2022高考数学一轮复习 第四章 强化训练4　三角函数中的综合问题

这是一份2022高考数学一轮复习 第四章 强化训练4　三角函数中的综合问题，共9页。试卷主要包含了给出下列函数等内容，欢迎下载使用。

1.(2020·北京东城区模拟)《九章算术》成书于公元一世纪，是中国古代乃至东方的第一部自成体系的数学专著.书中记载这样一个问题“今有宛田，下周三十步，径十六步.问为田几何？”(一步≈1.5米)意思是现有扇形田，弧长为45米，直径为24米，那么扇形田的面积为( )
A.135平方米 B.270平方米
C.540平方米 D.1 080平方米
答案 B
解析 根据扇形的面积公式，S＝eq \f(1,2)lr＝eq \f(1,2)×45×eq \f(24,2)＝270(平方米).
2.(2021·日照联考)在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点在原点O，以x轴非负半轴为始边，终边经过点P(1，m)(m<0)，则下列各式的值恒大于0的是( )
A.sin α＋cs α B.sin α－cs α
C.sin αcs α D.eq \f(sin α,tan α)
答案 D
解析 由题意知sin α<0，cs α>0，sin α＋cs α的符号不确定，A不成立；sin α－cs α<0，B不成立；sin αcs α<0，C不成立；tan α<0，eq \f(sin α,tan α)>0，D成立.
3.(2021·张家口质检)已知锐角α满足3cs 2α＝1＋sin 2α，则cs α等于( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(6),5) D.eq \f(\r(19),5)
答案 A
解析 3cs 2α＝1＋sin 2α可化简为
3(cs2α－sin2α)＝sin2α＋cs2α＋2sin αcs α，
即3(cs α－sin α)(sin α＋cs α)＝(sin α＋cs α)2，
因为α为锐角，所以3(cs α－sin α)＝sin α＋cs α，
化简得到cs α＝2sin α，
代入sin2α＋cs2α＝1，解得cs α＝eq \f(2\r(5),5).
4.(2020·东三省四市模拟)已知直线y＝－2与函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(其中ω＞0)的相邻两交点间的距离为π，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,6)，kπ＋\f(11π,6)))，k∈Z
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,6)，kπ＋\f(11π,12)))，k∈Z
答案 B
解析 ∵y＝－2与函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(其中ω＞0)的相邻两交点间的距离为π，
∴函数的周期T＝π，即eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2，
则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)，k∈Z，
即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.
5.(多选)给出下列函数：①y＝cs|2x|；②y＝|cs x|；③y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))；④y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).其中最小正周期为π的有( )
A.① B.② C.③ D.④
答案 ABC
解析 ①中，y＝cs|2x|＝cs 2x，其最小正周期为π；②中，知y＝|cs x|是y＝cs x将x轴下方的部分向上翻折得到的，故周期减半，即y＝|cs x|的最小正周期为π；③中，y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π；
④中，y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝eq \f(π,2).
6.(多选)(2020·宁德模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且将图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后得到的函数为偶函数，则下列关于f(x)的说法错误的是( )
A.关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))对称 B.关于直线x＝eq \f(π,6)对称
C.在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上单调递增 D.在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递减
答案 ABD
解析 ∵f(x)的最小正周期为π，
∴T＝eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2，
此时f(x)＝sin(2x＋φ)，
将图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后得到
y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,6)))，
若函数为偶函数，则φ－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得φ＝kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，
∵|φ|则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5π,12)－\f(π,3)))＝sin eq \f(π,2)＝1，
故f(x)不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))对称，故A错误；
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝sin 0＝0，
故f(x)不关于直线x＝eq \f(π,6)对称，故B错误；
当－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(5π,12)时，－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，此时函数f(x)为增函数，故C正确；
当eq \f(π,12)≤x≤eq \f(7π,12)时，－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)，此时函数f(x)不单调，故D错误.
7.(2020·咸阳模拟)若tan α＝eq \f(1,3)，tan(α＋β)＝eq \f(1,2)，则tan β＝______.
