Question

9．已知函數(shù)f（x）=$\sqrt{3}sin\frac{x}{4}cos\frac{x}{4}+{cos}^{2}\frac{x}{4}$．
（Ⅰ）若f（a）=$\frac{3}{2}$，求tan（a+$\frac{π}{3}$）的值；
（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且滿足（2a-c）cosB=bcosC，若f（A）=$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$，試證明：a²+b²+c²=ab+bc+ca．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡(jiǎn)函數(shù)解析式可得f（x）=sin（$\frac{x}{2}$+$\frac{π}{6}$）+$\frac{1}{2}$，由f（a）=$\frac{3}{2}$，解得：sin（$\frac{α}{2}$+$\frac{π}{6}$）=1，進(jìn)而可求α，tanα，由兩角和的正切函數(shù)公式即可得解tan（a+$\frac{π}{3}$）的值．
（Ⅱ）結(jié)合三角形的內(nèi)角和定理及誘導(dǎo)公式可得sin（C+B）=sinA，再對(duì)已知（2a-c）cosB=bcosC，利用正弦定理化簡(jiǎn)可求B，由f（A）=$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$，及A的范圍可得A，進(jìn)而解得C=A=B，即a=b=c，即可證明得解a²+b²+c²=ab+bc+ca．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=$\sqrt{3}sin\frac{x}{4}cos\frac{x}{4}+{cos}^{2}\frac{x}{4}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{2}$cos$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{2}$=sin（$\frac{x}{2}$+$\frac{π}{6}$）+$\frac{1}{2}$，
∴f（a）=$\frac{3}{2}$=sin（$\frac{α}{2}$+$\frac{π}{6}$）+$\frac{1}{2}$，解得：sin（$\frac{α}{2}$+$\frac{π}{6}$）=1，
∴$\frac{α}{2}$+$\frac{π}{6}$=2kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，解得：α=4kπ+$\frac{2π}{3}$，k∈Z，
∴tanα=tan（4kπ+$\frac{2π}{3}$）=tan$\frac{2π}{3}$=-$\sqrt{3}$，
∴tan（a+$\frac{π}{3}$）=$\frac{tanα+tan\frac{π}{3}}{1-tanαtan\frac{π}{3}}$=0．
（Ⅱ）證明：∵A+B+C=π，即C+B=π-A，
∴sin（C+B）=sin（π-A）=sinA，
將（2a-c）cosB=bcosC，利用正弦定理化簡(jiǎn)得：（2sinA-sinC）cosB=sinBcosC，
∴2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin（C+B）=sinA，
在△ABC中，0＜A＜π，sinA＞0，
∴cosB=$\frac{1}{2}$，又0＜B＜π，則B=$\frac{π}{3}$，
∵f（A）=$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$=sin（$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$）+$\frac{1}{2}$，解得：sin（$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∵0＜A＜π，$\frac{π}{6}$＜$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$＜$\frac{2π}{3}$，
∴$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$=$\frac{π}{3}$，解得：A=$\frac{π}{3}$，C=π-A-B=$\frac{π}{3}$，
∴a=b=c，
∴a²+b²+c²=ab+bc+ca．得證．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，兩角和的正切函數(shù)公式，三角形的內(nèi)角和定理及誘導(dǎo)公式，正弦定理的綜合應(yīng)用，考查了等邊三角形的性質(zhì)，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．