和差化积公式及四大应用教师版_2024-2026高三（6-6月题库）_2025年12月高三试卷_251214和差化积公式及四大应用教师版

和差化积公式及四大应用 抽象的东西不是无源之水，找到它的原型，这也是我们处理函数方程的一个重要方法，例 如，最常见的函数方程： f(x+ y)= f(x)⋅ f(y)其实就是我们的指数乘法公式： ax⋅ay =ax+y(a>0,a≠1).所以，处理函数方程问题的一个重要手法就是找原型. 三角函数和差化积公式，一个出现在新教材必修一226页习题！ 一．基本原理 1.公式汇编与证明: 1 1 cosαcosβ= [cos(α+β)+cos(α−β)]；sinαsinβ=− [cos(α+β)−cos(α−β)]； 2 2 1 1 sinαcosβ= [sin(α+β)+sin(α−β)]； cosαsinβ= [sin(α+β)−sin(α−β)]. 2 2 证明：由cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ，cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ，得 1 cosαcosβ= [cos(α+β)+cos(α−β)]. 2 也可利用单位圆予以证明： 1 1  证明：线段AB的中点M的坐标为 (cosα+cosβ), (sinα+sinβ).过点M作MM 垂直于 2 2  1 1 1 x轴，交x轴于M ，如图，则∠MOM = (β−α)+α= (α+β).在Rt�OMA中， 1 1 2 2 β−α α−β OM =OAcos =cos . 2 2 α+β α−β 在Rt�OM M 中，OM =OMcos∠MOM =cos cos . 1 1 1 2 2 α+β α−β M M =OMsin∠MOM =sin cos 1 1 2 2 2.和差化积公式推导出的一些常见恒等式 （1）平方差公式： sin2 x−sin2 y =(sinx+sin y)(sinx−sin y) x+ y x− y x+ y x− y =2sin cos ⋅2cos sin 2 2 2 2 学科网（北京）股份有限公司x+ y x+ y x− y x− y =2sin cos ⋅2sin cos =sin(x+ y)sin(x− y), 2 2 2 2 即 sin2 x−sin2 y =sin(x+ y)sin(x− y) cosα−cosβ βα− （2） =tan sinαβ+sin 2 α+β α−β αβ− −2sin sin sin α−β β−α 证明：左边= 2 2 =− 2 =−tan =tan =右边，所以原式 α+β α−β αβ− 2 2 2sin cos cos 2 2 2 得证. 3利用和差化积公式解决抽象函数 （1）将上述公式予以抽象，若令 f(x)=cosx，则上述积化和差公式可进一步抽象得： f(x+ y)+ f(x− y)=2f(x)f(y) 2 （2）若令 f(x)= Acosωx，则有 f(x+ y)+ f(x− y)=2Acosωx⋅cosωy = f(x)f(y) A  θ+ϕ α= θ=α+β   2 （3）进一步，倘若令 ⇒ ，那么上述和差化积公式可以表示为： ϕ=α−β  θ−ϕ β=   2 θ+ϕ θ−ϕ x+ y x− y cosθ+cosϕ=2cos ⋅cos ，抽象为： f(x)+ f(y)=2Af( )f( ) 2 2 2 2 （4）若令 f(x)= Acos(x+t)，那么： f(x+ y)+ f(x− y)= Acos(x+t+ y)+ Acos(x+t− y)=2Acos(x+t)cosy 则有： f(x+ y)+ f(x− y)=2Af(x)cosy 综上所述，有关和差化积，我们可以得到如下的抽象函数模型； 2 ①. f(x)= Acosωx ⇔ f(x+ y)+ f(x− y)= f(x)f(y) A 2 x+ y x− y ②. f(x)= Acosωx ⇔ f(x)+ f(y)= f( )f( ) A 2 2 ③. f(x)= Acos(x+t) ⇔ f(x+ y)+ f(x− y)=2f(x)cosy 二．典例分析 ★应用1.利用和差化积（积化和差）公式求值与化简 例1．如图，在平面直角坐标系中，以OA为始边，角α与β的终边分别与单位圆相交于E,F 学科网（北京）股份有限公司 π π  1 两点，且α∈0, ,β∈ ,π,若直线EF的斜率为 ，则sin(α+β)=（ ）  2 2  3 3 3 4 4 A．- B． C．− D． 