江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題六 應用題講義（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題六 應用題講義（含解析） “在考查基礎知識的同時，側重考查能力”是高考的重要意向，而應用能力的考查又是近幾年能力考查的重點．江蘇卷一直在堅持以建模為主．所以如何由實際問題轉化為數(shù)學問題的建模過程的探索應是復習的關鍵． 應用題的載體很多，前幾年主要考函數(shù)建模，以三角、導數(shù)、不等式知識解決問題.2014年應用考題(2)可以理解為一次函數(shù)模型，也可以理解為條件不等式模型，這樣在建模上增添新意，還是有趣的；2015、2016年應用考題(2)都先構造函數(shù)，再利用導數(shù)求解；2016、2017年應用考題是立體幾何模型，2017年應用考題需利用空間中的垂直關系和解三角形

2、的知識求解；2018年應用考題是三角模型，需利用三角函數(shù)和導數(shù)知識求解．　　　　 題型(一) 函數(shù)模型的構建及求解 主要考查以構建函數(shù)模型為背景的應用題，一般常見于經(jīng)濟問題或立體幾何表面積和體積最值問題中. [典例感悟] [例1]　(2016·江蘇高考)現(xiàn)需要設計一個倉庫，它由上下兩部分組成，上部的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1，下部的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍． (1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，則倉庫的容積是多少？ (2)若正四棱錐的側棱長為6 m，則當PO1為多少時，倉庫的

3、容積最大？ [解]　(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8. 因為A1B1＝AB＝6， 所以正四棱錐P-A1B1C1D1的體積 V錐＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)； 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)． 所以倉庫的容積V＝V錐＋V柱＝24＋288＝312(m3)． (2)設A1B1＝a m，PO1＝h m， 則0＜h＜6，O1O＝4h.連結O1B1. 因為在Rt△PO1B1中， O1B＋PO＝PB， 所以2＋h2＝36， 即a2＝2(36－h(huán)2)． 于是倉庫的容積V＝V柱＋V錐＝a2·4h

4、＋a2·h＝a2h＝(36h－h(huán)3)，0＜h＜6， 從而V′＝(36－3h2)＝26(12－h(huán)2)． 令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍去)． 當0＜h＜2時，V′＞0，V是單調(diào)增函數(shù)； 當2＜h＜6時，V′＜0，V是單調(diào)減函數(shù)． 故當h＝2時，V取得極大值，也是最大值． 因此，當PO1＝2 m時，倉庫的容積最大． [方法技巧] 解函數(shù)應用題的四步驟 [演練沖關] 1．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)二模)某科研小組研究發(fā)現(xiàn)：一棵水蜜桃樹的產(chǎn)量w(單位：百千克)與肥料費用x(單位：百元)滿足如下關系：w＝4－，且投入的肥料費用不超過5百元．此外，還需要投入其他成本(如施肥的人工費等

5、)2x百元．已知這種水蜜桃的市場售價為16元/千克(即16 百元/百千克)，且市場需求始終供不應求．記該棵水蜜桃樹獲得的利潤為L(x)(單位：百元)． (1)求利潤函數(shù)L(x)的函數(shù)關系式，并寫出定義域； (2)當投入的肥料費用為多少時，該水蜜桃樹獲得的利潤最大？最大利潤是多少？ 解：(1)由題意可得，L(x)＝16－x－2x＝64－－3x(0≤x≤5)． (2)法一：L(x)＝64－－3x＝67－≤67－2＝43. 當且僅當＝3(x＋1)，即x＝3時取等號． 故L(x)max＝43. 答：當投入的肥料費用為300元時，種植水蜜桃樹獲得的利潤最大，最大利潤是4 300元.

6、 法二：由(1)可得L′(x)＝－3(0≤x≤5)， 由L′(x)＝0，得x＝3. 故當x∈(0,3)時，L′(x)>0，L(x)在(0,3)上單調(diào)遞增； 當x∈(3,5)時，L′(x)<0，L(x)在(3,5)上單調(diào)遞減． 所以當x＝3時，L(x)取得極大值，也是最大值， 故L(x)max＝L(3)＝43. 答：當投入的肥料費用為300元時，種植水蜜桃樹獲得的利潤最大，最大利潤是4 300元． 2.(2018·江蘇六市二調(diào))將一鐵塊高溫熔化后制成一張厚度忽略不計、面積為100 dm2的矩形薄鐵皮(如圖)，并沿虛線l1，l2裁剪成A，B，C三個矩形(B，C全等)，用來制成一個柱

