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专题23 与三角函数有关的应用题 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点
展开这是一份专题23 与三角函数有关的应用题 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点，主要包含了自主热身，归纳总结，问题探究，变式训练等内容，欢迎下载使用。
【自主热身，归纳总结】
1、如图，两座建筑物AB，CD的高度分别是9 m和15 m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角∠CAD＝45°，则这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离BD＝________m.
【答案】 18
【解析】：设BD＝x m，作AH⊥CD，垂足为H，记∠HAC＝α，∠HAD＝β，则α＋β＝45°.
因为tanα＝eq \f(6,x)，tanβ＝eq \f(9,x)，且tan(α＋β)＝1，得eq \f(\f(6,x)＋\f(9,x),1－\f(6,x)·\f(9,x))＝1，
即x2－15x－54＝0，即(x＋3)(x－18)＝0，解得x＝18.
eq \a\vs4\al(解后反思) 在解方程的过程中，若记eq \f(3,x)＝t，则5t＝1－6t2，因为方程中出现的系数较小，所以更易解出方程的根．
2.如图1，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100 m，则山高MN＝________m.
【答案】 150
【解析】 根据图示，AC＝100eq \r(2) m.在△MAC中，
∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.由正弦定理得eq \f(AC,sin 45°)＝eq \f(AM,sin 60°)⇒AM＝100eq \r(3) m.在△AMN中，eq \f(MN,AM)＝sin 60°，∴MN＝100eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝150(m)．
3.如图2，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟.若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为________米.
【答案】
4、如图，某城市有一块半径为40 m的半圆形绿化区域(以O 为圆心，AB为直径)，现计划对其进行改建．在AB的延长线上取点D，OD＝80 m，在半圆上选定一点C，改建后的绿化区域由扇形区域AOC和三角形区域COD组成，其面积为S m2.设∠AOC＝x rad.
(1) 写出S关于x的函数关系式S(x)，并指出x的取值范围；
(2) 试问∠AOC多大时，改建后的绿化区域面积S取得最大值？
思路分析 对于(1)，面积S由两部分组成，一个是扇形面积，根据扇形面积公式S＝eq \f(1,2)αr2可得，另一个是△OCD的面积，根据三角形的面积公式eq \f(1,2)absinC可得；对于(2)，注意到所研究的函数不是基本初等函数，因此，采用导数法来研究它的最值．
【解析】： (1) 因为扇形AOC的半径为40 m，∠AOC＝x rad，所以扇形AOC的面积S扇形AOC＝eq \f(x·OA2,2)＝800x,0＜x＜π.(2分)
在△COD中，OD＝80，OC＝40，∠COD＝π－x，
所以△COD的面积S△COD＝eq \f(1,2)OC·OD·sin∠COD＝1 600sin(π－x)＝1 600sinx，(4分)
从而S＝S△COD＋S扇形AOC＝1600sinx＋800x,0＜x＜π.(6分)
【问题探究，变式训练】
例1、如图，准备在墙上钉一个支架，支架由两直杆AC与BD焊接而成，焊接点D把杆AC分成AD，CD两段，其中两固定点A，B间距离为1米，AB与杆AC的夹角为60°，杆AC长为1米．若制作AD段的成本为a元/米，制作CD段的成本是2a元/米，制作杆BD的成本是4a元/米．设∠ADB＝α，制作整个支架的总成本记为S元．
(1) 求S关于α的函数表达式，并指出α的取值范围；
(2) 问AD段多长时，S最小？
【解析】： (1) 在△ABD中，由正弦定理得eq \f(1,sinα)＝eq \f(BD,sin\f(π,3))＝eq \f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α)))，(1分)
所以BD＝eq \f(\r(3),2sinα)，AD＝eq \f(\r(3)csα,2sinα)＋eq \f(1,2)，(3分)
则S＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)csα,2sinα)＋\f(1,2)))＋2aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)csα,2sinα)＋\f(1,2)))))＋4aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2sinα)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)－\r(3)csα,2sinα)＋\f(3,2)))，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3))).(7分)
(2) 令S′＝eq \r(3)a·eq \f(1－4csα,2sin2α)＝0，设csα0＝eq \f(1,4).(9分)
(11分)
所以当csα＝eq \f(1,4)时，S最小，此时sinα＝eq \f(\r(15),4)，AD＝eq \f(\r(3)csα,2sinα)＋eq \f(1,2)＝eq \f(5＋\r(5),10).(12分)
答：(1)S关于α的函数表达式为S＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)－\r(3)csα,2sinα)＋\f(3,2)))，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))；
(2)当AD＝eq \f(5＋\r(5),10)时，S最小．(14分)
【变式1】、 如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB为6，O是圆心，且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q，其中∠AQC＝eq \f(2π,3).计划在eq \(BC,\s\up8(︵))上再建一座观赏亭P，记∠POB＝θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ<\f(π,2))).
