分析 (1)由已知展開兩角差的正弦和余弦,結(jié)合角范圍即可求得C;
(2)由|$\overrightarrow{OA}$|=|$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{OC}$|,可知O為△ABC的外心,把$\overrightarrow{CO}$•($\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CB}$)轉(zhuǎn)化為$\frac{1}{2}({a}^{2}+^{2})$,再由三角形中的余弦定理結(jié)合基本不等式求得$\overrightarrow{CO}$•($\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CB}$)的取值范圍.
解答 解:(1)在△ABC中,由sin($\frac{π}{3}$-C)+cos(C-$\frac{π}{6}$)=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
得$sin\frac{π}{3}cosC-cos\frac{π}{3}sinC+cosCcos\frac{π}{6}+sinCsin\frac{π}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
即$\frac{\sqrt{3}}{2}cosC-\frac{1}{2}sinC+\frac{\sqrt{3}}{2}cosC+\frac{1}{2}sinC=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴cosC=$\frac{1}{2}$,
∵0<C<π,
∴C=$\frac{π}{3}$;
(2)$c=2\sqrt{3}$,
由|$\overrightarrow{OA}$|=|$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{OC}$|,可知O為△ABC的外心,
∴求$\overrightarrow{CO}$•($\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CB}$)=$\overrightarrow{CO}•\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CO}•\overrightarrow{CB}$=$\frac{1}{2}(|\overrightarrow{CA}{|}^{2}+|\overrightarrow{CB}{|}^{2})$.
由${c}^{2}={a}^{2}+^{2}-2ab•cos\frac{π}{3}={a}^{2}+^{2}-ab$,
可得$\frac{{a}^{2}+^{2}}{2}≤12$,
∴$\overrightarrow{CO}$•($\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CB}$)=$\frac{{a}^{2}+^{2}}{2}≤12$.
∴$\overrightarrow{CO}$•($\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CB}$)的取值范圍是(0,12].
點評 本題考查平面向量的數(shù)量積運算,考查了三角形的解法,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法,是中檔題.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{1{0}^{5}}$ | B. | $\frac{1}{1{0}^{4}}$ | C. | $\frac{1}{1{0}^{2}}$ | D. | $\frac{1}{10}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{4}{5}$ | B. | -$\frac{4}{5}$ | C. | ±$\frac{4}{5}$ | D. | $\frac{3}{5}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | a+b+$\frac{1}{\sqrt{ab}}$≥2$\sqrt{2}$ | B. | (a+b)($\frac{1}{a}$+$\frac{1}$)≥4 | C. | $\frac{{a}^{2}+^{2}}{\sqrt{ab}}$≥2$\sqrt{ab}$ | D. | $\frac{2ab}{a+b}$>$\sqrt{ab}$ |
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