第8节　三角函数模型及解三角形的实际应用

第8节三角函数模型及解三角形的实际应用考试要求1.会用三角函数解决简单的实际问题，体会利用三角函数构建刻画事物周期变化的数学模型.2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识以及方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.【知识梳理】1.仰角和俯角在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).2.方位角从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.如B点的方位角为α(如图2).3.方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.[常用结论与微点提醒]1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.【诊断自测】1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)东北方向就是北偏东45°的方向.()(2)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.()(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系.()答案(1)√(2)×(3)×(4)√解析(2)α＝β；(3)俯角是视线与水平线所构成的角.2.如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为________km.答案eq\r(3)解析在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，得AB＝eq\f(BCsinC,sinA)＝2×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)km.3.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B间的距离是84m，则塔高CD＝________m.答案12eq\r(7)解析设塔高CD＝xm，则AD＝xm，DB＝eq\r(3)xm.由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，在△ABD中，利用余弦定理得842＝x2＋(eq\r(3)x)2－2eq\r(3)·x2cos150°，解得x＝12eq\r(7)(负值舍去)，故塔高为12eq\r(7)m.4.(必修一P241T6改编)某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为5cm，秒针绕点O匀速旋转，当时间t＝0时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点间的距离d(单位：cm)表示成t(单位：s)的函数，则d＝______，t∈[0，60].答案10sineq\f(π,60)t解析如图，设∠AOB＝α，则α＝eq\f(2π,60)×t＝eq\f(π,30)t，所以eq\f(α,2)＝eq\f(π,60)t，因为5sineq\f(α,2)＝eq\f(d,2)，所以d＝10sineq\f(α,2)＝10sineq\f(π,60)t，t∈[0，60].考点一三角函数模型例1(多选)如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心O距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时，则()A.点P第一次到达最高点需要20秒B.当水轮转动155秒时，点P距离水面2米C.当水轮转动50秒时，点P在水面下方，距离水面2米D.点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为h＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋\f(π,3)))＋2答案ABC解析设点P距离水面的高度h(米)和时间t(秒)的函数解析式为h＝Asin(ωt＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(hmax＝A＋B＝6，,hmin＝－A＋B＝－2，,T＝\f(2π,ω)＝60，,h（0）＝Asin（ω·0＋φ）＋B＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝4，,B＝2，,ω＝\f(2π,T)＝\f(π,30)，,φ＝－\f(π,6)，))故h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2，故D错误；对于A,令h＝6，即h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2＝6，解得t＝20，故A正确；对于B，令t＝155，代入h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2，解得h＝2，故B正确；对于C，令t＝50，代入h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2，解得h＝－2，故C正确.感悟提升三角函数模型的应用体现在两方面：一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题.训练1(多选)(2024·河南名校调研)钱塘江出现过罕见潮景“鱼鳞潮”.“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮.若波状涌潮的图象近似函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A，ω∈N*，|φ|<\f(π,3)))的图象，而破碎的涌潮的图象近似f′(x)的图象.已知当x＝2π时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为－4，则以下四种说法正确的是()A.ω＝2B.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(6)＋eq\r(2)C.f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))是偶函数D.f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上单调答案BC解析因为f(x)＝Asin(ωx＋φ)，所以f′(x)＝Aωcos(ωx＋φ).