高考数学二轮复习专题七应用题第2讲解三角形几何中的应用题学.docx
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高考数学二轮复习专题七应用题第2讲解三角形几何中的应用题学
第2讲 解三角形、几何中的应用题
[考情考向分析] 和三角形有关的应用题，可以利用正弦定理、余弦定理解三角形，进而解决实际问题；和几何图形有关的应用题，可以利用平面几何知识或者建立平面直角坐标系转化成解析几何问题，利用直线或者曲线方程解决．
热点一 和解三角形有关的应用题
例1 如图所示，在某东西公交路线的南侧有一个临时停靠站台，为了方便乘客，打算在站台的一面东西方向的长方形墙体ABHG上用AB＝5m，BC＝1m的矩形角钢焊接成一个简易的遮阳棚（将AB放在墙上）．当太阳光线与水平线的夹角θ分别满足下列情况时，要使此时遮阳棚的遮阴面积最大，应将遮阳棚ABCD所在的平面与矩形HEFG所在的路面所成的α设置为多大角度？
（1）θ＝90°；
（2）θ＝80°.
解
（1）如图1，当θ＝90°时，太阳光线垂直于地面，
遮阳棚只有与地面平行时，遮阴面积最大，
故遮阳棚ABCD所在的平面与水平面所成角α＝0°.
（2）如图2，在平面CBHE内，过点C作直线IJ，与直线HE交于I，与直线HB的延长线交于J，并使得∠CIH＝80°，
由题意可知，∠CBH＝α＋90°.
在Rt△IHJ中，tan80°＝＝，即HI＝，
欲使得HI取到最大值，只需HB＋BJ取到最大值，
而站台高HB为定长，故只需BJ取到最大值即可．
在△BCJ中，∠BJC＝10°，∠BCJ＝α＋80°，由正弦定理得，
＝＝，
即BJ＝，
故当α＝10°时，BJ取到最大值，此时HI也取到最大值，
又S阴＝GH×HI＝5HI，所以此时遮阳棚的遮阴面积最大．
思维升华 用正、余弦定理去解决具体设计问题时，应关注图形的特点，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，再利用正弦、余弦定理构造方程或三角函数式求解．
跟踪演练1 如图，某公园有三条观光大道AB，BC，AC围成直角三角形，其中直角边BC＝200m，斜边AB＝400m．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB，BC，AC大道上嬉戏，所在位置分别记为点D，E，F.
（1）若甲、乙都以每分钟100m的速度从点B出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲晚2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；
（2）设∠CEF＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF＝，请将甲、乙之间的距离y表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离．
解
（1）依题意得BD＝300m，BE＝100m，
在△ABC中，cosB＝＝，∴B＝，
在△BDE中，由余弦定理，得
DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE·cosB
＝3002＋1002－2·300·100·＝70000，
∴DE＝100m，
答 甲、乙两人之间的距离为100m.
（2）由题意得EF＝2DE＝2y，∠BDE＝∠CEF＝θ，
在Rt△CEF中，CE＝EF·cos∠CEF＝2ycosθ，
在△BDE中，由正弦定理得＝，
即＝，
∴y＝＝，0＜θ＜，
∴当θ＝时，y有最小值50.
答 甲、乙之间的最小距离为50m.
热点二 和立体几何有关的应用题
例2 （2018·淮安四市模拟）某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O及其内接等腰三角形ABC绕底边BC上的高所在直线AO旋转180°而成，如图2.已知圆O的半径为10cm，设∠BAO＝θ，0<θ<，圆锥的侧面积为Scm2.
（1）求S关于θ的函数关系式；
（2）为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S最大．求S取得最大值时腰AB的长度．
解
（1）设AO的延长线交BC于点D，过O作OE⊥AB，垂足为E，
在△AOE中，AE＝10cosθ，
AB＝2AE＝20cosθ，
在△ABD中，
BD＝AB·sinθ＝20cosθ·sinθ，
所以S＝400πsinθcos2θ，0<θ<.
