专题5.7 三角函数的应用-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册）

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\l "_Tc21182" 【题型1 三角函数在物理学中的应用】 PAGEREF _Tc21182 \h 2
\l "_Tc1936" 【题型2 三角函数在圆周运动问题中的应用】 PAGEREF _Tc1936 \h 5
\l "_Tc29804" 【题型3 三角函数在生活中的周期性变化问题中的应用】 PAGEREF _Tc29804 \h 9
\l "_Tc2123" 【题型4 三角函数在几何中的应用】 PAGEREF _Tc2123 \h 11
\l "_Tc2056" 【题型5 用拟合法建立三角函数模型】 PAGEREF _Tc2056 \h 16
【知识点1 三角函数的简单应用】
1．函数，中各量的物理意义
在物理中，描述简谐运动的物理量，如振幅、周期和频率等都与函数
中的常数有关.
2．三角函数的简单应用
(1)三角函数应用的步骤
(2) 三角函数的常见应用类型
①三角函数在物体简谐运动问题中的应用.
物体的简谐运动是一种常见的运动，它的特点是周而复始，因此可以用三角函数来模拟这种运动状态.
②三角函数在几何、实际生活中的圆周运动问题中的应用.
物体的旋转显然具有周期性，因此也可以用三角函数来模拟这种运动状态.
③三角函数在生活中的周期性变化问题中的应用.
大海中的潮汐现象、日常生活中的气温变化、季节更替等都具有周期性，因此常用三角函数模型来解
决这些问题.
【题型1 三角函数在物理学中的应用】
【例1】（2023·全国·高三对口高考）已知简谐振动fx=Asinωx+φφ<π2的振幅为32，其图象上相邻的最高点和最低点间的距离是5，且过点0,34，则该简谐振动的频率和初相是（ ）
A．18，π6B．16，π6C．18，π3D．π6，π3
【解题思路】根据正弦型函数的图象与性质求出振幅、周期，再由过点0,34求出初相即可得解.
【解答过程】由题意可知，A=32， 32＋T22=52，
则T=8， ω=2π8=π4，
∴ y=32sinπ4x+φ.
因为y=32sinπ4x+φ过点0,34，
由32sinφ=34，得sinφ=12.
∵φ<π2，
∴φ=π6.
因此频率f=1T=18，初相为π6.
故选：A.
【变式1-1】（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期中）如图，一根绝对刚性且长度不变、质量可忽略不计的线，一端固定，另一端悬挂一个沙漏．让沙漏在偏离平衡位置一定角度（最大偏角）后在重力作用下在铅垂面内做周期摆动．若线长为l cm，沙漏摆动时离开平衡位置的位移s（单位：cm）与时间t（单位：s）的函数关系是s=3csglt+π3，t∈0,+∞取g=10 m/s2，如果沙漏从离开平衡位置到下一次回到平衡位置恰用0.5s，则线长约为（ ）cm．（精确到0.1cm）
A．12.7B．25.3C．101.3D．50.7
【解题思路】根据题意得到函数st的最小正周期为T=1，结合余弦型函数的性质，列出方程，即可求解.
【解答过程】因为线长为l cm，沙漏摆动时离开平衡位置的位移s（单位：cm）与时间t（单位：s）的函数关系是s=3csglt+π3，t∈0,+∞ ，且取g=10 m/s2，
又因为沙漏从离开平衡位置到下一次回到平衡位置恰用0.5s，
所以函数st的最小正周期为T=1，即2πgl=1，解得l=g4π2≈10004×3.142=25.3，
即线长约为25.3cm.
故选：B.
【变式1-2】（2023秋·江苏扬州·高三校考阶段练习）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“定楼神器”，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ym和时间ts的函数关系为y=sinωt+φω>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，t30
A．13sB．23sC．1sD．43s
【解题思路】先根据周期求出ω=2π3，再解不等式sin2π3t+φ>0.5，得到t的范围即得解.
【解答过程】因为t1+t2=2，t2+t3=5，t3−t1=T，所以T=3，又T=2πω，所以ω=2π3，
则y=sin2π3t+φ，由y>0.5可得sin2π3t+φ>0.5，
所以2kπ+π6<2π3t+φ<5π6+2kπ，k∈Z，
所以3k+14−32πφ所以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1s.
