Question

8．已知函数$f（x）=2\sqrt{2}sin\frac{1}{8}xcos\frac{1}{8}x+2\sqrt{2}{cos^2}\frac{1}{8}x-\sqrt{2}$，x∈R．
（1）求函数f（x）的频率和初相；
（2）在△ABC中，角A、B、C所对边的长分别是a、b、c，若$f（A）=\sqrt{3}$，$C=\frac{π}{4}$，c=2，求△ABC的面积．

Answer 1

分析 （1）由三角恒等变换化简f（x），由此得到函数的频率和初相．
（2）由题意得到$A=\frac{π}{3}$，由正弦定理得到$a=\sqrt{6}$，由三角形面积公式得到答案．

解答 解：（1）∵$f（x）=2\sqrt{2}sin\frac{1}{8}xcos\frac{1}{8}x+2\sqrt{2}s{cos^2}\frac{1}{8}x-\sqrt{2}$，
=2$\sqrt{2}$sin$\frac{x}{8}$cos$\frac{x}{8}$+$\sqrt{2}$（2cos²$\frac{x}{8}$-1），
=$\sqrt{2}$sin$\frac{x}{4}$+$\sqrt{2}$cos$\frac{x}{4}$
=2sin（$\frac{x}{4}$+$\frac{π}{4}$），
∴函数的频率$f=\frac{1}{T}=\frac{{\frac{1}{4}}}{2π}=\frac{1}{8π}$，
初相为$\frac{π}{4}$，
（2）∵在△ABC中，$f（A）=\sqrt{3}$，
∴$2sin（\frac{1}{4}A+\frac{π}{4}）=\sqrt{3}$，
∴$sin（\frac{1}{4}A+\frac{π}{4}）=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∵0＜A＜π，
∴$\frac{π}{4}＜\frac{1}{4}A+\frac{π}{4}＜\frac{π}{2}$，$\frac{1}{4}A+\frac{π}{4}=\frac{π}{3}$，$A=\frac{π}{3}$，
∴$B=π-A-C=\frac{5π}{12}$，
又由正弦定理得$\frac{a}{{sin\frac{π}{3}}}=\frac{c}{{sin\frac{π}{4}}}$，解得　$a=\sqrt{6}$，
∴${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}acsinB=\frac{1}{2}•2•\sqrt{6}•\frac{{\sqrt{6}+\sqrt{2}}}{4}=\frac{{3+\sqrt{3}}}{2}$．

点评 本题考查由三角恒等变换，正弦定理以及三角形面积公式．