北师大版 (2019)必修 第二册三角函数的简单应用优质学案设计

这是一份北师大版 (2019)必修 第二册三角函数的简单应用优质学案设计，共9页。学案主要包含了知识点的认识，解题方法点拨等内容，欢迎下载使用。

▉题型1 三角函数应用
【知识点的认识】
1．三角函数模型的简单应用：1）在生活中的应用；2）；在建筑学中的应用；3）在航海中的应用；4）在物理学中的应用．
2．解三角函数应用题的一般步骤：
（1）阅读理解材料：将文字语言转化为符号语言；
（2）建立变量关系：抽象成数学问题，建立变量关系；
（3）讨论变量性质：根据函数性质讨论变量性质；
（4）作出结论．
【解题方法点拨】
1、方法与技巧：
（1）在生产生活中，常常有一些与角有关的最值问题，需要确定以角作为变量的三角函数来解决．
（2）理清题意，分清题目中已知和所求，准确解读题目中的术语和有关名词．
（3）要能根据题意，画出符合题意的图形．
（4）对计算结果，可根据实际情况进行处理．
2、注意：
（1）建立三角函数关系式关键是选择适当的角作为变量．
（2）解决应用问题要注重检验．
（3）选择变量后，要根据题中的条件，确定角的范围．
1．受潮汐影响，某港口一天的水深f（t）（单位：m）与时刻t的部分记录如下表：
若该天从0：00～24：00，f（t）与t的关系可近似地用函数f（t）＝Asin（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜π2）来表示，则下列结论正确的是（ ）
A．B＝3
B．ω=π3
C．13：00时的水深约为6.25m
D．一天中水深低于3.75m的时间为4小时
【答案】C
【解答】解：根据题目：若该天从0：00～24：00，
f（t）与t的关系可近似地用函数f（t）＝Asin（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜π2），
由数据知f（t）max＝A+B＝7.5，f（t）min＝﹣A+B＝2.5，所以A＝2.5，B＝5，A错误；
T=2πω=12，ω=π6，故B错误；
由f（3）＝7.5，
得φ=0，f(t)=2.5sinπ6t+5，f(13)=2.5sin13π6+5=2.5×12+5=6.25，故C正确；
由f（t）＜3.75，得sinπ6t＜−12，7＜t＜11，或19＜t＜23，故水深低于3.75的时间为8小时，故D错误．
故选：C．
2．阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置．我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“镇楼神器”，如图1．由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y（m）和时间t（s）的函数关系为y＝sin（ωt+φ）（ω＞0，|φ|＜π），如图2．若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为t1，t2，t3（0＜t1＜t2＜t3），且t1+t2＝2，t2+t3＝6，则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为（ ）
A．13sB．23sC．1sD．43s
【答案】D
【解答】解：∵12（t1+t2）＝1，
12（t2+t3）＝3，
∴函数y＝sin（ωt+φ）的周期为T＝2×（3﹣1）＝4，
∵y＝sinx在周期[0，2π）内时，
y＞0.5的区间为（π6，5π6），
区间长度是周期的13，
∴在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为13×4=43s，
故选：D．
3．某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10cm和20cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为（ ）
A．202cmB．305cmC．405cmD．602cm
【答案】D
【解答】解：如图设EF＝10cm，FG＝20cm，
令∠AEF＝α，则AF＝10sinα，∠AFE=π2−α，∠BFG＝α，BF＝20csα，BG＝20sinα，∠BGF=π2−α，
则∠CGM＝α，CG＝10csα，
∴周长＝2AB+2BC＝2（10sinα+20csα）+2（20sinα+10csα）
=60sinα+60csα=602sin(α+π4)≤602，当α=π4时取等号，
即矩形框架周长的最大值为602cm．
故选：D．