(1) 当θ＝eq \f(π,3)时，求∠OPQ的大小；
(2) 当∠OPQ越大时，游客在观赏亭P处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，角θ的正弦值．
eq \a\vs4\al(思路分析) 设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理可得含α，θ的关系式．
【解析】： 因为∠AQC＝eq \f(2π,3)，所以∠AQO＝eq \f(π,3).又OA＝OB＝3，所以OQ＝eq \r(3).(2分)
在△OPQ中，OQ＝eq \r(3)，OP＝3，∠POQ＝eq \f(π,2)－θ，设∠OPQ＝α，则∠PQO＝eq \f(π,2)－α＋θ.
由正弦定理，得eq \f(3,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α＋θ)))＝eq \f(\r(3),sinα)，即eq \r(3)sinα＝cs(α－θ)．(4分)
展开并整理，得tanα＝eq \f(csθ,\r(3)－sinθ)，其中θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).(8分)
(1) 当θ＝eq \f(π,3)时，tanα＝eq \f(\r(3),3).因为α∈(0，π)，所以α＝eq \f(π,6).
答：当θ＝eq \f(π,3)时，∠OPQ＝eq \f(π,6).(10分)
(2) 解法1 设f(θ)＝eq \f(csθ,\r(3)－sinθ)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).则f′(θ)＝eq \f(－sinθ（\r(3)－sinθ）＋cs2θ,（\r(3)－sinθ）2)＝eq \f(1－\r(3)sinθ,（\r(3)－sinθ）2).
令f′(θ)＝0，得sinθ＝eq \f(\r(3),3)，记锐角θ0满足sinθ0＝eq \f(\r(3),3).(13分)
列表如下：
由上表可知，f(θ0)＝eq \f(\r(2),2)是极大值，也是最大值．
因为tanα＝f(θ)>0，且α∈(0，π)，所以当tanα取最大值eq \f(\r(2),2)时，α也取得最大值．
答：游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，sinθ＝eq \f(\r(3),3).(16分)
解法2 记T＝eq \f(csθ,\r(3)－sinθ)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则eq \r(3)T＝csθ＋Tsinθ＝(1，T)·(csθ，sinθ)≤eq \r(1＋T2)，得T≤eq \f(\r(2),2)，当且仅当tanθ＝eq \f(\r(2),2)，即sinθ＝eq \f(\r(3),3)时取等号．(13分)
所以tanα的最大值为eq \f(\r(2),2).显然tanα>0，所以当tanα＝eq \f(\r(2),2)时，α取最大值．
答：游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，sinθ＝eq \f(\r(3),3).(16分)
【变式2】、 ））(2017苏锡常镇调研（一））（C13,17. (本小题满分14分)
某单位将举办庆典活动，要在广场上竖立一形状为等腰梯形的彩门BADC(如图)．设计要求彩门的面积为S(单位：m2)，高为h(单位：m)(S，h为常数)．彩门的下底BC固定在广场底面上，上底和两腰由不锈钢支架构成，设腰和下底的夹角为α，不锈钢支架的长度之和记为l.
