5.7 三角函数的应用
\({\color{Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}\)
【基础过关系列】2022-2023学年高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
\({\color{Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}\)
必修第一册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
三角函数模型
现实生活中存在大量具有周而复始、循环往复特点的周期运动变化现象，如果某种变化着的现象具有周期性，那么就可以考虑借助三角函数来描述．比如农业中筒车中盛水筒距离水面的相对高度与时间的关系，物理中的简谐运动等.
简谐运动
现实生活中存在大量类似弹簧振子的运动，如钟摆的摆动，水中浮标的上下浮动，琴弦的振动等等．这些都是物体在某一中心位置附近循环往复的运动．在物理学中，把物体受到的力(总是指向平衡位置)正比于它离开平衡位置的距离的运动称为 “简谐运动”． 可以证明，在适当的直角坐标系下，简谐运动可以用函数\(y=A\sin \left(ωx+φ\right)，x\in\left[0,+∞\right)\)表示，其中\(A>0\)，\(ω>0\)．描述简谐运动的物理量，如振幅、周期和频率等都与这个解析式中的常数有关：
\(A\)就是这个简谐运动的振幅，它是做简谐运动的物体离开平衡位置的最大距离；
这个简谐运动的周期是 \(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)，它是做简谐运动的物体往复运动一次所需要的时间；
这个简谐运动的频率由公式 \(f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{\omega}{2 \pi}\)给出，它是做简谐运动的物体在单位时间内往复运动的次数；
\(ωx+φ\)称为相位；\(x=0\)时的相位\(φ\)称为初相.
基本方法
【题型1】 函数解析式的应用
【典题1】 水车是一种利用水流动力进行灌溉的工具，是人类一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个水车的示意图，已知水车逆时针匀速旋转一圈的时间是\(80\)秒，半径为\(3\)米，水车中心(即圆心)距水面\(1.5\)米若．以水面为\(x\)轴，圆心到水面的垂线为\(y\)轴建立直角坐标系，水车的一个水斗从出水面点\(A\)处开始计时，经过\(t\)秒后转到\(P\)点的位置，则点\(P\)到水面的距离\(h\)与时间\(t\)的函数关系式为( )
A．\(h=3\sin \left(\dfrac{\pi}{40}t-\dfrac{\pi}{6}\right)+1.5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(h=1.5\cos \left(\dfrac{\pi}{40}t+\dfrac{\pi}{6}\right)+3\)
C．\(h=3\cos \left(\dfrac{\pi}{40}t-\dfrac{\pi}{3}\right)+1.5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(h=1.5\sin \left(\dfrac{\pi}{40}t+\dfrac{\pi}{3}\right)+3\)
解析 由题意，如图，过\(P\)向\(x\)轴作垂线，垂足为\(E\)，
则\(h=PE=PD+1.5\)，
\(\because r=3\)，\(BO=1.5\)，可得\(∠CBA=∠BAO=\dfrac{\pi}{6}\)，
\(\because\) 水车的角速度\(ω=\dfrac{2\pi}{80}=\dfrac{\pi}{40}\)，
\(\therefore\)由题意可得，\(∠PBA=\dfrac{\pi}{40} t\)，可得\(∠PBD=∠PBA-∠CBA=\dfrac{\pi}{40} t-\dfrac{\pi}{6}\)，
\(\therefore\)在\(△PBD\)中，\(PD=PB\sin ∠PBD=3\sin \left(\dfrac{\pi}{40} t-\dfrac{\pi}{6}\right)\)，
\(\therefore\) 点\(P\)到水面的距离\(h=PD+1.5=3\sin \left(\dfrac{\pi}{40 }t-\dfrac{\pi}{6}\right)+1.5\)．
故选：\(A\)．
【典题2】 设\(y=f\left(t\right)\)是某港口水的深度\(y\left(m\right)\)关于时间\(t\)(时)的函数，其中\(0≤t≤24\)，下表是该港口某一天从\(0\)时至\(24\)时记录的时间\(t\)与水深\(y\)的关系：
| \(t\) | \(0\) | \(3\) | \(6\) | \(9\) | \(12\) | \(15\) | \(18\) | \(21\) | \(24\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(y\) | \(12\) | \(15.1\) | \(12.1\) | \(9.1\) | \(11.9\) | \(14.9\) | \(11.9\) | \(8.9\) | \(12.1\) |
经长期观察，函数\(y=f\left(x\right)\)的图象可近似地看成函数\(y=k+A\sin \left(ωt+φ\right)\)的图象，下面的函数中，最能近似表示表中数据的对应关系的函数是( )
A．\(y=12+3\sin \dfrac{\pi}{6} t,t\in\left[0,24\right]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(y=12+3\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+π\right),t\in\left[0,24\right]\)
C．\(y=12+3\sin \dfrac{\pi}{12} t,t\in\left[0,24\right]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(y=12+3\sin \left(\dfrac{\pi}{12} t+\dfrac{\pi}{2}\right),t\in\left[0,24\right]\)
解析 \(\because y=f\left(x\right)\)的图象可以近似地看成\(y=k+A\sin \left(ωt+φ\right)\)的图象，
\(\therefore y=f\left(x\right)\)具有周期性．当\(t=3,15\)时，\(y\)取得最大值，
\(\therefore T=15-3=12\)，
则 \(\omega=\dfrac{2 \pi}{T}=\dfrac{2 \pi}{12}=\dfrac{\pi}{6}\)，\(\therefore\) 排除\(C\)、\(D\)．
下面将点\(\left(3,15.1\right)\)的坐标分别代入\(A\)、\(B\)验证．
将\(t=3\)代入\(A\)，得\(y=12+3\sin \left(\dfrac{\pi}{6}×3\right)=15\)；
代入\(B\)，得\(y=12+3\sin \left(\dfrac{\pi}{6}×3+π\right)=9\)，与\(15.1\)相差太多．
\(\therefore\) 应选\(A\)．
【典题3】 已知电流\(I\)与时间\(t\)的关系为\(I=A\sin \left(ωt+φ\right)\)．
\(\left(1\right)\)如图所示的是\(I=A\sin \left(ωt+φ\right)\left(ω>0,|φ|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)在一个周期内的图象，根据图中数据求\(I=A\sin \left(ωt+φ\right)\)的解析式；
\(\left(2\right)\)如果\(t\)在任意一段 \(\dfrac{1}{150}\)秒的时间内，电流\(I=A\sin \left(ωt+φ\right)\)都能取得最大值和最小值，那么\(ω\)的最小正整数值是多少？
解析 \(\left(1\right)\)由图知\(A=300\)，设\(t_1=-\dfrac{1}{900}\), \(t_2=\dfrac{1}{180}\)，
则周期 \(T=2\left(t_2-t_1\right)=2\left(\dfrac{1}{180}+\dfrac{1}{900}\right)=\dfrac{1}{75}\)．
\(\therefore \omega=\dfrac{2 \pi}{T}=150 \pi\)．
又当 \(t=\dfrac{1}{180}\)时，\(I=0\)，即 \(\sin \left(150 \pi \cdot \dfrac{1}{180}+\varphi\right)=0\)．
而\(|φ|<\dfrac{\pi}{2}\)，\(\therefore φ=\dfrac{\pi}{6}\)．
故所求的解析式为 \(I=300 \sin \left(150 \pi t+\dfrac{\pi}{6}\right)\)．
\(\left(2\right)\)依题意，周期 \(T \leq \dfrac{1}{150}\)，即 \(\dfrac{2 \pi}{\omega} \leq \dfrac{1}{150}(\omega>0)\)，