因为当x＝2π时，两潮有一个交叉点，所以Asin(2ωπ＋φ)＝Aωcos(2ωπ＋φ)，因为A∈N*，所以tan(2ωπ＋φ)＝ω，因为ω∈N*，所以tan(2ωπ＋φ)＝tanφ＝ω，因为|φ|<eq\f(π,3)，所以－eq\r(3)<tanφ<eq\r(3)，即－eq\r(3)<ω<eq\r(3)，又ω∈N*，所以ω＝1，A错误.因为tanφ＝1，所以φ＝eq\f(π,4).因为破碎的涌潮的波谷为－4，所以Aω＝4，所以A＝4，所以f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，f′(x)＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)cos\f(π,4)＋cos\f(π,3)sin\f(π,4)))＝eq\r(6)＋eq\r(2)，B正确.f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)＋\f(π,4)))＝4cosx，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))是偶函数，C正确.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))，所以f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上不单调，D错误.考点二解三角形应用举例角度1测量距离问题例2为加快推进“5G＋光网”双千兆城市建设，如图，在某市地面有四个5G基站A，B，C，D.已知基站C，D建在某江的南岸，距离为10eq\r(3)km；基站A，B在江的北岸，测得∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，则基站A，B的距离为()A.10eq\r(6)km B.30(eq\r(3)－1)kmC.30(eq\r(2)－1)km D.10eq\r(5)km答案D解析在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，所以∠BCD＝45°，∠CAD＝30°，∠ADC＝∠CAD＝30°，所以AC＝CD＝10eq\r(3)，在△BDC中，∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°，由正弦定理得BC＝eq\f(10\r(3)sin75°,sin60°)＝5eq\r(2)＋5eq\r(6)，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(10eq\r(3))2＋(5eq\r(2)＋5eq\r(6))2－2×10eq\r(3)×(5eq\r(2)＋5eq\r(6))cos75°＝500，所以AB＝10eq\r(5)，即基站A，B之间的距离为10eq\r(5)km.角度2测量高度问题例3(2024·湖州、衢州、丽水模拟)某学生为测量某酒店的高度，在远处选取了与该建筑物的底端B在同一水平面内的两个测量基点C与D，如图，现测得∠BCD＝45°，∠BDC＝105°，CD＝100米，在点C处测得酒店顶端A的仰角∠ACB＝28°，则酒店的高度约为(参考数据：eq\r(2)≈1.4，eq\r(6)≈2.4，tan28°≈0.53)()A.91米 B.101米 C.111米 D.121米答案B解析由题知∠CBD＝30°，在△BCD中，eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，因为sin∠BDC＝sin105°＝sin(60°＋45°)＝sin60°cos45°＋cos60°sin45°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以BC＝eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(100×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(1,2))＝50(eq\r(6)＋eq\r(2))，AB＝BCtan∠ACB＝50(eq\r(6)＋eq\r(2))×tan28°≈101(米).角度3测量角度问题例4已知岛A南偏西38°方向，距岛A3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西22°方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))解如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x海里，则BC＝0.5x，AC＝5，依题意，AB＝3，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，所以BC2＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝eq\f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船.感悟提升解三角形应用问题的要点(1)从实际问题中抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素.(2)利用正弦定理、余弦定理解三角形，得到实际问题的解.训练2(1)2022年4月16日，搭载着3名航天员的神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆于东风着陆场，标志着神舟十三号返回任务取得圆满成功.假设返回舱D垂直下落于点C，某时刻地面上点A，B观测点观测到点D的仰角分别为45°，75°，若A，B间距离为10千米(其中向量eq\o(CA,\s\up6(→))与eq\o(CB,\s\up6(→))同向)，试估算该时刻返回舱距离地面的距离CD约为________千米.(结果保留整数，参考数据：eq\r(3)≈1.732)答案14解析在△ABD中，A＝45°，∠ABD＝180°－75°＝105°，∠ADB＝30°，由正弦定理得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(AD,sin105°)，AD＝20×sin105°＝20×sin(60°＋45°)＝20×(sin60°cos45°＋cos60°sin45°)＝5(eq\r(6)＋eq\r(2))(千米)，所以CD＝AD×eq\f(\r(2),2)＝5(eq\r(6)＋eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝5eq\r(3)＋5≈14(千米).