Question

7．如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD=4，BC=6，CD=2，3$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AD}$+4$\overrightarrow{CB}$•$\overrightarrow{CD}$=0．
（1）求四邊形ABCD的面積；
（2）求三角形ABC的外接圓半徑R；
（3）若∠APC=60°，求PA+PC的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由向量式和已知數(shù)據(jù)可得cosB=-cosD，由余弦定理可得AC²=52-48cosB，AC²=20+16cosB，解方程組可得cosB=$\frac{1}{2}$，AC=2$\sqrt{7}$，進而可得sinB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，由三角形的面積公式可得；
（2）由正弦定理可得2R=$\frac{AC}{sinB}$，代入數(shù)據(jù)可得R；
（3）由余弦定理和基本不等式可得PA+PC的一個范圍，再由三角形的三邊關系可得．

解答 解：（1）∵3$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AD}$+4$\overrightarrow{CB}$•$\overrightarrow{CD}$=0，
∴3|$\overrightarrow{AB}$||$\overrightarrow{AD}$|cosA+4|$\overrightarrow{CB}$||$\overrightarrow{CD}$|cosC=0
又∵AB=AD=4，BC=6，CD=2，∴cosA=-cosC，
∵0＜A＜π，0＜C＜π，∴A+C=π，
∴B+D=π，∴cosB=-cosD，
由余弦定理可得AC²=AB²+BC²-2AB•BCcosB=52-48cosB；
同理可AC²=AD²+CD²-2AD•CDcosD=20+16cosB；
聯(lián)立以上兩式可得cosB=$\frac{1}{2}$，AC=2$\sqrt{7}$，∴sinB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴四邊形ABCD的面積S=$\frac{1}{2}$AB•BC•sinB+$\frac{1}{2}$AD•CD•sinD
=$\frac{1}{2}$×4×6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\frac{1}{2}$×4×2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=8$\sqrt{3}$；
（2）由正弦定理可得2R=$\frac{AC}{sinB}$，代入數(shù)據(jù)可得R=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$；
（3）由（1）可得AC=2$\sqrt{7}$，若∠APC=60°，
則由余弦定理可得AC²=PA²+PC²-2PA•PCcos60°
=PA²+PC²-PA•PC=（PA+PC）²-3PA•PC
≥（PA+PC）²-3•（$\frac{PA+PC}{2}$）²，
代入數(shù)據(jù)解關于AP+PC的不等式可得PA+PC≤4$\sqrt{7}$，
再由三角形兩邊之和大于第三邊可得PA+PC＞AC=2$\sqrt{7}$，
∴PA+PC的取值范圍（2$\sqrt{7}$，4$\sqrt{7}$]．

點評 本題考查平面向量的數(shù)量積和解三角形，涉及基本不等式的應用和三角形的面積公式，屬中檔題．