分析 (1)連結(jié)BD,由于A+C=180°則cosA=-cosC,在△BCD中和在△ABD中,分別利用余弦定理列出方程,聯(lián)立后求得BD、角C、A,利用三角形的公式求出四邊形ABCD的面積;
(2)由正弦定理求出AC,在△ABC中和在△ADC中,分別利用余弦定理列出方程,化簡后利用基本不等式分別求出AB+BC、AD+DC范圍,即可四邊形ABCD的周長的最大值.
解答 解:(1)連結(jié)BD,由于A+C=180°,則cosA=-cosC,
由題設(shè)及余弦定理得:
在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC•CDcosC=13-12cosC,…①
在△ABD中,BD2=AB2+DA2-2AB•DAcosA=5+4cosC,…②
由①-②得,cosC=$\frac{1}{2}$,所以C=60°,則A=120°,
所以邊形ABCD的面積S=S△ABD+S△BCD=$\frac{1}{2}AB•ADsinA+\frac{1}{2}BC•CDsinC$
=$\frac{1}{2}×2×4×\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}×6×4×\frac{\sqrt{3}}{2}$=8$\sqrt{3}$;
(2)∵R=2,B=60°,
∴在△ABC中,由正弦定理得$\frac{AC}{sinB}=2R$,則AC=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$,
在△ABC中由余弦定理得,AC2=AB2+BC2-2AB•BCcosB,
則AB2+BC2-AB•BC=12,即(AB+BC)2-12=3AB•BC,
∵AB+BC≥$2\sqrt{AB•BC}$,∴AB•BC≤$\frac{(AB+BC)^{2}}{4}$,
代入上式得,(AB+BC)2-12≤$\frac{{3(AB+BC)}^{2}}{4}$,
解得AB+BC≤4$\sqrt{3}$,(當(dāng)且僅當(dāng)AB=BC取等號)
由于B+D=180°,則D=120°,
在△ADC中由余弦定理得,AC2=AD2+DC2-2AD•DCcosD,
則AD2+DC2+AD•DC=12,即(AD+DC)2-12=AD•DC,
∵AD+DC≥$2\sqrt{AD•DC}$,∴AD•DC≤$\frac{{(AD+DC)}^{2}}{4}$,
代入上式得,(AD+DC)2-12≤$\frac{{(AD+DC)}^{2}}{4}$,
解得AD+DC≤4,(當(dāng)且僅當(dāng)AD=DC取等號)
∴四邊形ABCD的周長L=AB+AC+AD+CD≤4$\sqrt{3}$+4=4($\sqrt{3}+$1),
即四邊形ABCD的周長的最大值是4($\sqrt{3}+1$).
點評 本題考查正弦定理和余弦定理,基本不等式的應(yīng)用,以及方程思想,考查化簡、變形能力,屬于中檔題.
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A. | -3≤t≤0 | B. | -3≤t≤1 | C. | -2≤t≤0 | D. | 0≤t≤1 |
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A. | f(x) | B. | -f(x) | C. | -g(-x) | D. | g(-x) |
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A. | $\underset{lim}{n→∞}$(-1)n+1 | B. | $\underset{lim}{n→∞}$2n | C. | $\underset{lim}{x→{0}^{+}}$lnx | D. | $\underset{lim}{x→∞}$$\frac{1}{x}$ |
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A. | 存在平面α,使得a?α且b⊥α | |
B. | 存在平面β,使得b?β 且a∥β | |
C. | 若點A,B分別在直線a,b上,且滿足AB⊥b,則一定有AB⊥a | |
D. | 過空間某點不一定存在與直線a,b都平行的平面 |
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A. | $\sqrt{2}$ | B. | 2 | C. | $\frac{4}{3}$ | D. | $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ |
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