7、體．現(xiàn)有兩種方案： 方案①：以l1為母線，將A作為圓柱的側面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個圓作為圓柱的兩個底面； 方案②：以l1為側棱，將A作為正四棱柱的側面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個正方形(各邊分別與l1或l2垂直)作為正四棱柱的兩個底面． (1)設B，C都是正方形，且其內(nèi)切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面，求底面半徑； (2)設l1的長為x dm，則當x為多少時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大？ 解：(1)設所得圓柱的底面半徑為r dm， 則(2πr＋2r)×4r＝100，解得r＝. (2) 設所得正四棱柱的底面邊長為a dm， 則即 法一：所得正四棱柱的體

8、積V＝a2x≤ 記函數(shù)p(x)＝ 則p(x)在(0,2 ]上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當x＝2時，p(x)max＝20. 所以當x＝2，a＝時，Vmax＝20 dm3. 答：當x為2時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大． 法二：由2a≤x≤，得a≤. 所得正四棱柱的體積V＝a2x≤a2＝20a≤20. 所以當a＝，x＝2時，Vmax＝20 dm3. 答：當x為2時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大． 題型(二) 與三角形、多邊形有關的實際應用題 主要考查與三角形有關的實際應用題，所建立函數(shù)模型多為三角函數(shù)模型. [典例感悟]

9、[例2]　(2018·江蘇高考)某農(nóng)場有一塊農(nóng)田，如圖所示，它的邊界由圓O的一段圓弧MPN(P為此圓弧的中點)和線段MN構成．已知圓O的半徑為40米，點P到MN的距離為50米．現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個溫室大棚，大棚Ⅰ內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD，大棚Ⅱ內(nèi)的地塊形狀為△CDP，要求A，B均在線段MN上，C，D均在圓弧上．設OC與MN所成的角為θ. (1)用θ分別表示矩形ABCD和△CDP的面積，并確定sin θ的取值范圍； (2)若大棚Ⅰ內(nèi)種植甲種蔬菜，大棚Ⅱ內(nèi)種植乙種蔬菜，且甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3.求當θ為何值時，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大． [解]　(1)如圖，

10、設PO的延長線交MN于點H，則PH⊥MN， 所以OH＝10. 過點O作OE⊥BC于點E， 則OE∥MN，所以∠COE＝θ， 故OE＝40cos θ，EC＝40sin θ， 則矩形ABCD的面積為2×40cos θ·(40sin θ＋10) ＝800(4sin θcos θ＋cos θ)， △CDP的面積為×2×40cos θ(40－40sin θ) ＝1 600(cos θ－sin θcos θ)． 過點N作GN⊥MN，分別交圓弧和OE的延長線于點G和K，則GK＝KN＝10. 連結OG，令∠GOK＝θ0，則sin θ0＝，θ0∈. 當θ∈時，才能作出滿足條件的矩形ABCD

11、， 所以sin θ的取值范圍是. 答：矩形ABCD的面積為800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP的面積為1 600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范圍是. (2)因為甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3， 設甲的單位面積的年產(chǎn)值為4k(k>0)，乙的單位面積的年產(chǎn)值為3k(k＞0)， 則年總產(chǎn)值為4k×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k×1 600(cos θ－sin θcos θ) ＝8 000k(sin θ cos θ ＋cos θ)，θ∈. 設f(θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈， 則f′

12、(θ)＝cos2θ－sin2θ－sin θ＝－(2sin2θ＋sin θ－1) ＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)． 令f′(θ)＝0，得θ＝， 當θ∈時，f′(θ)＞0，所以f(θ)為增函數(shù)； 當θ∈時，f′(θ)＜0，所以f(θ)為減函數(shù)． 所以當θ＝時，f(θ)取到最大值． 答：當θ＝時，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大． [方法技巧] 三角應用題的解題策略 (1)解三角應用題是數(shù)學知識在生活中的應用，要想解決好，就要把實際問題抽象概括，建立相應的數(shù)學模型，然后求解． (2)解三角應用題常見的兩種情況： ①實際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量全部集中