\(\therefore ω≥300π>942\)．
又\(ω\in N^*\)，
故所求最小正整数\(ω=943\)．
【巩固练习】
1.某游乐场中半径为\(30\)米的摩天轮逆时针(固定从一侧观察)匀速旋转，每\(5\)分钟转一圈，其最低点离底面\(5\)米，如果以你从最低点登上摩天轮的时刻开始计时，那么你与底面的距离高度\(y\)(米)随时间\(t\)(秒)变化的关系式为( )
A．\(y=30\sin \left(\dfrac{2 \pi}{5} t-\dfrac{\pi}{2}\right)+35\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(y=30 \sin \left(\dfrac{\pi}{150} t-\dfrac{\pi}{2}\right)+35\)
C．\(y=30\sin \left(\dfrac{2 \pi}{5} t+\dfrac{\pi}{2}\right)+5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(y=30 \sin \left(\dfrac{\pi}{150} t-\dfrac{\pi}{2}\right)+5\)
2.如图，半径为\(4m\)的水轮绕着圆心\(O\)逆时针做匀速圆周运动，每分钟转动\(4\)圈，水轮圆心\(O\)距离水面\(2m\)，如果当水轮上点\(P\)从离开水面的时刻\(P_0\)开始计算时间．
\(\left(1\right)\)将点\(P\)距离水面的高度\(y\left(m\right)\)与时间\(t\left(s\right)\)满足的函数关系；
\(\left(2\right)\)求点\(P\)第一次到达最高点需要的时间．
3.已知某海滨浴场水浪的高度\(y\)(米)是时间\(t(0≤t≤24，\)单位：小时\()\)的函数，记作：\(y=f\left(t\right)\)，下表是某日各时的浪高数据：
| \(t\)(时) | \(0\) | \(3\) | \(6\) | \(9\) | \(12\) | \(15\) | \(18\) | \(21\) | \(24\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(y\)(米) | \(1.5\) | \(1.0\) | \(0.5\) | \(1.0\) | \(1.5\) | \(1.0\) | \(0.5\) | \(0.99\) | \(1.5\) |
经长期观测，\(y=f\left(t\right)\)的曲线可近似地所成是函数\(y=A\cos ωt+b\)的图象．
\(\left(1\right)\)根据以上数据，求函数\(y=A\cos ωt+b\)的函数表达式；
\(\left(2\right)\)依据规定，当水浪高度高于\(1\)米时才对冲浪爱好者开放，请依据\(\left(1\right)\)的结论，判断一天内的上午\(8.00\)时至晚上\(20：00\)的之间，有多少时间可供冲浪者进行运动？
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 设\(y=A\sin \left(ωt+φ\right)+B\)，
由题意可得\(A=30\)， \(\omega=\dfrac{2 \pi}{300}=\dfrac{\pi}{150}\)，\(B=30×2+5-30=35\)，
\(\left(0,5\right)\)为最低点，代入可得\(5=30\sin φ+35\)，，\(\sin φ=-1\)
\(φ=-\dfrac{\pi}{2}+2kπ\)，\(k=0\)时，\(φ=-\dfrac{\pi}{2}\)，
\(y=30 \sin \left(\dfrac{\pi}{150} t-\dfrac{\pi}{2}\right)+35\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(\left(1\right) y=4\sin \left(\dfrac{2 \pi}{15} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+2\)；\(\left(2\right) 5s\).
解析 \(t\left(s\right)\left(1\right)\)以\(O\)为原点建立如图所示的直角坐标系．
由于水轮绕着圆心\(O\)做匀速圆周运动，
可设点\(P\)到水面的距离\(y\left(m\right)\)与时间\(t\left(s\right)\)满足函数关系\(y=A\sin \left(\omega t+φ\right)+2,\left(-\dfrac{\pi}{2}<φ<\dfrac{\pi}{2}\right)\)，
\(\because\)水轮每分钟旋转\(4\)圈， \(\therefore T=\dfrac{60}{4}=15\)， \(\therefore \omega=\dfrac{2 \pi}{T}=\dfrac{2 \pi}{15}\)．
\(\because\)水轮半径为\(4 m\)，\(\therefore A=4\)．
\(\therefore y=4\sin \left(\dfrac{2 \pi}{15} t+φ\right)+2,\left(-\dfrac{\pi}{2}<φ<0\right)\)．
当\(t=0\)时，\(y=0\)．
\(\therefore φ=-\dfrac{\pi}{6}\)．\(\therefore y=4\sin \left(\dfrac{2 \pi}{15} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+2\)．
\(\left(2\right)\)由于最高点距离水面的距离为\(6\)，\(\therefore 6=4\sin \left(\dfrac{2 \pi}{15}t-\dfrac{\pi}{6}\right)+2\)．
\(\therefore \sin \left(\dfrac{2 \pi}{15}t-\dfrac{\pi}{6}\right)=1\)．
\(\therefore \dfrac{2 \pi}{15} t-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in Z)\)．
\(\therefore t=5+15k \left(k\in Z \right)\)．
\(\therefore\)当\(k=0\)时，即\(t=5\left(s\right)\)时，点\(P\)第一次达到最高点．
-
答案 \(\left(1\right) y=\dfrac{1}{2} \cos \dfrac{\pi}{6} t+1\)；\(\left(2\right) 6\)个小时．
解析 \(\left(1\right)\)由表中数据知周期\(T=12\)，
\(\therefore \omega=\dfrac{2 \pi}{T}=\dfrac{2 \pi}{12}=\dfrac{\pi}{6}\)，
由\(t=0\)，\(y=1.5\)，得\(A+b=1.5\)．
由\(t=3\)，\(y=1.0\)，得\(b=1.0\)．
\(\therefore A=0.5\)，\(b=1\)，\(\therefore y=\dfrac{1}{2} \cos \dfrac{\pi}{6} t+1\)．
\(\left(2\right)\)由题知，当\(y>1\)时才可对冲浪者开放，
\(\therefore \dfrac{1}{2} \cos \dfrac{\pi}{6} t+1>1\)，\(\therefore \cos \dfrac{\pi}{6} t>0\)，
\(\therefore 2kπ-\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{\pi}{6} t<2kπ+\dfrac{\pi}{2}，k\in Z\)，
即\(12k-3<t<12k+3，k\in Z\)．①
\(\because 0≤t≤24\)，故可令①中\(k\)分别为\(0\)，\(1\)，\(2\)，
得\(0≤t<3\)或\(9<t<15\)或\(21<t≤24\)．
\(\therefore\)在规定时间上午\(8:00\)至晚上\(20:00\)之间，
有\(6\)个小时时间可供冲浪者运动，即上午\(9:00\)至下午\(3:00\)．
【题型2】综合应用
【典题1】 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\(A\left(3\sqrt{3},-3\right)\)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\(\left(x,y\right)\)，其纵坐标满足\(y=f\left(t\right)=R\sin \left(ωt+φ\right)\)\(\left(t≥0,ω>0,|φ|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)．则下列叙述错误的是( )
A．\(R=6\),\(ω=\dfrac{\pi}{30}\),\(φ=-\dfrac{\pi}{6}\)
B．当\(t\in \left[35,55\right]\)时，点\(P\)到\(x\)轴的距离的最大值为\(6\)
C．当\(t\in \left[10,25\right]\)时，函数\(y=f\left(t\right)\)单调递减
D．当\(t=20\)时，\(|PA|=6\sqrt{3}\)
