分析 (1)由已知展開兩角差的正弦和余弦,結(jié)合角范圍即可求得C;
(2)由|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=|\overrightarrow{OC}|,可知O為△ABC的外心,把\overrightarrow{CO}•(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})轉(zhuǎn)化為\frac{1}{2}({a}^{2}+^{2}),再由三角形中的余弦定理結(jié)合基本不等式求得\overrightarrow{CO}•(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})的取值范圍.
解答 解:(1)在△ABC中,由sin(\frac{π}{3}-C)+cos(C-\frac{π}{6})=\frac{\sqrt{3}}{2},
得sin\frac{π}{3}cosC-cos\frac{π}{3}sinC+cosCcos\frac{π}{6}+sinCsin\frac{π}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2},
即\frac{\sqrt{3}}{2}cosC-\frac{1}{2}sinC+\frac{\sqrt{3}}{2}cosC+\frac{1}{2}sinC=\frac{\sqrt{3}}{2},
∴cosC=\frac{1}{2},
∵0<C<π,
∴C=\frac{π}{3};
(2)c=2\sqrt{3},
由|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=|\overrightarrow{OC}|,可知O為△ABC的外心,
∴求\overrightarrow{CO}•(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})=\overrightarrow{CO}•\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CO}•\overrightarrow{CB}=\frac{1}{2}(|\overrightarrow{CA}{|}^{2}+|\overrightarrow{CB}{|}^{2}).
由{c}^{2}={a}^{2}+^{2}-2ab•cos\frac{π}{3}={a}^{2}+^{2}-ab,
可得\frac{{a}^{2}+^{2}}{2}≤12,
∴\overrightarrow{CO}•(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})=\frac{{a}^{2}+^{2}}{2}≤12.
∴\overrightarrow{CO}•(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})的取值范圍是(0,12].
點(diǎn)評(píng) 本題考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算,考查了三角形的解法,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法,是中檔題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | \frac{1}{1{0}^{5}} | B. | \frac{1}{1{0}^{4}} | C. | \frac{1}{1{0}^{2}} | D. | \frac{1}{10} |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | \frac{4}{5} | B. | -\frac{4}{5} | C. | ±\frac{4}{5} | D. | \frac{3}{5} |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | a+b+\frac{1}{\sqrt{ab}}≥2\sqrt{2} | B. | (a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1})≥4 | C. | \frac{{a}^{2}+^{2}}{\sqrt{ab}}≥2\sqrt{ab} | D. | \frac{2ab}{a+b}>\sqrt{ab} |
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