必修第一册 · 第 5 章三角函数

5.7 三角函数的应用

摩天轮转一圈又一圈，潮水涨了又落，气温一天一个来回——在适当假设与一定时间范围内，这些“周期现象”可尝试用 \(y=A\sin(\omega x+\varphi)+B\) 作简化模型；周期性本身不能保证是单一正弦，需要用观测检验。这一节把每个字母在现实里是什么讲清楚，再学会从数据把它们定出来。

一座摩天轮半径 \(50\) 米，中心离地 \(60\) 米，匀速转一圈要 \(30\) 分钟。你从最低点上车，这时离地 \(60-50=10\) 米。先作答，再用揭晓后的时间按钮查看座舱离地高度随时间的变化。

上车 \(15\) 分钟后，你离地多高？

1. 先认识几个词：周期现实模型与正弦函数参量映射

要用到：弧度制（5.1）、正弦图象与最值（5.4）、函数 \(y=A\sin(\omega x+\varphi)+B\)（5.6）。先看微图解：

直觉微图解 ①摩天轮、潮汐涨落与弹簧振子正弦建模全景

参量映射现实数据与函数参量 \(A, B, \omega\) 的对应法则

最大值 \(M=B+A\)，最小值 \(m=B-A\)。两式相加得平衡中心基准 \(B = \dfrac{M+m}{2}\)；两式相减得半波振幅 \(A = \dfrac{M-m}{2}\)；相邻两次最高相隔整周期 \(T \implies \omega = \dfrac{2\pi}{T}\)！

定初相诀窍初相 \(\varphi\) 必代已知时刻，按“升降趋势”挑选

在 \(A>0,\omega>0\) 的约定下，代入 \(t=0\) 的已知位置。若 \(\sin\varphi = \dfrac{1}{2}\)，一个周期内有 \(\dfrac{\pi}{6}\) 与 \(\dfrac{5\pi}{6}\) 两个角。根据正弦图象，此时往上升就选 \(\dfrac{\pi}{6}\)，往下降就选 \(\dfrac{5\pi}{6}\)，只知道起始高度还不能确定初相。

2. 三角函数现实建模核心公式矩阵

\[\begin{aligned} \textbf{模型通用表达式：}&\quad y = A\sin(\omega t + \varphi) + B\quad (A > 0,\ \omega > 0) \\ \textbf{极值与基准：}&\quad y_{\max} = B + A,\quad y_{\min} = B - A \implies B = \frac{y_{\max}+y_{\min}}{2},\ A = \frac{y_{\max}-y_{\min}}{2} \\ \textbf{周期与频率：}&\quad T = \frac{2\pi}{\omega}\ (\text{单位：s 或 min}),\quad f = \frac{1}{T} = \frac{\omega}{2\pi}\ (\text{单位：Hz 或次/分}) \\ \textbf{初相确定：}&\quad \text{代入初始时刻点 }(t_0, y_0)\text{，结合上升/下降导向定唯一 }\varphi \in (-\pi, \pi] \end{aligned}\]

这里采用 \(A>0,\omega>0\)，极值须取自模型覆盖的完整周期；有限时段未必经历最高、最低。\(B\) 是平衡值，不是任意采样值的平均。\(t\) 用秒时频率才用 Hz；用分钟、小时时，频率相应为次/分钟、次/小时。\(A=0\) 或 \(\omega=0\) 时为常值，没有最小正周期。

自己试试：弹簧振子的位移 \(y=3\sin\left(4\pi t+\frac{\pi}{3}\right)\)（\(y\) 单位 cm，\(t\) 单位 s）。它每秒来回振动几次？

B。周期 \(T=\frac{2\pi}{4\pi}=\frac12\) 秒，一秒来回 \(\frac1T=2\) 次，这就是频率。选 A 是把 \(\omega\) 当成了次数，\(\omega=4\pi\) 是每秒转过的弧度；C 是周期（单位是秒）；D 是振幅（单位是厘米）。看单位能分清。

自己试试：回到开头的摩天轮（半径 \(50\) m，中心离地 \(60\) m，\(30\) 分钟一圈），从最低点上车开始计时。\(t\) 分钟后的高度 \(h(t)\) 是哪个？