13、在一個三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． ②實際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量涉及兩個或兩個以上的三角形，這時需作出這些三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時需設出未知量，從幾個三角形中列出方程(組)，解方程(組)得出所要求的解． (3)三角函數(shù)的值域或最值的求解方法一般有化歸法、換元法、導數(shù)法． [演練沖關] 如圖，經(jīng)過村莊A有兩條夾角為60°的公路AB，AC，根據(jù)規(guī)劃擬在兩條公路之間的區(qū)域內(nèi)建一工廠P，分別在兩條公路邊上建兩個倉庫M，N(異于村莊A)，要求PM＝PN＝MN＝2(單位：千米)．記∠AMN＝θ. (1)將AN，AM用含θ的關系式表示出來；

14、 (2)如何設計(即AN，AM為多長)，使得工廠產(chǎn)生的噪聲對居民的影響最小(即工廠與村莊的距離AP最大)? 解：(1)由已知得∠MAN＝60°，∠AMN＝θ，MN＝2， 在△AMN中， 由正弦定理得＝＝， 所以AN＝sin θ， AM＝sin(120°－θ)＝sin(θ＋60°)． (2)在△AMP中，由余弦定理可得 AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP ＝sin2(θ＋60°)＋4－sin(θ＋60°)cos(θ＋60°) ＝[1－cos(2θ＋120°)]－sin(2θ＋120°)＋4 ＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋ ＝－

15、sin(2θ＋150°)，0＜θ＜120°， 當且僅當2θ＋150°＝270°，即θ＝60°時，工廠產(chǎn)生的噪聲對居民的影響最小，此時AN＝AM＝2. 題型(三) 與圓有關的實際應用題 主要考查與直線和圓有關的實際應用題，在航海與建筑規(guī)劃中的實際　問題中常見. [典例感悟] [例3]　一緝私艇巡航至距領海邊界線l(一條南北方向的直線)3.8海里的A處，發(fā)現(xiàn)在其北偏東30°方向相距4海里的B處有一走私船正欲逃跑，緝私艇立即追擊．已知緝私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍．假設緝私艇和走私船均按直線方向以最大航速航行． (1)若走私船沿正東方向逃離，試確定緝私艇的追擊方

16、向，使其用最短時間在領海內(nèi)攔截成功；(參考數(shù)據(jù)：sin 17°≈，≈5.744 6) (2)問：無論走私船沿何方向逃跑，緝私艇是否總能在領海內(nèi)成功攔截？并說明理由． [解]　(1)設緝私艇在C處與走私船相遇(如圖①)， 依題意，AC＝3BC. 在△ABC中，由正弦定理得， sin∠BAC＝sin∠ABC ＝＝. 因為sin 17°≈，所以∠BAC＝17°. 從而緝私艇應向北偏東47°方向追擊. 在△ABC中，由余弦定理得， cos 120°＝， 解得BC＝≈1.686 15. 又B到邊界線l的距離為3.8－4sin 30°＝1.8. 因為1.686 15<1.8，

17、所以能在領海上成功攔截走私船． 答：緝私艇應向北偏東47°方向追擊． (2)法一： 如圖②，設走私船沿BC方向逃跑，∠ABC＝α， 緝私艇在C處截獲走私船，并設BC＝a，則AC＝3a. 由余弦定理得(3a)2＝a2＋16－8acos α.即cos α＝， 所以sin α＝，1≤a≤2. 所以BCcos(α－120°)＝a ＝－(2－a2)＋· ＝(a2－2)＋·. 令t＝a2－，－≤t≤， 再令t＝cos θ，0°≤θ≤180°. 則BCcos(α－120°)＝t＋＋· ＝cos θ＋sin θ＋ ＝sin(θ＋30°)＋≤1.75<1.8， 所以無論走私船沿

18、何方向逃跑，緝私艇總能在領海內(nèi)成功攔截． 法二：如圖③，以A為原點，正北方向所在的直線為y軸建立平面直角坐標系xOy. 則B(2,2)，設緝私艇在P(x，y)處(緝私艇恰好截住走私船的位置)與走私船相遇，則＝3， 即＝3. 整理得，2＋2＝， 所以點P(x，y)的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓. 因為圓心到領海邊界線l：x＝3.8的距離為1.55，大于圓的半徑， 所以緝私艇能在領海內(nèi)截住走私船. 答：緝私艇總能在領海內(nèi)成功攔截走私船． [方法技巧] 與圓有關應用題的求解策略 (1)在與圓有關的實際應用題中，有些時候，在條件中沒有直接給出圓方面的信息，而是隱藏在題目中的