故选：C.
【变式1-3】（2023春·北京·高一校考期中）如图，弹簧挂着的小球上下振动，它在t（单位：s）时相对于平衡位置的高度h（单位：cm）由关系式ℎ=2sin(t+π3)确定，下列结论正确的是（ ）
A．小球的最高点和最低点相距2cm B．小球在t=0 时的高度ℎ=1cm
C．每秒钟小球往复运动的次数为2πD．从t=1 到t=3 ，弹簧长度逐渐变长
【解题思路】根据函数解析式可判断小球的最高点和最低点相距4cm，判断A;将t=0代入ℎ=2sin(t+π3)可判断B;求出ℎ=2sin(t+π3)的最小正周期以及频率，可判断C;结合函数的单调性，可判断小球的运动状态，进而判断弹簧长度的变化，判断D.
【解答过程】由题意弹簧挂着的小球上下振动，它相对于平衡位置的高度由关系式ℎ=2sin(t+π3)确定，
则小球的最高点和最低点相距平衡位置都是2cm，故小球的最高点和最低点相距4cm，A错误；
小球在t=0 时的高度ℎ=2sinπ3=3(cm)，B错误；
由ℎ=2sin(t+π3)知，最小正周期T=2π，则频率为12π，
则每秒钟小球往复运动的次数为12π，C错误；
由题意知当t∈[π6,7π6]时，ℎ=2sin(t+π3)单调递减，t=2π3(s)时，小球在平衡位置，
因为(1,3)⊆[π6,7π6]且t∈(1,3)，故t+π3∈π2,3π2，所以即ℎ=2sin(t+π3)递减，
t=1时，小球在平衡位置以上位置，t=3时，小球在平衡位置以下位置，
即小球此时从平衡位置以上位置逐渐向平衡位置以下位置运动，故弹簧长度逐渐变长，D正确，
故选：D.
【题型2 三角函数在圆周运动问题中的应用】
【例2】（2023春·广东韶关·高一统考期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明代科学家徐光启在《农政全书》中用图1描绘了筒车的工作原理.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.将筒车抽象为一个几何图形（圆），筒车的半径为4m，筒车的轴心O到水面的距离为2m，筒车每分钟按逆时针转动3圈.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，设盛水筒M从P0运动到点P时所用时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：m）.若以筒车的轴心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（如图2），则h与t的函数关系式为（ ）

A．ℎ=4sin2π3t−π6+2,t∈0,+∞
B．ℎ=4sin2π3t+π6+2,t∈0,+∞
C．ℎ=4sinπ10t+π6+2,t∈0,+∞
D．ℎ=4sinπ10t−π6+2,t∈0,+∞
【解题思路】首先求以OP为终边的角为π10t−π6，再根据三角函数的定义求点P的纵坐标，根据图形表示ℎt即可.
【解答过程】∵∠xOP0=π6，所以OP0对应的角是−π6，
由OP在ts内转过的角为3×2π60t=π10t，
可知以Ox为始边，以OP为终边的角为π10t−π6，
因为圆的半径为4，则点P的纵坐标为4sinπ10t−π6，
又因为筒车的轴心到水面的距离为2，
所以点P距水面的高度ℎ表示为t的函数是ℎ=4sinπ10t−π6+2,t∈0,+∞.
故选：D.
【变式2-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，摩天轮的半径为50m，其中心O点距离地面的高度为60m，摩天轮按逆时针方向匀速转动，且20min转一圈，若摩天轮上点P的起始位置在最高点处，则摩天轮转动过程中下列说法正确的是（ ）

A．转动10min后点P距离地面8m
B．若摩天轮转速减半，则转动一圈所需的时间变为原来的12
C．第17min和第42min点P距离地面的高度相同
D．摩天轮转动一圈，点P距离地面的高度不低于85m的时间长为203min
【解题思路】设转动过程中，点P离地面距离的函数为ft=Asinωt+φ+ℎ，由题意求得解析式，然后逐项求解判断.