（2）要使侧面积最大，由
（1）得
S＝400πsinθcos2θ＝400π（sinθ－sin3θ）
令x＝sinθ，所以得f（x）＝x－x3，
由f′（x）＝1－3x2＝0得x＝，
当时，f′（x）>0，当x∈时，f′（x）<0，
所以f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以f（x）在x＝时取得极大值，也是最大值；
所以当sinθ＝时，侧面积S取得最大值，
此时等腰三角形的腰长
AB＝20cosθ＝20＝20＝.
答 侧面积S取得最大值时，等腰三角形的腰AB的长度为cm.
思维升华 和立体几何有关的应用题，主要通过研究空间几何体的结构特征和面积、体积的计算解决实际问题，解题的关键是抓住物体的几何特征，将实际中的物体抽象成立体几何中的柱、锥、台、球等规则几何体．
跟踪演练2 （2018·南通等六市模拟）将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100dm2的矩形薄铁皮（如图），并沿虚线l1，l2裁剪成A，B，C三个矩形（B，C全等），用来制成一个柱体．现有两种方案：
方案①：
以l1为母线，将A作为圆柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；
方案②：
以l1为侧棱，将A作为正四棱柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个正方形（各边分别与l1或l2垂直）作为正四棱柱的两个底面．
（1）设B，C都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径；
（2）设l1的长为xdm，则当x为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？
解
（1）设所得圆柱的半径为rdm，则
×4r＝100，
解得r＝.
（2）设所得正四棱柱的底面边长为adm，则
即
所得正四棱柱的体积V＝a2x≤
记函数p＝
则p在上单调递增，在上单调递减．
∴当x＝2时，pmax＝20.
∴当x＝2，a＝时，Vmax＝20dm3.
又2a≤x≤，从而a≤.
所得正四棱柱的体积V＝a2x≤a2＝20a≤20.
∴当a＝，x＝2时，Vmax＝20dm3.
答
（1）圆柱的底面半径为dm；
（2）当x为2时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大．
热点三 和解析几何有关的应用题
例3 如图所示，某街道居委会拟在EF地段的居民楼正南方向的空白地段AE上建一个活动中心，其中AE＝30米．活动中心东西走向，与居民楼平行．从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD，上部分是以DC为直径的半圆．为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tanθ＝.
（1）若设计AB＝18米，AD＝6米，问能否保证上述采光要求？
（2）在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB与AD的长度，可使得活动中心的截面面积最大？
（注：
计算中π取3）
解 如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
（1）因为AB＝18米，
AD＝6米，
所以半圆的圆心为H（9,6），半径r＝9.
设太阳光线所在直线方程为y＝－x＋b，
即3x＋4y－4b＝0，则由＝9，
解得b＝24或b＝（舍）．
故太阳光线所在直线方程为y＝－x＋24,
令x＝30，得EG＝1.5＜2.5.
所以此时能保证上述采光要求．
（2）设AD＝h米，AB＝2r米，
则半圆的圆心为H（r，h），半径为r.
方法一 设太阳光线所在直线方程为y＝－x＋b，
即3x＋4y－4b＝0，
由＝r，解得b＝h＋2r或b＝h－（舍）．
故太阳光线所在直线方程为y＝－x＋h＋2r，
令x＝30，得EG＝2r＋h－，
由EG≤，得h≤25－2r.
所以S＝2rh＋πr2＝2rh＋×r2≤2r（25－2r）＋×r2
＝－r2＋50r＝－（r－10）2＋250≤250.
当且仅当r＝10时取等号．
所以当AB＝20米且AD＝5米时，
可使得活动中心的截面面积最大．
方法二 欲使活动中心内部空间尽可能大，
则影长EG恰为2.5米，则此时点G为（30,2.5），
设过点G的上述太阳光线为l1，
则l1所在直线方程为y－＝－（x－30），
即3x＋4y－100＝0.
由直线l1与半圆H相切，得r＝.
而点H（r，h）在直线l1的下方，则3r＋4h－100＜0，
即r＝－，从而h＝25－2r.
