1、应 用 题函数模型的构建及求解 题型(一)主要考查以构建函数模型为背景的应用题，一般常见于经济问题或立体 几何表面积和体积最值问题中.典例感悟 例1(2016江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍(1)若AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解(1)由PO12知O1O4PO18.因为A1B1AB6，所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积 V锥13A1B21
2、PO11362224(m3)；正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积 V柱AB2O1O628288(m3)所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)(2)设A1B1a m，PO1h m，则0h6，O1O4h.连结O1B1.因为在RtPO1B1中，O1B 21 PO 21 PB 21，所以2a22h236，即a22(36h2)于是仓库的容积VV柱V锥a24h13a2h133 a2h263(36hh3)，0h6，从而V263(363h2)26(12h2)令V0，得h2 3或h2 3(舍去)当0h2 3时，V0，V是单调增函数；当2 3h6时，V0，V是单调减函数 故当h2 3时，V取得极大
3、值，也是最大值 因此，当PO12 3 m时，仓库的容积最大方法技巧 解函数应用题的四步骤演练冲关 1(2019常州期末)某公园要设计一个如图1所示的景观窗格(其外框可以看成在矩形的四个角处对称地截去四个全等的三角形所得)，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AFBE1.6米，两根竖轴CHDG1.2米记景观窗格的外框(如图2中的实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l米(1)若ABC 23，且两根横轴之间的距离为0.6米，求景观窗格的外框总长度；(2)由于经费有限，景观窗格的外框总长度不超过5米，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH的面积)最大时，求出此景观窗格的设计方案中ABC的
4、大小与BC的长度解：(1)记CH与AF，BE的交点分别为M，N，由ABC23 可得CBN6，易知AB0.6，CNHM12(1.20.6)0.3，所以BCCNsinCBN 0.3sin60.6，BNCNtanCBN 0.3tan63 310，所以CDBE2BN1.63 35 83 35，则lABBCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4BC1.2166 352.4346 35.答：景观窗格的外框总长度为346 35米(2)由题意知，l2AB2CD4BC5.设CBN，0，2，BCr，则CNrsin，BNrcos，所以ABCH2CN1.22rsin，CDBE2BN1.62rcos，所以2(1.22r
5、sin)2(1.62rcos)4r5，即4r(sin cos 1)35，0，2.设景观窗格的面积为S，则S1.21.62r2sin cos 4825 9sin cos 200（sin cos 1）2，0，2(当且仅当4r(sin cos 1)35时取等号)令tsin cos(t(1，2)，则sin cos t212，所以S48259t212200（t1）24825 94001 2t1，其中1 2t11221(当且仅当t 2，即4 时取等号)所以S4825 94001 2t1 4825 94001221 4825 9400(32 2)7414009 2200，即 S7414009 2200(当且
6、仅当 4r(sin cos 1)35且4 时，取等号)，所以当且仅当 r3（21）20且 4 时，S取得最大值 答：当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中ABC34 且 BC3（21）20米2(2019盐城三模)如图，某人承包了一块矩形土地ABCD用来种植草莓，其中AB99 m，AD49.5 m现计划建造如图所示的半圆柱型塑料薄膜大棚n(nN*)个，每个半圆柱型大棚的两半圆形底面与侧面都需蒙上塑料薄膜(接头处忽略不计)，塑料薄膜的价格为每平方米10元；另外，还需在每两个大棚之间留下1 m宽的空地用于建造排水沟与行走小路(如图中EF1 m)，这部分的建设造价为每平方米31.4元(1)当n
7、20时，求蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积；(结果保留)(2)试确定大棚的个数，使得上述两项费用的和最低(计算中 取3.14)解：(1)设每个半圆柱型大棚的底面半径为r.当n20时，共有19块空地，所以r991912202(m)，所以每个大棚的表面积(不含与地面接触的面的面积)为 r2rAD22249.5103(m2)，即蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积为103 m2.(2)设两项费用的和为f(n)因为r99（n1）12n100n2n，所以每个大棚的表面积(不含与地面接触的面的面积)为 Sr2rAD100n2n249.5100n2n，则f(n)10nS31.4149.5(n1)10n100n2n249