（多选）4．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到应用．假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．如图，将筒车抽象为一个几何图形（圆），筒车半径为2.4m，筒车转轮的中心O到水面的距离为1.2m，筒车每分钟沿逆时针方向转动3圈．若规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即P0时的位置）时开始计算时间，且以水轮的圆心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系xOy．设盛水筒M从点P0运动到点P时所经过的时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：m）（在水面下则h为负数），则h与t的关系为ℎ(t)=Asin(ωt+φ)+K(A＞0，ω＞0，−π2＜φ＜π2)．下列说法正确的是（ ）
A．A=2.4，ω=π10，φ=−π6，K=1.2
B．点P第一次到达最高点需要的时间为103s
C．在转动的一个周期内，点P在水中的时间是203s
D．若h（t）在[0，a]上的值域为[0，3.6]，则a的取值范围是[203，403]
【答案】ACD
【解答】解：由题：h与t的关系为ℎ(t)=Asin(ωt+φ)+K(A＞0，ω＞0，−π2＜φ＜π2)．
对于A，因为筒车半径为2.4m，筒车转轮的中心O到水面的距离为1.2m，
所以点P距离水面的高度h的最值为ℎmax=1.2+2.4=3.6=A+Kℎmin=1.2−2.4=−1.2=−A+K，所以A=2.4K=1.2，
因为筒车每分钟60s沿逆时针方向转动3圈，所以T=603=20，ω=2πT=π10，
因为h（t）＝2.4sinφ+1.2＝0，所以sinφ=−12，
又因为−π2＜φ＜π2，所以φ=−π6，故A正确；
对于B，由已知得，OP0与x轴正方向的夹角为π6，
所以点P第一次到达最高点需要转动π6+π2=2π3，则所需时间为T3=203s，故B错误；
对于C，在转动的一个周期内，点P在水中转动2×(π2−π6)=2π3，则需要的时间是T3=203s，故C正确；
对于D，若ℎ(t)=2.4sin(π10t−π6)+1.2在[0，a]上的值域为[0，3.6]，
则y=sin(π10t−π6)在[0，a]上的值域为[−12，1]，因为t∈[0，a]，所以π10t−π6∈[−π6，π10a−π6]，
所以π2≤π10a−π6≤7π6，则203≤a≤403，故D正确．
故选：ACD．
（多选）5．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，乘客坐在摩天轮慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．已知摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，开启后按逆时针方向匀速旋转，摩天轮设置有36个座舱，转一周需要30min．游客甲在座舱转到距离地面最近的位置进舱，tmin后距离地面的高度为H（t）（单位：m），下述结论正确的是（ ）
A．H(t)=−55csπ15t+65
B．甲进舱10分钟后距离地面的高度是82.5m
C．在运行一周的过程中，H（t）＞90的时间超过10min
D．游客乙在甲后的第6个座舱进舱，乙进舱后12min内，存在某一时刻甲、乙距离地面高度相等
【答案】ACD
【解答】解：由题意可得H（t）是关于t的三角函数，
以摩天轮轴心为原点，以与地面平行的直线为横轴建立平面直角坐标系，
设摩天轮距地面最近点为P，
根据题意：已知摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，
开启后按逆时针方向匀速旋转，摩天轮设置有36个座舱，转一周需要30min，
游客甲在座舱转到距离地面最近的位置进舱，tmin后距离地面的高度为H（t），
则当t＝0时，游客甲位于P（0，﹣55），以OP为终边的角为−π2，
而转一圈需要大约30min，可知角速度大约为π15rad/min，
由题意可得：H(t)=55sin(π15t−π2)+65=−55csπ15t+65，即A正确；
当t＝10时，H(5)=−55cs(π15×10)+65=92.5，即B错误；
由H(t)=−55csπ15t+65≥90+2.5⇒csπ15t≤−12⇒sin(π15t−π2)≥12，
由正弦函数的性质可得：sinx≥12⇒x∈[π6，5π6]，
则有π15t−π2∈[π6，5π6]⇒t∈[10，20]，
即高度超过90+2.5米时时间长20﹣10＝10min，显然高度达到或超过90米的时间超过10min，故C正确；