又S＝2rh＋πr2＝2r（25－2r）＋×r2＝－r2＋50r＝－（r－10）2＋250≤250.当且仅当r＝10时取等号．
所以当AB＝20米且AD＝5米时，
可使得活动中心的截面面积最大．
思维升华 以解析几何为背景的应用题，一般要建立坐标系，然后转化为三角知识或二次函数或用基本不等式来求解．解析几何型应用题是高考的冷点，但在复习时要引起重视．
跟踪演练3 如图是一块地皮OAB，其中OA，AB是直线段，曲线段OB是抛物线的一部分，且点O是该抛物线的顶点，OA所在的直线是该抛物线的对称轴．经测量，OA＝2km，AB＝km，∠OAB＝.现要从这块地皮中划一个矩形CDEF来建造草坪，其中点C在曲线段OB上，点D，E在直线段OA上，点F在直线段AB上，设CD＝akm，矩形草坪CDEF的面积为f（a）km2.
（1）求f（a），并写出定义域；
（2）当a为多少时，矩形草坪CDEF的面积最大？
解
（1）以O为原点，OA边所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点B作BG⊥OA于点G，
在Rt△ABG中，AB＝，∠OAB＝，
所以AG＝BG＝1，又因为OA＝2，
所以OG＝1，则B（1,1），
设抛物线OCB的标准方程为y2＝2px（p>0），
代入点B的坐标，得p＝，
所以抛物线的方程为y2＝x.
因为CD＝a，所以AE＝EF＝a，则DE＝2－a－a2，
所以f（a）＝a（2－a－a2）＝－a3－a2＋2a，
定义域为（0,1）．
（2）由
（1）可知，f（a）＝－a3－a2＋2a，
则f′（a）＝－3a2－2a＋2，令f′（a）＝0，得a＝.
当0＜a＜时，
f′（a）＞0，f（a）在上单调递增；
当＜a＜1时，
f′（a）＜0，f（a）在上单调递减．
所以当a＝时，f（a）取得极大值，也是最大值
答 当a＝时，矩形草坪CDEF的面积最大．
1．（2016·江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高OO1是正四棱锥的高PO1的4倍．
（1）若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
解
（1）V＝×62×2＋62×2×4＝312（m3）．
（2）设PO1＝x，
则O1B1＝（0∴
＝2（62－x2），
又由题意可得下面正四棱柱的高为4x.
则仓库容积V＝x·2（62－x2）＋2（62－x2）·4x＝x（36－x2）（0V′＝（36－3x2），
由V′＝0得x＝2或x＝－2（舍去）．
由实际意义知V在x＝2（m）处取到最大值，
故当PO1＝2m时，仓库容积最大．
2．（2017·江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm.现有一根玻璃棒l，其长度为40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）．
（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；
（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．
解
（1）由正四棱柱的定义可知，
CC1⊥平面ABCD，
所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC，
如图①，记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处．
①
因为AC＝10cm，AM＝40cm，
所以MC＝
＝30（cm），
从而sin∠MAC＝.
记AM与水面的交点为P1，
过P1作P1Q1⊥AC，Q1为垂足，
则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1＝12cm，
从而AP1＝＝16（cm）．
答 玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm.
（如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm）
（2）方法一 如图②，O，O1是正棱台的两底面中心．
②
由正棱台的定义可知，OO1⊥平面EFGH，
所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG.
同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1.
记玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处．
过G作GK⊥E1G1，K为垂足，
则GK＝OO1＝32cm.
因为EG＝14cm，E1G1＝62cm，
所以KG1＝＝24（cm），
从而GG1＝＝＝40（cm）．
设∠EGG1＝α，∠ENG＝β，
则sinα＝sin＝cos∠KGG1＝.
因为<α<π，所以cosα＝－.
在△ENG中，由正弦定理可得＝，
解得sinβ＝.
因为0<β<，所以cosβ＝.
于是sin∠NEG＝sin（π－α－β）＝sin（α＋β）
＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝×＋×＝.
记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH，
故P2Q2＝12，从而EP2＝＝20（cm）．
答 玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.
（如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm）
方法二 记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，EN与水面的交点为P，过G1作G1H′⊥EG，垂足为H′，
易知G1H′＝32cm，GH′＝24cm，
可得GG1＝40cm.
所以cos∠G1GH′＝＝，
于是cos∠NGE＝－.
由余弦定理得EN2＝EG2＋GN2－2EG·GN·cos∠NGE，
设GN＝xcm，上述方程整理得（x－30）（5x＋234）＝0，
x＝30.
