江苏省高考数学二轮复习专题七应用题规范答题示例6应用题学案

规范答题示例6 应用题

典例6 (14分)某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示．圆O的圆心与矩形ABCD对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切(E为上切点)，与左右两边相交(F，G为其中两

AB1

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1 m，且≥.AD2

设∠EOF＝θ，透光区域的面积为S.

(1)求S关于θ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AB的长度．

审题路线图 (1)求出OH，FH的长度表达式→确定S△OFH与S扇形OEF，写出S的表达式→

AB1?ππ?根据≥，得到定义域?，? AD2?62?

(2)

求出S矩形的表达式

→

透光区域与矩形窗面面积的比值的表达式f?θ?

→

?1?cos θ?sin 2θ－θ?

?2?

求导f′?θ?＝2

2sinθ

→确定f′?θ?的符号

ππ3

→θ＝时，f?θ?有最大值＋→得出结论

664

规 范 解 答·分 步 得 分 解 (1)过点O作OH⊥FG于点H，则∠OFH＝∠EOF＝θ， 构 建 答 题 模 板 所以OH＝OFsin θ＝sin θ， 第一步 细审题，找关系：通过阅读题目，抓住关键信息，找出题目中影响结论的变量及其相互关系； 第二步 设变量，建模型：用字母表示变量，建立函数或其他数学模型； 第三步 用数学，解模型：利用函数或者其他数学知识方法解决数学模型； 第四步 要检验，来作答：检验问题的实际意义，最后进行作答. FH＝OFcos θ＝cos θ，2分 所以S＝4S△OFH＋4S扇形OEF 1＝2sin θcos θ＋4×θ＝sin 2θ＋2θ，4分 2AB11因为≥，所以sin θ≥， AD22?ππ?所以定义域为?，?.6分 ?62?(2)矩形窗面的面积S矩形＝AD·AB＝2×2sin θ＝4sin θ.7分 2sin θcos θ＋2θ则透光区域与矩形窗面的面积的比值为＝4sin θcos θθ＋.8分 22sin θcos θθππ设f(θ)＝＋，≤θ<. 22sin θ621sin θ－θcos θ则f′(θ)＝－sin θ＋ 222sinθsin θ－θcos θ－sinθsin θcosθ－θcos θ＝＝＝222sinθ2sinθ32?1?cos θ?sin 2θ－θ??2?2sinθ2，10分 ππ111因为≤θ<，所以sin 2θ≤，所以sin 2θ－θ<0，故62222f′(θ)<0， ?ππ?所以函数f(θ)在?，?上单调递减． ?62?ππ3所以当θ＝时，f(θ)有最大值＋，此时AB＝2sin θ＝1(m).13664

分 答 (1)S关于θ的函数关系式为S＝sin 2θ＋2θ，定义域为?π，π?； ?62???(2)当透光区域与矩形窗面的面积比值最大时，边AB的长度为1 m．14分 评分细则 (1)求出OH，FH的长度给2分； (2)求出S的表达式给2分，无定义域扣2分；

(3)求出总面积的表达式给1分； (4)求出f(θ)的表达式给1分； (5)正确求导f′(θ)，给2分；

(6)求出f(θ)的最大值给3分，无最后结论扣1分．

跟踪演练6 (2018·启东期末)如图，在圆心角为90°，半径为60 cm的扇形铁皮上截取一块矩形材料OABC，其中点O为圆心，点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铁皮

OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形铁皮罐的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设矩形的边长AB＝x cm，圆柱形铁皮罐的容积为V(x) cm.

3

(1)求圆柱形铁皮罐的容积V(x)关于x的函数解析式，并指出该函数的定义域；

(2)当x为何值时，才使做出的圆柱形铁皮罐的容积V(x)最大？最大容积是多少？ (圆柱体积公式：V＝Sh，S为圆柱的底面枳，h为圆柱的高)

解 (1)连结OB，在Rt△OAB中，由AB＝x，利用勾股定理可得OA＝3 600－x，

2

设圆柱底面半径为r， 则3 600－x＝2πr， 即4πr＝3 600－x，

3 600－x3 600x－x所以V(x)＝πrx＝π··x＝， 2

4π4π

2

2

3

22

2

23 600x－x即铁皮罐的容积V(x)关于x的函数关系式为V(x)＝，定义域为(0,60)．

4π3 600－3x(2)由V ′(x)＝＝0，x∈(0,60)，得x＝203.

4π当x变化时，V(x)，V′(x)的变化情况如表所示：

2

3

x V′(x) V(x) (0,203) ＋ 203 0 极大值V(203) (203，60) －