解析 由题意， \(R=\sqrt{27+9}=6\)， \(T=60=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)， \(\therefore \omega=\dfrac{\pi}{30}\)，
点\(A\left(3\sqrt{3},-3\right)\)代入可得\(-3=6\sin φ\)，\(\because |φ|<\dfrac{\pi}{2}\)，\(\therefore φ=-\dfrac{\pi}{6}\)．故\(A\)正确；
\(f\left(t\right)=6\sin \left(\dfrac{\pi}{30} t-\dfrac{\pi}{6}\right)\)，当\(t\in \left[35,55\right]\)时，\(\dfrac{\pi}{30} t-\dfrac{\pi}{6}\in \left[π, \dfrac{5}{3} π\right]\)，
\(\therefore\)点\(P\)到\(x\)轴的距离的最大值为\(6\)，正确；
当\(t\in \left[10,25\right]\)时，\(\dfrac{\pi}{3}0 t-\dfrac{\pi}{6}\in \left[\dfrac{\pi}{6},2\dfrac{\pi}{3}\right]\)，函数\(y=f\left(t\right)\)单调递减，不正确；
当\(t=20\)时，\(\dfrac{\pi}{30} t-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}\)，\(P\)的纵坐标为\(6\)， \(|P A|=\sqrt{27+81}=6 \sqrt{3}\)，\(D\)正确，
故选：\(C\)．
【典题2】 如图，已知扇形\(AOB\)的半径为\(1\)，中心角为\(60°\)，四边形\(PQRS\)是扇形的内接矩形，\(P\)为 \(\widehat{A B}\)上一动点，问：点\(P\)在怎样的位置时，矩形\(PQRS\)的面积的最大？并求出这个最大值．
解析 如图，在\(Rt△OPS\)中，设\(∠POS=α\)，则\(OS=\cos α\)，\(PS=\sin α\)，
在\(Rt△ORQ\)中， \(\dfrac{Q R}{O R}=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}\)，所以 \(O R=\dfrac{\sqrt{3}}{3} Q R=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin \alpha\)．
\(\therefore RS=OS-OR=\cos α-\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin α\)．
设矩形\(ABCD\)的面积为\(S\)，
则\(S=\left(\cos α-\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin α\right)\sin α=\sin α\cos α-\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin ^2α\)
\(=\dfrac{1}{2} \sin 2 \alpha+\dfrac{\sqrt{3}}{6} \cos 2 \alpha-\dfrac{\sqrt{3}}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \alpha+\dfrac{1}{2} \cos 2 \alpha\right)-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)
\(=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin \left(2 \alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)．
由于\(0<α<\dfrac{\pi}{3}\)，
所以当\(2α+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(α=\dfrac{\pi}{6}\)时， \(S_{\max }=\dfrac{\sqrt{3}}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)．
因此，当\(α=\dfrac{\pi}{6}\)时，矩形\(PQRS\)的面积最大，最大面积为 \(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)．
【典题3】 如图，\(ABCD\)是块边长为\(100m\)的正方形地皮，其中扇形\(AST\)是一半径为\(90m\)的扇形小山，其余部分都是平地，一开发商想在平地上建一个矩形停车场，使矩形的一个顶点\(P\)在弧 \(\widehat{S T}\)上，相邻两边\(CQ\)、\(CR\)落在正方形的边\(BC\)、\(CD\)上．
\(\left(1\right)\)设\(∠PAB=θ\)，把矩形停车场\(PQCR\)的面积表示为\(θ\)的函数
\(\left(2\right)\)求矩形\(PQCR\)面积的最大值和最小值．
解析 \(\left(1\right)\)设\(∠PAB=θ\)(其中\(0°≤θ≤90°\))，延长\(RT\)交\(AB\)于\(M\)，
所以\(AM=90\cos θ\)，\(MP=90\sin θ\)，
所以\(PQ=MB=100-90\cos θ\)，
所以\(PR=MR-MP=100-90\sin θ\)，
所以矩形\(PQRC\)的面积为 \(S_{\text {矩形 } P Q R C}=P Q \cdot P R=(100-90 \cos \theta)(100-90 \sin \theta)\)
\(=10000-9000\left(\sin θ+\cos θ\right)+8100\sin θ\cos θ\)，(其中\(0°≤θ≤90°\))；
\(\left(2\right)\)令\(t=\sin θ+\cos θ\)(其中\(1≤t≤\sqrt{2}\))，
则 \(\sin \theta \cos \theta=\dfrac{t^2-1}{2}\)；
所以 \(S_{\text {知形 } P Q R C}=10000-9000 t+8100 \cdot \dfrac{t^2-1}{2}=4050\left(t-\dfrac{10}{9}\right)^2+950\)；
所以当 \(t=\dfrac{10}{9}\)时，\(S\)取得最小值为\(950m^2\)，
当\(t=\sqrt{2}\)时 \(S\)取得最大值为\(\left(14050－9000\sqrt{2}\right)m^2\)．
【巩固练习】
1.如图是半径为\(1\)的半圆，且\(PQRS\)是半圆的内接矩形，设\(∠SOP=α\)，则其值为\(\underline{\quad \quad}\)时，矩形的面积最大，最大面积为\(\underline{\quad \quad}\)．
2.如图，某正方形公园\(ABCD\)，在\(ABD\)区域内准备修建三角形花园\(BMN\)，满足\(MN\)与\(AB\)平行(点\(N\)在\(BD\)上)，且\(AB=AD=BM=2\)(单位：百米)．设\(∠ABM=θ\)，\(△BMN\)的面积为\(S\)(单位：百米平方)．
\(\left(1\right)\)求\(S\)关于\(θ\)的函数解析式
\(\left(2\right)\)求\(S\left(θ\right)\)的最大值，并求出取到最大值时\(θ\)的值．
3.如图，半圆\(O\)的直径为\(2\)，\(A\)为直径延长线上的一点，\(OA=2\)，\(B\)为半圆上任意一点，以\(AB\)为一边作等边三角形\(ABC\)，设\(∠AOB=α\left(0<α<π\right)\)．
\(\left(1\right)\)当\(α\)为何值时，四边形\(OACB\)面积最大，最大值为多少；
\(\left(2\right)\)当\(α\)为何值时，\(OC\)长最大，最大值为多少．
参考答案
-
答案 \(\dfrac{\pi}{4}\)，\(1\)
解析 \(∠SOP=α\)，\(PS=\sin α\)，\(SR=2\cos α\)，
\(\therefore\)矩形\(PQRS\)的面积\(S=SR\cdot PS=2\cos α \cdot\sin α=\sin 2α\)，
当\(α=\dfrac{\pi}{4}\)时，\(S_{\max}=1\)，
故答案为：\(\dfrac{\pi}{4}\)，\(1\)． -
答案 \(\left(1\right) S\left(θ\right)2=\sin θ \left(\cos θ-\sin θ\right) \left(θ\in \left(0,\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\)；
\(\left(2\right) S\left(θ\right)\)的最大值为\(\sqrt{2}-1\)百米平方，此时\(θ=\dfrac{\pi}{8}\)．
解析 \(\left(1\right)\)依题意得，\(∠ABD=∠CBD=\dfrac{\pi}{4}\)，延长\(MN\)交\(BC\)于点\(H\)．
因为\(MN∥AB\)，且四边形\(ABCD\)为正方形，
所以\(∠NMB=∠ABM=θ\)，\(∠HNB=∠CBD=\dfrac{\pi}{4}\)，
在\(Rt△BMH\)中，\(BH=BM\sin θ=2\sin θ\)．\(MH=BM\cos θ=2\cos θ\)，