【解答过程】设转动过程中，点P离地面距离的函数为：
ft=Asinωt+φ+ℎ，
由题意得：A=50,ℎ=60,T=20,ω=2π20=π10，
f0=50sinφ+60=110，则 φ=π2，
所以 ft=50sinπ10t+π2+60，
选项A，转到10min后，点P距离地面的高度为：
f10=50sinπ10×10+π2+60=10，故A不正确；
选项B，若摩天轮转速减半，则转动一圈所需的时间变为原来的2倍，
故B不正确；
选项C，因为 f17=50sinπ10×17+π2+60
=−50cs7π10+60=50cs3π10+60 ，
f42=50sinπ10×42+π2+60=50csπ5+60，
所以 f17≠f42，
即第17min和第42min点P距离地面的高度不相同，故C不正确；
选项D，令ft=50sinπ10t+π2+60≥85，
则 csπ10t≥12，由−π3+2kπ≤π10t≤2kπ+π3,k∈Z，
解得 −103+20k≤t≤20k+103,k∈Z，
所以103−−103=203，
即摩天轮转动一圈，点P距离地面的高度不低于85m的时间为203min，
故D正确；
故选：D.
【变式2-2】（2023秋·江西赣州·高二校考开学考试）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使用．现有一个筒车按逆时针方向匀速转动，每分钟转动6圈，如图，将该筒车抽象为圆O，筒车上的盛水桶抽象为圆O上的点P，已知圆O的半径为4m，圆心O距离水面2m，且当圆O上点P从水中浮现时（图中点P0）开始计算时间．根据如图所示的直角坐标系，将点P到水面的距离ℎ（单位：m，在水面下，ℎ为负数）表示为时间t（单位：s）的函数，当t=15时，点P到水面的距离为（ ）

A．4mB．3mC．2mD．1m
【解题思路】设点P(x,y)，利用点P到水面的距离ℎ=2+y求出函数的解析式，计算t=15时ℎ的值即可．
【解答过程】设P(x,y)，则点P到水面的距离ℎ=2+y，
由题可知，OP0与Ox的夹角为π6，
OP在时间t转过的角度为6×2π60×t=π5t，
由图可知，点P的纵坐标y=4sin−π6+π5t，
因此则点P到水面的距离ℎ=2+y=4sinπ5t−π6+2，
当t=15时，ℎ=4sinπ5×15−π6+2=4sinπ6+2=4，所以点P到水面的距离为4m．
故选：A.
【变式2-3】（2023秋·浙江·高一期末）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地往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，某摩天轮的转盘直径为110米，摩天轮的中心O点距离地面的高度为80米，摩天轮匀速逆时针旋转，每30分钟转一圈．若摩天轮上点P的起始位置在最低点处，下列说法中错误的是（ ）
A．经过10分钟，点P上升了82.5米
B．在第20分钟和第40分钟时点P距离地面的高度相同
C．摩天轮旋转一周的过程中，点P距离地面的高度不低于55米的时间大于20分钟
D．点P从第5分钟至第10分钟上升的高度是其从第10分钟到第15分钟上升的高度的2倍
【解题思路】由已知得出时间t与高度的关系式：ft=55sinπ15t−π2+80，利用该关系式代入求值即可.
【解答过程】解：由已知得P点从最低处开始，转动时间与其距地面高度的关系可以用正弦型函数ft=Asinϖt+φ+bA,ϖ>0表示.
∵每30分钟转一圈，故周期T=2πϖ=30,∴ϖ=π15；
∵摩天轮直径110米，故振幅A=110÷2=55，摩天轮中心距地面80米，则b=80，
又可知P0,25代入可得：55sinφ+80=25,∴φ=−π2+2kπ.
故：ft=55sinπ15t−π2+80t≥0
A项：经过10分钟，f10=55sin2π3−π2+80=82.5+25，故点P上升了82.5米，正确；
B项：经过10分钟和40分钟，而40分钟比10分钟多一周期，∴都上升了82.5米，故高度相同，正确；
C项：当旋转5分钟时，f5=55sinπ3−π2+80=52.5<55，此时P与底面距离52.5米，从而高度低于55米的时间大于10分钟，即不低于55米的时间小于20分钟，故错误；
D项：f10−f5=102.5−52.5=50f15−f10=80+55−102.5=22.5，显然正确．
故选：C.
