Question

8．（理） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）在單位圓上，∠x(chóng)OA=α，$α∈（\frac{π}{6}，\frac{π}{2}）$，$∠AOB=\frac{π}{3}$．
（1）若$cos（α+\frac{π}{4}）=-\frac{3}{5}$，求x₁的值；
（2）過(guò)點(diǎn)A作x軸的垂線交單位圓于另一點(diǎn)C，過(guò)B作x軸的垂線，垂足為D，記△AOC的面積為S₁，△BOD的面積為S₂，設(shè)f（α）=S₁+S₂，求函數(shù)f（α）的最大值．

Answer 1

分析 （1）由三角函數(shù)的定義有，x₁=cosα，利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求$sin（α+\frac{π}{4}）=\frac{4}{5}$，利用兩角差的余弦函數(shù)公式即可計(jì)算得解．
（2）由圖可知S₁=cosαsinα，${S_2}=\frac{1}{2}cos（α+\frac{π}{3}）sin（α+\frac{π}{3}）$，利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡(jiǎn)可求f（α）=$\frac{\sqrt{7}}{4}$sin（2α-θ），其中$tanθ=\frac{{\sqrt{3}}}{5}$，$tanθ=\frac{{\sqrt{3}}}{5}＜\frac{{\sqrt{3}}}{3}=tan\frac{π}{6}$，$0＜θ＜\frac{π}{6}$，利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可求得最大值．

解答 （理）解：（1）由三角函數(shù)的定義有，x₁=cosα，
因?yàn)?cos（α+\frac{π}{4}）=-\frac{3}{5}$，
所以$sin（α+\frac{π}{4}）=\frac{4}{5}$，
所以${x_1}=cosα=cos[（α+\frac{π}{4}）-\frac{π}{4}]$，
即${x_1}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}[cos[（α+\frac{π}{4}）+sin（α+\frac{π}{4}）]=\frac{{\sqrt{2}}}{10}$．
（2）由圖可知S₁=cosαsinα，${S_2}=\frac{1}{2}cos（α+\frac{π}{3}）sin（α+\frac{π}{3}）$，
所以$f（α）=cosαsinα-\frac{1}{2}cos（α+\frac{π}{3}）sin（α+\frac{π}{3}）$，
化簡(jiǎn)得$f（α）=\frac{1}{2}sin2α-\frac{1}{4}sin（2α+\frac{2π}{3}）$=$\frac{5}{8}sin2α-\frac{{\sqrt{3}}}{8}sin2α$=$\frac{{\sqrt{7}}}{4}sin（2α-θ）$，
其中$tanθ=\frac{{\sqrt{3}}}{5}$，$tanθ=\frac{{\sqrt{3}}}{5}＜\frac{{\sqrt{3}}}{3}=tan\frac{π}{6}$，$0＜θ＜\frac{π}{6}$．
因?yàn)?\frac{π}{6}＜θ＜\frac{π}{2}$，所以$\frac{π}{3}＜2α＜π$，從而$\frac{π}{3}-θ＜2α-θ＜π-θ$，
由上可知$\frac{π}{6}＜\frac{π}{3}-θ＜\frac{π}{3}$，$\frac{5π}{6}＜π-θ＜π$，
所以，當(dāng)$2α-θ=\frac{π}{2}$時(shí)，$f{（α）_{max}}=\frac{{\sqrt{7}}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角函數(shù)的定義，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，兩角差的余弦函數(shù)公式，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)在三角函數(shù)化簡(jiǎn)求值中的綜合應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．