5 5 5 5 解析：由题意可设E(cosα,sinα)，F(cosβ,sinβ)，则直线EF的斜率 α+β αβ− 2cos sin sinαβ−sin 2 2 1 1 αβ+ k = = =− = ，所以tan =−3， cosαβ−cos αβ+ α−β αβ+ 3 2 −2sin sin tan 2 2 2 αβ+ αβ+ αβ+ 2sin cos 2tan 2 2 2 3 所以sin(αβ+ )= = =− ．故选：A． αβ+ αβ+ αβ+ 5 sin2 +cos2 1+tan2 2 2 2 例2．已知cosα+cosβ= 12 ，sinα−sinβ=− 5 ，则tan(αβ− )的值为（ ） 13 13 119 120 119 120 A． B．− C．− D． 120 119 120 119 α+β α−β 12 解析：由和差化积公式，得cosα+cosβ=2cos cos = ， 2 2 13 α+β α−β 5 αβ− 5 sinα−sinβ=2cos sin =− ，两式相除，所以tan =− . 2 2 13 2 12 αβ− 2tan 所以tan(αβ− )=tan  2⋅ αβ−  = 2 =− 120 .故选：B．  2  1−tan2 αβ− 119 2  π 例3．如图所示，已知角α,β0<α<β< 的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交  2 点分别为A,B,M 为线段AB的中点，射线OM 与单位圆交于点C，则（ ） 学科网（北京）股份有限公司β−α A．∠AOC = 2 C C β−α B．OA⋅OC =cos 2 3 1 C．当AOB面积为 时，点M 在圆x2+y2 = 上运动 4 2  α+β β−α α+β β−α D．点M 的坐标为cos cos ,sin cos   2 2 2 2  解析：由已知，得∠AOx=α,∠BOx=β，则∠AOB=β−α，依题意M 为AB的中点，则 1 β−α ∠AOC = ∠AOB= ，故A正确； 2 2  α+β α+β C 由题意，得A(cosα,sinα)，Ccos ,sin ，则OA=(cosα,sinα)，  2 2  C  α+β α+β OC =cos ,sin ，所以  2 2  C C α+β α+β  α+β β−α OA⋅OC =cosαcos +sinαsin =cosα− =cos ，故B正确； 2 2  2  2 由题意可得A(cosα,sinα)，B(cosβ,sinβ)，因M 为AB的中点，则 cosα+cosβ sinα+sinβ π M , ，其中0<α<β< ，因  2 2  2 cosα+cosβ α+β β−α sinα+sinβ α+β β−α =cos cos , =sin cos 2 2 2 2 2 2  α+β β−α α+β β−α 故Mcos cos ,sin cos ，故D正确；  2 2 2 2  1 1 β−α 3 β−α 3 β−α 1 由S = OA OB sin∠AOB= sin = ，则sin = ，cos = ， �AOB 2 2 2 4 2 2 2 2 α+β α+β 1 设M(x,y)，则2x=cos ,2y=sin ，将两式平方相加得4x2+4y2 =1，即x2+y2 = ， 2 2 4 1 即点M 在园x2+y2 = 上运动，故C错误.故选：ABD 4 例4．已知函数 f (x)=sin3x−sin2x，则（ ） A． f (x)的一个周期为−2π B． f (x)的图像关于(π,0)中心对称 C． f (x)的最大值为2 D． f (x)在(0,2π)上的所有零点之和为5π 解析：对于A， f(x−2π)=sin(3x−6π)−sin(2x−4π)=sin3x−sin2x= f(x)，所以A正确； 对于B， f(2π−x)=sin(6π−3x)−sin(4π−2x)=−sin3x−sin2x=−f(x)，所以B正确； 对于C，若最大值为2，则sin3x=1，sin2x=−1， π 2kπ π 当3x=2kπ+ ，k∈Z，此时x= + ，k∈Z，sin2x≠−1，故C不正确； 2 3 6 学科网（北京）股份有限公司5 1  5 1  5 1 对于D， f (x)=sin3x−sin2x=sin x+ x−sin x− x=2cos xsin x， 2 2  2 2  2 2 5 1 1 5 令 f (x)=0得cos xsin x=0，所以sin x=0或cos x=0，又x∈(0,2π)， 2 2 2 2 5 π 5 3π 5 5π 5 7π 5 9π π 3π 所以 x= 或 x= 或 x= 或 x= 或 x= ，解得x= 或x= 或x=π或 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 7π 9π x= 或x= ，即 f (x)所有零点之和为5π，故D正确.