在\(Rt△BNH\)中，因为\(∠HNB=∠CBD=\dfrac{\pi}{4}\)，
所以\(NH=BH=2\sin θ\)．
所以\(MN=MH-NH=2\left(\cos θ-\sin θ\right)\)，
所以\(S\left(θ\right)= \dfrac{1}{2} MN⋅BH=2\sin θ\left(\cos θ-\sin θ\right)\left(θ\in \left(0,\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\)．
\(\left(2\right)\)由\(\left(1\right)\)得，
\(S\left(θ\right)=2\sin θ\left(\cos θ-\sin θ\right)=\sin 2θ-\left(1-\cos 2θ\right)=\sin 2θ+\cos 2θ-1\)
\(=\sqrt{2}\sin \left(2θ+\dfrac{\pi}{4}\right)-1\)，
因为\(θ\in \left(0,\dfrac{\pi}{4}\right)\)，所以\(2θ+\dfrac{\pi}{4}\in \left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3\pi}{4}\right)\)，
所以当\(2θ+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(θ=\dfrac{\pi}{8}\)时，\(S\left(θ\right)_{\max}=\sqrt{2}-1\)，
答：\(S\left(θ\right)\)的最大值为\(\sqrt{2}-1\)百米平方，此时\(θ=\dfrac{\pi}{8}\)． -
答案 \(\left(1\right)\)当 \(\alpha=\dfrac{5}{6} \pi\)，四边形\(OABC\)面积最大值为 \(2+\dfrac{5}{4} \sqrt{3}\)；
\(\left(2\right)\)当 \(\alpha=\dfrac{2}{3} \pi\)时，\(OC\)有最大值\(3\)．
解析 \(\left(1\right)\)由题意，在\(△OAB\)中，\(AB^2=5-4\cos α\)，
三角形\(S_{△AOB}=\sin α\)，三角形 \(S_{\triangle A B C}=\dfrac{\sqrt{3}}{4} A B^2=\dfrac{5}{4} \sqrt{3}-\sqrt{3} \cos \alpha\)
四边形\(OABC\)的面积为 \(S=S_{\triangle A O B}+S_{\triangle A B C}=2 \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{5}{4} \sqrt{3}\)．
\(\because 0<α<π\)，
\(\therefore\)当\(α-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2}\)，即 \(\alpha=\dfrac{5}{6} \pi\)时，四边形\(OABC\)的面积最大，
故得当 \(\alpha=\dfrac{5}{6} \pi\)，四边形\(OABC\)的面积最大且最大值为 \(2+\dfrac{5}{4} \sqrt{3}\)．
\(\left(2\right)△OAB\)中， \(\sin \angle O A B=\dfrac{O B \sin \angle A O B}{A B}=\dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{5-4 \cos \alpha}}\)
\(\therefore \cos \angle O A B=\sqrt{1-\sin ^2 \angle O A B}=\dfrac{2-\cos \alpha}{\sqrt{5-4 \cos \alpha}}\)
\(\therefore \cos \angle O A C=\cos \left(\angle O A B+60^{\circ}\right)=\dfrac{2-\cos \alpha-\sqrt{3} \sin \alpha}{2 \sqrt{5-4 \cos \alpha}}\)．
\(△OAC\)中，\(OC^2=OA^2+AC^2-2\cdot OA\cdot AC\cdot \cos ∠OAC=2\sqrt{3} \sin α-2\cos α+5\)
即 \(O C=\sqrt{4 \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{6}\right)+5}(\alpha \in(0, \pi))\)
\(\because \alpha-\dfrac{\pi}{6} \in\left(-\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{5 \pi}{6}\right)\) , \(\therefore \alpha-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}\)，\(\therefore α-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}\)，
即 \(\alpha=\dfrac{2}{3} \pi\)时，\(OC\)有最大值．
故得当 \(\alpha=\dfrac{2}{3} \pi\)时，\(OC\)有最大值\(3\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.如图所示为一简谐振动的图象，则下列判断正确的是( )
A．该质点的振动周期为\(0.7 s\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．该质点的振幅 为\(5 cm\)
C．该质点在\(0.1 s\)和\(0.5 s\)时振动速度最大 \(\qquad \qquad \qquad \quad\) D．该质点在\(0.3 s\)和\(0.7 s\)时振动速度为零
2.电流\(I\left(A\right)\)随时间\(t\left(s\right)\)变化的关系式是\(I=5\sin \left(100πt+\dfrac{\pi}{3}\right)\)，则当\(t= \dfrac{1}{2 00 }s\)时，电流\(I\)为( )
A．\(5 A\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2.5 A\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2 A\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(－5 A\)
3.一个匀速旋转的摩天轮每\(12\)分钟旋转一周，最低点距地面\(2\)米，最高点距地面\(18\)米，\(P\)是摩天轮轮周上的定点，点\(P\)在摩天轮最低点开始计时，\(t\)分钟后\(P\)点距地面高度为\(h\)(米)，设\(h=A\sin \left(ωt+φ\right)+B\)\(\left(A>0,ω>0,φ\in \left[0,2π\right)\right)\)，则下列结论错误的是( )
A．\(A=8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(ω=\dfrac{\pi}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(φ=\dfrac{\pi}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(B=10\)
4.(多选)如图，摩天轮的半径为\(40m\)，其中心\(O\)点距离地面的高度为\(50m\)，摩天轮按逆时针方向做匀速转动，且\(20\min\)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( )
A．经过\(10\min\)点\(P\)距离地面\(10m\)
B．若摩天轮转速减半，则其周期变为原来的\(\dfrac{1}{2}\)倍
C．第\(17\min\)和第\(43\min\)时\(P\)点距离地面的高度相同
D．摩天轮转动一圈，\(P\)点距离地面的高度不低于\(70m\)的时间为\(\dfrac{20}{3} \min\)
5.如图，单摆从某点开始来回摆动，离开平衡位置\(O\)的距离\(s cm\)和时间\(t s\)的函数关系式为 \(s=6\sin \left(2πt+\dfrac{\pi}{6}\right)\)，那么单摆来回摆动一次所需的时间为\(\underline{\quad \quad}\)．
6.下面是一半径为\(2\)米的水轮，水轮的圆心\(O\)距离水面\(1\)米，已知水轮自点\(M\)开始以\(1\)分钟旋转\(4\)圈的速度顺时针旋转，点\(M\)距水面的高度\(d\)(米)(在水平面下\(d\)为负数)与时间\(t\)(秒)满足函数关系式\(d=A \sin (\omega t+\varphi)+1\)\(\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)，则函数关系式为\(\underline{\quad \quad}\)．