B。代 \(t=0\) 应该得到最低点 \(10\) 米：B 是 \(50\times(-1)+60=10\)。

A 代进去得 \(60\)，是从中心高出发，漏了初相。C 把“30 分钟一圈”直接当成 \(\omega\)，应是 \(\frac{2\pi}{30}=\frac{\pi}{15}\)。D 把半径和中心高弄反了，最低点会是 \(-10\)，钻到地下。

3. 三步破题思维链：从实际问题建立三角模型与求解

例题示范：摩天轮半径 \(40\text{ m}\)，圆心离地面 \(55\text{ m}\)，按逆时针方向 \(36\text{ min}\) 匀速旋转一周。某人从最低点登上座舱开始计时，问在转动一周内，座舱离地面高度不低于 \(75\text{ m}\) 的持续时间有多长？

👀 看到什么 → 想什么：

实际周期、最高/最低值或中线出现 → 把它们分别对应振幅、周期、轴线，建立 A sin(ωt+φ)+B 模型。
问“何时达到/超过”某高度 → 先写整体角的不等式，再按一个周期求解并筛选时间范围。

🔧 第二步列不等式并视整体角为单体求解：

• 要求高度 \(h(t) \ge 75\)：\[40\sin\left(\dfrac{\pi}{18}t - \dfrac{\pi}{2}\right) + 55 \ge 75 \implies \sin\theta \ge \dfrac{1}{2}\quad \left(\theta = \dfrac{\pi}{18}t - \dfrac{\pi}{2}\right)\]

• 考察 \(t\in[0, 36]\) 时整体角范围：\(\theta \in \left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{3\pi}{2}\right]\)。

• 在该范围内满足 \(\sin\theta \ge \dfrac{1}{2}\) 的区间为：\(\dfrac{\pi}{6} \le \theta \le \dfrac{5\pi}{6}\)。

🛡️ 第三步还原时间自变量 \(t\) 与结论核算：

将 \(\theta\) 还原：\(\dfrac{\pi}{6} \le \dfrac{\pi}{18}t - \dfrac{\pi}{2} \le \dfrac{5\pi}{6}\)，各边同加 \(\dfrac{\pi}{2}\) 得 \(\dfrac{2\pi}{3} \le \dfrac{\pi}{18}t \le \dfrac{4\pi}{3}\)！同乘 \(\dfrac{18}{\pi}\) 得 \(12 \le t \le 24\text{ min}\)，离地不低于 \(75\text{ m}\) 的持续时间为 \(24 - 12 = 12\text{ min}\)！

自己试试：港口水深 \(y=2\sin\dfrac{\pi}{6}t+5\)（米，\(t\) 是 \(0\) 到 \(24\) 时）。一艘船要水深不少于 \(6\) 米才能进港。一天里能进港的时间一共几小时？

B。\(\sin\dfrac{\pi}{6}t\ge\dfrac12\)。\(t\) 从 \(0\) 到 \(24\)，\(\dfrac{\pi}{6}t\) 走了两圈（\(0\) 到 \(4\pi\)），满足的有两段：\(1\le t\le 5\) 和 \(13\le t\le 17\)，共 \(8\) 小时。选 A 的同学只找了第一圈：周期是 \(12\) 小时，一天有两个周期。

用 \(\cos\) 写也行：从最低点出发的摩天轮也可以写成 \(h=60-50\cos\dfrac{\pi}{15}t\)，因为 \(\sin\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)=-\cos x\)。两种写法是同一个函数。

4. 用之前必查：三大高频翻车现场

翻车现场 ①直接把周期时间误当作角速度 \(\omega\)

典型错解：摩天轮 30 分钟转一圈，直接写出解析式 \(y = 50\sin(30t) + 60\)。

一眼看清真相：角速度 \(\omega\) 是单位时间内转过的弧度，公式是 \(\omega = \dfrac{2\pi}{T}\)！必须写成 \(\omega = \dfrac{2\pi}{30} = \dfrac{\pi}{15}\)！若误把 30 写作角速度，周期会成为 \(2\pi/30=\pi/15\) 分钟，与已知的 30 分钟不符。