答案 eq \f(1,7)
解析 因为β＝(α＋β)－α，
且tan α＝eq \f(1,3)，tan(α＋β)＝eq \f(1,2)，
所以tan β＝tan[(α＋β)－α]＝eq \f(tanα＋β－tan α,1＋tanα＋β×tan α)
＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq \f(1,7)，所以tan β＝eq \f(1,7).
8.(2020·咸阳质检)已知cs2x－sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)，则A＝________，b＝________.
答案 eq \f(\r(5),2) eq \f(1,2)
解析 cs2x－sin 2x＝eq \f(1＋cs 2x,2)－sin 2x
＝eq \f(1,2)cs 2x－sin 2x＋eq \f(1,2)＝eq \f(\r(5),2)cs(2x＋θ)＋eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(5),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,2)))＋eq \f(1,2)(其中tan θ＝2)，
∴A＝eq \f(\r(5),2)，b＝eq \f(1,2).
9.(2020·邯郸模拟)已知α为锐角，且tan α＝m，cs 2α＝－eq \f(m2,m2＋4)，则sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝________.
答案 eq \f(\r(2),3)＋eq \f(1,2)
解析 ∵cs 2α＝eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)
＝eq \f(1－m2,1＋m2)＝－eq \f(m2,m2＋4)，解得m2＝2，
∴cs 2α＝－eq \f(1,3)，
∵0<α∴sin 2α＝eq \r(1－cs22α)＝eq \f(2\r(2),3)，
∴sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2))),2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(sin 2α,2)＝eq \f(\r(2),3)＋eq \f(1,2).
10.(2020·枣庄模拟)已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0)的最小正周期为π，且对x∈R，f(x)≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))恒成立，若函数y＝f(x)在[0，a]上单调递减，则a的最大值为________.
答案 eq \f(π,3)
解析 因为函数f(x)＝cs(ωx＋φ)的最小正周期为π，所以ω＝eq \f(2π,π)＝2，
又对任意的x，都使得f(x)≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以函数f(x)在x＝eq \f(π,3)处取得最小值，
则eq \f(2π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，
即φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，
所以f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
令2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤π＋2kπ，k∈Z，
解得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，
则函数y＝f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，
故a的最大值是eq \f(π,3).
11.已知函数f(x)＝eq \r(3)cs2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－eq \f(\r(3),2).
(1)求f(x)的最小正周期及对称中心；
(2)若f(α)＝eq \f(1,6)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))，求cs 2α的值.
解 (1)f(x)＝eq \r(3)·eq \f(1＋cs 2x,2)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x－\f(π,6)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－eq \f(\r(3),2)
＝eq \f(\r(3),2)cs 2x＋eq \f(1,2)×2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))
＝eq \f(\r(3),2)cs 2x＋eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
＝eq \f(\r(3),2)cs 2x＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin 2x·\f(1,2)－cs 2x·\f(\r(3),2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin 2x·\f(1,2)＋cs 2x·\f(\r(3),2)))
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2x＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，k∈Z，所以f(x)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，0))，k∈Z.
(2)由f(α)＝eq \f(1,6)得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))，所以2α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3))))
＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝－eq \f(2\r(2),3)，
所以cs 2α＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))·cs eq \f(π,3)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))·sin eq \f(π,3)
＝－eq \f(2\r(2),3)·eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)·eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3)－2\r(2),6).
12.设f(x)＝2eq \r(3)sin(π－x)sin x－(sin x－cs x)2.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)把函数y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，求geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值.
解 (1)由f(x)＝2eq \r(3)sin(π－x)sin x－(sin x－cs x)2
＝2eq \r(3)sin2x－(1－2sin xcs x)
＝eq \r(3)(1－cs 2x)＋sin 2x－1
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＋eq \r(3)－1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \r(3)－1.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z).
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))k∈Z)).
(2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \r(3)－1，
把y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，
得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋eq \r(3)－1的图象，
再把得到的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
得到y＝2sin x＋eq \r(3)－1的图象，
即g(x)＝2sin x＋eq \r(3)－1.
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,6)＋eq \r(3)－1＝eq \r(3).
