Question

11．如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy中，∠ABC=$\frac{π}{3}$∠ADC=$\frac{π}{6}$，AC=$\sqrt{7}$，△BCD的面積為$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求AB的長(zhǎng)；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）=Msin（ωx+φ）（M＞0，ω＞0，|φ|＜$\frac{π}{2}$）的圖象經(jīng)過(guò)A，B，C三點(diǎn)，其中A，B為f（x）的圖象與x軸相鄰的兩個(gè)交點(diǎn)，求函數(shù)f（x）的解析式．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可得S_△BCD=$\frac{\sqrt{3}}{4}$BC²=$\sqrt{3}$，解得BC，由余弦定理即可解得AB的長(zhǎng)．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，A（2，0），B（-1，0），C（0，$\sqrt{3}$），又函數(shù)f（x）的半個(gè)周期$\frac{T}{2}$=3，對(duì)稱(chēng)軸為x=$\frac{1}{2}$，由周期公式可求T，ω，由$\frac{1}{2}×\frac{π}{3}+$φ=$\frac{π}{2}+kπ$，k∈Z，可求φ，又∵f（0）=Msin$\frac{π}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}M$=$\sqrt{3}$，即可求得M，從而可求函數(shù)f（x）的解析式．

解答 本題滿(mǎn)分（13分）．
解：（Ⅰ）∵∠ABC=$\frac{π}{3}$，∠ADC=$\frac{π}{6}$，∴∠BCD=$\frac{π}{6}$，∠CBD=$\frac{2π}{3}$，BC=BD（1分）
又∵△BCD的面積為$\sqrt{3}$，
∴S_△BCD=$\frac{1}{2}•BD•BC•sin\frac{2π}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$BC²=$\sqrt{3}$，（2分）
∴BC=2．（3分）
在△ABC中，AC=$\sqrt{7}$，$∠ABC=\frac{π}{3}$，
由余弦定理得：AC²=AB²+BC²-2AB•BC•cos$\frac{π}{3}$，（4分）
即7=AB²+4-2×$2×\frac{1}{2}$×AB，整理得AB²-2AB-3=0，
∴AB=3，或AB=-1（舍去），∴AB的長(zhǎng)為3．（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，A（2，0），B（-1，0），C（0，$\sqrt{3}$），（7分）
∵函數(shù)f（x）=Msin（ωx+φ）（M＞0，ω＞0，|φ|＜$\frac{π}{2}$）的圖象經(jīng)過(guò)A，B，C三點(diǎn)，其中A，B為f（x）的圖象與x軸相鄰的兩個(gè)交點(diǎn)，
∴函數(shù)f（x）的半個(gè)周期$\frac{T}{2}$=3，對(duì)稱(chēng)軸為x=$\frac{1}{2}$，（9分）
∴T=6=$\frac{2π}{|ω|}$，
∵ω＞0，∴ω=$\frac{π}{3}$，（10分）
∴$\frac{1}{2}×\frac{π}{3}+$φ=$\frac{π}{2}+kπ$，k∈Z，∴φ=$\frac{π}{3}+kπ$，k∈Z，
又∵|φ|＜$\frac{π}{2}$，∴φ=$\frac{π}{3}$，（11分）
∴f（x）=Msin（$\frac{π}{3}x+\frac{π}{3}$），
又∵f（0）=Msin$\frac{π}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}M$=$\sqrt{3}$，∴M=2，（12分）
∴函數(shù)f（x）的解析式是f（x）=2sin（$\frac{π}{3}x+\frac{π}{3}$）．（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查解三角形和三角函數(shù)圖象及性質(zhì)等知識(shí)，考查學(xué)生運(yùn)算求解能力、數(shù)據(jù)處理能力及推理論證能力，考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想及轉(zhuǎn)化與化歸思想，屬于中檔題．