【题型3 三角函数在生活中的周期性变化问题中的应用】
【例3】（2023·全国·高三专题练习）如图，某港口某天从6h到18h的水深y（单位：m）与时间x（单位：h）之间的关系可用函数fx=Asinωx+φ+5A>0,ω>0,φ<π2近似刻画，据此可估计当天12h的水深为（ ）

A．72mB．4m
C．5−322mD．5−332m
【解题思路】根据函数图象求出函数解析式，再代入x=12计算可得.
【解答过程】由题图可得，T=2πω=18−6=12，则ω=π6，
当sin(ωx+φ)=−1时，y取得最小值2，即−A+5=2，解得A=3，
∵函数fx=3sinπ6x+φ+5的图象过点6,132，
∴sinπ6×6+φ=12，又|φ|<π2，则π2<φ+π<3π2，所以φ+π=5π6，∴φ=−π6，
∴fx=3sinπ6x−π6+5．
当x=12时，f12=3sin2π−π6+5=−32+5=72，即估计当天12h的水深为72m．
故选：A.
【变式3-1】（2023春·江西萍乡·高一统考期中）时钟花原产于南美洲热带，我国云南部分地区有引进栽培．时钟花的花开花谢非常有规律，其开花时间与气温密切相关，开花时所需气温约为20℃，气温上升到约30℃开始闭合，在花期内，时钟花每天开闭一次．某景区种有时钟花，该景区6时～16时的气温y（℃）随时间x（时）的变化趋势近似满足函数y=10sinπ8x−5π4+25，则在6时～16时中，赏花的最佳时段大致为（ ）
A．7.3时～11.3时B．8.7时～11.3时
C．7.3时～12.7时D．8.7时～12.7时
【解题思路】由三角函数的性质结合条件即得.
【解答过程】当x∈6,16时，π8x−5π4∈−π2,3π4，
由y=10sinπ8x−5π4+25=20，得sinπ8x−5π4=−12，
所以π8x−5π4=−π6,x=263≈8.7(时)；
由y=10sinπ8x−5π4+25=30，得sinπ8x−5π4=12，
所以π8x−5π4=π6,x=343≈11.3(时).
故在6时∼16时中，观花的最佳时段约为8.7时∼11.3时.
故选：B.
【变式3-2】（2023春·贵州毕节·高一校考期中）某超市2022年从1月到12月冰激凌的销售数量fx与月份x近似满足函数fx=Acsωx+φ+BA>0,ω>0,φ<π,1≤x≤12,x∈N，该超市只有8月份冰激凌的销售数量达到最大值，最大值为8500，只有2月份冰激凌的销售数量达到最小值，最小值为500，则该超市冰激凌的销售数量不少于6500的月份共有（ ）
A．4个月B．5个月C．6个月D．7个月
【解题思路】通过最大值与最小值求出A,B，利用最值横坐标之差求出ω，代入最值，根据φ<π，求出φ值，则得到fx=4000csπ6x+2π3+4500，列出不等式，求出x的范围即可.
【解答过程】由题意，得A=8500−5002=4000，B=8500+5002=4500，
由T2=8−2=6，得T=12，所以ω=2π12=π6.
因为f8=4000csπ6×8+φ+4500=8500，
所以cs4π3+φ=1，所以4π3+φ=2kπk∈Z，所以φ=−4π3+2kπk∈Z，
又φ<π，所以当k=1时，φ=2π3，故fx=4000csπ6x+2π3+4500.
由4000csπ6x+2π3+4500≥6500，得csπ6x+2π3≥12，
则−π3+2kπ≤π6x+2π3≤π3+2kπk∈Z，所以−6+12k≤x≤−2+12kk∈Z，
当k=1时，6≤x≤10，又x∈N，所以x=6，7，8，9，10，
即该超市冰激凌的销售数量不少于6500的月份数是5.
故选：B.
