Question

3．已知函數(shù)f（x）=sinωx（0＜ω＜2）在區(qū)間，[0，$\frac{π}{3}$]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]單調(diào)遞減；如圖，四邊形OACB中，a，b，c為△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，且滿足$\frac{sinB+sinC}{sinA}$=$\frac{\frac{4ω}{3}-cosB-cosC}{cosA}$．
（1）證明：b+c=2a；
（2）若b=c，設(shè)∠AOB=θ，（0＜θ＜π），OA=2OB=2，求四邊形OACB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意知 $\frac{2π}{ω}$=$\frac{4π}{3}$，解之可得ω，代入已知條件化簡可得sinC+sinB=2sinA，再由正弦定理可得b+c=2a；
（2）由條件和（1）的結(jié)論可得△ABC為等邊三角形，可得S_OACB=S_△OAB+S_△ABC=$\frac{1}{2}$OA•OBsinθ+$\frac{\sqrt{3}}{4}$AB²，可化簡為2sin（θ-$\frac{π}{3}$）+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$，由θ的范圍可得結(jié)論．

解答 證明：（1）由題意知：$\frac{2π}{ω}$=$\frac{4π}{3}$，解得ω=$\frac{3}{2}$ …（2分）
∵$\frac{sinB-sinC}{sinA}$=$\frac{\frac{4ω}{3}-cosA•cosC}{cosA}$，
∴sinBcosA+sinCcosA=2sinA-cosBsinA-cosCsinA，
∴sinBcosA+cosBsinA+sinCcosA+cosCsinA=2sinA，
∴sin（A+B）+sin（A+C）=2sinA…（4分）
∴sinC+sinB=2sinA，
∴b+c=2a…（6分）
解：（2）因為b+c=2a，b=c，所以a=b=c，所以△ABC為等邊三角形，
S_OACB=S_△OAB+S_△ABC=$\frac{1}{2}$OA•OBsinθ+$\frac{\sqrt{3}}{4}$AB²，…（8分）
=sinθ+$\frac{\sqrt{3}}{4}$（OA²+OB²-2OA•OBcosθ）…（9分）
=sinθ-$\sqrt{3}$cosθ+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$=2sin（θ-$\frac{π}{3}$）+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$，…（10分）
∵θ∈（0，π），∴θ-$\frac{π}{3}$∈（-$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$），
當(dāng)且僅當(dāng)θ-$\frac{π}{3}$=$\frac{π}{2}$，即θ=$\frac{5π}{6}$時取最大值，S_OACB的最大值為2+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$…（12分）

點評 本題考查兩角和與差的三角函數(shù)公式，涉及余弦定理和三角形的面積，屬中檔題．