19、，要通過分析和轉化，發(fā)現(xiàn)圓(或圓的方程), 從而最終可以利用圓的知識來求解，如本例，需通過條件到兩個定點A，B的距離之比為定值3來確定動點(攔截點)的軌跡是圓． (2)與直線和圓有關的實際應用題一般都可以轉化為直線與圓的位置關系或者轉化為直線和圓中的最值問題． [演練沖關] 如圖，半圓AOB是某愛國主義教育基地一景點的平面示意圖，半徑OA的長為1百米．為了保護景點，基地管理部門從道路l上選取一點C，修建參觀線路C－D－E－F，且CD，DE，EF均與半圓相切，四邊形CDEF是等腰梯形．設DE＝t百米，記修建每1百米參觀線路的費用為f(t)萬元，經(jīng)測算f(t)＝ (1)用t表示線段EF

20、的長； (2)求修建該參觀線路的最低費用． 解：(1)法一：設DE與半圓相切于點Q，則由四邊形CDEF是等腰梯形知OQ⊥l，DQ＝QE，以OF所在直線為x軸，OQ所在直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系xOy. 由題意得，點E的坐標為， 設直線EF的方程為y－1＝k(k<0)， 即kx－y＋1－tk＝0. 因為直線EF與半圓相切， 所以圓心O到直線EF的距離為＝1， 解得k＝. 代入y－1＝k可得，點F的坐標為. 所以EF＝ ＝＋， 即EF＝＋(0

21、FH，∠GOF＝∠HEF， 所以Rt△EHF≌Rt△OGF， 所以HF＝FG＝EF－t. 由EF2＝1＋HF2＝1＋2, 解得EF＝＋(00， 所以當t∈時，y′<0； 當t∈(1,2)時，y′>0， 所以y在上單調(diào)遞減；在(1,2)上單調(diào)遞增． 所以當t＝1時，y取最小值為24

22、.5. 由①②知，y取最小值為24.5. 答：修建該參觀線路的最低費用為24.5萬元. A組——大題保分練 1.在一個矩形體育館的一角MAN內(nèi)(如圖所示)，用長為a的圍欄設置一個運動器材儲存區(qū)域，已知B是墻角線AM上的一點，C是墻角線AN上的一點． (1)若BC＝a＝10，求儲存區(qū)域△ABC面積的最大值； (2)若AB＝AC＝10，在折線MBCN內(nèi)選一點D，使DB＋DC＝a＝20，求儲存區(qū)域四邊形DBAC面積的最大值． 解：(1)設AB＝x，則AC＝ ， 所以S△AB

23、C＝x＝≤ ＝×50＝25， 當且僅當x2＝100－x2，即x＝5時取等號， 所以S△ABC取得最大值為25. (2)由DB＋DC＝20知點D在以B，C為焦點的橢圓上． 因為S△ABC＝×10×10＝50，所以要使四邊形DBAC的面積最大，只需△DBC的面積最大，此時點D到BC的距離最大，即D必為橢圓短軸頂點． 由BC＝10得短半軸長為5，所以S△DBC的最大值為×10×5＝50. 因此四邊形DBAC面積的最大值為100. 2.某地擬建一座長為640米的大橋AB，假設橋墩等距離分布，經(jīng)設計部門測算，兩端橋墩A，B造價總共為100萬元，當相鄰兩個橋墩的距離為x米時(其中64

24、00)，中間每個橋墩的平均造價為 萬元，橋面每1米長的平均造價為萬元． (1)試將橋的總造價表示為x的函數(shù)f(x)； (2)為使橋的總造價最低，試問這座大橋中間(兩端橋墩A，B除外)應建多少個橋墩？ 解：(1)由橋的總長為640米，相鄰兩個橋墩的距離為x米，知中間共有個橋墩，于是橋的總造價 f(x)＝640＋＋100， 即f(x)＝x＋x－－x＋1 380 ＝x＋x－－x＋1 380(64

25、4,80)時，f′(x)<0； 當x∈(80,100)時，f′(x)>0， 所以當x＝80時，橋的總造價最低，此時橋墩數(shù)為－1＝7. 3．如圖所示，有兩條道路OM與ON，∠MON＝60°，現(xiàn)要鋪設三條下水管道OA，OB，AB(其中A，B分別在OM，ON上)，若下水管道的總長度為3 km.設OA＝a km，OB＝b km. (1)求b關于a的函數(shù)表達式，并指出a的取值范圍； (2)已知點P處有一個污水總管的接口，點P到OM的距離PH為 km，到點O的距離PO為 km，問下水管道AB能否經(jīng)過污水總管的接口點P？若能，求出a的值，若不能，請說明理由． 解：(1)∵OA＋OB＋AB＝3，∴