过点N作NK⊥EG，垂足为K，过点P作PQ⊥EG，垂足为Q.
由＝，得＝，解得KN＝24cm.
由＝，得＝，解得PE＝20cm.
答 玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.
（如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm）
方法三 记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，EN与水面的交点为P，过G1作G1H′⊥EG，H′为垂足，过N作NK⊥EG，K为垂足，过P作PQ⊥EG，Q为垂足．
易知G1H′＝32cm，GH′＝24cm，
得tan∠G1GH′＝＝.
所以＝，可设KN＝4x，GK＝3x.
在Rt△EKN中，由勾股定理得（14＋3x）2＋16x2＝402，
因式分解得（x－6）（25x＋234）＝0，
解得x＝6，KN＝24cm，
由＝，得＝，解得PE＝20cm.
答 玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.
（如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm）
3．（2018·江苏扬州树人学校模拟）某市为改善市民出行，准备规划道路建设，规划中的道路M－N－P如图所示，已知A，B是东西方向主干道边两个景点，且它们距离城市中心O的距离均为8km，C是正北方向主干道边上的一个景点，且距离城市中心O的距离为4km，线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16km，其中道路起点M到东西方向主干道的距离为6km，线路NP段上的任意一点到O的距离都相等．以O为原点、线路AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy.
（1）求道路M－N－P的曲线方程；
（2）现要在道路M－N－P上建一站点Q，使得Q到景点C的距离最近，问如何设置站点Q的位置（即确定点Q的坐标）?
解
（1）因为线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16km，
所以线路MN段所在曲线是以点A，B为左、右焦点的双曲线的右上支，
则其方程为x2－y2＝64（8≤x≤10,0≤y≤6）．
因为线路NP段上的任意一点到O的距离都相等，
所以线路NP段所在曲线是以O为圆心、以ON长为半径的圆，
由线路MN段所在曲线方程可求得N（8,0），
则其方程为x2＋y2＝64（y≤0），
综上得线路示意图所在曲线的方程为
MN段：
x2－y2＝64（8≤x≤10,0≤y≤6），
NP段：
x2＋y2＝64（－8≤x≤8，y≤0）．
（2）①当点Q在MN段上时，设Q（x0，y0），又C（0,4），
则CQ＝，
由
（1）得x－y＝64，即CQ＝＝，
故当y0＝2时，CQmin＝6km.
②当点Q在NP段上时，设Q（x1，y1），又C（0,4），
则CQ＝，
由
（1）得x＋y＝64，即CQ＝，
故当y1＝0时，CQmin＝4km.
因为6<4，
所以当Q的坐标为（2，2）时，可使Q到景点C的距离最近．
4．（2018·南京、盐城模拟）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEMF是以O为圆心、∠EOF＝120°的扇形，且弧EF，GH分别与边BC,AD相切于点M,N.
（1）当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；
（2）当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？
解
（1）在图甲中，连结MO交EF于点T.设OE＝OF＝OM＝R，
在Rt△OET中，因为∠EOT＝∠EOF＝60°，
所以OT＝，则MT＝OM－OT＝.
从而BE＝MT＝，即R＝2BE＝2.
故所得柱体的底面积S＝S扇形OEF－S△OEF
＝πR2－R2sin120°＝－.
又所得柱体的高EG＝4，
所以V＝S×EG＝－4.
答 当BE长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米．
（2）设BE＝x，则R＝2x，所以所得柱体的底面积
S＝S扇形OEF－S△OEF＝πR2－R2sin120°＝x2.
又所得柱体的高EG＝6－2x，
所以V＝S×EG＝，
其中0令f（x）＝－x3＋3x2，x∈，则由f′＝－3x2＋6x＝－3x＝0，解得x＝2.
列表如下：
x
（0,2）
2
（2,3）
f′（x）
＋
0
－
f（x）
极大值
所以当x＝2时，f（x）取得极大值，也是最大值．
答 当BE的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大．
A组 专题通关
1．（2018·南京模拟）如图，公园里有一湖泊，其边界由两条线段AB，AC和以BC为直径的半圆弧BC组成，其中AC为2（单位：
百米），AC⊥BC，∠A为.若在半圆弧BC，线段AC，AB上各建一个观赏亭D，E，F，再修两条栈道DE，DF，使DE∥AB，DF∥AC.记∠CBD＝θ.
