Question

19．設(shè)向量$\overrightarrow{OA}$=（a，cos2x），$\overrightarrow{OB}$=（1+sin2x，1），x∈R，函數(shù)f（x）=$|\begin{array}{l}{\overrightarrow{OA}}\\{\;}\end{array}|$•$|\begin{array}{l}{\overrightarrow{OB}}\\{\;}\end{array}|$cos∠AOB
（Ⅰ）當(dāng)y=f（x）的圖象經(jīng)過點(diǎn)（$\frac{π}{4}$，2）時，求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，若x為銳角，當(dāng)sin²x=sin（$\frac{π}{4}$+α）•sin（$\frac{π}{4}$-α）+$\frac{1-cos2α}{2}$時，求△OAB的面積；
（Ⅲ）在（Ⅰ）的條件下，記函數(shù)h（x）=f（x+t）（其中實(shí)數(shù)t為常數(shù)，且0＜t＜π）．若h（x）是偶函數(shù)，求t的值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得f（x）=$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=a（1+sin2x）+cos2x，代點(diǎn)可得a值；
（2）由三角函數(shù)公式化簡可得sin²x=$\frac{1}{2}$，由x的范圍可得x值，可得$\overrightarrow{OA}$和$\overrightarrow{OB}$的坐標(biāo)，由夾角公式可得∠AOB的余弦值，進(jìn)而可得正弦值，由三角形的面積公式可得；
（3）可得h（x）=f（x+t）=1+$\sqrt{2}$sin（2x+2t+$\frac{π}{4}$），由偶函數(shù)可得2t+$\frac{π}{4}$=kπ+$\frac{π}{2}$，結(jié)合t的范圍可得t值．

解答 解：（1）由題意可得f（x）=$|\begin{array}{l}{\overrightarrow{OA}}\\{\;}\end{array}|$•$|\begin{array}{l}{\overrightarrow{OB}}\\{\;}\end{array}|$cos∠AOB
=$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=a（1+sin2x）+cos2x
∵圖象經(jīng)過點(diǎn)（$\frac{π}{4}$，2），
∴a（1+sin$\frac{π}{2}$）+cos$\frac{π}{2}$=2a=2，
∴a=1；
（2）∵sin²x=sin（$\frac{π}{4}$+α）•sin（$\frac{π}{4}$-α）+$\frac{1-cos2α}{2}$，
∴sin²x=sin（$\frac{π}{4}$+α）cos（$\frac{π}{4}$+α）+$\frac{1-cos2α}{2}$
=$\frac{1}{2}$sin（$\frac{π}{2}$+2α）+$\frac{1-cos2α}{2}$
=$\frac{1}{2}$cos2α+$\frac{1-cos2α}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∵x為銳角，∴x=$\frac{π}{4}$，
∴$\overrightarrow{OA}$=（1，0），$\overrightarrow{OB}$=（2，1），
∴cos∠AOB=$\frac{2}{1×\sqrt{5}}$，∴sin∠AOB=$\frac{1}{\sqrt{5}}$，
∴△OAB的面積S=$\frac{1}{2}×1×\sqrt{5}$×$\frac{1}{\sqrt{5}}$=$\frac{1}{2}$；
（3）可得f（x）=1+sin2x+cos2x=1+$\sqrt{2}$sin（2x+$\frac{π}{4}$），
∴h（x）=f（x+t）=1+$\sqrt{2}$sin（2x+2t+$\frac{π}{4}$），
∵h(yuǎn)（x）是偶函數(shù)，∴2t+$\frac{π}{4}$=kπ+$\frac{π}{2}$，
∴t=$\frac{kπ}{2}$+$\frac{π}{8}$，k∈Z，
又∵0＜t＜π，∴t=$\frac{π}{8}$或$\frac{5π}{8}$．

點(diǎn)評 本題考查兩角和與差的三角函數(shù)公式，涉及向量的運(yùn)算和三角形的面積公式，屬中檔題．