8、.5100n2n31.4149.5(n1)31.4（100n）24n49.5100n249.5（n1）31.44（100n）2n99（100n）198（n1）31.44 1002n 100n9 502 31.44 100100n n 9 502，因为100n n2100n n20，当且仅当n10时等号成立，所以，当且仅当n10时，f(n)取得最小值，即当大棚的个数为10个时，上述两项费用的和最低 与三角形、多边形 有关的实际应用题 题型(二)主要考查与三角形有关的实际应用题，所建立函数模型多为三角函数模型.典例感悟 例2(2018江苏高考)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧M
9、PN(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，大棚内的地块形状为矩形ABCD，大棚内的地块形状为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.(1)用分别表示矩形ABCD和CDP的面积，并确定sin 的取值范围；(2)若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43.求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大解(1)如图，设PO的延长线交MN于点H，则PHMN，所以 OH10.过点 O 作 OEBC 于点 E，则 OEMN，所以COE，故 OE40cos
10、，EC40sin，则矩形 ABCD 的面积为 240cos(40sin 10)800(4sin cos cos)，CDP 的面积为12240cos(4040sin)1 600(cos sin cos)过点 N 作 GNMN，分别交圆弧和 OE 的延长线于点 G和 K，则 GKKN10.连结OG，令GOK0，则sin 014，00，6.当0，2 时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sin 的取值范围是14，1.答：矩形ABCD的面积为800(4sin cos cos)平方米，CDP的面积为1 600(cos sin cos)平方米，sin 的取值范围是14，1.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位
11、面积年产值之比为43，设甲的单位面积的年产值为4k(k0)，乙的单位面积的年产值为3k(k0)，则年总产值为4k800(4sin cos cos)3k1 600(cos sin cos)8 000k(sin cos cos)，0，2.设f()sin cos cos，0，2，则f()cos2sin2sin(2sin2sin 1)(2sin 1)(sin 1)令f()0，得6，当0，6 时，f()0，所以f()为增函数；当6，2 时，f()0，所以f()为减函数 所以当6 时，f()取到最大值 答：当6 时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大方法技巧 三角应用题的解题策略(1)解三角应用题是数学知识
12、在生活中的应用，要想解决好，就要把实际问题抽象概括，建立相应的数学模型，然后求解(2)解三角应用题常见的两种情况：实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解(3)三角函数的值域或最值的求解方法一般有化归法、换元法、导数法演练冲关(2019南通等七市一模)如图1，一艺术拱门由两部分组成，下部分为矩形ABCD，AB，AD的长分别为23 m和4 m，上部分
13、是圆心为O的劣弧CD，COD23.(1)求图1中拱门最高点到地面的距离；(2)现欲以B点为支点将拱门放倒，放倒过程中矩形ABCD所在的平面始终与地面垂直，如图2、图3、图4所示设BC与地面水平线l所成的角为，记拱门上的点到地面的最大距离为h，试用的函数表示h，并求出h的最大值解：(1)如图1，过O作与地面垂直的直线，分别交AB，CD于点O1，O2，交劣弧CD于点E，O1E的长即拱门最高点到地面的距离在RtO2OC中，O2OC3，CO2 3，所以OO21，圆的半径ROC2.所以O1ERO1O2OO25.(2)在拱门放倒过程中，过点O作与地面垂直的直线，与“拱门外框”相交于点P.当点P在劣弧CD上
14、(不含点D)时，拱门上的点到地面的最大距离h等于圆O的半径长与圆心O到地面的距离之和；当点P在线段AD上时，拱门上的点到地面的最大距离h等于点D到地面的距离 连接OB，由(1)知，在RtOO1B中，OBOO21O1B22 3.以B为坐标原点，水平线l为x轴，建立平面直角坐标系 如图2，当点P在劣弧CD上(不含点D)时，6 2.由OBx6，OB2 3，得 O2 3cos6，2 3sin6，则h22 3sin6.所以当6 2，即3 时，h取得最大值，为22 3.如图 3，当点 P 在线段 AD 上时，06.连接BD，设CBD，在RtBCD中，DB BC2CD22 7，则 sin 2 32 7 21