（1）试用θ表示BD的长；
（2）试确定点E的位置，使两条栈道长度之和最大．
解
（1）连结DC.
在△ABC中，AC为2，AC⊥BC，∠A为，
所以∠CBA＝，AB＝4，BC＝2.
因为BC为直径，所以∠BDC＝，
所以BD＝BCcosθ＝2cosθ.
（2）在△BDF中，∠DBF＝θ＋，∠BFD＝，
BD＝2cosθ，
所以由正弦定理得，＝＝，
所以DF＝4cosθsin，
且BF＝4cos2θ，所以DE＝AF＝4－4cos2θ，
所以DE＋DF＝4－4cos2θ＋4cosθsin
＝sin2θ－cos2θ＋3
＝2sin＋3.
因为≤θ＜，所以≤2θ－＜，
所以当2θ－＝，即θ＝时，DE＋DF有最大值5，此时E与C重合．
答 当E与C重合时，两条栈道长度之和最大．
2．（2018·常州期末）已知小明（如图中AB所示）身高1.8米，路灯OM高3.6米，AB,OM均垂直于水平地面，分别与地面交于点A，O.点光源从M发出，小明在地上的影子记作AB′.
（1）小明沿着圆心为O，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求AB′扫过的图形面积；
（2）若OA＝3米，小明从A出发，以1米/秒的速度沿线段AA1走到A1,∠OAA1＝，且AA1＝10米．t秒时，小明在地面上的影子长度记为f（单位：
米），求f的表达式与最小值．
解
（1）由题意AB∥OM，则＝＝＝，OA＝3，所以OB′＝6，
小明在地面上的身影AB′扫过的图形是圆环，其面积为π×62－π×32＝27π（平方米）．
（2）经过t秒，小明走到了A0处，身影为A0B0′，由
（1）知＝＝，所以f＝A0B0′＝OA0
＝.
化简得f＝，0f＝，当t＝时，
f的最小值为.
答 f＝（03．某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：
米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c（c＞3）千元，设该容器的建造费用为y千元．
（1）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；
（2）求该容器的建造费用最小时的r.
解
（1）设容器的容积为V，
由题意知V＝πr2l＋πr3，
又V＝，
故l＝＝－r＝，
由于l≥2r，因此0＜r≤2，
所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c
＝2πr××3＋4πr2c，
因此y＝4π（c－2）r2＋，0＜r≤2.
（2）由
（1）得y′＝8π（c－2）r－
＝，0＜r≤2.
由于c＞3，所以c－2＞0，
当r3－＝0时，r＝.
令＝m，则m＞0，
所以y′＝（r－m）（r2＋rm＋m2）
①当0＜m＜2，即c＞时，当r＝m时，y′＝0；当r∈（0，m）时，y′＜0；当r∈（m,2）时，y′＞0.
所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．
②当m≥2，即3＜c≤时，
当r∈（0,2）时，y′＜0，函数单调递减，
所以r＝2是函数y的最小值点，
综上所述，当3＜c≤，建造费用最小时r＝2米，
当c＞，建造费用最小时r＝米．
4．（2018·全国大联考江苏卷）有一块边长为4百米的正方形生态休闲园ABCD，园区一端是观景湖EHFCD（注：
EHF为抛物线的一部分）．现以AB所在直线为x轴，以线段AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy.观景湖顶点H到边AB的距离为百米．EA＝FB＝百米．现从边AB上一点G（可以与A，B重合）出发修一条穿过园区到观景湖的小路，小路与观景湖岸HF段相切于点P.设点P到直线AB的距离为t百米．
（1）求PG关于t的函数解析式，并写出函数的定义域；
（2）假设小路每米造价m元，请问：
t为何值时小路造价最低，最低造价是多少？
解
（1）由题意，设抛物线EHF上点的坐标满足函数y＝ax2＋（a>0），
将点代入得，4a＋＝，
解得a＝，即y＝x2＋.
设点P的坐标为，0则t＝x＋，
∵y′＝x，∴切线
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