26、AB＝3－a－b. ∵∠MON＝60°，由余弦定理，得 AB2＝a2＋b2－2abcos 60°. ∴(3－a－b)2＝a2＋b2－ab. 整理，得b＝. 由a>0，b>0,3－a－b>0，及a＋b>3－a－b，a＋3－a－b>b，b＋3－a－b>a，得0

27、B能經(jīng)過污水總管的接口點P，此時a＝ (km)． 4．(2018·南京、鹽城二模)在一張足夠大的紙板上截取一個面積為3 600平方厘米的矩形紙板ABCD，然后在矩形紙板的四個角上切去邊長相等的小正方形，再把它的邊沿虛線折起，做成一個無蓋的長方體紙盒(如圖)．設小正方形邊長為x厘米，矩形紙板的兩邊AB，BC的長分別為a厘米和b厘米，其中a≥b. (1)當a＝90時，求紙盒側面積的最大值； (2)試確定a，b，x的值，使得紙盒的體積最大，并求出最大值． 解：(1)因為矩形紙板ABCD的面積為3 600， 故當a＝90時，b＝40， 從而包裝盒子的側面積 S＝2×x(90－2x)＋

28、2×x(40－2x) ＝－8x2＋260x，x∈(0,20)． 因為S＝－8x2＋260x＝－8(x－16.25)2＋2 112.5， 故當x＝16.25時，紙盒側面積最大，最大值為2 112.5平方厘米． (2)包裝盒子的體積V＝(a－2x)(b－2x)x＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]，x∈，b≤60. V＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]≤x(ab－4x＋4x2) ＝x(3 600－240x＋4x2)＝4x3－240x2＋3 600x， 當且僅當a＝b＝60時等號成立． 設f(x)＝4x3－240x2＋3 600x，x∈(0,30)． 則f′(x)＝12(x－1

29、0)(x－30)． 于是當0＜x＜10時，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,10)上單調(diào)遞增； 當10＜x＜30時，f′(x)＜0，所以f(x)在(10,30)上單調(diào)遞減． 因此當x＝10時，f(x)有最大值f(10)＝16 000，此時a＝b＝60，x＝10. 答：當a＝b＝60，x＝10時紙盒的體積最大，最大值為16 000立方厘米． B組——大題增分練 1．(2018·常州期末)已知小明(如圖中①AB所示)身高1.8米，路燈OM高3.6米，AB，OM均垂直于水平地面，分別與地面交于點A，O.點光源從M發(fā)出，小明在地面上的影子記作AB′. (1)小明沿著圓心為O，半徑為3米

30、的圓周在地面上走一圈，求AB′掃過的圖形面積； (2)若OA＝3米，小明從A出發(fā)，以1米/秒的速度沿線段AA1走到A1，∠OAA1＝，且AA1＝10米，如圖②所示．t秒時，小明在地面上的影子長度記為f(t)(單位：米)，求f(t)的表達式與最小值． 解： (1) 由題意AB∥OM，＝＝＝，OA＝3，所以OB′＝6. 小明在地面上的身影AB′掃過的圖形是圓環(huán)，其面積為π×62－π×32＝27π(平方米)． (2) 經(jīng)過t秒，小明走到了A0處，身影為A0B0′， 由(1)知＝＝， 所以f(t)＝A0B0′＝OA0 ＝， 化簡得f(t)＝＝ ，0

31、的最小值為. 答：f(t)＝ ，0

32、⊥BC， 所以四邊形MNPE為矩形，此時PN＝FN－PF＝3－2＝1 (m)，所以四邊形MNPE的面積S＝PN·MN＝2(m2). (2)法一：設∠EFD＝θ， 由條件，知∠EFP＝∠EFD＝∠FEP＝θ. 所以PF＝＝， NP＝NF－PF＝3－，ME＝3－. 由得 所以四邊形MNPE面積為S＝(NP＋ME)MN ＝×2＝6－－ ＝6－－＝6－ ≤6－2 ＝6－2. 當且僅當tan θ＝，即tan θ＝，θ＝時取“＝”． 此時，(*)成立． 答：當∠EFD＝時，沿直線PE裁剪，四邊形MNPE的面積最大，最大值為m2. 法二：設BE＝t m,3