甲乙所在位置分别设为A、B两点，甲乙座舱差5个，则∠AOB=6×2π36=π3，
故t分钟后甲乙的高度分别为：H1=−55csπ15t+65，H2=−55cs(π15t−π3)+65，
由−55csπ15t+65=−55cs(π15t−π3)+65，可得：csπ15t=cs(π15t−π3)，
即csπ15t=12csπ15t+32sinπ15t，可得：tanπ15t=33，
即π15t=π6+kπ，k∈Z，解得t=32+15k，当k=0，t=32时，符合题意，正确．
故选：ACD．
（多选）6．记max{a，b}表示a，b中的较大者，若函数f（x）＝emax{sinx，csx}，则（ ）
A．f（x）是周期函数
B．x=π4是函数f（x）的图象的对称轴
C．f（x）的值域为[1e，e]
D．f（x）在(π2，5π4)上单调递减
【答案】ABD
【解答】解：对于A，f（x）是周期函数，令g（x）＝max{sinx，csx}，因为y＝sinx，y＝csx都是最小正周期为2π的函数，所以g（x）是最小正周期为2π的函数，因此f（x）是周期函数，故A正确；
对于B，x=π4是函数f（x）的图象的对称轴，作出g（x）＝max{sinx，csx}的部分图象如图（实线）所示，
由图可知，结合周期性得，曲线y＝g（x）关于直线x=kπ+π4(k∈Z)对称，
则x=π4是函数g（x）的图象的对称轴，再结合A项，可得x=π4是函数f（x）的图象的对称轴，故B正确；
对于C，由图象可知，g（x）的值域为[−22，1]，所以f（x）的值域为[1e22，e]，故C错误；
对于D，f（x）在(π2，5π4)上单调递减，由图象可知，g（x）在(π2，5π4)上单调递减，
根据复合函数的单调性可知，f（x）在(π2，5π4)上单调递减，D正确．
故选：ABD．
（多选）7．如图，天津永乐摩天轮有着“天津之眼”的美誉，也是世界上唯一一座建在桥上的摩天轮．以摩天轮某座舱P距离地面高度的最小值处为初始位置，摩天轮（匀速转动）的转动时间t（单位：分钟）与座舱P距离地面的高度h（t）（单位：米）的函数关系式为ℎ(t)=Asin(π15t+θ)+ℎ，A＞0，|θ|＜π，且开始转动5分钟后，座舱P距离地面的高度为37.5米，转动10分钟后，座舱P距离地面的高度为92.5米，则（ ）
A．θ=−π3
B．该摩天轮转动一圈所用的时间为30分钟
C．A＝55
D．该摩天轮座舱P距离地面的最大高度为120米
【答案】BCD
【解答】解：由题意知，函数ℎ(t)=Asin(π15t+θ)+ℎ中，h（0）＝﹣A+h＝Asinθ+h，所以sinθ＝﹣1，因为|θ|＜π，所以θ=−π2，选项A不正确；
h（t）的最小正周期为T=2ππ15=30，所以该摩天轮转动一圈所用的时间为30分钟，选项B正确；
由h（t）＝Asin（π15t−π2）+h＝﹣Acs（π15t）+h，所以h（5）＝﹣Acsπ3+h=−12A+h＝37.5，
h（10）＝﹣Acs2π3+h=12A+h＝92.5，解得A＝55，h＝65，选项C正确；
又A+h＝120，所以该摩天轮座舱P距离地面的最大高度为120米，选项D正确．
故选：BCD．
（多选）8．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向每分钟转2圈，筒车的轴心O距离水面的高度为2m．设筒车上的某个盛水桶P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下记d为负数），若从盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，则（ ）
A．当筒车转动5秒时，盛水桶距离水面4m
B．盛水桶出水后至少经过10秒就可到达最高点
C．盛水桶第二次距离水面4m时用时15秒
D．盛水桶入水后至少需要20秒才可浮出水面
【答案】ABC
【解答】解：以O为坐标原点，平行于水面为x轴，垂直于水面为y轴建立平面直角坐标系，
如图，则OC＝2m，则sin∠AOx＝sin∠OAC=24=12，故∠AOx=∠OAC=π6，
筒车按逆时针方向每分钟转2圈，故筒车转1圈的时间为30秒，即2πω=30，解得ω=π15rad/s．
因为π6+π2π15=10，故当t＝10 秒时，筒车第一次到达最高点，
此时d＝2+4＝6，故B正确；同理可得，当t＝25秒时，筒车第一次到达最低点，
此时d＝﹣2，设d=Asin(π15t+φ)+B，则A+B=6−A+B=−2，解得A=4B=2，
故d=4sin(π15t+φ)+2，又当t＝0 时，d＝0，
故4sinφ+2＝0，解得sinφ=−12，取φ=−π6，故d=4sin(π15t−π6)+2，
A选项，当t＝5时，d=4sin(π3−π6)+2=4，即当筒车转动5秒时，盛水桶距离水面4m，A正确；
