必修 第一冊(cè)第五章 三角函數(shù)本章綜合與測(cè)試導(dǎo)學(xué)案

這是一份必修 第一冊(cè)第五章 三角函數(shù)本章綜合與測(cè)試導(dǎo)學(xué)案，共15頁(yè)。



[鞏固層·知識(shí)整合]








【例1】 (1)已知sin(－π＋θ)＋2cs(3π－θ)＝0，則eq \f(sin θ＋cs θ,sin θ－cs θ)＝ .


(2)已知f(α)＝eq \f(sin2?π－α?·cs?2π－α?·tan?－π＋α?,sin?－π＋α?·tan?－α＋3π?).


①化簡(jiǎn)f(α)；


②若f(α)＝eq \f(1,8)，且eq \f(π,4)＜α＜eq \f(π,2)，求cs α－sin α的值；


③若α＝－eq \f(47π,4)，求f(α)的值．


[思路點(diǎn)撥] 先用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)，再用同角三角函數(shù)基本關(guān)系求值．


(1)eq \f(1,3) [由已知得－sin θ－2cs θ＝0，


故tan θ＝－2，


則eq \f(sin θ＋cs θ,sin θ－cs θ)＝eq \f(tan θ＋1,tan θ－1)＝eq \f(－2＋1,－2－1)＝eq \f(1,3).]


(2)[解] ①f(α)＝eq \f(sin2α·cs α·tan α,?－sin α??－tan α?)＝sin α·cs α.


②由f(α)＝sin α·cs α＝eq \f(1,8)可知，


(cs α－sin α)2＝cs2α－2sin α·cs α＋sin2α


＝1－2sin α·cs α＝1－2×eq \f(1,8)＝eq \f(3,4)，


又∵eq \f(π,4)＜α＜eq \f(π,2)，


∴cs α＜sin α，


即cs α－sin α＜0，


∴cs α－sin α＝－eq \f(\r(3),2).


③∵α＝－eq \f(47,4)π＝－6×2π＋eq \f(π,4)，


∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(47,4)π))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(47,4)π))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(47,4)π))


＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6×2π＋\f(π,4)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6×2π＋\f(π,4)))


＝cseq \f(π,4)·sineq \f(π,4)


＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)


＝eq \f(1,2).





1．將本例(2)中“eq \f(1,8)”改為“－eq \f(1,8)”，“eq \f(π,4)＜α＜eq \f(π,2)”改為“－eq \f(π,4)＜α＜0”，求cs α＋sin α.


[解] 因?yàn)椋璭q \f(π,4)＜α＜0，所以cs α＞0，sin α＜0且|cs α|＞|sin α|，


所以cs α＋sin α＞0，


又(cs α＋sin α)2＝1＋2sin αcs α＝1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)))＝eq \f(3,4)，所以cs α＋sin α＝eq \f(\r(3),2).


2．將本例(2)中的eq \f(1,f?α?＋cs2α)用tan α表示.


[解] eq \f(1,f?α?＋cs2α)＝eq \f(1,sin αcs α＋cs2α)


＝eq \f(sin2α＋cs2α,sin αcs α＋cs2α)＝eq \f(tan2α＋1,tan α＋1).





1．牢記兩個(gè)基本關(guān)系式sin2α＋cs2α＝1及eq \f(sin α,cs α)＝tan α，并能應(yīng)用兩個(gè)關(guān)系式進(jìn)行三角函數(shù)的求值、化簡(jiǎn)、證明．在應(yīng)用中，要注意掌握解題的技巧．比如：已知sin α±cs α的值，可求cs αsin α.注意應(yīng)用(cs α±sin α)2＝1±2sin αcs α.


2．誘導(dǎo)公式可概括為k·eq \f(π,2)±α(k∈Z)的各三角函數(shù)值的化簡(jiǎn)公式．記憶規(guī)律是：奇變偶不變，符號(hào)看象限．








【例2】 (1)已知曲線C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，則下面結(jié)論正確的是( )


A．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq \f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2


B．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq \f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2


C．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq \f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq \f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2


D．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq \f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq \f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2


(2)將函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿x軸向左平移eq \f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到一個(gè)偶函數(shù)的圖象，則φ的一個(gè)可能取值為( )


A.eq \f(π,2) B．eq \f(π,4)


C．0 D．－eq \f(π,4)


(1)D (2)B [(1)因?yàn)閥＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，所以曲線C1：y＝cs x上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq \f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，得到曲線y＝cs 2x，再把得到的曲線y＝cs 2x向左平移eq \f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).