翻车现场 ②解可行时间段漏算多个完整周期

典型错解：港口水深随时间周期变化，求全天通航时间，却只考察第一个周期便结束计算。

看右图秒懂真相：先由角速度求周期，再检查一天包含几个周期。求出第一个周期内的可行区间后，将区间平移到后续周期，最后把各段长度相加。右图中的阴影分别应计入哪一段？

翻车现场 ③受截断时间限制盲目套用全域极值 \(B \pm A\)

典型错解：某气温模型 \(y = 4\sin(\frac{\pi}{12}t - \frac{2\pi}{3}) + 16\) 仅在 \(t\in[8, 14]\) 成立，问最大温差直接算 \(2A = 8^\circ\text{C}\)。

一眼看清真相：自变量范围有限！\(t\in[8, 14]\) 时内部角只从 \(0\) 走到 \(\frac{\pi}{2}\)，只走了四分之一个周期，气温从 \(16^\circ\text{C}\) 爬升到 \(20^\circ\text{C}\)，温差只有 \(4^\circ\text{C}\)！必须严格将时间代入整体角核算端点与内部极值！

再深一点（可以先跳过）

所有周期现象都能用一个正弦函数准确表示吗？比较匀速摩天轮与一天气温变化，哪些条件和观测范围需要先说明？

展开思路与核对

常见的周期现象：摩天轮、水车（\(A\) 是半径，\(B\) 是轴高）；弹簧振子、小角度单摆（简谐运动，平衡位置在 \(0\)，\(y=A\sin(\omega t+\varphi)\)）；潮汐（本节题设采用 \(12\) 小时的简化周期，真实周期须由观测确定）；一天的气温（周期 \(24\) 小时，往往只有一段时间拟合得好）。

不一定。匀速摩天轮的高度在理想条件下可由单一正弦型函数描述；气温等实际数据可能只在限定时间范围内近似符合模型。周期性本身并不保证正弦形状。

摩天轮：转起来，看高度曲线

左边是摩天轮（逆时针转），右边是轿厢离地高度 \(h\) 随时间 \(t\) 的图象，两边高度刻度一样。拖右边的竖线或左边的轿厢改时间（选中后方向键也行）；调滑块改参数。

半径 \(A\)＝ m

中心高 \(B\)＝ m

一圈 \(T\)＝分钟

起点角＝°

时间 \(t\)＝分钟

试一试：只改 \(T\)，曲线变密还是变疏？只改起点角，先换为弧度，再看曲线的一个代表平移是多少分钟（对照 \(-\dfrac{\varphi}{\omega}\)）？重置后把 \(t\) 拖到 \(10\) 和 \(20\)，默认参数下这两刻高度都是 \(85\) 米。若要对照上方“例题示范”，须先把半径设为 \(40\) 米、中心高设为 \(55\) 米、周期设为 \(36\) 分钟、起点角设为 \(-90^\circ\)。

从易到难排好了。前两道直接用，中间三道是最常见的错，最后一道是挑战。

直接用

1. 某港口水深 \(y=3\sin\dfrac{\pi}{6}t+10\)（\(y\) 单位米，\(t\) 单位小时）。最大水深和周期分别是？

C。最大 \(B+A=10+3=13\) 米；\(T=\dfrac{2\pi}{\pi/6}=12\) 小时。A 把 \(\omega\) 当成了周期；B 的 \(10\) 是平均水深；D 的 \(3\) 是振幅。

2. 某天气温近似按正弦曲线变化：凌晨 \(2\) 时最低 \(18\) ℃，其后相邻的最高温出现在下午 \(14\) 时，为 \(30\) ℃。写成 \(y=A\sin(\omega t+\varphi)+B\)（\(t\) 单位小时），\(A\)、\(B\)、\(\omega\) 是？

D。\(A=\dfrac{30-18}{2}=6\)，\(B=\dfrac{30+18}{2}=24\)。最低到相邻最高隔 \(12\) 小时，是半个周期，\(T=24\)，\(\omega=\dfrac{2\pi}{24}=\dfrac{\pi}{12}\)。A 忘了除以 \(2\)；B 把 \(12\) 小时当成了整个周期；C 把最低温当成了平衡位置。

易错

3. 某天 \(8\) 时到 \(14\) 时的气温近似为 \(y=6\sin\left(\frac{\pi}{12}t-\frac{2\pi}{3}\right)+18\)，\(t\in[8,14]\)（\(t\) 单位：时，\(y\) 单位：℃）。这段时间里最高温比最低温高多少？