13.(2020·厦门质检)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＋cs ωx(ω>0)在[0，π]上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\r(3)))，则实数ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
答案 A
解析 f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＋cs ωx＝eq \f(\r(3),2)sin ωx＋eq \f(3,2)cs ωx＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，
因为x∈[0，π]，所以ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，
因为f(x)在[0，π]上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\r(3)))，
所以eq \f(π,2)≤ωπ＋eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，所以eq \f(1,6)≤ω≤eq \f(1,3).
14.已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，其图象与直线y＝3相邻两个交点的距离为eq \f(2π,3)，若f(x)>1对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，则φ的取值范围是____________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))
解析 由题意可得函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)＋1的最大值为3.∵f(x)的图象与直线y＝3相邻两个交点的距离为eq \f(2π,3)，∴f(x)的周期T＝eq \f(2π,3)，∴eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)，解得ω＝3，
∴f(x)＝2cs(3x＋φ)＋1.∵f(x)>1对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，∴2cs(3x＋φ)＋1>1，即cs(3x＋φ)>0对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，∴－eq \f(π,4)＋φ≥2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z且eq \f(π,2)＋φ≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得φ≥2kπ－eq \f(π,4)，k∈Z且φ≤2kπ，k∈Z，即2kπ－eq \f(π,4)≤φ≤2kπ，k∈Z.结合|φ|15.(2020·安庆模拟)已知函数f(x)＝2(|cs x|＋cs x)·sin x，给出下列五个命题：
①f(x)的最小正周期为π；
②f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称；
③f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增；
④f(x)的值域为[－2,2]；
⑤f(x)在区间[－2π，2π]上有6个零点.
其中所有正确的编号是( )
A.②④ B.①④⑤
C.③④ D.②③⑤
答案 C
解析 f(x)＝2(|cs x|＋cs x)sin x＝2|cs x|sin x＋sin 2x，函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \r(3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝0，∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))≠f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))，故函数f(x)的最小正周期不是π，故①错误；
由于f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))))＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝2(|sin x|＋sin x)·cs x≠f(x)，
故f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故②错误；在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝2sin 2x单调递增，故③正确；当cs x≥0时，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝2sin xcs x＋sin 2x＝2sin 2x，故它的最大值为2，最小值为－2；当cs x<0时，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝－2sin xcs x＋sin 2x＝0，综合可得，函数f(x)的最大值为2，最小值为－2，故④正确；当cs x≤0时，f(x)＝0，在区间[－2π，2π]上有无数个零点，故⑤错误.
16.如图所示，四边形ABCD是一块边长为7米的正方形铁皮，其中ATN是一半径为6米的扇形，已经被腐蚀不能使用，其余部分完好可利用.工人师傅想在未被腐蚀部分截下一个有边落在BC与CD上的长方形铁皮PQCR，其中P是弧TN上一点.设∠TAP＝θ，长方形PQCR的面积为S平方米.
(1)求S关于θ的函数解析式；
(2)求S的最大值.
解 (1)延长RP交AB于E，延长QP交AD于F(图略)，
由四边形ABCD是正方形，四边形PRCQ是矩形，
可知PE⊥AB，PF⊥AD，
由∠TAP＝θ，可得EP＝6sin θ，FP＝6cs θ，
∴PR＝7－6sin θ，PQ＝7－6cs θ，
∴S＝PR·PQ＝(7－6sin θ)(7－6cs θ)
＝49－42(sin θ＋cs θ)＋36sin θcs θ，
故S关于θ的函数解析式为
S＝49－42(sin θ＋cs θ)＋36sin θcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2))).
(2)令sin θ＋cs θ＝t，可得
t2＝(sin θ＋cs θ)2＝1＋2sin θcs θ，
即sin θcs θ＝eq \f(t2－1,2)，
∴S＝49－42t＋18(t2－1)＝18t2－42t＋31.
又由0≤θ≤eq \f(π,2)，可得eq \f(π,4)≤θ＋eq \f(π,4)≤eq \f(3π,4)，
故t＝sin θ＋cs θ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))∈[1，eq \r(2)]，
∴S关于t的表达式为S＝18t2－42t＋31(t∈[1，eq \r(2)])，
又由S＝18eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(7,6)))2＋eq \f(13,2)，t∈[1，eq \r(2)]，
可知当t＝eq \r(2)时，S取最大值，最大值为(67－42eq \r(2))平方米.