7.如图，一个半径为\(4\)米的筒车按逆时针方向每\(π\)分钟转\(1\)圈，筒车的轴心\(O\)距水面的高度为\(2\)米．设筒车上的某个盛水筒\(W\)到水面的距离为\(d\)(单位：米)(在水面下\(d\)则为负数)．若以盛水筒\(W\)刚浮出水面时开始计算时间，则\(d\)与时间\(t\)(单位：分钟)之间的关系为\(d=A\sin \left(ωt+φ\right)+K\left(A>0 ,ω>0 ,-\dfrac{\pi}{2}<φ<\dfrac{\pi}{2}\right)\)．
\(\left(1\right)\)求\(A\) ,\(ω\) ,\(φ\) ,\(K\)的值；
\(\left(2\right)\)求盛水筒\(W\)出水后至少经过多少时间就可到达最高点？
\(\left(3\right)\)某时刻\(t_0\)(单位：分钟)时，盛水筒\(W\)在过点\(O\)的竖直直线的左侧，到水面的距离为\(5\)米，再经过\(\dfrac{\pi}{6}\)分钟后，盛水筒\(W\)是否在水中？
8.已知函数\(f\left(x\right)=A\sin \left(ωx+φ\right)+B\left(A>0,ω>0,|φ|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)的一系列对应值如下表：
| \(x\) | \(-\dfrac{\pi}{6}\) | \(\dfrac{\pi}{3}\) | \(\dfrac{5\pi}{6}\) | \(\dfrac{4\pi}{3}\) | \(\dfrac{11\pi}{6}\) | \(\dfrac{7\pi}{3}\) | \(\dfrac{17\pi}{6}\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(y\) | \(-1\) | \(1\) | \(3\) | \(1\) | \(-1\) | \(1\) | \(3\) |
\(\left(1\right)\) 根据表格提供的数据求出函数\(f\left(x\right)\)的一个解析式；
\(\left(2\right)\)根据\(\left(1\right)\)的结果，若函数\(y=f\left(kx\right)\left(k>0\right)\)的周期为\(2\dfrac{\pi}{3}\)，当\(x\in \left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]\)时，方程\(f\left(kx\right)=m\)恰有两个不同的解，求实数\(m\)的取值范围．
9.某农场有一块扇形农田，如图所示．已知扇形\(OAB\)的圆心角为\(\dfrac{\pi}{4}\)，半径为\(80\)米，点\(P\)在 \(\widehat{A B}\)上，\(PC⊥OA\)于\(C\)，\(PD⊥OB\)于\(D\)．现要在\(△OPC\)和\(△OPD\)区域中分别种植甲、乙两种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜单位面积年产值之比为\(1:\sqrt{3}\)．设\(∠AOP=θ\)，\(0<θ<\dfrac{\pi}{4}\)．
\(\left(1\right)\)用\(θ\)分别表示\(△OPC\)和\(△OPD\)的面积；
\(\left(2\right)\)当\(θ\)为何值时，读农场种植甲、乙两种蔬菜的年总产值最大？
10.如图，\(OPQ\)是半径为\(2\)．圆心角为\(\dfrac{\pi}{3}\)的扇形，点\(A\)在\(\widehat{P Q}\)上(异于点\(P\)，\(Q\))，过点\(A\)作\(AB⊥OP\)，\(AC⊥OQ\)，垂足分别为\(B\)，\(C\)，记\(∠AOB=θ\)，四边形\(ACOB\)的面积为\(S\)．
\(\left(1\right)\)求\(S\)关于\(θ\)的函数关系式；
\(\left(2\right)\)当\(θ\)为何值时，\(S\)有最大值，并求出这个最大值．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 由图知该质点振动的周期要大于\(0.7 s\)，振幅为\(5 cm\)，在\(0.1s\)和\(0.5s\)时振动速度为\(0\)，在\(0.3 s\)和\(0.7 s\)时振动速度为最大．故选\(B\)． -
答案 \(B\)
解析 将\(t= \dfrac{1}{200}\)代入\(I=5\sin \left(100πt+\dfrac{\pi}{3}\right)\)得\(I=2.5 A\)． -
答案 \(C\)
解析 由摩天轮最低点距地面\(2\)米，最高点距地面\(18\)米，
得 \(\left\{\begin{array}{l} A+B=18 \\ -A+B=2 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} A=8 \\ B=10 \end{array}\right.\)，
因此\(A\)，\(D\)都正确；又由摩天轮每\(12\)分钟旋转一周，得\(T=12\)，
而 \(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)，所以\(ω=\dfrac{\pi}{6}\)，则\(B\)正确；
又由\(P\)是摩天 轮轮周上的定点，从\(P\)在摩天轮最低点开始计时，
得\(8\sin \left(\dfrac{\pi}{6}×0+φ\right)+10=2\)，所以\(\sin φ=-1\)，
而\(φ\in \left[0,2π\right)\)，所以\(φ=\dfrac{3\pi}{2}\)，所以\(C\)错误． -
答案 \(ACD\)
解析 依题意，\(A=40\)，\(h=50\)，\(T=20\)，
则 \(\omega=\dfrac{2 \pi}{20}=\dfrac{\pi}{10}\)，且\(f\left(0\right)=40\sin φ+50=90\)，所以\(φ=\dfrac{\pi}{2}\)；
所以\(f\left(t\right)=40\sin \left(\dfrac{\pi}{10} t+\dfrac{\pi}{2}\right)+50\)，\(\left(t≥0\right)\)．
对于\(A\)．\(f\left(10\right)=40\sin \left(\dfrac{\pi}{10} ×10+\dfrac{\pi}{2}\right)+50=10\)，\(A\)正确；
对于\(B\)，若摩天轮转速减半，则其周期变为原来的\(2\)倍，\(B\)错误；
对于\(C\)，\(f\left(17\right)=40\sin \left(\dfrac{\pi}{10} ×17+\dfrac{\pi}{2}\right)+50=-40\cos \dfrac{7\pi}{10} +50=40\cos \dfrac{3\pi}{10} +50\)，
\(f\left(43\right)=40\sin \left(\dfrac{\pi}{10} ×43+\dfrac{\pi}{2}\right)+50=40\cos \dfrac{3\pi}{10} +50\)；
所以\(f\left(17\right)=f\left(43\right)\)，\(C\)正确；
对于\(D\)，令\(f\left(t\right)≥70\)，得\(40\sin \left(\dfrac{\pi}{10} t+\dfrac{\pi}{2}\right)+50≥70\)，
所以\(\cos \dfrac{\pi}{10} t≥ \dfrac{1}{2}\)，
所以\(-\dfrac{\pi}{3}+2kπ≤\dfrac{\pi}{10} t≤\dfrac{\pi}{3}+2kπ\)，\(k\in Z\)；
解得 \(-\dfrac{10}{3}+20 k \leq t \leq \dfrac{10}{3}+20 k\)，\(k\in Z\)；
\(\dfrac{10}{3}-\left(-\dfrac{10}{3}\right)=\dfrac{20}{3}\)，
即摩天轮转动一圈，\(P\)点距离地面的高度不低于\(70m\)的时间为 \(\dfrac{20}{3} \min\)，\(D\)正确．
故选：\(ACD\)． -
答案 \(1\)
解析 由题易知，单摆来回摆动一次所需的时间恰好为一个周期，即\(T=\dfrac{2\pi}{2π}=1\)． -
答案 \(d=2 \sin \left(\dfrac{2 \pi}{15} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+1\)
解析 由题意知水轮的半径为\(2\)，水轮圆心\(O\)距离水面\(1\)，所以\(A=2\)；
又水轮每分钟旋转\(4\)圈，所以转一圈需要\(15\)秒，
所以 \(T=15=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)，解得 \(\omega=\dfrac{2 \pi}{15}\)；
由顺时针旋转\(t=0\)时，\(ωt+φ=2kπ-\dfrac{\pi}{6}\)，解得\(φ=2kπ-\dfrac{\pi}{6}\left(k\in Z\right)\)，
又\(|φ|<\dfrac{\pi}{2}\)，所以\(φ=\dfrac{\pi}{6}\)；
所以函数关系式为 \(d=2 \sin \left(\dfrac{2 \pi}{15} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+1\)． -
答案 \(\left(1\right) A=4\),\(K=2\)，\(ω=2\)，\(φ=-\dfrac{\pi}{6}\)；\(\left(2\right) \dfrac{\pi}{3}\)分钟；\(\left(3\right)\)不在水中.