B。（时间范围）\(t\) 从 \(8\) 到 \(14\)，\(\frac{\pi}{12}t-\frac{2\pi}{3}\) 从 \(0\) 走到 \(\frac{\pi}{2}\)，只走了四分之一个周期：\(y\) 从 \(18\) 升到 \(24\)，差 \(6\) ℃。选 A 是直接用了“最大值 \(-\) 最小值 \(=2A\)”，可那要括号走满半个周期以上、并且经过最高和最低才成立。题目给了时间范围，就要在这个范围里算。

4. 某水车上一点离水面的高度 \(h=-20\cos\frac{\pi}{5}t+25\)（米，秒）。写成 \(h=A\sin(\omega t+\varphi)+B\)（\(A>0\)，\(\omega>0\)），下面哪组对？

B。（负参数先规范）振幅是长度，必须是正的，A 不对。\(-\cos x=\sin\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\)，所以 \(h=20\sin\left(\frac{\pi}{5}t-\frac{\pi}{2}\right)+25\)。检验：\(t=0\) 时原式 \(h=-20+25=5\)，是最低点；C 代 \(t=0\) 得 \(45\)，是最高点，弄反了。

5. 摩天轮从最低点上车：\(h_1=50\sin\left(\dfrac{\pi}{15}t-\dfrac{\pi}{2}\right)+60\)；从和中心一样高处上车：\(h_2=50\sin\dfrac{\pi}{15}t+60\)（\(t\) 单位分钟）。\(h_1\) 的图象是 \(h_2\) 的图象怎样平移得到的？

C。（可取的有向平移量为 \(-\dfrac{\varphi}{\omega}\)，还可相差整数个周期 \(30\) 分钟）\(\dfrac{\pi}{15}t-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{15}(t-7.5)\)，所以 \(h_1(t)=h_2(t-7.5)\)，向右 \(7.5\) 分钟。选 A 是直接拿 \(\varphi\) 当平移量。也可以这样想：从最低点转到中心高要四分之一圈，\(30\div4=7.5\) 分钟，所以 \(h_1\) 比 \(h_2\) 晚 \(7.5\) 分钟到中心高。

例题视频：摩天轮高空时长

视频题目：摩天轮半径 \(50\) 米、中心高 \(60\) 米，匀速 \(30\) 分钟一圈，从最低点开始计时。求转一周内高度不低于 \(85\) 米的持续时间。可行区间为 \([10,20]\) 分钟，时长 \(10\) 分钟。

挑战

6. 还是那座摩天轮（半径 \(50\) m，中心离地 \(60\) m，\(30\) 分钟一圈）。小明从最低点上车；\(5\) 分钟后，小红在最低点登上下一个轿厢。两人都在轮上时，高度差最大是多少米？

B。记 \(u=\dfrac{\pi}{15}t\)，小明 \(h_1=60-50\cos u\)，小红 \(h_2=60-50\cos\left(u-\dfrac{\pi}{3}\right)\)（晚 \(5\) 分钟，括号少 \(\dfrac{\pi}{15}\times5=\dfrac{\pi}{3}\)）。

\(h_1-h_2=50\left[\cos\left(u-\dfrac{\pi}{3}\right)-\cos u\right]=50\sin\left(u-\dfrac{\pi}{6}\right)\)（用两角差公式展开再合并），最大 \(50\)。

几何上看：两个轿厢在圆上相隔 \(60^\circ\)，连线（弦）长 \(2\times50\times\sin30^\circ=50\)，竖直方向的差不会超过弦长，弦竖直时正好等于它。选 D 的同学以为两人能一高一低在直径两端，可他们只差六分之一圈。

例题视频：潮汐的两个窗口

本视频是独立的简化潮汐模型题：\(y=3\sin(\pi t/6+\varphi)+7\)，水深单位米，\(0\le t\le24\) 小时，\(|\varphi|<\pi\)。已知 \(t=6\) 时最高水深为 \(10\) 米，求初相及水深不低于 \(8.5\) 米的总时长。解得初相 \(-\pi/2\)，窗口为 \([4,8]\cup[16,20]\) 小时，共 \(8\) 小时。

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