C选项，令4sin(π15t−π6)+2=4，当π15t−π6=5π6 时，盛水桶第二次距离水面4m，解得 t＝15，
故盛水桶第二次距离水面4m时用时15秒，C正确；
D选项，令4sin(π15t−π6)+2≤0，解得7π6≤π15t−π6≤11π6，
20≤t≤30，故盛水桶入水后至少需要10秒才可浮出水面，D错误．
故选：ABC．
（多选）9．水车是我国古代发明的一种灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用，如图是水车示意图，其半径为3m，中心O距水面2m，一盛水斗从点P0(332，−32)处出发，逆时针匀速旋转，60s转动一周．假设经t秒后，该盛水斗旋转到点P处，此时水斗距离水面高度为h，则下列说法正确的是（ ）
A．高度h表示为时间t的函数为：ℎ=3sin(π30t−π6)+2(t≥0)
B．高度h表示为时间t的函数为：ℎ=3sin(π30t−π3)+2(t≥0)
C．当t＝50s时，该盛水斗在水面下1m处
D．该盛水斗第一次到达最高点，需要的时间为20s
【答案】ACD
【解答】解：设高度h表示为时间t的函数为：
ℎ=Asin(ωt+φ)+B(A＞0，ω＞0，|φ|＜π2)(t≥0)，
由题意可得T=2πω=60，所以ω=π30，hmax＝5，hmin＝﹣1，
所以A+B＝5，﹣A+B＝﹣1，所以A＝3，B＝2，
则ℎ=3sin(π30t+φ)+2(t≥0)，
当t＝0时，则ℎ=3sinφ+2=2−32=12，所以sinφ=−12，
则φ=−π6+2kπ或−5π6+2kπ，k∈Z，
又|φ|＜π2，所以φ=−π6，
所以ℎ=3sin(π30t−π6)+2(t≥0)，故A正确，B错误；
当t＝50s时，ℎ=3sin(5π3−π6)+2=−1，
所以当t＝50s时，该盛水斗在水面下1m处，故C正确；
令ℎ=3sin(π30t−π6)+2=5(t≥0)，
则sin(π30t−π6)=1，所以π30t−π6=π2+2kπ，k∈Z，
则t＝20+60k，k∈Z，
所以该盛水斗第一次到达最高点，需要的时间为20s，故D正确．
故选：ACD．
10．如图，一艘船以每小时20km的速度向东航行，船在A处观测灯塔C在北偏东45°方向，行驶2h后，船到达B处，观测个灯塔C在北偏东15°方向，此时船与灯塔C的距离为 402 km．
【答案】402．
【解答】解：由题意知，△ABC中，AB＝20×2＝40，∠C＝180°﹣45°﹣15°﹣90°＝30°，
由正弦定理得，BCsin45°=ABsin30°，
解得BC=ABsin45°sin30°=40×2212=402（km），
即船与灯塔C的距离为402km．
故答案为：402．
11．已知某地区某天的温度（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系f(t)=28+Asin(π8t+3π4)(A＞0)，t∈[0，24），且这天的最大温差为8℃，则A＝ 4 ；若温度不低于30℃需要开空调降温，则这天需要降温的时长为 6 h．
【答案】4；6
【解答】解：对于函数f(t)=28+Asin(π8t+3π4)(A＞0)，其最小正周期T=2ππ8=16＜24，最大值为A+28，最小值为﹣A+28，
因为这天的最大温差为8℃，
所以（A+28）﹣（﹣A+28）＝2A＝8，解得A＝4；
令f（t）≥30，则4sin(π8t+34π)+28≥30，即sin(π8t+34π)≥12，
因为t∈[0，24），所以π8t+3π4∈[3π4，15π4），
所以34π≤π8t+34π≤5π6或13π6≤π8t+34π≤176π，解得t∈[0，23]∪[343，503]，
所以一天中需要降温的时长为：23+(503−343)=6小时．
故答案为：4；6．
12．人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份．在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．若二维空间有两个点A（x1，y1），B（x2，y2），则曼哈顿距离为：d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|；余弦相似度为：cs(A，B)=x1x12+y12×x2x22+y22+y1x12+y12×y2x22+y22；余弦距离为1﹣cs（A，B）．若A(−1，2)，B(35，45)，则A，B之间的曼哈顿距离d（A，B）和余弦距离和为 195−55 ；已知M（sinα，csα），N（sinβ，csβ），Q（sinβ，﹣csβ），若cs(M，N)=15，cs(M，Q)=25，则tanαtanβ的值为 ﹣3 ．
【答案】195−55；﹣3．