(2)(2024·山西部分学校联考)图①为青铜大立人像，1986年于三星堆遗址二号祭祀坑出土，重约180公斤，是距今已有3000多年历史的青铜器.如图②，小张去博物馆参观青铜大立人像时，他在A处观测青铜大立人像顶部P的仰角为30°，他再向青铜大立人像底部H前进388厘米到达B处，此时观测青铜大立人像顶部P的仰角为75°.已知A，B，H三点共线，则青铜大立人像的高HP为______厘米.(参考数据：97eq\r(3)≈168)答案265解析由题意可知∠PAB＝30°，∠PBH＝75°，AB＝388，所以∠BPA＝45°.在△PBA中，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠BPA)＝eq\f(PB,sin∠PAB)，即eq\f(388,sin45°)＝eq\f(PB,sin30°)，解得PB＝194eq\r(2).在Rt△PHB中，PH＝PB·sin∠PBH＝194eq\r(2)×sin75°＝194eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝97eq\r(3)＋97，故PH≈168＋97＝265(厘米).【A级基础巩固】1.如图所示是某弹簧振子做简谐运动的部分图象，则下列判断错误的是()A.该弹簧振子的振幅为2cmB.该弹簧振子的振动周期为1.6sC.该弹簧振子在0.2s和1.0s时振动速度最大D.该弹簧振子在0.6s和1.4s时的位移为零答案C解析由图象及简谐运动的有关知识得，该弹簧振子的振幅为2cm，振动周期为2×(1.0－0.2)＝1.6s.当t＝0.2s或1.0s时，振动速度为零，该弹簧振子在0.6s和1.4s时的位移为零.A，B，D正确，C错误.2.在相距2km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为()A.eq\r(6)km B.eq\r(2)kmC.eq\r(3)km D.2km答案A解析如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，∴eq\f(AC,sin60°)＝eq\f(2,sin45°)，∴AC＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6)(km).3.如图，在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为()A.eq\f(400,3)m B.eq\f(400\r(3),3)mC.eq\f(200\r(3),3)m D.eq\f(200,3)m答案A解析设山顶为A，塔底为C，塔顶为D，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点B(图略)，则易得AB＝eq\f(BC,tan60°)，BD＝AB·tan30°＝eq\f(BC,tan60°)·tan30°＝eq\f(200,\r(3))×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(200,3)(m)，所以CD＝BC－BD＝200－eq\f(200,3)＝eq\f(400,3)(m).4.(多选)(2024·广东六校联考)水车是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老发明.如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(1，－eq\r(3))出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时6秒.经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)(t≥0，ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2))，则下列结论正确的是()A.φ＝eq\f(π,3)B.当t∈[0，2]时，函数y＝f(t)单调递增C.当t∈[3，5]时，函数最小值为－2D.当t＝9时，PA＝4答案BD解析因为R＝eq\r(12＋（－\r(3)）2)＝2，T＝eq\f(2π,ω)＝6，得ω＝eq\f(π,3)，所以f(t)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)t＋φ))，f(0)＝2sinφ＝－eq\r(3)，sinφ＝－eq\f(\r(3),2)，由于|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，f(t)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)t－\f(π,3)))，A错误；若0≤t≤2，则－eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)t－eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)，又y＝sinx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递增，所以f(t)在[0，2]上单调递增，B正确；若3≤t≤5，则eq\f(2π,3)≤eq\f(π,3)t－eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，所以当eq\f(π,3)t－eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)时，f(t)取得最小值，为2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\r(3)，C错误；当t＝9时，f(9)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π－\f(π,3)))＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，eq\r(22－（\r(3)）2)＝1，所以P(－1，eq\r(3))，所以PA＝eq\r(（－1－1）2＋（\r(3)＋\r(3)）2)＝4，D正确.5.(2024·临沂调研)阻尼器是一种通过提供运动的阻力耗减运动能量的装置.由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s(cm)与时间t(s)的函数关系式为s(t)＝3sin(ωt＋φ)(ω>0)，若该阻尼器模型在摆动过程中连续三次位移为s0(－3<s0<3)的时间分别为t1，t2，t3，且t1＋t2＝2，t2＋t3＝4，则下列为s(t)的单调区间的是()A.