故选：ABD 5 5 ★应用2.利用和差化积（积化和差）公式处理抽象函数 例5.（2022新高考2卷） 22 已知函数 f(x)的定义域为R，且 f(x+ y)+ f(x− y)= f(x)f(y), f(1)=1，则∑ f(k)= k=1 A.−3 B.−2 C.0 D.1 π 解析：方法1.由余弦函数积化和差公式可得，考虑函数 f(x)=2cos x，则 f(x)满足题 3 意. 于是，f(x)周期为6，且 f(1)=1, f(2)=−1, f(3)=−2, f(4)=−1, f(5)=1, f(6)=2， 22 进一步∑ f(k)=f(1)+ f(2)+ f(3)+ f(4)=−3，故选A. k=1 方法2.因为 f (x+y)+ f (x−y)= f (x) f (y)，令x=1,y=0可得，2f (1)= f (1) f (0)，所以 f (0)=2，令x=0可得，f(y)+ f(−y)=2f(y)，即 f (y)= f (−y)，所以函数 f (x)为偶函数， 令y=1得， f (x+1)+ f (x−1)= f (x) f (1)= f (x)，即有 f (x+2)+ f (x)= f (x+1)，从而可 知 f (x+2)=−f (x−1)，f (x−1)=−f (x−4)，故 f (x+2)= f (x−4)，即 f (x)= f (x+6) ， 所以函数 f (x)的一个周期为6．因为 f (2)= f (1)− f (0)=1−2=−1， f (3)= f (2)− f (1)=−1−1=−2， f (4)= f (−2)= f (2)=−1， f (5)= f (−1)= f (1)=1， f(6)= f(0)=2，所以一个周期内的 f (1)+ f (2)++ f (6)=0．由于22除以6余4， 22 所以∑ f (k)= f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=1−1−2−1=−3．故选：A． k=1 例6．已知函数y= f (x)对任意实数x，y都满足2f (x) f (y)= f (x+y)+ f (x−y)，且 f (1)=−1，则（ ） A． f (x)是偶函数 B． f (x)是奇函数 学科网（北京）股份有限公司2023 C． f (x)+ f (1−x)=0 D．∑ f (k)=1 k=1 解析：（方法1.函数模型）由①，构造 f(x)=cosπx，易得结果选AC. （方法2.赋值分析）：在2f (x) f (y)= f (x+y)+ f (x−y)中， 令x=1,y=0，可得2f (1) f (0)=2f (1)，即−2f (0)=−2，解得 f(0)=1≠0，故B错误； 令x=0可得2f (0) f (y)= f (y)+ f (−y),即 f (y)= f (−y)，故函数 f (y)是偶函数，即 f (x) 是偶函数,故A正确； 1 1 1 令x= y= ，则2f2  = f (1)+ f (0)=0，故 f  =0， 2 2 2 令x= 1 ，可得2f   1 f(y)= f   1 +y  + f   1 −y  =0,故 f (x)+ f (1−x)=0，故C正确； 2 2 2  2  因为 f (x)是偶函数，所以 f (x)=f (−x)，故 f (−x)+ f (1−x)=0,即 f (x)+ f (1+x)=0， 所以 f (x+1)+ f (2+x)=0,所以 f (x+2)= f (x)，故函数 f (x)的周期为2， 因为 f (1)+ f (0)=0，f (1)=−1，所以 f (1)+ f (2)= f (1)+ f (0)=0，f (2023)= f (1)=−1. 2023 所以∑f (k)= f (1)+ f (2)++ f (2023)= f (2023)= f (1)=−1，故D错误.故选：AC. k=1 例7．已知定义域为R的函数 f (x)对任意实数x、y满足 f (x+y)+ f (x−y)=2f (x)cosy， π 且 f (0)=0， f  =1．其中正确的是（ ） 2 π 1 A． f  = B． f (x)为奇函数 4 2 C． f (x)为周期函数 D． f (x)在(0,π)内单调递减 π 解析：（方法1.