Question

11．如圖，在半徑為$\sqrt{3}$，圓心角為60°的扇形的弧上任取一點P，作扇形的內(nèi)接矩形PNMQ，使點Q在OA上，點N，M在OB上，設矩形PNMQ的面積為y，∠POB=θ．
（Ⅰ）將y表示成θ的函數(shù)關系式，并寫出定義域；
（Ⅱ）求矩形PNMQ的面積取得最大值時$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{ON}$的值；
（Ⅲ）求矩形PNMQ的面積y≥$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{2}$的概率．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用三角函數(shù)的關系，求出矩形的鄰邊，求出面積的表達式，化為一個角的一個三角函數(shù)的形式，根據(jù)θ的范圍確定函數(shù)的定義域．
（Ⅱ）利用三角函數(shù)的倍角公式以及輔助角公式將函數(shù)進行化簡，結合三角函數(shù)的最值性質(zhì)求出矩形面積的最大值．以及利用向量數(shù)量積的定義進行求解即可．
（Ⅲ）根據(jù)幾何概型的概率公式求出矩形PNMQ的面積y≥$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{2}$時，對應的角θ的取值范圍，即可得到結論．

解答 解：（Ⅰ）在Rt△PON中，∠PNO=90°，∠POB=θ，$PO=\sqrt{3}$，
所以$PN=\sqrt{3}sinθ$，$ON=\sqrt{3}cosθ$，
在Rt△QMO中，∠QMO=90°，∠QON=60°，QM=PN=$\sqrt{3}sinθ$
所以OM=$\frac{QM}{tan∠QON}=\frac{\sqrt{3}sinθ}{tan60°}=sinθ$
所以：MN=ON-OM=$\sqrt{3}cosθ-sinθ$
所以y=$PN•NM=\sqrt{3}sinθ（\sqrt{3}cosθ-sinθ）$
即：y=3sinθcosθ-$\sqrt{3}$sin²θ，（$0＜θ＜\frac{π}{3}$）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得y=3sinθcosθ-$\sqrt{3}$sin²θ=$\frac{3}{2}sin2θ$-$\sqrt{3}•\frac{1-cos2θ}{2}$
=$\sqrt{3}（sin2θcos\frac{π}{6}+cos2θsin\frac{π}{6}$）-$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}sin（2θ+\frac{π}{6}）-\frac{\sqrt{3}}{2}$
∵θ∈（0，$\frac{π}{3}$）
∴$2θ+\frac{π}{6}∈（\frac{π}{6}，\frac{5π}{6}）$
∴sin（$2θ+\frac{π}{6}$）∈$（\frac{1}{2}，1]$
∴$2θ+\frac{π}{6}=\frac{π}{2}$，即$θ=\frac{π}{6}$時，y的最大值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
此時ON=$\sqrt{3}$cos$\frac{π}{6}$=$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{2}$，則$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{ON}$=|$\overrightarrow{OP}$|•|$\overrightarrow{ON}$|cos$\frac{π}{6}$=$\frac{3}{2}$×$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{9}{4}$．
（Ⅲ）若矩形PNMQ的面積y≥$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{2}$，
則$\sqrt{3}sin（2θ+\frac{π}{6}）-\frac{\sqrt{3}}{2}$≥$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{2}$，
即$\sqrt{3}$sin（$2θ+\frac{π}{6}$）≥$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
則sin（$2θ+\frac{π}{6}$）≥$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵$2θ+\frac{π}{6}∈（\frac{π}{6}，\frac{5π}{6}）$
∴$\frac{π}{4}$≤$2θ+\frac{π}{6}$≤$\frac{3π}{4}$，
即$\frac{π}{24}$≤θ≤$\frac{7π}{24}$，
則對應的概率P=$\frac{\frac{7π}{24}-\frac{π}{24}}{\frac{5π}{6}-\frac{π}{6}}$=$\frac{3}{8}$

點評 本題考查三角函數(shù)模型的建立，考查三角函數(shù)的最值，三角函數(shù)解析式的應用以及向量數(shù)量積，幾何概型的概率的計算，綜合考查學生分析解決問題的能力，涉及的知識點較多，綜合性較強，有一定的難度．