【解答】解：d(A，B)=|x1−x2|+|y1−y2|=|−1−35|+|2−45|=145，
cs(A，B)=−15×35+25×45=55，
故余弦距离等于1−cs(A，B)=1−55，
即A，B之间的曼哈顿距离d（A，B）和余弦距离和为145+1−55=195−55；
cs(M，N)=sinαsin2α+cs2α⋅sinβsin2β+cs2β+csαsin2α+cs2α⋅csβsin2β+cs2β
=sinαsinβ+csαcsβ=15，
cs(M，Q)=sinαsin2α+cs2α⋅sinβsin2β+cs2β+csαsin2α+cs2α⋅−csβsin2β+cs2β
=sinαsinβ−csαcsβ=25，
故sinαsinβ=310，csαcsβ=−110，则tanαtanβ=sinαsinβcsαcsβ=−3．
故答案为：195−55；﹣3．
13．伊丽莎白塔是联合王国国会大厦威斯敏斯特宫的附属钟塔，是世界上著名的哥特式建筑之一，是伦敦乃至英国的标志性建筑．钟楼上的钟也是世界上第二大的同时朝向四个方向的时钟，其中一个钟盘如图所示，分针尖端到中心的距离为3.5米，尖端最低位置距地面约60米，若分针尖端从最高位置沿顺时针方向绕中心匀速旋转一周，分针尖端与地面的距离h（单位：米）与时间t（单位：分）的函数关系式为h（t）＝Acs（ωt+θ）+b（A＞0，ω＞0，0≤θ＜2π，0≤t≤60），则函数h（t）＝ 3.5csπ30t+63.5 ．
【答案】3.5csπ30t+63.5．
【解答】解：h（t）＝Acs（ωt+θ）+b（A＞0，ω＞0，0≤0＜2π，0≤t≤60），
由题意可得A＝3.5，b＝63.5，T=60=2πω，
可得ω=π30，
当t＝0时，h＝67，
可得h（0）＝67，即3.5csθ+63.5＝67，
又0≤θ＜2π，
所以θ＝0，
所以函数的解析式为ℎ(t)=3.5csπ30t+63.5．
故答案为：3.5csπ30t+63.5．
14．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(33，−3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒．经过t秒后，水斗旋转到P点，设P的坐标为（x，y），其纵坐标满足y＝f（t）＝Rsin（ωt+φ）（t≥0，ω＞0，|φ|＜π2）．
（1）求函数f（t）的解析式；
（2）当t∈[35，55]时，求点P到x轴的距离的最大值；
（3）当t＝20时，求|PA|的大小．
【答案】（1）y=f(t)=6sin(π30t−π6)；
（2）6；
（3）63．
【解答】解：（1）由题意，R=27+9=6，
T＝60=2πω，所以ω=π30，
将点A(33，−3)代入，
得﹣3＝6sinφ，
又因为|φ|＜π2，
所以φ=−π6．
所以y＝f（t）=6sin(π30t−π6)；
（2）f（t）=6sin(π30t−π6)，
当t∈[35，55]时，π30t−π6∈[π，53π]，
所以sin（π30t−π6）∈[﹣1，0]，
所以|f（t）|∈[0，1]，
所以点P到x轴的距离的最大值为6；
（3）当t＝20时，π30t−π6=π2，P的纵坐标为6，
即P（0，6），A(33，−3)，
|PA|=27+81=63．
15．如图，已知AOB是半径为1，圆心角为θ的扇形，P是扇形弧上的动点，记∠AOP＝α，
（1）请用θ，α来表示平行四边形OCPQ的面积；
（2）若θ=π3．
①求平行四边形OCPQ面积的最大值，以及面积最大时角α的值；
②记OP→=xOA→+yOB→（其中x，y∈R），求x+2y的取值范围．
【答案】（1）12sin2α−sin2αtanθ(0＜α＜θ)；
（2）①S(α)max=36，α=π6；②x+2y∈（1，2）．
【解答】解：（1）过点P作OA的垂线，垂足为D，
在Rt△PDO中，|PD|＝sinα，|OD|＝csα，
在Rt△PDC中，|PD|＝|CD|tanθ，
则|CD|=|PD|tanθ=sinαtanθ，
所以|OC|=|OD|−|CD|=csα−sinαtanθ，
所以S四边形OCPQ=|OC|×|PD|=(csα−sinαtanθ)sinα=12sin2α−sin2αtanθ(0＜α＜θ)；
（2）①若θ=π3，由题意可得0＜α＜π3，
所以平行四边形OCPQ的面积S(α)=12sin2α−33sin2α
=12sin2α−33×1−cs2α2
=33sin(2α+π6)−36，
由于π6＜2α+π6＜5π6，
故当2α+π6=π2时，即α=π6时，S（α）取得最大值为36；
②根据题意，建立如图所示的坐标系，
则A(1，0)，B(csπ3，sinπ3)，即B(12，32)，
又∠POC＝α，