(1) 请将l表示成关于α的函数l＝f(α)；
(2) 问：当α为何值时l最小，并求最小值．
(2) f′(α)＝h·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2csα,sin2α)－\f(－1,sin2α)))＝h·eq \f(1－2csα,sin2α)，(8分)
令f′(α)＝h·eq \f(1－2csα,sin2α)＝0，得α＝eq \f(π,3).(9分)
当α变化时，f′(α)，f(α)的变化情况如下表：
所以lmin＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \r(3)h＋eq \f(S,h).(12分)
答：(1) l表示成关于α的函数为l＝f(α)＝eq \f(S,h)＋heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,sinα)－\f(1,tanα)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜α＜\f(π,2)))；
(2) 当α＝eq \f(π,3)时，l有最小值，为eq \r(3)h＋eq \f(S,h).(14分)
【变式3】、 在一水域上建一个演艺广场．演艺广场由看台Ⅰ，看台Ⅱ，三角形水域ABC，及矩形表演台BCDE四个部分构成（如图）．看台Ⅰ，看台Ⅱ是分别以AB，AC为直径的两个半圆形区域，且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍；矩形表演台BCDE中，CD＝10米；三角形水域ABC的面积为400eq \R(,3)平方米．设∠BAC＝θ．
（1）求BC的长（用含θ的式子表示）；
（2）若表演台每平方米的造价为0.3万元，求表演台的最低造价．
【解析】：（1）因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍，所以AB＝ eq \r(3)AC．
在△ABC中，S△ABC＝ eq \f(1,2)AB•AC•sinθ＝400 eq \r(3)，
所以AC2＝ eq \f(800,sinθ) ． …………………… 3分
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB•AC•csθ，
＝4AC2－2 eq \r(3)AC2 csθ．
＝(4－2 eq \r(3)csθ) eq \f(800,sinθ) ，
即BC＝ eq \r((4－2 eq \r(3)csθ)• eq \f(800,sinθ)) ＝40 eq \r( eq \f(2－ eq \r(3)csθ,sinθ))．
所以 BC＝40 eq \r( eq \f(2－ eq \r(3)csθ,sinθ)) ，θ∈(0，π)． …………………… 7分
（2）设表演台的总造价为W万元．
因为CD＝10m，表演台每平方米的造价为0.3万元，
所以W＝3BC＝120 eq \r( eq \f(2－ eq \r(3)csθ,sinθ)) ，θ∈(0，π)． …………………… 9分
记f(θ)＝ eq \f(2－ eq \r(3)csθ,sinθ)，θ∈(0，π)．
则f ′(θ)＝ eq \f( eq \r(3)－2csθ,sin2θ)． …………………… 11分
由f ′(θ)＝0，解得θ＝ eq \f(π,6)．
当θ∈(0， eq \f(π,6))时，f ′(θ)＜0；当θ∈( eq \f(π,6)，π)时，f ′(θ)＞0．
故f(θ)在(0， eq \f(π,6))上单调递减，在( eq \f(π,6)，π)上单调递增，
从而当θ＝ eq \f(π,6) 时，f(θ)取得最小值，最小值为f( eq \f(π,6))＝1．
所以Wmin＝120(万元)．
答：表演台的最低造价为120万元． …………………… 14分
例2、如图，海上有A，B两个小岛相距10km，船O将保持观望A岛和B岛所成的视角为60°，现从船O上派下一只小艇沿BO方向驶至C处进行作业，且OC＝BO.设AC＝xkm.
(1) 用x分别表示OA2＋OB2和OA·OB，并求出x的取值范围；
(2) 晚上小艇在C处发出一道强烈的光线照射A岛，B岛至光线CA的距离为BD，求BD的最大值．
【解析】： (1) 在△OAC中，∠AOC＝120°，AC＝x.
由余弦定理得OA2＋OC2－2OA·OC·cs120°＝x2.