15、7，cos 42 72 77.由DBx，得 D(2 7cos()，2 7sin()所以 h2 7sin()4sin 2 3 cos.又当 04cos6 2 3sin6 30，所以 h4sin 2 3cos 在0，6 上单调递增 所以当 6 时，h 取得最大值，为 5.又 22 35，所以 h 的最大值为 22 3.答：(1)拱门最高点到地面的距离为 5 m.(2)h4sin 2 3cos，06，22 3sin6，6 0，所以BAD为锐角 所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径 因此Q选在D处也不满足规划要求 综上，P和Q均不能选在D处(3)先讨论点P的位置 当OBP90时，线段PB上存
16、在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当OBP90时，对线段PB上任意一点F，OFOB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求 当OBP90时，设P1为l上一点，且P1BAB，由(1)知，P1B15，此时P1DP1BsinP1BDP1BcosEBA15359；当OBP90时，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再讨论点Q的位置 由(2)知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求 当QA15时，CQ AQ2AC2 152623 21.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径 综上，当PBAB，点Q位于点C右侧，且
17、CQ321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQPDCDCQ173 21.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321(百米)法二：(1)如图，过O作OHl，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系 因为BD12，AC6，所以OH9，直线l的方程为y9，点A，B的纵坐标分别为3，3.因为AB为圆O的直径，AB10，所以圆O的方程为x2y225.从而A(4，3)，B(4，3)，直线AB的斜率为34.因为PBAB，所以直线PB的斜率为43，直线PB的方程为y43x253.所以P(13，9)，PB（134）2（93）215.因此道路PB的长为15(百米)(2)均不能理由如下：若
18、P在D处，取线段BD上一点E(4，0)，则EO45，所以P选在D处不满足规划要求 若Q在D处，连接AD，由(1)知D(4，9)，又A(4，3)，所以线段AD：y34x6(4x4)在线段AD上取点M3，154，因为OM321542 32425，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径 因此Q选在D处也不满足规划要求综上，P和Q均不能选在D处(3)先讨论点P的位置 当OBP90时，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再讨论点Q的位置 由(2)知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求当QA15时，设Q(a，9)，由AQ（a4）2（93）215(a4)，得a43
19、21，所以Q(43 21，9)此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径 综上，当P(13，9)，Q(4321，9)时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ43 21(13)173 21.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为173 21(百米)方法技巧 与圆有关应用题的求解策略(1)在与圆有关的实际应用题中，有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识来求解，如本例，需通过条件到两个定点A，B的距离之比为定值3来确定动点(拦截点)的轨迹是圆(2)与直线和圆有关的实际应用题一般都可以转化为直线与圆的位置关
20、系或者转化为直线和圆中的最值问题演练冲关(2019南京三模)如图，某摩天轮底座中心A与附近的景观内某点B之间的距离AB为160 m摩天轮与景观之间有一建筑物，此建筑物由一个底面半径为15 m的圆柱体与一个半径为15 m的半球体组成圆柱的底面中心P在线段AB上，且PB为45 m半球体球心Q到地面的距离PQ为15 m把摩天轮看作一个半径为72 m的圆C，且圆C在平面BPQ内，点C到地面的距离CA为75 m该摩天轮匀速旋转一周需要30 min，若某游客乘坐该摩天轮(把游客看作圆C上一点)旋转一周，求该游客能看到点B的时长(只考虑此建筑物对游客视线的遮挡)解：以点B为坐标原点，BP所在直线为x轴，建立
21、如图所示的平面直角坐标系，则B(0，0)，Q(45，15)，C(160，75)过点B作直线l与半圆Q相切，与圆C交于点M，N，连接CM，CN，过点C作CHMN，垂足为H.设直线l的方程为ykx，即kxy0，则点Q到l的距离为|45k15|k21 15，解得k34或k0(舍)所以直线l的方程为y34x，即3x4y0.所以点C(160，75)到直线l的距离CH|3160475|32（4）2 36.因为在RtCHM中，CH36，CM72，所以cosMCH367212.又MCH0，2，所以MCH 3，所以MCN2MCH23，所以该游客能看到点B的时长为3023210(min)答：该游客能看到点B的时长为10 min.