【变式3-3】（2023·全国·高一假期作业）海水受日月的引力，在一定的时候发生潮涨潮落，船只一般涨潮时进港卸货，落潮时出港航行，某船吃水深度（船底与水面距离）为4米，安全间隙（船底与海底距离）为1.5米，该船在2:00开始卸货，吃水深度以0.3米/小时的速度减少，该港口某季节每天几个时刻的水深如下表所示，若选择y=Asinωx+φ+K（A>0，ω>0）拟合该港口水深与时间的函数关系，则该船必须停止卸货驶离港口的时间大概控制在（ ）（要考虑船只驶出港口需要一定时间）
A．5:00至5:30B．5:30至6:00
C．6:00至6:30D．6:30至7:00
【解题思路】根据题意，求出函数的表达式为y=2.5sinπ6x+5，0≤x≤24，即可得解.
【解答过程】由题意得，函数y=fx的周期为T=12，振幅A=2.5，K=5，所以w=2π12=π6，
又因为x=3⇒y=7.5达到最大值，
所以由7.5=2.5sinπ6×3+φ+5，可得sinπ2+φ=1，
所以φ=2kπ，k∈Z，所以函数的表达式为y=2.5sinπ6x+5，0≤x≤24，
令2.5sinπ6x+5≥5.5，解得6≤x≤132，所以在6:00∼6:30可安全离港，
故选：C.
【题型4 三角函数在几何中的应用】
【例4】（2023春·山东聊城·高一校考期中）在校园美化､改造活动中，要在半径为15m，圆心角为2π3的扇形空地EOF的内部修建一矩形观赛场地ABCD，如图所示.取CD的中点M，记∠MOC=θ.
(1)写出矩形ABCD的面积S与角θ的函数关系式；
(2)求当角θ为何值时，矩形ABCD的面积最大？并求出最大面积.
【解题思路】（1）首先得出θ∈0,π3，再用θ的三角函数分别表示出MN和NB，则SABCD=2⋅BN⋅MN，再根据二倍角公式，降幂公式和辅助角公式化简即可；
（2）由θ∈0,π3，得出2θ+π6∈π6,5π6，根据正弦函数的图像，得出2θ+π6=π2时，面积最大，即可得出最大面积．
【解答过程】（1）由题可知，θ∈0,π3
在Rt△MOC中，OM=15csθ,MC=15sinθ，
∴BN=CM=15sinθ，
在Rt△BON中，ON=BNtan∠BON=15sinθ3=53sinθ，
∴MN=OM−ON=15csθ−53sinθ
∴SABCD=2⋅BN⋅MN=2×15sinθ×(15csθ−53sinθ)
=150332sin2θ+12cs2θ−753
=1503sin2θ+π6−753,θ∈0,π3
（2）∵θ∈0,π3
∴2θ+π6∈π6,5π6.
∴当2θ+π6=π2，即θ=π6时，Smax=753m2
故当θ=π6时，矩形ABCD的面积最大，最大值为753m2.
【变式4-1】（2023春·上海闵行·高一校考期中）某地为庆祝中华人民共和国成立七十周年，在一个半径为50米、圆心角为60°的扇形OAB草坪上，由数千人的表演团队手持光影屏组成红旗图案，已知红旗图案为矩形，其四个顶点中有两个顶点M、N在线段OB上，另两个顶点P、Q分别在弧AB、线段OA上.