故選D.


(2)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿x軸向左平移eq \f(π,8)個(gè)單位后


得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)＋φ)).若該函數(shù)為偶函數(shù)，


則eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，故φ＝kπ＋eq \f(π,4).當(dāng)k＝0時(shí)φ＝eq \f(π,4).故選B.]





1．函數(shù)y＝sin x的圖象變換到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)，x∈R圖象的兩種方法








2．對(duì)稱變換


(1)y＝f(x)的圖象eq \(――――→,\s\up7(關(guān)于),\s\d5(x軸對(duì)稱))y＝－f(x)的圖象．


(2)y＝f(x)的圖象eq \(――――→,\s\up7(關(guān)于y軸),\s\d5(對(duì)稱))y＝f(－x)的圖象．


(3)y＝f(x)的圖象eq \(――――→,\s\up7(關(guān)于?0，0?),\s\d5(對(duì)稱))y＝－f(－x)的圖象．





eq \([跟進(jìn)訓(xùn)練])


1．將函數(shù)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq \f(1,4)個(gè)周期后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為( )


A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))


C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))


D [函數(shù)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的周期為π，將函數(shù)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq \f(1,4)個(gè)周期即eq \f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，故選D.]


【例3】 (1)若函數(shù)f(x)＝3sin(2x＋θ)(0＜θ＜π)是偶函數(shù)，則f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間是( )


A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))


C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))


(2)已知函數(shù)f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1(其中a為常數(shù))．


①求f(x)的單調(diào)區(qū)間；


②若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))時(shí)，f(x)的最大值為4，求a的值．


[思路點(diǎn)撥] (1)先根據(jù)函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，求θ，再依據(jù)單調(diào)性求增區(qū)間，最后與[0，π]求交集．


(2)①由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z求增區(qū)間，


由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z求減區(qū)間．


②先求f(x)的最大值，得關(guān)于a的方程，再求a的值．


(1)B [因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝3sin(2x＋θ)(0＜θ＜π)是偶函數(shù)，


所以θ＝eq \f(π,2)，f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝3cs 2x，


令2kπ－π≤2x≤2kπ，得kπ－eq \f(π,2)≤x≤kπ，


可得函數(shù)f(x)的增區(qū)間為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z，


所以f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).]


(2)[解] ①由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，


∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)，由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，


解得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，


∴函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．


②∵0≤x≤eq \f(π,2)，


∴eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，


∴－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1，


∴f(x)的最大值為2＋a＋1＝4，


∴a＝1.





1．求本例(2)中函數(shù)y＝f(x)，x∈R取最大值時(shí)x的取值集合．


[解] 當(dāng)f(x)取最大值時(shí)，2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ，


∴2x＝eq \f(π,3)＋2kπ，


∴x＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z.


∴當(dāng)f(x)取最大值時(shí)，x的取值集合是


eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(π,6)＋kπ，k∈Z)))).


2．在本例(2)的條件下，求不等式f(x)＜1的解集．


[解] 由f(x)＜1得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2＜1，


所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＜－eq \f(1,2)


所以2kπ－eq \f(5π,6)＜2x＋eq \f(π,6)＜2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.


解得kπ－eq \f(π,2)＜x＜kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.


所以不等式f(x)＜1的解集為


eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)＜x＜kπ－\f(π,6)，k∈Z)))).





【例4】 已知函數(shù)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x.


(1)求f(x)的最小正周期和最大值；


(2)討論f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的單調(diào)性．


[解] (1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x


＝cs xsin x－eq \f(\r(3),2)(1＋cs 2x)


＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)，


因此f(x)的最小正周期為π，最大值為eq \f(2－\r(3),2).


