Question

2．已知a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C，所對(duì)的邊長(zhǎng)，且a=c，滿足cosC+（cosA-$\sqrt{3}$sinA）cosB=0．
（1）求角B的大��；
（2）若點(diǎn)O是△ABC外一點(diǎn)，OA=2OB=4，記∠AOB=α，用含α的三角函數(shù)式表示平面四邊形OACB面積并求面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用三角形內(nèi)角和定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡(jiǎn)已知等式可得sinA（sinB-$\sqrt{3}$cosB）=0，結(jié)合sinA≠0，可求$tanB=\sqrt{3}$，結(jié)合范圍0＜B＜π，即可得解B的值．
（2）由（1）及已知利用余弦定理可求AB²=20-16cosα，利用三角形面積公式可求S_△ABC=5$\sqrt{3}$-4$\sqrt{3}$cosα，S_△OAB=4sinα，利用兩角差的正弦函數(shù)公式可求平面四邊形OACB的面積S=8sin（α-$\frac{π}{3}$）≤5$\sqrt{3}$+8，利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可得解最大值．

解答 （本題滿分為12分）
解：（1）∵cosC+（cosA-$\sqrt{3}$sinA）cosB=0．
∴可得：-cos（A+B）+（cosA-$\sqrt{3}$sinA）cosB=0，整理可得：-cosAcosB+sinAsinB+cosAcosB-$\sqrt{3}$sinAcosB=0，
∴sinA（sinB-$\sqrt{3}$cosB）=0，
∵sinA≠0，
∴sinB-$\sqrt{3}$cosB=0，即$tanB=\sqrt{3}$，
又∵0＜B＜π，
∴$B=\frac{π}{3}$．…（6分）
（2）由（1）及題中a=c，得△ABC為等邊三角形．
設(shè)∠AOB=α，則由余弦定理得AB²=16+4-16cosα=20-16cosα，
∴S_△ABC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$AB²=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（20-16cosα）=5$\sqrt{3}$-4$\sqrt{3}$cosα，
又∵S_△OAB=$\frac{1}{2}$OA•OB•sinα=4sinα，
∴平面四邊形OACB的面積為：$S=5\sqrt{3}+4（{sinα-\sqrt{3}cosα}）=8sin（{α-\frac{π}{3}}）≤5\sqrt{3}+8$，當(dāng)且僅當(dāng)$α-\frac{π}{3}=\frac{π}{2}+2kπ$時(shí)取等號(hào)，
又0＜α＜π，即$α=\frac{5}{6}π$時(shí)S取得最大值，
故${S_{max}}=5\sqrt{3}+8$，即平面四邊形OACB面積的最大值為$5\sqrt{3}+8$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角形內(nèi)角和定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，余弦定理，三角形面積公式，兩角差的正弦函數(shù)公式，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，考查了數(shù)形結(jié)合思想和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．