(1)若∠PON=45°，求此红旗图案的面积S；（精确到1m2）
(2)求组成的红旗图案的最大面积.（精确到1m2）
【解题思路】（1）由题意∠PON=45°，求出PN，ON，OM，进而求出MN，再利用矩形面积公式即可算出结果．
（2）设∠PON=θ，用θ的三角函数表示出PN，ON，OM，进而表达出MN，再利用矩形面积公式结合三角函数的性质即可算出结果．
【解答过程】（1）由题意∠PON=45°，则PN=PO⋅sin45°=252，ON=OP⋅cs45°=252，OM=QMtan60°=PNtan60°=2563，
∴MN=ON−OM=252−2563，
∴S=MN⋅PN=(252−2563)×252=1250(1−33)m2；
（2）设∠PON=θ，则PN=PO⋅sinθ=50sinθ，ON=OP⋅csθ=50csθ，
OM=QMtan60°=PNtan60°=50sinθ3，
∴MN=ON−OM=50csθ−50sinθ3，
∴S=MN⋅PN=(50csθ−50sinθ3)⋅50sinθ=25003[sin(2θ+π6)−12]，
故当2θ+π6=π2时，即θ=π6时，取得最大值125033．
【变式4-2】（2023春·河南驻马店·高一校考期中）某小区拟用一块半圆形地块（如图所示）建造一个居民活动区和绿化区．已知半圆形地块的直径AB=4千米，点O是半圆的圆心，在圆弧上取点C、D，使得BC=DC，把四边形ABCD建为居民活动区，并且在居民活动区周围铺上一条由线段AB，BC，CD和DA组成的塑胶跑道，其它部分建为绿化区．设∠COB=θ，且π6≤θ<π2；
(1)求塑胶跑道的总长l关于θ的函数关系式；
(2)当θ为何值时，塑胶跑道的总长l最长，并求出l的最大值．
【解题思路】（1）根据角度关系，由∠COD=θ知∠DOA=π−2θ，利用等腰三角形的性质求得底边长，从而得l的表达式；
（2）利用二倍角公式化简函数式为关于sinθ2的二次函数，结合二次函数性质、正弦函数性质得最小值．
【解答过程】（1）由已知得BC=CD=2OBsinθ2=4sinθ2，∠AOD=π−2θ，
故AD=2OAsin∠AOD2=4sinπ2−θ=4csθ，
所以l=AB+BC+CD+DA=4+8sinθ2+4csθ，π6≤θ<π2；
（2）l=4+8sinθ2+4csθ=4+8sinθ2+41−2sin2θ2
=−8sin2θ2+8sinθ2+8 =−8sinθ2−122+10≤10，π6≤θ<π2
所以当θ=π3，sinθ2=12时，l取得最大值10千米．
【变式4-3】（2023春·广东汕头·高一校考期中）有一个半径为r，圆心角α=π3的扇形铁皮OMN，现利用这块铁皮并根据下列方案之一，裁剪出一个矩形.
方案1：如图1，裁剪出的矩形ABCD的顶点A,B在线段ON上，点C在弧MN上，点D在线段OM上；
方案2：如图2，裁剪出的矩形PQRS的顶点P,S分别在线段OM,ON上，顶点Q,R在弧MN上，并且满足PQ ∥ RS ∥ OE，其中点E为弧MN的中点.
(1)按照方案1裁剪，设∠NOC=θ，用θ表示矩形ABCD的面积，并求出其最大面积；
(2)按照方案2裁剪，求矩形PQRS的最大面积，并与（1）中的结果比较后指出按哪种方案可以裁剪出面积最大的矩形.
【解题思路】（1）由图1得到BC,OB,OA，进而得到AB，得到矩形ABCD的面积S=AB⋅BC=33r2sin2θ+π6−12,0<θ<π3,再利用三角函数的性质求解；
（2）由图2设∠QOE=β 得到QR，PQ，得到矩形PQRS的面积为：S=QR⋅PQ =r22sin2β+π3−3,0<β<π6，再利用三角函数性质求解.
【解答过程】（1）解：由图1知：BC=rsinθ,OB=rcsθ,OA=ADtanπ3=33rsinθ，
则AB=OB−OA=rcsθ−33rsinθ，
所以矩形ABCD的面积为：S=BC⋅AB=rsinθrcsθ−33rsinθ，
=r2sinθcsθ−33sin2θ，
=r212sin2θ−31−cs2θ6，
=r212sin2θ+3cs2θ6−36，
=33r232sin2θ+12cs2θ−12，
=33r2sin2θ+π6−12,0<θ<π3，
当2θ+π6=π2，即θ=π6，矩形面积取得最大值为36r2；
（2）由图2知：设∠QOE=β ，则QR=2rsinβ，
PQ=rcsβ−3rsinβ，
所以矩形PQRS的面积为：S=QR⋅PQ=2rsinβrcsβ−3rsinβ，
=2r2sinβcsβ−3sin2β，
=r2sin2β−31−cs2β，
=r2sin2β+3cs2β−3，
=r22sin2β+π3−3,0<β<π6，，
当2β+π3=π2，即β=π12，矩形面积取得最大值为2−3r2；
因为36r2−2−3r2=73−126r2>0，
所以方案1可以裁剪出面积最大的矩形.