函数模型）由③，构造 f(x)= Acos(x+t)，且 f (0)=0， f  =1，易得 2  π Acost =0 t = π 结果： ⇒ 2 ⇒ f(x)=−cos(x+ )=sinx,故选：BC −Asint =1  A=−1 2 （方法2.赋值分析）： π π π π π 对于A，令x= y= ，得 f  + f (0)=2f  cos ，因为 f (0)=0， f  =1， 4 2 4 4 2 π π 2 所以1= 2f  ，所以 f  = ，所以A错误， 4 4 2 学科网（北京）股份有限公司对于B，令x=0，则 f (y)+ f (−y)=2f (0)cosy，因为 f (0)=0，所以 f (y)+ f (−y)=0， 所以 f (x)为奇函数，所以B正确， π  π  π π  π  π 对于C，令y= ，则 f x+ + f x− =2f (x)cos =0，所以 f x+ =−f x− ， 2  2  2 2  2  2  3π  π  3π  π 所以 f x+ =−f x+ ，所以 f x+ = f x− ，所以 f (x+2π)= f (x)，  2   2  2   2 所以 f (x)的周期为2π，所以C正确， π π 2 对于D，因为 f (0)=0， f  =1， f  = ， f (x)的周期为2π， 2 4 2 3π  π π 3π 3π 3π 3π 所以 f  = f − =−f  =−1，令x= y= ，则 f  + f (0)=2f  cos ，所  2   2 2 4  2   4  4 3π 3π 2 3π π 2 以−1=− 2f  ，得 f  = ，所以 f  = f  = ，所以 f (x)在(0,π)上不单  4   4  2  4  4 2 调，所以D错误，故选：BC 例8．已知函数 f (x)的定义域为R，且 f(x+y)f(x−y)= f2(x)− f2(y), f(1)=1, f(2)=0， 则下列说法中正确的是（ ） 2023 A． f(x)为偶函数 B． f(3)=−1 C． f(−1)=−f(5) D．∑ f(k)=1 k=1 解析：方法一：由于sin2 A−sin2B=sin(A+B)sin(A−B)． π π 由题意，可以令 f(x)=sin x，因为 f(x)=sin x为奇函数，故选项A错误． 2 2 因为 f(3)=−1，故选项B正确．因为 f(−1)=−1=−f(5)，故选项C正确． 2023 因为T =4,2023÷4=5053，故∑ f(k)= f(1)+ f(2)+ f(3)=0，故选项D错误． k=1 方法二：对于选项A，因为 f(x)的定义域为 ，令x= y=0，则 f(0)f(0)= f2(0)− f2(0)， R 故 f2(0)=0，则 f(0)=0，令x=0，则 f(y)f(−y)= f2(0)− f2(y)， 又 f(y)不恒为0，故 f(−y)=−f(y)，所以 f(x)为奇函数，故A错误． 对于选项B，令x=2,y=1，则 f(3)f(1)= f2(2)− f2(1)．而 f(1)=1, f(2)=0，所以 f(3)=−1， 故选项B正确． 对于选项C，由选项B可知， f(3)=−1，令x=3,y=2，则 f(5)f(1)= f2(3)− f2(2)，所以 f(5)=1．又因为 f(x)为奇函数，所以 f(−1)=−f(1)=−1，故C正确． 学科网（北京）股份有限公司对于选项D，由选项B以及 f(x+2)f(x−2)= f2(x)，可得 f(7)=−1, f(9)=1, f(11)=−1， 所以 f(2k+1)=(−1)k，同理可得 f(2k)=0．因为2023÷4=5053，故 2023 ∑ f(k)= f(1)+ f(2)+ f(3)=0，故D错误．故选：BC k=1 ★应用3.和差化积（积化和差）公式解决实际问题 例9．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，某摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m， 设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进 舱，转一周大约需要30min. (1)游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动tmin后距离地面的高度为Hm，求在转动一周的过 程中，H关于t的函数解析式； (2)求游客甲在开始转动5min后距离地面的高度； (3)若甲、乙两人分别坐在两个相邻的座舱里，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高 度差h（单位：m）关于t的函数解析式，并求高度差的最大值（精确到0.1）. θ+ϕ θ−ϕ θ+ϕ θ−ϕ （参考公式与数据：sinθ+sinϕ=2sin cos ；cosθ−cosϕ=−2sin sin ； 2 2 2 2 π sin ≈0.065.） 