则OP→=(csα，sinα)，OA→=(1，0)，OB→=(12，32)，
因OP→=xOA→+yOB→，即(csα，sinα)=(x，0)+(12y，32y)，
则csα=x+12y，sinα=32y，
解得：x=−33sinα+csα，y=233sinα，
所以x+2y=3sinα+csα=2sin(α+π6)，
由点P是弧上一动点，则0＜α＜π3，
则π6＜α+π6＜π2，
所以12＜sin(α+π6)＜1，即x+2y∈（1，2），
所以x+2y的取值范围为（1，2）．
16．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到应用．假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．如图，将筒车抽象为一个几何图形（圆），一个半径为4米的水轮如图所示，水轮圆心O距离水面2米，且按逆时针方向匀速转动，每12s转动1圈．如果以水轮上点P从水面浮现时（图中点P0位置）开始计时，记点P距离水面的高度h（m）关于时间t（s）的函数解析式为h（t）＝Asin（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜π2）．（在水面下则h为负数）
（1）求点P距离水面高度h（m）关于时间t（s）的函数解析式；
（2）若水面下降(23−2)m，在水轮转动的一周内，求点P在水面下方的时间．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由题：记点P距离水面的高度h（m）关于时间t（s）的函数解析式为h（t）＝Asin（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜π2）．
已知水轮半径为4米，水轮圆心O距离水面2米．根据h（t）＝Asin（ωt+φ）+B的性质，A为振幅，B为平衡位置的值．则A＝4，B＝2．
因为水轮每12s转动1圈，根据周期T的定义，T＝12s．又因为ω=2πT，
所以ω=2π12=π6，此时函数为ℎ(t)=4sin(π6t+φ)+2．
当t＝0时，点P从水面浮现，即h（0）＝0．将t＝0，h（0）＝0代入ℎ(t)=4sin(π6t+φ)+2中，得到0＝4sinφ+2．
化简可得sinφ=−12，又因为|φ|＜π2，所以φ=−π6．
综上，ℎ(t)=4sin(π6t−π6)+2．
（2）若水面下降(23−2)m，则新的水面高度为−2−(23−2)=−23，
如下图所示，则|AB|=242−(23)2=4，
此时三角形OAB是等边三角形，所以∠AOB=π3，
所以点P在水面下方的时间为π32π×12=2s．
17．摩天轮是一种大型的转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢的往上转，可以从高处观赏四周景色．某摩天轮最高点距离地面的高度为90米，转盘直径为80米，设置有24个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要48分钟．
（1）游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动t分钟后距离地面的高度为y米，在转动一周的过程中，y＝Asin（ωt+φ）+m（A＞0，ω＞0，|φ|≤π2，0≤t≤48），求y关于t的函数解析式；
（2）在（1）条件下，求游客甲在开始转动8分钟后距离地面距离；
（3）游客甲、乙两人先后坐进座舱，甲先坐进去，并且乙与甲中间恰好间隔一个座舱，从乙坐进座舱开始计时运行时间x，至乙运行一周结束计时，在这过程中，求甲、乙两人距离地面高度差h最大时运行时间x的值．
（参考公式：sinθ﹣sinφ＝2csθ+φ2sinθ−φ2；sinθ+sinφ＝2sinθ+φ2csθ−φ2）
【答案】（1）y=40sin(π24t−π2)+50(0≤t≤48)；
（2）30米；
（3）x＝10或x＝34．
【解答】解：（1）因为摩天轮最高点距离地面的高度为90米，转盘直径为80米，
所以ymax＝90，ymin＝10，且当t＝0时，y＝10，
又转一周需要48分钟，所以周期T＝48，
所以A+m=90−A+m=102πω=48Asinφ+m=10，其中A＞0，ω＞0，|φ|≤π2，
所以A＝40，m＝50，ω=π24，φ=−π2，
所以y=40sin(π24t−π2)+50(0≤t≤48)．
（2）由（1）知，y=40sin(π24t−π2)+50(0≤t≤48)，
当t＝8时，y=40sin(π24×8−π2)+50=40sin(−π6)+50=30，
所以游客甲在开始转动8分钟后距离地面距离为30米．
（3）设甲、乙都坐进座舱，并记两人位置为点A，B，则∠AOB=2×2π24=π6，