【知识点2 拟合法建立三角函数模型】
1．用拟合法建立三角函数模型
数据拟合问题的实质是根据题目提供的数据画出简图，求相关函数的解析式进而研究实际问题.在求解与三角函数有关的函数拟合问题时，需弄清楚的具体舍义，只有掌握了这三个参数的含义，才可以实现符号语言(解析式)与图形语言(函数图象)之间的相互转化.
【题型5 用拟合法建立三角函数模型】
【例5】（2023秋·全国·高一随堂练习）某港口水深y（米）是时间0≤t≤24（单位：小时）的函数，下表是水深数据：
根据上述数据描成的曲线如图所示，经拟合，该曲线可近似地看成正弦函数y=Asinωt+bA>0,ω>0的图象．
(1)试根据数据表和曲线，求出y=Asinωt+bA>0,ω>0的表达式；
(2)一般情况下，船舶航行时船底与海底的距离不小于4.5米是安全的，如果某船的吃水度（船底与水面的距离）为7米，那么该船在什么时间段能够安全进港？若该船欲当天安全离港，它在港内停留的时间最多不能超过多长时间？（忽略离港所用的时间）
【解题思路】（1）根据图像的最高点和最低点可以求出A,b，由两个最高点的位置可以求出ω；
（2）在当0≤t≤24的前提下，解不等式y≥11.5即可.
【解答过程】（1）根据图表数据可得：b=7+132,A=13−72，∴A=3，b=10，
函数周期T=15−3=12，∴ω=2πT=π6，
∴函数的表达式为y=3sinπt6+10(0≤t≤24)；
（2）由题意知：若船舶航行时船是安全的，则y≥4.5+7，即3sinπt6+10≥11.5，∴sinπ6t≥12，
∴π6t∈2kπ+π6,2kπ+5π6,k∈Z，解得t∈12k+1,12k+5,k∈Z，又0≤t≤24，∴t∈[1,5]或t∈[13,17].
故该船在1:00至5:00或13:00至17:00能安全进港，若欲于当天安全离港，它在港内停留的时间最多不能超过16小时．
【变式5-1】（2023·全国·高三专题练习）“八月十八潮，壮观天下无．”——苏轼《观浙江涛》，该诗展现了湖水涨落的壮阔画面，某中学数学兴趣小组进行潮水涨落与时间的关系的数学建模活动，通过实地考察某港口水深y（米）与时间0≤t≤24（单位：小时）的关系，经过多次测量筛选，最后得到下表数据：
该小组成员通过查阅资料、咨询老师等工作，以及现有知识储备，再依据上述数据描成曲线，经拟合，该曲线可近似地看成函数图象．
(1)试根据数据表和曲线，求出近似函数的表达式；
(2)一般情况下，船舶航行时船底与海底的距离不小于3.5米是安全的，如果某船舶公司的船的吃水度（船底与水面的距离）为8米，请你运用上面兴趣小组所得数据，结合所学知识，给该船舶公司提供安全进此港时间段的建议．
【解题思路】（1）根据数据,画出散点图、连线，结合正弦型函数的性质进行求解即可；
（2）根据正弦型函数的单调性进行求解即可.
【解答过程】（1）画出散点图，连线如下图所示：
设y=Asinωt+b，根据最大值13，最小值7，可列方程为：A+b=13−A+b=7⇒A=3b=10，
再由T=2πω=12，得ω=π6，
y=3sinπ6t+100≤t≤24；
（2）3sinπ6t+10−8≥3.5⇒sinπ6t≥12．
∵0≤t≤24，
∴0≤π6t≤4π，
∴π6≤π6t≤5π6，或π6+2π≤π6t≤5π6+2π
解得1≤t≤5，或13≤t≤17，
所以请在1：00至5：00和13：00至17：00进港是安全的．
【变式5-2】（2023·高一课时练习）下表所示的是芝加哥1951～1981年的月平均气温(℉)．
以月份为x轴，x＝月份－1，平均气温为y轴建立直角坐标系．
(1)描出散点图；
(2)用正弦曲线去拟合这些数据；
(3)这个函数的周期是多少？
(4)估计这个正弦曲线的振幅A；
(5)下面四个函数模型中哪一个最适合这些数据？
①yA＝csπ6；②y−46A＝csπ6；③y−46−A＝csπ6；④y−26A＝sinπ6．
【解题思路】(1)根据表格描点即可，描的点为(月份－1，平均气温)，共12个点；
(2)将(1)中的点用光滑的曲线连在一起即可；
(3)根据正弦型函数周期的性质可知最低气温和最高气温之间间隔为半个周期；
(4)根据最小值和最大值计算A；
(5)将表格数据代入模型逐一验证即可.