又OC＝BO，所以
OA2＋OB2－2OA·OB·cs120°＝x2 ①.(2分)
在△OAB中，AB＝10，∠AOB＝60°.由余弦定理得
OA2＋OB2－2OA·OB·cs60°＝100 ②.(4分)
①＋②得OA2＋OB2＝eq \f(x2＋100,2).
①－②得4OA·OB·cs60°＝x2－100，即OA·OB＝eq \f(x2－100,2).(6分)
又OA2＋OB2≥2OA·OB，所以eq \f(x2＋100,2)≥2×eq \f(x2－100,2)，即x2≤300.又OA·OB＝eq \f(x2－100,2)>0，即x2>100，所以10
S△ABC＝2S△OAB＝2·eq \f(1,2)·OA·OBsin60°＝eq \f(\r(3)x2－100,4).(10分)
又S△ABC＝eq \f(1,2)·AC·BD，设BD＝f(x)，所以f(x)＝eq \f(\r(3)x2－100,2x)，x∈(10,10eq \r(3)]．(12分)
又f′(x)＝eq \f(\r(3),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(100,x2)))>0，(14分)
则f(x)在(10,10eq \r(3)]上是单调增函数，所以f(x)的最大值为f(10eq \r(3))＝10，即BD的最大值为10.(16分)
(利用单调性定义证明f(x)在(10,10eq \r(3)上是单调增函数，同样给满分；如果直接说出f(x)在(10,10eq \r(3)]上是增函数，但未给出证明，扣2分)
【变式1】、如图，某生态农庄内有一直角梯形区域，∥，，百米，百米．该区域内原有道路，现新修一条直道（宽度忽略不计），点
在道路上（异于两点），．
（1）用表示直道的长度；
（2）计划在△区域内种植观赏植物，在△区域内种植经济作物．已知种植
观赏植物的成本为每平方百米万元，种植经济作物的成本为每平方百米万元，
新建道路的成本为每百米万元，求以上三项费用总和的最小值．
【解析】： （1）过点作垂直于线段，垂足为．
在直角中，因为AB⊥BC，，，所以．
在直角中，因为，，所以，则，
C
B
A
（第17题）
D
P
故，
又，所以．…… 2分
在中，由正弦定理得，
所以，． …… 6分
（2）在中，由正弦定理得，
所以．
所以．
又．
所以． ………………………… 8分
设三项费用总和为，
则
，，
，．………………………………… 10分
所以，
令，则．
列表：
所以时，．
答：以上三项费用总和的最小值为万元．………………………… 14分
【变式2】、如图，经过村庄A有两条夹角为60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N (异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：km)．如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?
(第17题)
答：设计∠AMN为60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．(14分)
解法2 (构造直角三角形)
设∠PMB＝θ.当0<θ
AP2＝AD2＋PD2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)sinθ＋2csθ))2＋(2sinθ)2
＝eq \f(16,3)sin2θ＋eq \f(16\r(3),3)sinθcsθ＋4cs2θ＋4sin2θ(8分)
＝eq \f(16,3)·eq \f(1－cs2θ,2)＋eq \f(8\r(3),3)sin2θ＋4
＝eq \f(8\r(3),3)sin2θ－eq \f(8,3)cs2θ＋eq \f(20,3)
＝eq \f(20,3)＋eq \f(16,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3))). (12分)
当且仅当2θ－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,3)时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2eq \r(3).
此时AM＝AN＝2，∠PAB＝30°.(14分)
解法3 设AM＝x，AN＝y，∠AMN＝α.
在△AMN中，因为MN＝2，∠MAN＝60°，
所以MN2＝AM2＋AN2－2 AM·AN·cs∠MAN，
即x2＋y2－2xycs60°＝x2＋y2－xy＝4.(2分)
因为eq \f(MN,sin60°)＝eq \f(AN,sinα)，即eq \f(2,sin60°)＝eq \f(y,sinα)，所以sinα＝eq \f(\r(3),4)y，
csα＝eq \f(x2＋4－y2,2×2×x)＝eq \f(x2＋x2－xy,4x)＝eq \f(2x－y,4).(6分)
cs∠AMP＝cs(α＋60°)＝eq \f(1,2)csα－eq \f(\r(3),2)sinα＝eq \f(1,2)·eq \f(2x－y,4)－eq \f(\r(3),2)·eq \f(\r(3),4)y＝eq \f(x－2y,4).(8分)
在△AMP中，AP2＝AM2＋PM2－2 AM·PM·cs∠AMP，即AP2＝x2＋4－2×2×x×eq \f(x－2y,4)＝x2＋4－x(x－2y)＝4＋2xy.(12分)
因为x2＋y2－xy＝4,4＋xy＝x2＋y2≥2xy，即xy≤4.