48 解析：（1）如图，设座舱距离地面最近的位置为点P，以轴心O为原点，与地面平行的直线 为x轴建立直角坐标系.设t =0min时，游客甲位于点P(0,−55)， π 以OP为终边的角为− ；根据摩天轮转一周大约需要30min，可知座舱转动的角速度约为 2 π  π π rad/min，由题意可得H =55sin t− +65，0≤t≤30 15 15 2 学科网（北京）股份有限公司 π π （2）当t=5时，H =55sin ×5− +65=37.5.所以，游客甲在开始转动5min后距离地 15 2 面的高度约为37.5m. 2π π （3）如图，甲、乙两人的位置分别用点A，B表示，则∠AOB= = ，经过tmin后甲 48 24  π π π 距离地面的高度为H =55sin t− +65，点B相对于点A始终落后 rad， 1 15 2 24  π 13π 此时乙距离地面的高度为H =55sin t− +65，则甲、乙距离地面的高度差 2 15 24   π π  π 13π  π π 13π π  h= H −H =55sin t− −sin t−  =55sin t− +sin − t 1 2 15 2 15 24  15 2  24 15  θ+ϕ θ−ϕ π  π π  利用sinθ+sinϕ=2sin cos ，可得h=110sin sin t−  ，0≤t≤30. 2 2 48 15 48 π π π 3π  π  当 t− = （或 ），即t ≈7.8（或22.8）时，h的最大值为110sin ≈7.2.所以，甲、 15 48 2 2 48 乙两人距离地面的高度差的最大值约为7.2m. ★应用4.新定义问题与应用 例10．定义二元函数 f (m,n)( m,n∈N*) ，同时满足：① f (1,1)=1；② f (m+1,n)= f (m,n)+2n；③ f (m,n+1)= f (m,n)+2m三个条件． (1)求 f (3,1), f (2,3)的值； (2)求 f (m,n)的解析式； sinax sina x sina x sina x (3)若a = f (1,n),S = 1 + 2 + 3 ++ n ,x∈(0,2π) ．比较S 与0的大小关 n n a a a a n 1 2 3 n 系，并说明理由． 附：参考公式 1 1 sinαcosβ=  sin(α+β)+sin(α−β) ;cosαsinβ=  sin(α+β)−sin(α−β)  2 2 1 1 cosαcosβ=  cos(α+β)+cos(α−β) ;sinαsinβ=−  cos(α+β)−cos(α−β)  2 2 学科网（北京）股份有限公司解析：（1）由条件②可得 f (2,1)= f (1,1)+2×1=3, f (3,1)= f (2,1)+2×1=5； 由条件③可得 f (2,2)= f (2,1)+2×2=7, f (2,3)= f (2,2)+2×2=11． （2）由条件②）可得：f (2,1)= f (1,1)+2，f (3,1)= f (2,1)+2， f (m,1)= f (m−1,1)+2， 将上述m−1个等式相加，得 f (m,1)= f (1,1)+2(m−1)=2m−1；由条件③可得： f (m,2)= f (m,1)+2m， f (m,3)= f (m,2)+2m， f (m,n)= f (m,n−1)+2m， 将上述n−1个等式相加，得 f (m,n)= f (m,1)+2m(n−1)=2mn−1． （3）由（2） f (1,n)=2n−1，所以a =2n−1，则 n sinax sina x sina x sinx sin3x sin(2n−1)x S = 1 + 2 ++ n = + ++ ， n a a a 1 3 2n−1 1 2 n cos2x−cos4x cos(2n−2)x−cos2nx 则(2sinx)⋅S =1−cos2x+ ++ n 3 2n−1  1 1 1  1 1  cos2nx =1−1− cos2x− − cos4x− − cos(2n−2)x−  3 3 5 2n−3 2n−1 2n−1  1 1 1 1 1  1 1  1 ≥1−1− − − − − −− − − =0，  3 3 5 5 7 2n−3 2n−1 2n−1 当且仅当x=π时，cos2kx=1(k =1,2,,n)，上式取得等号，即x≠π时，均有(2sinx)⋅S >0， n 所以，当00；当π f  +2 D．