解析：(1)因为边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离，所以边缘线OM是以点D为焦点，直线AB为准线的抛物线的一部分．因为D(0，1)，M(2，1)，所以边缘线OM的方程为y＝eq \f(1,4)x2(0≤x≤2)．
(2)①设切点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,4)t2))(0＜t＜2)，则点P处的切线斜率为eq \f(1,2)t.所以直线EF的方程为y－eq \f(1,4)t2＝eq \f(1,2)t(x－t)，
即y＝eq \f(1,2)tx－eq \f(1,4)t2.
②点E，F的坐标分别为
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4＋t2,2t)，1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)t2)).所以S△DEF＝
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)t2))·eq \f(4＋t2,2t)＝
eq \f(（4＋t2）2,16t)，t∈(0，2)．
因为S′△DEF＝eq \f(1,16)·
eq \f(（4＋t2）（3t2－4）,t2)，令S′△DEF＝0，得t＝eq \f(2\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＝－\f(2\r(3),3)舍)).当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)))时，S′△DEF＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，2))时，S′△DEF＞0，所以S△DEF在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)))上是减函数，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，2))上是增函数．所以当t＝eq \f(2\r(3),3)时，S△DEF最小，此时Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3))).
答：取AF＝eq \f(2,3)时，沿直线EF画线段切割，可使截去的△DEF的面积最小．
说明：很多实际问题都与曲线有关(如直线、圆、抛物线以及由函数关系给出的曲线)，通常的处理方法是仔细审题，明确解题方向，根据题意，结合所给图形的结构特征，建立直角坐标系，把要解决的问题放在坐标平面上使之与有关曲线相联系，根据相关等量关系建立数学模型(函数模型、不等式模型等)，运用解析几何的基本知识、思想和方法予以解决，此类问题通常涉及确定最优解的点的位置，如例题和变式题就是这样的问题．
串讲激活
串讲1
答案：(1)2eq \r(t2－18t＋129)(0＜t＜8)；
(2)满足题意的P点距河岸5 km，距小区M到河岸的垂线5 eq \r(3)km，此时污水处理站到小区M和N的水管长度分别为10 km和6 km.
解析：(1)如图，以河岸l所在直线为x轴，以过M垂直于l的直线为y轴建立直角坐标系，则可得点M(0, 10)，点N(8eq \r(3)，8)．
设点P(s，t)，过P作平行于x轴的直线m，作N关于m的对称点N′，则N′(8eq \r(3)，2t－8)．则PM＋PN＝PM＋PN′≥MN′＝eq \r(（8\r(3)－0）2＋（12t－8－10）2)
＝2eq \r(t2－18t＋129)(0＜t＜8)即为所求．
(2)设三段水管总长为L，则由(1)知L＝PM＋PN＋PQ≥MN′＋PQ＝t＋
2eq \r(t2－18t＋129)(0＜t＜8)，所以(L－t)2＝4(t2－18t＋129)，即方程3t2＋(2L－72)t＋(516－L2)＝0在t∈(0，8)上有解．故Δ＝(2L－72)2－12(516－L2)≥0，即L2－18L－63≥0，解得L≥21或L≤－3，所以L的最小值为21，此时对应的t＝5∈(0，8)．故N′(8eq \r(3)，2)，MN′方程为y＝10－eq \f(\r(3),3)x，令y＝5得x＝5eq \r(3)，
即P(5eq \r(3)，5)．从而PM＝
eq \r(（5\r(3)）2＋（5－10）2)＝10，
PN＝eq \r(（5\r(3)－8\r(3)）2＋（5－8）2)＝6.
答：满足题意的P点距河岸5 km，距小区M到河岸的垂线5 eq \r(3)km，此时污水处理站到小区M和N的水管长度分别为10 km和6 km.
串讲2
答案：(1)eq \f(4,3)m；(2)eq \r(2)m.
解析：建立如图所示的直角坐标系，
设抛物线的方程为x2＝2py(p>0)，由已知点P(2，2)在抛物线上，得p＝1，所以抛物线的方程为y＝eq \f(1,2)x2.
(1)为了使填入的土最少，内接等腰梯形的面积要最大，如图1，设点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)t2))(0＜t＜2)，则此时梯形APQB的面积S(t)＝eq \f(1,2)(2t＋4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)t2))＝－eq \f(1,2)t3－t2＋2t＋4，∴S′(t)＝－eq \f(3,2)t2－2t＋2，令S′(t)＝－eq \f(3,2)t2－2t＋2＝0，得t＝eq \f(2,3)，当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))时，S′(t)＞0，S(t)单调递增，当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))时，S′(t)＜0，S(t)单调递减，所以当t＝eq \f(2,3)时，S(t)有最大值eq \f(128,27).
答：改挖后的水渠的底宽为eq \f(4,3)m时，可使填土的土方量最少．
(2)为了使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须与抛物线相切，如图2，设切点
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)t2))(t＞0)，则函数在点M处的切线方程为y－eq \f(1,2)t2＝t(x－t)，分别令y＝0，y＝2得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)＋\f(2,t)，2))，所以此时梯形OABC的面积S(t)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(2,t)))·2＝t＋eq \f(2,t)≥2eq \r(2)，当且仅当t＝eq \r(2)时，等号成立，此时OA＝eq \f(\r(2),2).
答：设计改挖后的水渠的底宽为eq \r(2)m时，可使挖土的土方量最少．
新题在线
答案：(1)E点为过圆O与直线CD的垂线与扇形弧的交点．
(2)C，E，M三点共线．
解析：(1)以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则C(0，80)，D(60，0)，CD：eq \f(x,60)＋eq \f(y,80)＝1即4x＋3y＝240，弧AB所在圆的方程为x2＋y2＝1202；设与CD平行且与弧AB相切的直线为l：4x＋3y＝m，当面积最大时，E为切点，此时E点为过圆O与直线CD的垂线与扇形弧的交点．
当面积最大时，E为切点，此时E点为过圆心O与直线CD的垂线与扇形弧的交点．
(2)设总造价为S元，E(x，y)，由题意得，S＝aCE＋2aDE.在x轴上取一点M(m，0)，使得eq \f(EM,ED)＝2，则EM2＝4ED2，即(x－m)2＋y2＝4[(x－120)2＋y2]，整理得3x2＋(2m－480)x＋3y2＝m2－1202(*)，当2m－480＝0即m＝240时(*)可化为x2＋y2＝1202，此即为弧AB所在圆的方程，即弧AB上所有的点都满足，EM＝2ED.所以M(240，0)，此时CE＋2DE＝CE＋EM，当且仅当C，E，M三点共线时总造价最小．
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．本专题集中介绍以解析几何为载体的应用问题，常见的处理手段是结合实际问题，利用图形中的几何关系，通过解析法建立数学模型，应用相关数学知识予以解决.