所以AP2≤12，即AP≤2eq \r(3).
当且仅当x＝y＝2时，AP取得最大值2eq \r(3).
答：设计AM＝AN＝2 km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．(14分)
例3、某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示．圆的圆心与矩形对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切(为上切点)，与左右两边相交(，为其中两个交点)，图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域．已知圆的半径为1m，且．设，透光区域的面积为．
（1）求关于的函数关系式，并求出定义域；
（2）根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好．当该比值最大时，求边的长度．
【解析】（1）过点作于点，则，
A
B
C
D
F
E
O
G
H
所以，
．……………………………2分
所以
，………………………………6分
因为，所以，所以定义域为．……………………8分
（2）矩形窗面的面积为．
则透光区域与矩形窗面的面积比值为．…10分
设，．
则
，………………………………………………12分
因为，所以，所以，故，
所以函数在上单调减．
所以当时，有最大值，此时 (m)． …14分
答：（1）关于的函数关系式为，定义域为；
（2）透光区域与矩形窗面的面积比值最大时，的长度为1m．………16分
【变式1】、如图，某自来水公司要在公路两侧排水管，公路为东西方向，在路北侧沿直线l1排，在路南侧沿直线l2排，现要在矩形区域ABCD内沿直线将l1与l2接通．已知AB＝60m，BC＝80m，公路两侧排管费用为每米1万元，穿过公路的部分的排管费用为每米2万元，设EF与AB所成的小于90°的角为α.
(1) 求矩形区域ABCD内的排管费用W关于α的函数关系式；
(2) 求排管的最小费用及相应的角α.
【解析】 (1) 如图，过E作EM⊥BC，垂足为点M.由题意得∠MEF＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤tanα≤\f(4,3)))，故有MF＝60tanα，EF＝eq \f(60,csα)，AE＋FC＝80－60tanα.(4分)
所以W＝(80－60tanα)×1＋eq \f(60,csα)×2(5分)
＝80－eq \f(60sinα,csα)＋eq \f(120,csα)
＝80－eq \f(60sinα－2,csα).(8分)
(2) 解法1 设f(α)＝eq \f(sinα－2,csα)其中0≤α≤α0
令f′(α)＝0得1－2sinα＝0，即sinα＝eq \f(1,2)，得α＝eq \f(π,6).(11分)
列表
所以当α＝eq \f(π,6)时有f(α)max＝－eq \r(3)，此时有Wmin＝80＋60eq \r(3).(15分)
答：排管的最小费用为(80＋60eq \r(3))万元，相应的角α＝eq \f(π,6).(16分)
解法2 f(α)＝eq \f(2－sinα,csα)＝eq \f(\f(3,2)1－sinα＋\f(1,2)1＋sinα,csα)≥eq \f(\r(\f(3,2)1－sinα\f(1,2)1＋sinα),csα)＝eq \f(\r(3),2)，
当且仅当eq \f(3,2)(1－sinα)＝eq \f(1,2)(1＋sinα)时成立，此时sinα＝eq \f(1,2)，α＝eq \f(π,6).(11分)
以下同解法1.
【变式2】、如图，一块弓形薄铁片EMF，点M为eq \x\t(EF)的中点，其所在圆O的半径为4 dm(圆心O在弓形EMF内)，∠EOF＝eq \f(2π,3).将弓形薄铁片裁剪成尽可能大的矩形铁片ABCD(不计损耗)，AD∥EF，且点A，D在eq \x\t(EF)上，设∠AOD＝2θ.
