Question

13．已知$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$sin（2π-x），cosx），$\overrightarrow{n}$=（sin（$\frac{3}{2}$π-x），cos（π+x）），f（x）=$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$．
（I）求y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間和對稱中心；
（Ⅱ）在△ABC中，角A、B、C所對應(yīng)的邊分別為a、b、c，若有f（B）=$\frac{1}{2}$，b=7，sinA+sinC=$\frac{13\sqrt{3}}{14}$，求△ABC的面積．

Answer 1

分析 （I）由條件利用兩個向量的數(shù)量積公式、三角恒等變換求得f（x）=sin（2x-$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$．再利用正弦函數(shù)的單調(diào)性和正弦函數(shù)的圖象的對稱性求得y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間和對稱中心．
（Ⅱ）在△ABC中，由f（B）=sin（2B-$\frac{π}{6}$）=$\frac{1}{2}$，求得B的值，再利用正弦定理求得a+c的值，再利用余弦定理求得ac的值，從而求得△ABC的面積為$\frac{1}{2}$ac•sinB 的值．

解答 解：（I）由題意可得f（x）=$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$=$\sqrt{3}$sin（2π-x）•sin（$\frac{3}{2}$π-x）+cosx•cos（π+x）=$\sqrt{3}$（-sinx）（-cosx）-cos²x
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2x-$\frac{1+cos2x}{2}$=sin（2x-$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$．
令2kπ-$\frac{π}{2}$≤2x-$\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$，k∈z，求得kπ-$\frac{π}{6}$≤x≤kπ+$\frac{π}{3}$，故函數(shù)f（x）的增區(qū)間為[kπ-$\frac{π}{6}$，kπ+$\frac{π}{3}$]，k∈z．
令2x-$\frac{π}{6}$=kπ，k∈z，求得x=$\frac{1}{2}$kπ+$\frac{π}{12}$，可得函數(shù)的對稱中心為（$\frac{1}{2}$kπ+$\frac{π}{12}$，-$\frac{1}{2}$），k∈z．
（Ⅱ）在△ABC中，f（B）=sin（2B-$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，可得sin（2B-$\frac{π}{6}$）=1，2B-$\frac{π}{6}$=$\frac{π}{2}$，∴B=$\frac{π}{3}$．
∵b=7，sinA+sinC=$\frac{13\sqrt{3}}{14}$，由正弦定理可得sinA+sinC=$\frac{a+c}$sinB=$\frac{a+c}{7}$•$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{13\sqrt{3}}{14}$，求得a+c=3．
再由余弦定理可得b²=49=a²+c²-2ac•cosB=（a+c）²-2ac-2ac•cos$\frac{π}{3}$=169-3ac，求得ac=40，
可得△ABC的面積為$\frac{1}{2}$ac•sinB=$\frac{1}{2}$×40×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=10$\sqrt{3}$．

點評 本題主要考查兩個向量的數(shù)量積公式，三角恒等變換，正弦定理、余弦定理的應(yīng)用，正弦函數(shù)的單調(diào)性和正弦函數(shù)的圖象的對稱性，屬于中檔題．