(2)當(dāng)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時(shí)，0≤2x－eq \f(π,3)≤π，從而


當(dāng)0≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，即eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,12)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，


當(dāng)eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤π，即eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(2π,3)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減．


綜上可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上單調(diào)遞增；在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減．





三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)是三角函數(shù)的重要內(nèi)容.如果給出的三角函數(shù)的表達(dá)式較為復(fù)雜，我們必須先通過(guò)三角恒等變換，將三角函數(shù)的表達(dá)式變形化簡(jiǎn)，然后根據(jù)化簡(jiǎn)后的三角函數(shù)，討論其圖象和性質(zhì).


?1?求三角函數(shù)的值域、單調(diào)區(qū)間、圖象變換、周期性、對(duì)稱性等問(wèn)題，一般先要通過(guò)三角恒等變換將函數(shù)表達(dá)式變形為y＝Asin?ωx＋φ?＋k或y＝Acs?ωx＋φ?＋k等形式，讓角和三角函數(shù)名稱盡量少，然后再根據(jù)正、余弦函數(shù)基本性質(zhì)和相關(guān)原理進(jìn)行求解.


?2?要注意三角恒等變換中由于消項(xiàng)、約分、合并等原因，函數(shù)定義域往往會(huì)發(fā)生一些變化，所以一定要在變換前確定好原三角函數(shù)的定義域，并在這個(gè)定義域內(nèi)分析問(wèn)題.





eq \([跟進(jìn)訓(xùn)練])


2．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(?sin x－cs x?sin 2x,sin x).


(1)求f(x)的定義域及最小正周期；


(2)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．


[解] (1)由sin x≠0得x≠kπ(k∈Z)，


故f(x)的定義域?yàn)閧x∈R|x≠kπ，k∈Z}．


因?yàn)閒(x)＝eq \f(?sin x－cs x?sin 2x,sin x)


＝2cs x(sin x－cs x)


＝sin 2x－cs 2x－1


＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))－1，


所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.


(2)函數(shù)y＝sin x的單調(diào)遞減區(qū)間為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．


由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，x≠kπ(k∈Z)，


得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)，


所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z).


【例5】 直角走廊的示意圖如圖所示，其兩邊走廊的寬度均為2米，過(guò)點(diǎn)P的一直線與走廊的外側(cè)兩邊交于A，B兩點(diǎn)，且與走廊的一邊的夾角為θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜θ＜\f(π,2))).





(1)將線段AB的長(zhǎng)度l表示為θ的函數(shù)；


(2)一根長(zhǎng)度為5米的鐵棒能否水平(即鐵棒與地面平行)通過(guò)該直角走廊？并說(shuō)明理由．(鐵棒的粗細(xì)忽略不計(jì))


[思路點(diǎn)撥] (1)長(zhǎng)度l可分成PA，PB兩段分別用θ表示．


(2)判斷鐵棒能否水平通過(guò)該直角走廊需要比較鐵棒長(zhǎng)度與AB長(zhǎng)度的最小值．


[解] (1)由題意可知：


l＝eq \f(2,sin θ)＋eq \f(2,cs θ)＝eq \f(2?sin θ＋cs θ?,sin θ·cs θ)，


其中0＜θ＜eq \f(π,2).


(2)l＝eq \f(2?sin θ＋cs θ?,sin θ·cs θ)，


設(shè)t＝sin θ＋cs θ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，


因?yàn)?＜θ＜eq \f(π,2)，


所以eq \f(π,4)＜θ＋eq \f(π,4)＜eq \f(3π,4)，


所以t∈(1，eq \r(2)]，


所以l＝eq \f(4t,t2－1)＝eq \f(4,t－\f(1,t)).


因?yàn)閠－eq \f(1,t)在(1，eq \r(2)]上是增函數(shù)，


所以t－eq \f(1,t)的最大值為eq \f(\r(2),2)，


所以l＝eq \f(4,t－\f(1,t))的最小值為4eq \r(2).


因?yàn)?eq \r(2)＞5，


所以長(zhǎng)度為5米的鐵棒能水平通過(guò)該直角走廊．





三角函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用多與最值有關(guān)，解決這類問(wèn)題的一般步驟如下：


?1?審讀題意，合理地選取“角”為自變量，建立三角函數(shù)關(guān)系式.


?2?利用和、差、倍、半角公式進(jìn)行化簡(jiǎn)整理，通常要整理為y＝Asin?ωx＋φ?＋b的形式.