(1) 求矩形铁片ABCD的面积S关于θ的函数关系式；
(2) 当裁出的矩形铁片ABCD面积最大时，求csθ的值．
(第18题)
【解析】 (1) 设矩形铁片的面积为S，∠AOM＝θ.
当0＜θ＜eq \f(π,3)时(如图1)，AB＝4csθ＋2，AD＝2×4sinθ，
S＝AB×AD＝(4csθ＋2)(2×4sinθ)＝16sinθ(2csθ＋1)．(3分)
当eq \f(π,3)≤θ＜eq \f(π,2)时(如图2)，AB＝2×4cs θ，AD＝2×4sin θ，故S＝AB×AD＝64sinθcsθ＝32sin 2θ.
综上得，矩形铁片的面积S关于θ的函数关系式为
S＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(16sinθ2csθ＋1，0＜θ＜\f(π,3)，,32sin2θ，\f(π,3)≤θ＜\f(π,2).))(7分)
【变式3】、如图，某城市小区有一个矩形休闲广场，AB＝20 m，广场的一角是半径为16 m的扇形BCE绿化区域，为了使小区居民能够更好地在广场休闲放松，现决定在广场上安置两排休闲椅，其中一排是穿越广场的双人靠背直排椅MN(宽度不计)，点M在线段AD上，并且与曲线CE相切；另一排为单人弧形椅沿曲线CN(宽度不计)摆放．已知双人靠背直排椅的造价为2a元/m，单人弧形椅的造价为a元/m，记锐角∠NBE＝θ，总造价为W元．
(1) 试将W表示为θ的函数W(θ)，并写出csθ的取值范围；
(2) 如何选取点M的位置，能使总造价W最小？
【解析】;： (1) 过点N作AB的垂线，垂足为F；过M作NF的垂线，垂足为G.
在Rt△BNF中，BF＝16csθ，则MG＝20－16csθ.
在Rt△MNG中，MN＝eq \f(20－16csθ,sinθ).(4分)
由题意易得CN＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))，(6分)[来源:Z*xx*k.Cm]
因此，W(θ)＝2a·eq \f(20－16csθ,sinθ)＋16aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))，(7分)
当点M与点A重合时，csθ＝eq \f(16,20)＝eq \f(4,5)；
当点M与点D重合时，csθ＝0，
故csθ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,5))).(9分)
(2) W′(θ)＝－16a＋8a·eq \f(4－5csθ,sin2θ)
＝8a·eq \f(2csθ－1csθ－2,sin2θ).
令W′(θ)＝0，csθ＝eq \f(1,2)，因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,3).(12分)
设锐角θ1满足csθ1＝eq \f(4,5)， θ1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))).
当θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ1，\f(π,3)))时，W′(θ)＜0，W(θ)单调递减；
当θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))时，W′(θ)＞0，W(θ)单调递增．(14分)
所以当θ＝eq \f(π,3)时，总造价W最小，最小值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16\r(3)＋\f(8π,3)))a元，此时MN＝8eq \r(3)，NG＝4eq \r(3)，NF＝8eq \r(3)，因此当AM＝4eq \r(3) m时，总造价最小．(16分)
易错警示 解决应用题问题，以下几个方面是很容易导致失分的地方，要引起高度重视．一是函数的定义域不能忘；二是有单位的问题，单位不能丢；三是要注意回到实际问题中去，即“答”不可少．
α
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，α0))
α0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α0，\f(2π,3)))
csα
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
eq \f(1,4)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))
S′
－
0
＋
S
单调递减
极小
单调递增
θ
(0，θ0)
θ0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ0，\f(π,2)))
f′(θ)
＋
0
－
f(θ)
eq \f(\r(2),2)
α
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
eq \f(π,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
f′(α)
－
0
＋
f(α)
极小值
0
α
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))
eq \f(π,6)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，α0))
f′(α)
＋
0
－
f(α)
极大值
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