结合（1），当乙运行x（0≤x≤48）分钟后，乙离地面距离y1=40sin(π24x−π2)+50，
甲离地面距离y2=40sin(π24x−π2+π6)+50=40sin(π24x−π3)+50，
结合题目所给提示公式：sinθ﹣sinφ＝2csθ+φ2sinθ−φ2；sinθ+sinφ＝2sinθ+φ2csθ−φ2，
所以甲、乙两人距离地面高度差ℎ=|y1−y2|=|40sin(π24x−π2)−40sin(π24x−π3)|
=40×2|sin(π24x−π2)−(π24x−π3)2cs(π24x−π2)+(π24x−π3)2|
=80|sin(−π12)cs(π24x−5π12)|=80sinπ12|cs(π24x−5π12)|，
当0≤x≤48时，−π12≤π24x−5π12≤19π12，
所以当π24x−5π12=0或π24x−5π12=π，
即x＝10或x＝34时，|cs(π24x−5π12)|取得最大值1，
所以从乙坐进座舱开始计时运行时间x，至乙运行一周结束计时，在这过程中，甲、乙两人距离地面高度差h最大时运行时间x的值为10或34．
18．设函数f（x）＝﹣cs2x+asinx+a+3（a∈R）．
（1）求函数f（x）在R上的最小值；
（2）若不等式f（x）＜0在[0，π2]上恒成立，求a的取值范围；
（3）若方程f（x）＝1在（0，π）上有四个不相等的实数根，求a的取值范围．
【答案】（1）f(x)min=3，a＞2−a24+a+2，−2≤a≤22a+3，a＜−2．
（2）（﹣∞，﹣2）．
（3）(−1，2−22)．
【解答】解：（1）设sinx＝t，则t∈[﹣1，1]，
所以函数f(x)=g(t)=t2+at+a+2=(t+a2)2−a24+a+2，t∈[−1，1]．
①当−1≤−a2≤1，即﹣2≤a≤2时，f(x)min=g(−a2)=−a24+a+2．
②当−a2＞1，即a＜﹣2时，f（x）min＝g（1）＝2a+3．
③当−a2＜−1，即a＞2时，f（x）min＝g（﹣1）＝3．
综上可知，f(x)min=3，a＞2−a24+a+2，−2≤a≤22a+3，a＜−2；
（2）令sinx＝t，由题意可知当x∈[0，π2]时，f（x）max＜0，而f（x）＝g（t）＝t2+at+a+2，t∈[0，1]的图象是开口向上的抛物线的一部分，
最大值一定在端点处取得，所以有g(0)=a+2＜0g(1)=2a+3＜0，
解得a＜﹣2，故a的取值范围是（﹣∞，﹣2）；
（3）令sinx＝t，x∈（0，π）．由题意可知，当0＜t＜1时，
关于x的方程sinx＝t有两个不等实数解，
所以原题可转化为g（t）＝t2+at+a+2＝1，
即t2+at+a+1＝0在（0，1）内有两个不等实数根，
令h（t）＝t2+at+a+1，则有0＜−a2＜1Δ=a2−4(a+1)＞0ℎ(0)=a+1＞0ℎ(1)=2a+2＞0，
解得−1＜a＜2−22，
故a的取值范围是(−1，2−22)．
19．如图所示，摩天轮的半径为50m，最高点距离地面高度为110m，摩天轮的圆周上均匀地安装着24个座舱，并且运行时按逆时针匀速旋转，转一周大约需要12min．甲，乙两游客分别坐在P，Q两个座舱里，且他们之间间隔2个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点）．
（Ⅰ）求劣弧PQ的弧长l（单位：m）；
（Ⅱ）设游客丙从最低点M处进舱，开始转动tmin后距离地面的高度为Hm，求在转动一周的过程中，H关于时间t的函数解析式；
（Ⅲ）若游客在距离地面至少85m的高度能够获得最佳视觉效果，请问摩天轮转动一周能有多长时间使甲，乙两位游客都有最佳视觉效果．
【答案】（Ⅰ）l＝12.5m；
（Ⅱ）H＝50sin（π6x−π2）+60（0≤t≤12）；
（Ⅲ）有52min甲乙都有最佳视觉效果．
【解答】解：（Ⅰ）∠POQ=2π×324=π4，由弧长公式可得，l=π4×50=12.5πm；
（Ⅱ）设H＝Asin（ωx+φ）+B，由题意，T＝12，∴ω=2πT=π6，
A＝r＝50，B＝OM＝110﹣50＝60，∴H＝50sin（π6x+φ）+60，
当x＝0时，可得sinφ＝﹣1，∴φ=−π2，得H＝50sin（π6x−π2）+60（0≤x≤12）；
（Ⅲ）H＝50sin（π6x−π2）+60≥85，∴sin（π6x−π2）≥12，
令π6+2kπ≤π6x−π2≤5π6+2kπ，k∈Z，
∴4+12k≤x≤8+12k，k∈Z，
而甲乙相差324×12=32min，
又4−32=52min，∴有52min甲乙都有最佳视觉效果．
20．如图，在扇形OPQ中，半径OP＝1，圆心角∠POQ=π4．C是扇形圆弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形，记∠POC＝α．