【解答过程】(1)
作出散点图如图所示：
(2)
如图所示：
(3)
1月份的气温最低，为21.4℉，7月份气温最高，为73.0℉，
据图知，T2=7−1=6，∴T=12．
(4)
2A＝最高气温－最低气温＝73.0－21.4＝51.6，所以A＝25.8．
(5)
∵x=月份−1，
∴不妨取x=2−1=1，y=26.0，代入①，得yA=26.025.8>1≠csπ6，∴①不适合；
代入②，得y−46A=26.0−4625.8<0≠csπ6，
∴②不适合；同理④不适合，③适合．
【变式5-3】（2023春·湖北黄冈·高一校考阶段练习）某市某日气温y(∘C)是时间t(0≤t≤24，单位：小时)的函数，下面是该天不同时间的气温预报数据：
根据上述数据描出的曲线如图所示，经拟合，该曲线可近似地看成函数y=Asin(wt+φ)+b (A>0,w>0,φ<π)的图象．
(1)根据以上数据，试求函数y=Asin(wt+φ)+b (A>0,w>0,φ<π)的表达式
(2)大数据统计显示，某种特殊商品在室外销售可获得3倍于室内销售的利润，但对室外温度的要求是气温不能低于23∘C，根据（1）中所得模型，一个24小时营业的商家想获得最大利润，应在什么时间段（用区间表示）将该种商品放在室外销售？(忽略商品搬运时间及其他非主要因素)
【解题思路】（1）由A+b=26−A+b=14，求得b=20,A=6，又由T2=12，求得w=π12，再由t=3时，得到sin(π4+φ)=−1，求得φ=−3π4，即可求得函数的解析式；
（2）令y≥23，得到sin(π12t−3π4)≥12，解得11+24k≤t≤19+24k,k∈Z，进而得到答案.
【解答过程】（1）解：由fx的图象，可得A+b=26−A+b=14，解得b=20,A=6，
又由T2=15−3=12，解得T=24，所以w=2πT=π12，
因为t=3时，可得y=14，即6sin3π12+φ+20=14，解得sin(π4+φ)=−1，
即π4+φ=3π2+2kπ,k∈Z，所以φ=5π4+2kπ,k∈Z，
又因为φ<π，解得φ=−3π4，所以y=6sin(π12t−3π4)+20,t∈0,24.
（2）解：令y≥23，即6sin(π12t−3π4)+20≥23，可得sin(π12t−3π4)≥12，
解得π6+2kπ≤π12t−3π4≤5π6+2kπ,k∈Z，解得11+24k≤t≤19+24k,k∈Z，
又因为t∈(0,24)，所以当k=0 时，可得11≤t≤19，
所以一个小时营业的商家想获得最大利润，应在t∈11,19时间段将该种商品放在室外销售．
振幅
振幅A是做简谐运动的物体离开平衡位置的最大距离
周期
，它是做简谐运动的物体往复运动一次所需要的时间
频率
，它是做简谐运动的物体在单位时间内往复运动的次数
相位
ωx+φ称为相位
初相
x =0时的相位φ称为初相
时刻
0:00
3:00
6:00
9:00
12:00
15:00
18:00
21:00
24:00
水深（米）
5.0
7.5
5.0
2.5
5.0
7.5
5.0
2.5
5.0
t（小时）
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y（米）
10.0
13.0
9.9
7.0
10.0
13.0
10.1
7.0
10.1
t（小时）
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y（米）
10.0
13.0
9.9
7.0
10.0
13.0
10.1
7.0
10.1
月份
1
2
3
4
5
6
平均气温
21.4
26.0
36.0
48.8
59.1
68.6
月份
7
8
9
10
11
12
平均气温
73.0
71.9
64.7
53.5
39.8
27.7
t（时）
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y(∘C)
15.7
14.0
15.7
20.0
24.2
26.0
24.2
20.0
15.7