解析 \(\left(1\right)\)由题意，\(d=A\sin \left(ωt+φ\right)+K\)，
由图可知\(d\)的最大值为\(6\)，最小值为\(-2\)，
即 \(\left\{\begin{array}{l} A+K=6 \\ -A+K=-2 \end{array}\right.\)，解得\(A=4\) ,\(K=2\)，
\(\because\) 每\(π\)分钟转\(1\)圈，
\(\therefore\)函数的周期为 \(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}=\pi\)，可得\(ω=2\)，可得\(d=4\sin \left(2t+φ\right)+2\)，
\(\because\)依题意，可知当\(t=0\)时，\(d=0\)，即\(0=4\sin φ+2\)，可得\(\sin φ=- \dfrac{1}{2}\) ，
由\(-\dfrac{\pi}{2}<φ<\dfrac{\pi}{2}\)，可得\(φ=-\dfrac{\pi}{6}\)．
\(\left(2\right)\)由\(\left(1\right)\)可得\(d=4\sin \left(2t-\dfrac{\pi}{6}\right)+2\)，
令\(6=4\sin \left(2t-\dfrac{\pi}{6}\right)+2\)，得\(\sin \left(2t-\dfrac{\pi}{6}\right)=1\)，
取\(2t-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}\)，解得\(t=\dfrac{\pi}{3}\)，
故经过\(\dfrac{\pi}{3}\)分钟后盛水筒\(W\)出水后就可到达最高点．
\(\left(3\right)\)由题意，\(5=4\sin \left(2t_0-\dfrac{\pi}{6}\right)+2\)，
可得 \(\sin \left(2 t_0-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{3}{4}\)，可得 \(\cos \left(2 t_0-\dfrac{\pi}{6}\right)=-\dfrac{\sqrt{7}}{4}\)或 \(\dfrac{\sqrt{7}}{4}\)(舍去)，
所以 \(\sin \left[2\left(t_0+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\pi}{6}\right]=\sin \left[\left(2 t_0-\dfrac{\pi}{6}\right)+\dfrac{\pi}{3}\right]\)
\(=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}+\left(-\dfrac{\sqrt{7}}{4}\right) \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3-\sqrt{21}}{8}\)，
所以再经过\(\dfrac{\pi}{6}\)分钟，可得 \(d=4 \times \dfrac{3-\sqrt{21}}{8}+2=\dfrac{7-\sqrt{21}}{2}>0\)，
故盛水筒不在水中． -
答案 \(\left(1\right) f\left(x\right)=2\sin \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+1\)； \(\left(2\right) \left[\sqrt{3}+1,3\right)\).
解析 \(\left(1\right)\)设\(f\left(x\right)\)的最小正周期为\(T\)，得\(T=\dfrac{11\pi}{6}-\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)=2π\)．
由 \(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)得\(ω=1\)．
又 \(\left\{\begin{array}{l} B+A=3 \\ B-A=-1 \end{array}\right.\)解得 \(\left\{\begin{array}{l} A=2 \\ B=1 \end{array}\right.\)，
令\(ω⋅\dfrac{5\pi}{6}+φ=\dfrac{\pi}{2}+2kπ\)，
即\(\dfrac{5\pi}{6}+φ=\dfrac{\pi}{2}+2kπ,k\in Z\)，又\(|φ|<\dfrac{\pi}{2}\)，解得\(φ=-\dfrac{\pi}{3}\)．
\(\therefore f\left(x\right)=2\sin \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+1\)．
\(\left(2\right)\because\) 函数\(y=f\left(kx\right)=2\sin \left(kx-\dfrac{\pi}{3}\right)+1\)的周期为\(\dfrac{2\pi}{3}\)，
又\(k>0\)，\(\therefore k=3\)．
令\(t=3x-\dfrac{\pi}{3}\)，\(\because x\in \left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]\)，\(\therefore t\in \left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right]\)．
如图，\(\sin t=s\)在\(\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right]\)上有两个不同的解的条件是\(s\in \left[\dfrac{\sqrt{3}}{2} ,1\right)\)，
\(\therefore\)方程\(f\left(kx\right)=m\)在\(x\in \left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]\)时恰好有两个不同的解的条件是\(m\in \left[\sqrt{3}+1,3\right)\)，
即实数\(m\)的取值范围是\(\left[\sqrt{3}+1,3\right)\)．
-
答案 \(\left(1\right) △OPC\)的面积为\(1600\sin 2θ\)，\(△OPD\)的面积为\(1600\cos 2θ\)； \(\left(2\right) \dfrac{\pi}{12}\).
解析 \(\left(1\right)\)直角三角形\(OPC\)中，\(PC=OP\sin θ=80\sin θ\)，\(OC=OP\cos θ=80\cos θ\)，
所以\(△OPC\)的面积为\(\dfrac{1}{2} ×PC×OC=3200\sin θ\cos θ=1600\sin 2θ\)，
同理\(△OPD\)的面积为\(1600\sin 2\left(\dfrac{\pi}{4}-θ\right)=1600\cos 2θ\)．
\(\left(2\right)\)设农场种植甲，乙两种蔬菜的年总产值为\(y\)，
甲，乙两种蔬菜每平方米年产值分别为\(t\)，\(\sqrt{3} t\left(t>0\right)\)，
则\(y=1600\sin 2θ\cdot t+1600\cos 2θ\cdot\sqrt{3} t=3200t\sin \left(2θ+\dfrac{\pi}{3}\right)\)，
\(\because 0<θ<\dfrac{\pi}{4}\),\(\therefore \dfrac{\pi}{3}<2θ+\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{5\pi}{6}\)．
\(\therefore\)当\(2θ+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(θ=\dfrac{\pi}{12}\)时，\(y\)取得最大值．
答：\(\left(1\right)△OPC\)和\(△OPD\)的面积分别为\(1600\sin 2θ\)平方米，\(1600\cos 2θ\)平方米；
\(\left(2\right)\)当\(θ=\dfrac{\pi}{12}\)时，该农场种植甲，乙两种蔬菜的年总产值量大． -
答案 \(\left(1\right) S=\sin 2θ+\sin \left(2\dfrac{\pi}{3}-2θ\right),\left(0<θ<\dfrac{\pi}{3}\right)\)；
\(\left(2\right)\)当\(θ\)为\(\dfrac{\pi}{6}\)时，面积\(S\)有最大值\(\sqrt{3}\)．
解析 \(\left(1\right)\)因为\(AB⊥OP\)，所以在\(Rt△OAB\)中，\(AB=OA\sin θ=2\sin θ\)，\(OB=OA\cos θ=2\cos θ\)，
\(S_{\triangle A B O}=\dfrac{1}{2} O B \times A B=2 \sin \theta \cos \theta=\sin 2 \theta\)，
因为\(AC⊥OQ\),\(∠POQ=\dfrac{\pi}{3}\)，所以\(∠AOC=\dfrac{\pi}{3}-θ\)；
同理： \(S_{\triangle A C O}=2 \sin \left(\dfrac{\pi}{3}-\theta\right) \cos \left(\dfrac{\pi}{3}-\theta\right)=\sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-2 \theta\right)\)；
从而\(S\)关于\(θ\)的解析式为 \(S=S_{\triangle A B O}+S_{\triangle A C O}=\sin 2 \theta+\sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-2 \theta\right),\left(0<\theta<\dfrac{\pi}{3}\right)\)；
\(\left(2\right)\)化简函数 \(S=\sin 2 \theta+\sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-2 \theta\right)=\sin 2 \theta+\sin \dfrac{2 \pi}{3} \cos 2 \theta-\cos \dfrac{2 \pi}{3} \sin 2 \theta\)
\(=\dfrac{3}{2} \sin 2 \theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 \theta=\sqrt{3}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \theta+\dfrac{1}{2} \cos 2 \theta\right)\)
\(=\sqrt{3}\left(\sin 2 \theta \cos \dfrac{\pi}{6}+\cos 2 \theta \sin \dfrac{\pi}{6}\right)=\sqrt{3} \sin \left(2 \theta+\dfrac{\pi}{6}\right)\)，
因为\(0<θ<\dfrac{\pi}{3}\)，所以\(\dfrac{\pi}{6}<2θ+\dfrac{\pi}{6}<\dfrac{5\pi}{6}\)，
故当\(2θ+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(θ=\dfrac{\pi}{6}\)时\(S\)有最大值，最大值为\(\sqrt{3}\)．
答：当\(θ\)为\(\dfrac{\pi}{6}\)时，面积\(S\)有最大值，最大值为\(\sqrt{3}\)．
【B组---提高题】
1.如图，一个水轮的半径为\(6m\)，水轮轴心\(O\)距离水面的高度为\(3m\)，已知水轮按逆时针匀速转动，每分钟转动\(5\)圈，当水轮上点\(P\)从水中浮现时的起始(图中点\(P_0\))开始计时，记\(f\left(t\right)\)为点\(P\)距离水面的高度关于时间\(t\left(s\right)\)的函数，则下列结论正确的是( )
A．\(f\left(3\right)=9\)
B．\(f\left(1\right)=f\left(7\right)\)
C．若\(f\left(t\right)≥6\)，则\(t\in \left[2+12k,5+12k\right]\left(k\in N\right)\)
D．不论\(t\)为何值，\(f\left(t\right)+f\left(t+4\right)+f\left(t+8\right)\)是定值
2.如图，正方形\(ABCD\)的边长为\(10\)米，以点\(A\)为顶点，引出放射角为\(\dfrac{\pi}{6}\)的阴影部分的区域，其中\(∠EAB=x\),\(\dfrac{\pi}{12}≤x≤\dfrac{\pi}{4}\)，记\(AE\)，\(AF\)的长度之和为\(f\left(x\right)\)．则\(f\left(x\right)\)的最大值为\(\underline{\quad \quad}\) .