[k，k＋1](k∈N)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)，k＋\f(3,2)))(k∈N)C.[k，k＋2](k∈N)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k＋\f(3,2)，k＋\f(5,2)))(k∈N)答案A解析因为t1＋t2＝2，t2＋t3＝4，所以s(t)的最小正周期T＝t3－t1＝2，ω＝eq\f(2π,2)＝π.由t1＋t2＝2，得直线t＝1是函数s(t)图象的一条对称轴，则π＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得φ＝kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，取φ＝－eq\f(π,2)，则s(t)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πt－\f(π,2)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤πt－eq\f(π,2)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈N，且t≥0，解得2k≤t≤2k＋1，k∈N，故s(t)的单调递增区间是[2k，2k＋1]，k∈N，则其单调递减区间是[2k＋1，2k＋2]，k∈N，所以s(t)的单调区间是[k，k＋1]，k∈N.6.(2024·贵阳诊断)镜面反射法是测量建筑物高度的重要方法，在如图所示的模型中，已知人眼距离地面高度h＝1.5m，某建筑物高h1＝4.5m，将镜子(平面镜)置于平地上，人后退至从镜中能够看到建筑物顶部的位置，测量人与镜子间的距离a1＝1.2m，将镜子后移am，重复前面的操作，测量人与镜子间的距离a2＝3.2m，则a＝()A.6 B.5 C.4 D.3答案A解析如图，设建筑物最高点为A，建筑物底部为O，第一次观察时镜面位置为B，第一次观察时人眼睛位置为C，第二次观察时镜面位置为D，设O到B之间的距离为a0m，由光线反射性质得∠ABO＝∠CBD，所以tan∠ABO＝tan∠CBD，即eq\f(h1,a0)＝eq\f(h,a1)，①同理可得eq\f(h1,a0＋a)＝eq\f(h,a2)，②由①②可得eq\f(a0＋a,a0)＝eq\f(a2,a1)，解得a0＝eq\f(a1·a,a2－a1)，代入①整理得a＝eq\f(h1（a2－a1）,h)＝eq\f(4.5×（3.2－1.2）,1.5)＝6.7.(多选)血压是指血液在血管内流动时作用于单位面积血管壁的侧压力，它是推动血液在血管内流动的动力，血压的最大值、最小值分别称为收缩压和舒张压.未使用抗高血压药的前提下，18岁以上成人收缩压≥140mmHg或舒张压≥90mmHg，则说明这位成人有高血压，从未使用抗高血压药的李华今年40岁，从某天早晨6点开始计算(即早晨6点时，t＝0)，他的血压p(t)(mmHg)与经过的时间t(h)满足关系式p(t)＝116＋22sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)t＋\f(π,3)))，则()A.函数p(t)的最小正周期为6B.当天早晨7点时李华的血压为138mmHgC.当天李华有高血压D.当天李华的收缩压与舒张压之差为44mmHg答案BCD解析因为ω＝eq\f(π,6)，所以T＝eq\f(2π,ω)＝12；当t＝1时，p(t)＝138，所以当天早晨7点时李华的血压为138mmHg；因为p(t)的最大值为116＋22＝138，最小值为116－22＝94＞90，所以李华的收缩压为138mmHg，舒张压为94mmHg，因此李华有高血压，且他的收缩压与舒张压之差为44mmHg.故选BCD.8.江岸边有一炮台高30m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，在炮台顶部测得两条船的俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部所连的线成30°角，则两条船相距______m.答案10eq\r(3)解析由题意画示意图，如图，OM＝AOtan45°＝30(m)，ON＝AOtan30°＝10eq\r(3)(m)，在△MON中，由余弦定理得，MN＝eq\r(900＋300－2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\r(300)＝10eq\r(3)(m).即两条船相距10eq\r(3)m.9.(2024·皖豫名校联盟联考)如图，一艘巡逻船由南向北行驶，在A处测得某山的底部C在北偏东15°方向上，匀速向北航行20min到达B处，此时测得该山的底部C在北偏东60°方向上，测得山顶P(P在C正上方)的仰角为60°，已知山的高度为2eq\r(3)km.则巡逻船的航行速度为________km/h.答案6(eq\r(3)＋1)解析由题意知，在△BCP中，PC＝2eq\r(3)km，∠PBC＝60°，故tan∠PBC＝eq\f(PC,BC)＝eq\r(3)，得BC＝2km.在△ABC中，∠BCA＝60°－15°＝45°，则eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sin∠BCA)，即eq\f(2,sin15°)＝eq\f(AB,sin45°)，而sin15°＝sin(45°－30°)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，所以AB＝eq\r(2)×eq\f(4,\r(6)－\r(2))＝2(eq\r(3)＋1)(km).所以巡逻船的航行速度为2(eq\r(3)＋1)÷eq\f(1,3)＝6(eq\r(3)＋1)(km/h).10.如图是某商业小区的平面设计图，初步设计该小区边界轮廓是半径为200米，圆心角为120°的扇形AOB.O为南门位置，C为东门位置，小区里有一条平行于AO的小路CD，若OD＝eq\f(200\r(6),3)米，则圆弧eq\o(AC,\s\up8(︵))的长为________米.答案50π解析连接OC，因为CD∥OA，所以∠DCO＝∠COA，∠CDO＝180°－∠DOA＝60°.在△OCD中，由正弦定理可得eq\f(OD,sin∠DCO)＝eq\f(OC,sin∠CDO)，即eq\f(\f(200\r(6),3),sin∠DCO)＝eq\f(200,\f(\r(3),2))，则sin∠DCO＝eq\f(\f(200\r(6),3)×\f(\r(3),2),200)＝eq\f(\r(2),2)，因为∠DCO＝∠COA，且0°＜∠COA＜120°，所以∠DCO＝∠COA＝45°，所以圆弧eq\o(AC,\s\up8(︵))的长为eq\f(π,4)×200＝50π米.11.