当00,sin3>0,所以−4sin2sin23<0,即 f (2)+ f (4)<0,A正 π 确； 对于B，对 f (x)求导, f′(x)=2cos2x−2cosx=2 ( 2cos2x−cosx−1 ) =2(2cosx+1)(cosx−1)，  2π 4π  2π 4π 在(0,2π)上，令 得x∈0, , ,2π,令 得x∈ ,   3   3   3 3  ′ ′  f2π(x)<04π  2π 4πf(x)>0 所以 f (x)在0, 和 ,2π单调递减,在 , 单调递增,  3   3   3 3  4π 3  3 3 3 5 4π 故 f (x)在区间(0,2π)上的最大值为 f  = −2×  −   = > ,且 <6,故B错误；  3  2  2  2 2 3 2π 4π 对于C，当x∈ , 时 f (x)单调递增,故 f (x)在(3,4)上单调递增,  3 3  x  10 x x  而当x∈(3,4)时, +2∈3, ⊆(3,4)，且 +2cos 17 ⇔cos  x− 17 < 8 ，而x− 17 ∈  − 17 ,− 1 ⊆[−π,0] , 4  8  8  8  17 8  8 8 cos 4 17 cos  17 1 8 1 17 17 1 17 17 ∴cosx−  cos ⇔ 2cos cos >2cos ,  8  8 17 8 4 8 8 4 8 cos 4 35 33 17 35 17 17 33 由积化和差得cos +cos >2cos ⇔cos −cos >cos −cos 8 8 8 8 8 8 8 9 13 25 9 13 25 ⇔−2sin sin >2sin1sin ,其中sin >0,sin <0,sin 0,sin1 0, 8 4 8 8 4 8 上述不等式显然成立，故D正确,故选：ACD π 4.解析：（方法1.函数模型）由③，构造 f(x)= Acos(x+t)，且 f (0)=0， f  =1，易 2  π Acost =0 t = π 得结果： ⇒ 2 ⇒ f(x)=−cos(x+ )=sinx,于是： −Asint =1  A=−1 2 π 2 f(x+2π)+f(2π−x)− f( )=− . 4 2 （方法2.赋值分析）： 取x=0，则得 f (y)+ f (−y)=0,即函数 f (x)为奇函数； π  π  π 取y= ，则得 f x+ + f x− =0,所以函数 f (x)的周期为2π； 2  2  2 π π π π π 2 再取x= y= 得 f( )+f(0)=2f( )cos ，所以 f( )= ； 4 2 4 4 4 2 又由于函数 f (x)为奇函数，所以 f(x+2π)+f(2π−x)− f( π )=− 2 ． 4 2 5.解析：（1）以简车转轮的中心O为原点，与水面平行的直线为x轴建立平面直角坐标系， 学科网（北京）股份有限公司设h=Msin(ωt+ϕ)+N，t∈[ 0,24 ]，由题意知，2M =8，M +N =6， ∴M =4，N =2，即h=4sin(ωt+ϕ)+2， 1 当t=0时，h=4sinϕ+2=4，解得sinϕ= ， 2 π 结合图像初始位置可知ϕ= ， 6 2π π 又因为T = =24，所以ω= ， ω 12  π π 综上h=4sin t+ +2,t∈[0,24]． 12 6  π π （2）经过ts后A距离水面的高度h=4sin t+ +2， 12 6 2π π  π π  由题意知∠AOB= = ，所以经过ts后B距离水面的高度h′=4sin t− +2， 8 4 12 12  π π  π π  则盛水筒B与盛水筒A的高度差为H = h−h′ =4sin t+ −sin t−  ， 12 6 12 12 θ+ϕ θ−ϕ 利用sinθ−sinϕ=2cos sin ， 2 2  π π  π π  π  π π  H =4sin t+ −sin t−  =8sin cos t+  ， 12 6 12 12 8 12 24 π π 1 π 当 t+ =kπ,k∈Z，即t =− +12k,k∈Z时，H取最大值8sin (m)， 12 24 2 8 又因为t∈[0,24]，所以当t=11.5或t =23.5时，H取最大值， π 综上，盛水筒B与盛水筒A的高度差的最大值约为8sin m，此时t=11.5或t =23.5． 8 学科网（北京）股份有限公司