3.如图，某登山队在山脚\(A\)处测得山顶\(B\)的仰角为\(45°\)，沿倾斜角为\(α\)(其中\(\tan α= \dfrac{1}{2}\) )的斜坡前进\(\sqrt{5} km\)后到达\(D\)处，休息后继续行驶\(\sqrt{5} km\)到达山顶\(B\)．
\(\left(1\right)\)求山的高度\(BE\)；
\(\left(2\right)\)现山顶处有一塔 \(C B=\dfrac{3}{8} k m\)．从\(A\)到\(D\)的登山途中，队员在点\(P\)处测得塔的视角为\(θ\)(\(∠CPB=θ\))．若点\(P\)处高度\(PF\)为\(xkm\)，则\(x\)为何值时，视角\(θ\)最大？
参考答案
-
答案 \(BD\)
解析 设\(f\left(t\right)=A\sin \left(ωx+φ\right)+B\)，依题意可知\(f\left(t\right)\)的最大值为\(9\)，最小为\(-3\)，
\(\therefore A+B=9\)，且\(-A+B=-3\)，可得\(A=6\)，\(B=3\)；
\(\because OP\)每秒钟内所转过的角为\(\dfrac{5 \times 2 \pi}{60}=\dfrac{\pi}{6}\)，得\(f\left(t\right)=6\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+φ\right)+3\)，
当\(t=0\)时，\(f\left(t\right)=0\)，得\(\sin φ=- \dfrac{1}{2}\)，即\(φ=-\dfrac{\pi}{6}\)，
故所求的函数解析式为\(f\left(t\right)=6\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+3\)，
对于\(A\)，\(f\left(3\right)=6\sin \left(\dfrac{\pi}{6}×3-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3\sqrt{3}+3\)，即\(A\)错误；
对于\(B\)，\(f\left(1\right)=6\sin \left(\dfrac{\pi}{6}×1-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3\)，\(f\left(7\right)=6\sin \left(\dfrac{\pi}{6}×7-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3\)，
即\(B\)正确；
对于\(C\)，因为\(f\left(t\right)≥6\)，所以\(6\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+3≥6\)，即\(\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)≥ \dfrac{1}{2}\)，
所以\(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\in \left[\dfrac{\pi}{6}+2kπ,\dfrac{5\pi}{6}+2kπ\right]\)，解得\(t\in \left[2+12k,6+12k\right]\)，\(k\in N\)，
即\(C\)错误；
对于\(D\)，\(f\left(t\right)+f\left(t+4\right)+f\left(t+8\right)\)
\(=6\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+3+6\sin \left[\dfrac{\pi}{6}\left(t+4\right)-\dfrac{\pi}{6}\right]+3+6\sin \left[\dfrac{\pi}{6}\left(t+8\right)-\dfrac{\pi}{6}\right]+3\)
\(=6\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+6\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{2}\right)+6\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+7\dfrac{\pi}{6}\right)+9\)
\(=6\left[\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+\cos \dfrac{\pi}{6} t-\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{6}\right)\right]+9\)，
因为\(\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+\cos \dfrac{\pi}{6} t-\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{6}\right)\)
\(=\left(\sin \dfrac{\pi}{6} t⋅\cos \dfrac{\pi}{6}-\cos \dfrac{\pi}{6} t⋅\sin \dfrac{\pi}{6}\right)+\cos \dfrac{\pi}{6} t-\left(\sin \dfrac{\pi}{6} t⋅\cos \dfrac{\pi}{6}+\cos \dfrac{\pi}{6} t⋅\sin \dfrac{\pi}{6}\right)=0\)，
所以\(f\left(t\right)+f\left(t+4\right)+f\left(t+8\right)=9\)，即\(D\)正确．
故选：\(BD\)． -
答案 \(10\sqrt{6}\).
解析 由题设，\(A E=\dfrac{A B}{\cos x}=\dfrac{10}{\cos x}\), \(\dfrac{\pi}{12} \leq x \leq \dfrac{\pi}{4}\),
而\(∠FAD=∠EAB+∠EAF\in \left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{5\pi}{12}\right]\)，
故\(∠DAF=\dfrac{\pi}{3}-x\in \left[\dfrac{\pi}{12},\dfrac{\pi}{4}\right]\)，
所以 \(A F=\dfrac{A D}{\cos \left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)}=\dfrac{10}{\cos \left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)}\)，
综上\(f(x)=10\left[\dfrac{1}{\cos x}+\dfrac{1}{\cos \left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)}\right]\)，且\(\dfrac{\pi}{12}≤x≤\dfrac{\pi}{4}\)，
所以 \(f(x)=10\left(\dfrac{1}{\cos x}+\dfrac{2}{\cos x+\sqrt{3} \sin x}\right)\)\(=10 \cdot \dfrac{3 \cos x+\sqrt{3} \sin x}{\cos x(\cos x+\sqrt{3} \sin x)}=\dfrac{20 \sqrt{3} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)}{\sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)+\dfrac{1}{2}}\),
令 \(t=\sin \left(x+\dfrac{\pi}{3}\right) \in\left[\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, 1\right]\)，
则 \(t^2=\sin ^2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1-\cos \left(2 x+\dfrac{2 \pi}{3}\right)}{2}\)\(=\dfrac{1-\cos \left(\dfrac{\pi}{2}+2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}{2}=\dfrac{1+\sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}{2}\)，
所以\(f\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)=2t^2-1\)，
故 \(f(x)=g(t)=\dfrac{20 \sqrt{3}}{2 t-\dfrac{1}{2 t}}\)在 \(t \in\left[\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, 1\right]\)上递减，
所以 \(f(x)_{\max }=g(t)_{\max }=g\left(\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\dfrac{20 \sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}-\dfrac{2}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}}=10 \sqrt{6},\)，
此时\(x=\dfrac{\pi}{12}\)或\(x=\dfrac{\pi}{4}\).
故答案为：\(10\sqrt{6}\). -
答案 \(\left(1\right) 3 km\)； \(\text { (2) } \dfrac{3}{4} \mathrm{~km}\).