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15eq\r(3)－15)m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得教堂顶C的仰角为30°，求小明估算索菲亚教堂的高度.解由题意知，∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，所以∠ACM＝30°.在Rt△ABM中，AM＝eq\f(AB,sin∠AMB)＝eq\f(AB,sin15°)，在△ACM中，由正弦定理得eq\f(AM,sin30°)＝eq\f(CM,sin45°)，所以CM＝eq\f(AM·sin45°,sin30°)＝eq\f(AB·sin45°,sin15°·sin30°)，在Rt△DCM中，CD＝CM·sin60°＝eq\f(AB·sin45°·sin60°,sin15°·sin30°)＝eq\f(（15\r(3)－15）·\f(\r(2),2)·\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4)·\f(1,2))＝30eq\r(3)(m).故索菲亚教堂的高度为30eq\r(3)m.12.(2024·湖北名校联考)如图，点A，B分别是圆心在坐标原点，半径为1和2的圆上的动点.动点A从初始位置A0eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))开始，按逆时针方向以角速度2rad/s做圆周运动，同时点B从初始位置B0(2，0)开始，按顺时针方向以角速度2rad/s做圆周运动.记t时刻，点A，B的纵坐标分别为y1，y2.(1)求t＝eq\f(π,4)时，A，B两点间的距离；(2)若y＝y1＋y2，求y关于时间t(t＞0)的函数关系式，并求当t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，y的取值范围.解(1)连接AB，OA，OB(图略)，当t＝eq\f(π,4)时，∠xOA＝eq\f(π,2)＋eq\f(π,3)＝eq\f(5π,6)，∠xOB＝eq\f(π,2)，所以∠AOB＝eq\f(2π,3).又OA＝1，OB＝2，所以AB2＝12＋22－2×1×2coseq\f(2π,3)＝7，即A，B两点间的距离为eq\r(7).(2)依题意，y1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))，y2＝－2sin2t，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))－2sin2t＝eq\f(\r(3),2)cos2t－eq\f(3,2)sin2t＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))，即函数关系式为y＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))(t＞0)，当t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2t＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，故当t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，y∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(\r(3),2))).【B级能力提升】13.(多选)(2024·广州质检)潮汐是由于海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的自然现象，一般早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋.现有一条货船的吃水深度(船底与水面的距离)为4m，根据安全条例规定至少要有2m的安全间隙(船底与海底的距离)，已知某港口在某季节的某一天的时刻x(单位：h)与水深f(x)(单位：m)的关系为f(x)＝2sineq\f(π,6)x＋5(0≤x≤24)，则下列说法正确的有()A.相邻两次潮水高度最高的时间间隔为24hB.这天18h潮水起落的速度为－eq\f(π,3)m/hC.该货船在2：00至4：00期间可以进港D.该货船在13：00至17：00期间可以进港答案BCD解析A中，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,\f(π,6))＝12，所以相邻两次潮水高度最高的时间间隔为12h，故A错误；B中，由题意，f′(x)＝eq\f(π,3)coseq\f(π,6)x，所以f′(18)＝eq\f(π,3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×18))＝eq\f(π,3)cos3π＝－eq\f(π,3)，由导数的几何意义可知这天18h潮水起落的速度为－eq\f(π,3)m/h，故B正确；C，D中，由题意可知该货船进出港时，水深应不小于4＋2＝6(m)，所以当f(x)≥6时该货船就可以进港，即2sineq\f(π,6)x＋5≥6，所以sineq\f(π,6)x≥eq\f(1,2)，即eq\f(π,6)＋2kπ≤eq\f(π,6)x≤eq\f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，解得1＋12k≤x≤5＋12k(k∈Z)，又0≤x≤24，所以1≤x≤5或13≤x≤17，即该货船该天在1：00至5：00期间或13：00至17：00期间可以进港，故C，D正确.14.(2024·宜宾诊断)如图是梁思成研究广济寺三大士殿的手稿，它是该建筑中垂直于房梁的截面，其中T是房梁与该截面的交点，A，B分别是两房檐与该截面的交点，该建筑关于房梁所在铅垂面(垂直于水平面的面)对称，测得柱子C1与C2之间的距离是eq\r(3)L(为测量单位)，柱子C2与C3之间的距离是2eq\r(3)L.如果把AT，BT视作线段，记P1，P2，P3是AT的四等分点，Q1，Q2，Q3是BT的四等分点.若BQ2＝2L，则线段P3Q2的长度为()A.eq\r(7)L B.eq\r(3)L C.eq\r(5)L D.2eq\r(2)L答案A解析作出示意图，如图所示，其中点C1与点A重合，P2C2⊥AB，Q2C3⊥AB，P2Q2∥C2C3且P2Q2＝C2C3＝2eq\r(3)L，∠P3P2Q2＝∠C2AP2，AC2＝eq\