Question

16．已知△ABC中，邊a，b，c的對角分別為A，B，C，且$a=\sqrt{6}$，$c=\sqrt{2}$，$A=\frac{2π}{3}$．
（Ⅰ）求B，C及△ABC的面積；
（Ⅱ）已知函數(shù)f（x）=sinBsin2πx+cosCcos2πx，把函數(shù)y=f（x）的圖象向右平移$\frac{1}{4}$個(gè)單位，然后把所得函數(shù)圖象上點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，即得函數(shù)y=g（x）的圖象，求函數(shù)y=g（x）在[0，2]上的單調(diào)遞增區(qū)間．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知及正弦定理可求sinC=$\frac{1}{2}$，結(jié)合C，B為銳角，可得C，B，b的值，利用三角形面積公式即可計(jì)算得解．
（Ⅱ）利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡可得函數(shù)解析式f（x）=sin（2πx+$\frac{π}{3}$），利用函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換可得g（x）=sin（πx-$\frac{π}{6}$），利用正弦函數(shù)的單調(diào)性求得函數(shù)的增區(qū)間，再結(jié)合x∈[0，2]，可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵$a=\sqrt{6}$，$c=\sqrt{2}$，$A=\frac{2π}{3}$，
∴由正弦定理$\frac{c}{sinC}=\frac{a}{sinA}$，可得：sinC=$\frac{csinA}{a}$=$\frac{\sqrt{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{6}}$=$\frac{1}{2}$，
∵C，B為銳角，可得：C=$\frac{π}{6}$，B=π-A-C=$\frac{π}{6}$，b=c=$\sqrt{2}$
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}$bcsinA=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（Ⅱ）∵B=$C=\frac{π}{6}$，
∴f（x）=sinBsin2πx+cosCcos2πx=$\frac{1}{2}$sin2πx+$\frac{\sqrt{3}}{2}$cos2πx=sin（2πx+$\frac{π}{3}$），
∴把函數(shù)y=f（x）的圖象向右平移$\frac{1}{4}$個(gè)單位，可得函數(shù)解析式：y=sin[2π（x-$\frac{1}{4}$）+$\frac{π}{3}$]=sin（2πx-$\frac{π}{6}$），
然后把所得函數(shù)圖象上點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，即得函數(shù)y=g（x）=sin（πx-$\frac{π}{6}$），
∴由2kπ-$\frac{π}{2}$≤πx-$\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，解得2k$-\frac{1}{3}$≤x≤2k+$\frac{2}{3}$，k∈Z
∵x∈[0，2]，
∴可得函數(shù)的增區(qū)間為[0，$\frac{2}{3}$]∪[$\frac{5}{3}$，2]．

點(diǎn)評 本題主要考查了正弦定理，三角形面積公式，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．