（Ⅰ）将矩形ABCD的面积S表示成关于α的函数f（α）的形式；
（Ⅱ）求f（α）的最大值，及此时的角α．
【答案】（Ⅰ）22sin(2α+π4)−12（0≤α≤π4）；
（Ⅱ）α=π8，f(α)max=22−12．
【解答】解：（Ⅰ）依题意，在Rt△OBC中，∠OBC=π2，
所以AD＝BC＝OCsin∠POC＝sinα，OB＝OCcs∠POC＝csα，
在Rt△OAD中，∠OAD=π2，∠POQ=π4，则OA＝AD，
因此AB＝OB﹣OA＝csα﹣sinα，
所以S＝AB•BC＝sinα•（csα﹣sinα）＝sinαcsα﹣sin2α
=12（sin2α+cs2α﹣1）=22sin（2α+π4）−12，
所以面积S表示为角α的函数是f（α）=22sin(2α+π4)−12（0≤α≤π4）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当0≤α≤π4时，π4≤2α+π4≤3π4，
所以当2a+π4=π2，即α=π8时，[sin(2α+π4)]max=1，
所以当α=π8时，f(α)max=22−12．
21．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．位于赤峰摩尔城的摩天轮，该摩天轮其中心O距离地面40.5米，半径为40米．摩天轮匀速转动，每转动一圈需要12分钟．当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时．经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，已知H关于t（分钟）的函数关系式满足H（t）＝Asin（ωt+φ）+B（其中A＞0，ω＞0，|φ|≤π2）
（1）求摩天轮转动一周的解析式H（t）；
（2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度第一次恰好达到60.5米？
【答案】（1）H(t)=−40csπ6t+40.5，t≥0；
（2）4分钟．
【解答】解：（1）因为H关于t（分钟）的函数关系式满足H（t）＝Asin（ωt+φ）+B，
根据题意得，A＝40，T＝12，所以ω=2πT=π6，H(t)=40sin(π6t+φ)+B，
由﹣40+B＝0.5，解得B＝40.5，所以H(t)=40sin(π6t+φ)+40.5，
由H（0）＝40sinφ+40.5＝0.5，解得sinφ＝﹣1，
因为|φ|≤π2，所以φ=−π2，
所以H(t)=40sin(π6t−π2)+40.5=−40csπ6t+40.5，t≥0．
（2）由（1）知H(t)=−40csπ6t+40.5，
令H（t）＝60.5，得−40csπ6t+40.5=60.5，即csπ6t=−12，
解得π6t=2π3+2kπ，k∈Z，即t＝4+12k，k∈Z，
当k＝0时，得t＝4，
所以游客甲坐上摩天轮4分钟后，距离地面的高度第一次恰好达到60.5米．
22．近年来，我国逐渐用风能等清洁能源替代传统能源，目前利用风能发电的主要手段是风车发电．如图，风车由一座塔和三个叶片组成，每两个叶片之间的夹角均为2π3，现有一座风车，塔高100米，叶片长40米．叶片按照逆时针方向匀速转动，并且每5秒旋转一圈，风车开始旋转时某叶片的一个端点P在风车的最低点（此时P离地面60米）．设点P转动t（秒）后离地面的距离为S（米），则S关于t的函数关系式为S（t）＝Asin（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）．
（1）求S（t）的解析式；
（2）求叶片旋转一圈内点P离地面的高度不低于80米的时长．
【答案】（1）S(t)=40sin(2π5t−π2)+100；
（2）103秒．
【解答】解：（1）如图，建立平面直角坐标系，
当t＝0时，风车开始旋转时某叶片的一个端点P在风车的最低点，设为P0，则P0（0，60），
由题意得，ω=2π5，且A+B=100+40−A+B=100−40S(0)=Asinφ+B=60，
解得A=40B=100φ=−π2，
所以S(t)=40sin(2π5t−π2)+100；
（2）令S（t）≥80，则S(t)=40sin(2π5t−π2)+100≥80，
即cs2π5t≤12，
所以2kπ+π3≤2π5t≤2kπ+5π3(k∈Z)，解得56+5k≤t≤256+5k(k∈Z)，
当k＝0时，56≤t≤256，256−56=103，
所以叶片旋转一圈内点P离地面的高度不低于80米的时长为103秒．
题型1 三角函数应用
时刻t
0：00
3：00
6：00
9：00
12：00
水深f（t）
5.0
7.5
5.0
2.5
5.0