Question

13．已知△ABC的面积为S，且$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AC}$=S，|${\overrightarrow{AC}$-$\overrightarrow{AB}}$|=3．
（Ⅰ）若f（x）=2cos（ωx+B）（ω＞0）的图象与直线y=2相邻两个交点间的最短距离为2，且f（$\frac{1}{6}$）=1，求△ABC的面积S；
（Ⅱ）求S+3$\sqrt{3}$cosBcosC的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由条件利用余弦函数的图象特征求出ω，可得f（x）的解析式，再根据f（$\frac{1}{6}$）=1求得B，再利用条件求得A，从而△ABC是直角三角形，从而计算△ABC的面积S．
（Ⅱ）利用正弦定理求得△ABC的外接圆半径R，再化减S+3$\sqrt{3}$cosBcosC为3$\sqrt{3}$cos（B-C），从而求得它的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=2cos（ωx+B）（ω＞0）的图象与直线y=2相邻两个交点间的最短距离为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的内角，∴$B=\frac{π}{6}$，
设△ABC的三个内角的对边分别为a，b，c，
∵$\frac{{\sqrt{3}}}{2}\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AC}=S$，∴$\frac{{\sqrt{3}}}{2}bccosA=\frac{1}{2}bcsinA$，
解得$tanA=\sqrt{3}$，$A=\frac{π}{3}$，从而△ABC是直角三角形，
由已知$|{\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}}|=3$得，$|{\overrightarrow{BC}}|=a=3$，从而$b=\sqrt{3}$，${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}ab=\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$A=\frac{π}{3}，a=3$，
设△ABC的外接圆半径为R，则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$S+3\sqrt{3}cosBcosC$的最大值为$3\sqrt{3}$．

点评 本题主要考查余弦函数的图象特征，正弦定理，两个向量的数量积的运算，属于中档题．