?3?在符合實(shí)際問(wèn)題意義的情形下求目標(biāo)式的最值.





eq \([跟進(jìn)訓(xùn)練])


3．福建沿海的超強(qiáng)臺(tái)風(fēng)過(guò)后，當(dāng)?shù)厝嗣穹e極恢復(fù)生產(chǎn)，焊接工王師傅每天都很忙碌．今天他遇到了一個(gè)難題：如圖所示，有一塊扇形鋼板，半徑為1米，圓心角θ＝eq \f(π,3)，施工要求按圖中所畫(huà)的那樣，在鋼板OPQ上裁下一塊平行四邊形鋼板ABOC，要求使裁下的鋼板面積最大．試問(wèn)王師傅如何確定A的位置，才能使裁下的鋼板符合要求？最大面積為多少？





[解] 連接OA，設(shè)∠AOP＝α，過(guò)A作AH⊥OP，垂足為點(diǎn)H，在Rt△AOH中，OH＝cs α，AH＝sin α，所以BH＝eq \f(AH,tan 60°)＝eq \f(\r(3),3)sin α，所以O(shè)B＝OH－BH＝cs α－eq \f(\r(3),3)sin α，設(shè)平行四邊形ABOC的面積為S，則S＝OB·AH＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α－\f(\r(3),3)sin α))·sin α＝sin αcs α－eq \f(\r(3),3)sin2α＝eq \f(1,2)sin 2α－eq \f(\r(3),6)(1－cs 2α)＝eq \f(1,2)sin 2α＋eq \f(\r(3),6)cs 2α－eq \f(\r(3),6)＝eq \f(1,\r(3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2α＋\f(1,2)cs 2α))－eq \f(\r(3),6)＝eq \f(1,\r(3))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))－eq \f(\r(3),6).





由于0＜α＜eq \f(π,3)，所以eq \f(π,6)＜2α＋eq \f(π,6)＜eq \f(5,6)π，


當(dāng)2α＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,6)時(shí)，Smax＝eq \f(1,\r(3))－eq \f(\r(3),6)＝eq \f(\r(3),6)，所以當(dāng)A是eq \(PQ,\s\up10(︵))的中點(diǎn)時(shí)，所裁鋼板的面積最大，最大面積為eq \f(\r(3),6)平方米．


[培優(yōu)層·素養(yǎng)提升]


【例】 某農(nóng)場(chǎng)有一塊農(nóng)田，如圖所示，它的邊界由圓O的一段圓弧MPN(P為此圓弧的中點(diǎn))和線段MN構(gòu)成．已知圓O的半徑為40米，點(diǎn)P到MN的距離為50米．現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個(gè)溫室大棚，大棚Ⅰ內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD，大棚Ⅱ內(nèi)的地塊形狀為△CDP，要求A，B均在線段MN上，C，D均在圓弧上．設(shè)OC與MN所成的角為θ.





用θ分別表示矩形ABCD和△CDP的面積，并確定sin θ的取值范圍．


[解] 如圖所示，設(shè)PO的延長(zhǎng)線交MN于H，則PH⊥MN，所以O(shè)H＝10.





過(guò)O作OE⊥BC于E，則OE∥MN，所以∠COE＝θ，


故OE＝40cs θ，EC＝40sin θ，


則矩形ABCD的面積為2×40 csθ(40sin θ＋10)＝800(4sin θcs θ＋cs θ)，


△CDP的面積為eq \f(1,2)×2×40cs θ(40－40sin θ)


＝1 600(cs θ－sin θcs θ)．


過(guò)N作GN⊥MN，分別交圓弧和OE的延長(zhǎng)線于G和K，則GK＝KN＝10.


連接OG，令∠GOK＝θ0，則sin θ0＝eq \f(1,4)0，


所以(tan α＋1)＋eq \f(2,1＋tan α)≥2eq \r(2)，


當(dāng)且僅當(dāng)tan α＋1＝eq \f(2,1＋tan α)，


即tan α＝eq \r(2)－1時(shí)取等號(hào)，


又tan α＝eq \r(2)－1∈[0,1]，


所以滿足題意，


此時(shí)ymin＝40(eq \r(2)－1)．


故當(dāng)tan α＝eq \r(2)－1時(shí)，投影的圖象最清晰，此時(shí)幕墻EF的高度為40(eq \r(2)－1) m.


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