解析 \(\left(1\right)\)因为\(\tan α= \dfrac{1}{2}\) ，\(α\)是锐角，所以\(\sin α=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)，\(\cos α=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)，
所以\(\cos ∠BAD=\cos \left(\dfrac{\pi}{4}-α\right)=\cos \dfrac{\pi}{4} \cos α+\sin \dfrac{\pi}{4} \sin α\)\(= \dfrac{1}{\sqrt{2}}×\dfrac{2}{\sqrt{5}}+ \dfrac{1}{\sqrt{2}}×\dfrac{3}{\sqrt{5}}==\dfrac{3 \sqrt{10}}{10}\)；
在\(△ABD\)中，过\(D\)作\(DM⊥AB\)，垂足为\(M\)，
如图1所示
因为\(AD=BD=\sqrt{5}\)，
所以\(AB=2AM=2AD\cos ∠BAD=2\sqrt{5}⋅\dfrac{3 \sqrt{10}}{10}=3\sqrt{2}\)；
在\(△ABE\)中，\(BE=AB\cos 45°=3\)，
所以山的高度为\(3 km\)．
\(\left(2\right)\)过\(P\)作\(PN⊥BE\)于\(N\)，如图3所示；
因为\(PF=x\)，所以\(AF=2x\)，
因为\(P\)在\(AD\)上，\(DG=1\)，所以\(x\in \left[0,1\right]\)，
所以\(\tan ∠BPN=\dfrac{B N}{P N}=\dfrac{3-x}{3-2 x}\)， \(\tan \angle C P N=\dfrac{C N}{P N}=\dfrac{3+\dfrac{3}{8}-x}{3-2 x}=\dfrac{\dfrac{27}{8}-x}{3-2 x}\)，
所以 \(\tan \theta=\tan (\angle C P N-\angle B P N)=\dfrac{\tan \angle C P N-\tan \angle B P N}{1+\tan \angle C P N \cdot \tan \angle B P N}\)
\(=\dfrac{\dfrac{\frac{27}{8}-x}{3-2 x}-\dfrac{3-x}{3-2 x}}{1+\dfrac{\frac{27}{8}-x}{3-2 x} \times \dfrac{3-x}{3-2 x}}=\dfrac{\dfrac{3}{8}}{(3-2 x)+\dfrac{\left(\frac{27}{8}-x\right)(3-x)}{3-2 x}}\) ，\(x\in \left[0,1\right]\)；
令\(t=3-2x\in \left[1,3\right]\)，所以 \(x=\dfrac{3-t}{2}\)，
则 \(\tan \theta=\dfrac{\dfrac{3}{8}}{t+\dfrac{\left(\dfrac{15}{8}+\dfrac{t}{2}\right)\left(\dfrac{3}{2}+\dfrac{t}{2}\right)}{t}}=\dfrac{6}{5\left(4 t+\dfrac{9}{t}\right)+27} \leq \dfrac{6}{5 \cdot 2 \sqrt{4 t \cdot \dfrac{9}{t}+27}}=\dfrac{2}{29}\)，
当且仅当 \(4 t=\dfrac{9}{t}\)，即 \(t=\dfrac{3}{2} \in[1,3]\)时，即 \(x=\dfrac{3}{4}\)时\(\tan θ\)取得最大值 \(\dfrac{2}{29}\)．
所以当 \(x=\dfrac{3}{4} k m\)时，视角\(θ\)最大．
【C组---拓展题】
1.如图，半圆的直径\(AB=2\)，\(O\)为圆心，\(C\)，\(D\)为半圆上的点．
\(\left(1\right)\)请你为\(C\)点确定位置，使\(△ABC\)的周长最大，并说明理由；
\(\left(2\right)\)已知\(AD=DC\)，设\(∠ABD=θ\)，当\(θ\)为何值时，
\(\qquad\)\(\left(i\right)\)四边形\(ABCD\)的周长最大，最大值是多少？
\(\qquad\)\(\left(ii\right)\)四边形\(ABCD\)的面积最大，最大值是多少？
参考答案
- 答案 \(\left(1\right)\)点\(C\)是半圆的中点；\(\left(2\right) \left(i\right) 5\)； \(\text { (ii) } \dfrac{3 \sqrt{3}}{4}\).
解析 \(\left(1\right)\)点\(C\)在半圆中点位置时，\(△ABC\)周长最大；理由如下：
因为点\(C\)在半圆上，且\(AB\)是圆的直径，
所以\(∠ACB=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(△ABC\)是直角三角形；
设\(BC=a\)，\(AC=b\)，\(AB=c\)，\(∠ABC=α\left(0<α<\dfrac{\pi}{2}\right)\)，
则\(a=c\cdot \cos α\)，\(b=c\cdot \sin α\)，
所以\(△ABC\)周长为\(L=a+b+c=c\cdot\cos α+c\cdot\sin α+c\)\(=2\left(\cos α+\sin α\right)+2=2\sqrt{2}\sin \left(α+\dfrac{\pi}{4}\right)+2\)，
因为\(0<α<\dfrac{\pi}{2}\)，所以\(\dfrac{\pi}{4}<α+\dfrac{\pi}{4}<\dfrac{3\pi}{4}\)；
所以当\(α+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(α=\dfrac{\pi}{4}\)时，\(△ABC\)周长取得最大值为\(2\sqrt{2}+2\)；
此时点\(C\)是半圆的中点．
\(\left(2\right) \left(i\right)\)因为\(AD=DC\)，
所以\(∠ABD=∠DBC=θ\)；
所以\(AD=DC=AB\cdot \sin θ\)，\(CB=AB\cdot \cos 2θ\)；
设四边形\(ABCD\)的周长为\(p\)，
则\(p=AD+DC+CB+AB=2AB\sin θ+AB\cos 2θ+2\)
\(=4\sin θ+2\left(1-2\sin^2 θ\right)+2=5-4\left(\sin θ- \dfrac{1}{2} \right)^2\)；
显然\(θ\in \left(0,\dfrac{\pi}{4}\right)\)，所以当\(θ=\dfrac{\pi}{6}\)时，\(p\)取得最大值\(5\)．
\(\left(ii\right)\)过\(O\)作\(OE⊥BC\)于\(E\)，
设四边形\(ABCD\)的面积为\(s\)，四边形\(AOCD\)的面积为\(s_1\)，\(△BOC\)的面积为\(s_2\)，
则\(s=s_1+s_2= \dfrac{1}{2} AC⋅OD+ \dfrac{1}{2} BC⋅OE= \dfrac{1}{2} AB\sin 2θ⋅1+ \dfrac{1}{2} AB\cos 2θ⋅\sin 2θ\)
\(=\sin 2θ+\cos 2θ\cdot \sin 2θ=\sin 2θ\left(1+\cos 2θ\right)\)；
所以\(s^2=\sin ^22θ \left(1+\cos 2θ\right)^2=\left(1-\cos ^22θ \right) \left(1+\cos 2θ\right)^2\)
\(=\left(1-\cos 2θ\right) \left(1+\cos 2θ\right)^3\)
\(=\dfrac{3}{3}(1-\cos 2 \theta)(1+\cos 2 \theta)^3\)
\(\leq \dfrac{1}{3}\left[\dfrac{3(1-\cos 2 \theta)+(1+\cos 2 \theta)}{2}\right]^2(1+\cos 2 \theta)^2\)
\(=\dfrac{1}{3}\left[\dfrac{3(1-\cos 2 \theta)+(1+\cos 2 \theta)}{2}(1+\cos 2 \theta)\right]^2\)\(\leq \dfrac{1}{3}\left[\dfrac{\dfrac{3(1-\cos 2 \theta)+(1+\cos 2 \theta)}{2}+(1+\cos 2 \theta)}{2}\right]^{2 \times 2}\)
\(=\dfrac{1}{3}\left[\dfrac{3(1-\cos 2 \theta)+(1+\cos 2 \theta)+2(1+\cos 2 \theta)}{4}\right]^4=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{3}{2}\right)^4=\dfrac{27}{16}\)．
当且仅当\(3\left(1-\cos 2θ\right)=1+\cos 2θ\)，即\(\cos 2θ= \dfrac{1}{2}\) 时，等号成立；
显然\(θ\in \left(0,\dfrac{\pi}{4}\right)\)，所以\(2θ\in \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\)，所以此时\(θ=\dfrac{\pi}{6}\)；
所以当\(θ=\dfrac{\pi}{6}\)时， \(s=\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}\)，即四边形\(ABCD\)的最大面积是 \(\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}\)．
