Question

13．已知△ABC的面積為S，且$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AC}$=S，|${\overrightarrow{AC}$-$\overrightarrow{AB}}$|=3．
（Ⅰ）若f（x）=2cos（ωx+B）（ω＞0）的圖象與直線y=2相鄰兩個(gè)交點(diǎn)間的最短距離為2，且f（$\frac{1}{6}$）=1，求△ABC的面積S；
（Ⅱ）求S+3$\sqrt{3}$cosBcosC的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由條件利用余弦函數(shù)的圖象特征求出ω，可得f（x）的解析式，再根據(jù)f（$\frac{1}{6}$）=1求得B，再利用條件求得A，從而△ABC是直角三角形，從而計(jì)算△ABC的面積S．
（Ⅱ）利用正弦定理求得△ABC的外接圓半徑R，再化減S+3$\sqrt{3}$cosBcosC為3$\sqrt{3}$cos（B-C），從而求得它的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=2cos（ωx+B）（ω＞0）的圖象與直線y=2相鄰兩個(gè)交點(diǎn)間的最短距離為T，
∴T=2，即：$\frac{2π}{ω}=2$，解得ω=π，故f（x）=2cos（πx+B）．
又$f（\frac{1}{6}）=2cos（\frac{π}{6}+B）=1$，即：$cos（\frac{π}{6}+B）=\frac{1}{2}$，∵B是△ABC的內(nèi)角，∴$B=\frac{π}{6}$，
設(shè)△ABC的三個(gè)內(nèi)角的對(duì)邊分別為a，b，c，
∵$\frac{{\sqrt{3}}}{2}\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AC}=S$，∴$\frac{{\sqrt{3}}}{2}bccosA=\frac{1}{2}bcsinA$，
解得$tanA=\sqrt{3}$，$A=\frac{π}{3}$，從而△ABC是直角三角形，
由已知$|{\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}}|=3$得，$|{\overrightarrow{BC}}|=a=3$，從而$b=\sqrt{3}$，${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}ab=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$A=\frac{π}{3}，a=3$，
設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，則2R=$\frac{a}{sinA}$=$\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=2$\sqrt{3}$，解得R=$\sqrt{3}$，
∴S+3$\sqrt{3}$cosBcosC=$\frac{1}{2}$bcsinA+3$\sqrt{3}$cosBcosC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$bc+3$\sqrt{3}$cosBcosC
=3$\sqrt{3}$sinBsinC+3$\sqrt{3}$cosBcosC=3$\sqrt{3}$cos（B-C），
故$S+3\sqrt{3}cosBcosC$的最大值為$3\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查余弦函數(shù)的圖象特征，正弦定理，兩個(gè)向量的數(shù)量積的運(yùn)算，屬于中檔題．