Question

8．已知平面向量$\overrightarrow m$=（sinx，-cosx），$\overrightarrow n$=（cosx，cosx），函數(shù)f（x）=2$\overrightarrow m$•$\overrightarrow n$+λ，λ∈R．將f（x）的圖象向左平移$\frac{π}{4}$個單位后得到函數(shù)g（x）的圖象，且g（x）的最大值為$\sqrt{2}$．
（I）求實數(shù)λ的值；
（II）在△ABC中，若g（$\frac{3}{4}$A）=1，a=2$\sqrt{3}$且△ABC的面積為2$\sqrt{3}$，求b+c的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先根據(jù)函數(shù)f（x）=2$\overrightarrow m$•$\overrightarrow n$+λ，利用兩個向量數(shù)量積公式和三角函數(shù)的恒等變換求得函數(shù)f（x）的解析式，由三角函數(shù)的圖象變換可求g（x），進(jìn)而利用正弦函數(shù)的性質(zhì)即可解得λ的值．
（Ⅱ）由（I）及三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)可求A，分類討論，利用三角形面積公式可求bc的值，利用余弦定理可求12=（b+c）²-3bc，或12=（b+c）²-bc，進(jìn)而解得b+c的值．

解答 解：（I）∵$\overrightarrow m$=（sinx，-cosx），$\overrightarrow n$=（cosx，cosx），函數(shù)f（x）=2$\overrightarrow m$•$\overrightarrow n$+λ，λ∈R．
∴f（x）=2$\overrightarrow m$•$\overrightarrow n$+λ=2sinxcosx-2cos²x+λ=sin2x-cos2x+λ-1=$\sqrt{2}$sin（2x-$\frac{π}{4}$）+λ-1，
∵將f（x）的圖象向左平移$\frac{π}{4}$個單位后得到函數(shù)g（x）的圖象，、
∴g（x）=f（x+$\frac{π}{4}$）=$\sqrt{2}$sin（2x+$\frac{π}{4}$）+λ-1，
∵g（x）的最大值為$\sqrt{2}$．
∴λ-1=0，可得：λ=1．
（II）∵由（I）可得g（x）=$\sqrt{2}$sin（2x+$\frac{π}{4}$），
∴$\sqrt{2}$sin（$\frac{3A}{2}$+$\frac{π}{4}$）=1，解得：sin（$\frac{3A}{2}$+$\frac{π}{4}$）=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
可得：sin$\frac{3A}{2}$+cos$\frac{3A}{2}$=1，
兩邊平方，利用二倍角公式可得：sin3A=0，解得：A=$\frac{1}{3}$kπ，k∈Z，
∵0＜A＜π，
∴A=$\frac{π}{3}$，或$\frac{2π}{3}$．
∵a=2$\sqrt{3}$且△ABC的面積為2$\sqrt{3}$，
∴當(dāng)A=$\frac{π}{3}$時，由余弦定理可得：（2$\sqrt{3}$）²=b²+c²-2bc$•\frac{1}{2}$，
可得：12=b²+c²-bc=（b+c）²-3bc，
又2$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}bcsinA$=$\frac{1}{2}bc$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得：bc=8，可得：b+c=6．
當(dāng)A=$\frac{2π}{3}$時，由余弦定理可得：（2$\sqrt{3}$）²=b²+c²+2bc$•\frac{1}{2}$，
可得：12=b²+c²+bc=（b+c）²-bc，
又2$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}bcsinA$=$\frac{1}{2}bc$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得：bc=8，可得：b+c=2$\sqrt{5}$．

點評 本題主要考查了向量數(shù)量積公式和三角函數(shù)的恒等變換，正弦函數(shù)的性質(zhì)和性質(zhì)，三角形面積公式，余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想和分類討論思想，屬于中檔題．