33、－t. 因為∠EFP＝∠EFD＝∠FEP， 所以PE＝PF，即 ＝t－BP. 所以BP＝， NP＝3－PF＝3－PE＝3－(t－BP)＝3－t＋. 由得 所以四邊形MNPE面積為 S＝(NP＋ME)MN ＝×2＝ ＝6－≤6－2. 當且僅當(t－3)＝，即t＝3＋＝3＋時取“＝”. 此時，(*)成立． 答：當點E距B點3＋ m時，沿直線PE裁剪，四邊形MNPE的面積最大，最大值為(6－2)m2. 3.(2018·揚州期末)如圖，射線OA和OB均為筆直的公路，扇形OPQ區(qū)域(含邊界)是一蔬菜種植園，其中P，Q分別在射線OA和OB上．經(jīng)測量得，扇形OPQ的圓心角(即∠PO

34、Q)為、半徑為1千米，為了方便菜農(nóng)經(jīng)營，打算在扇形OPQ區(qū)域外修建一條公路MN，分別與射線OA，OB交于M，N兩點，并要求MN與扇形弧相切于點S.設∠POS＝α(單位：弧度)，假設所有公路的寬度均忽略不計． (1) 試將公路MN的長度表示為α的函數(shù)，并寫出α的取值范圍； (2) 試確定α的值，使得公路MN的長度最小，并求出其最小值． 解：(1) 因為MN與扇形弧相切于點S， 所以OS⊥MN. 在Rt△OSM中，因為OS＝1，∠MOS＝α， 所以SM＝tan α. 在Rt△OSN中，∠NOS＝－α， 所以SN＝tan， 所以MN＝tan α＋tan＝， 其中<α<. (2)

35、 法一：(基本不等式) 因為<α<， 所以tan α－1>0. 令t＝tan α－1>0，則tan α＝(t＋1)， 所以MN＝. 由基本不等式得MN≥·＝2， 當且僅當t＝，即t＝2時取“＝”． 此時tan α＝，由于<α<，故α＝. 答：當α＝時，MN的長度最小，為2千米． 法二：(三角函數(shù)) MN＝ ＝＝ ＝. 因為<α<，所以<2α－<， 故

36、路．最初規(guī)劃在拐角處(圖中陰影部分)只有一塊綠化地，后來有眾多市民建議在綠化地上建一條小路，便于市民快捷地往返兩條道路．規(guī)劃部門采納了此建議，決定在綠化地中增建一條與圓C相切的小道AB.問：A，B兩點應選在何處可使得小道AB最短？ 解：法一：如圖，分別由兩條道路所在直線建立直角坐標系xOy，則C(1,1)． 設A(a,0)，B(0，b)(0＜a＜1,0＜b＜1)，則直線AB方程為＋＝1，即bx＋ay－ab＝0. 因為AB與圓C相切，所以＝1. 化簡得ab－2(a＋b)＋2＝0，即ab＝2(a＋b)－2. 因此AB＝ ＝ ＝ ＝ . 因為0＜a＜1,0＜b＜1， 所以0＜a＋b

37、＜2，于是AB＝2－(a＋b)． 又ab＝2(a＋b)－2≤2， 解得0＜a＋b≤4－2，或a＋b≥4＋2(舍去)． 所以AB＝2－(a＋b)≥2－(4－2)＝2－2，當且僅當a＝b＝2－時取等號， 所以AB最小值為2－2，此時a＝b＝2－. 故當A，B兩點離道路的交點都為2－(百米)時，小道AB最短． 法二：如圖，設圓C與道路1，道路2，AB的切點分別為E，F(xiàn)，D，連結CE，CA，CD，CB，CF. 設∠DCE＝θ，θ∈， 則∠DCF＝－θ. 在Rt△CDA中，AD＝tan. 在Rt△CDB中，BD＝tan. 所以AB＝AD＋BD＝tan＋tan ＝tan＋. 令t＝tan，0＜t＜1， 則AB＝f(t)＝t＋＝t＋1＋－2≥2－2， 當且僅當t＝－1時取等號． 所以AB最小值為2－2，此時A，B兩點離兩條道路交點的距離是1－(－1)＝2－. 故當A，B兩點離道路的交點都為2－(百米)時，小道AB最短．