Question

20．已知△ABC的外接圓半徑為1，圓心為O，角A、B、C的對邊分別為a、b、c給出下面命題：
①若2$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{0}$，且|$\overrightarrow{OA}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，則向量$\overrightarrow{CA}$在$\overrightarrow{CB}$方向上的投影為$\frac{3}{2}$；
②長度分別為sinA、sinB、sinC的三線段可構成三角形，且面積是△ABC面積的一半；
③若a=$\sqrt{3}$，則△ABC面積的最大值為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$；
④若a=$\sqrt{3}$，則銳角△ABC周長的取值范圍為（3+$\sqrt{3}$，3$\sqrt{3}$]
其中真命題只有①③④．

Answer 1

分析 ①根據向量線性運算的幾何意義作圖，得出AC與∠ACB的大小，進行計算投影；②根據正弦定理即可得出兩三角形相似，相似比為$\frac{1}{2}$，③利用余弦定理求出bc的范圍，代入三角形的面積公式求出面積的最大值；④利用正弦定理用B表示出b，c，得出周長關于B的函數，根據B的范圍求出周長的范圍．

解答 解（1）作直徑AD，∵|OA|=|AB|=1，∴△ABO是等邊三角形，∠AOB=60°，
∵2$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{0}$，即$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{AD}$，∴四邊形ABDC是矩形，∠ACB=$\frac{1}{2}∠$AOB=30°．
∴AC=$\sqrt{3}$，向量$\overrightarrow{CA}$在$\overrightarrow{CB}$方向上的投影為|AC|cos30°=$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{2}$．故①正確．
（2）由正弦定理可知$\frac{a}{sinA}=\frac{sinB}=\frac{c}{sinC}=2$，∴sinA=$\frac{a}{2}$，sinB=$\frac{2}$，sinC=$\frac{c}{2}$，
∴長度分別為sinA、sinB、sinC的三線段可構成三角形，且新三角形與△ABC相似，相似比為$\frac{1}{2}$．
∴新三角形的面積為△ABC面積的$\frac{1}{4}$．故②錯誤．
（3）若a=$\sqrt{3}$，則sinA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴A=60°或120°．
若A=60°，則由余弦定理得cosA=$\frac{^{2}+{c}^{2}-3}{2bc}=\frac{1}{2}$，∴b²+c²=bc+3≥2bc，解得bc≤3．
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}bcsinA$=$\frac{\sqrt{3}}{4}bc$≤$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
若A=120°，由余弦定理得cosA=$\frac{^{2}+{c}^{2}-3}{2bc}$=-$\frac{1}{2}$，∴b²+c²=3-bc≥2bc，解得bc≤1．
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}bcsinA$=$\frac{\sqrt{3}}{4}bc$$≤\frac{\sqrt{3}}{4}$．
故③正確．
（4）若a=$\sqrt{3}$，則sinA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∵A是銳角，∴A=60°．
∴b=2sinB，c=2sinC=2sin（120°-B）=$\sqrt{3}$cosB+sinB．
∴a+b+c=3sinB+$\sqrt{3}$cosB+$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$sin（B+30°）+$\sqrt{3}$．
∵$\left\{\begin{array}{l}{0°＜B＜90°}\\{0°＜120°-B＜90°}\end{array}\right.$，∴30°＜B＜90°，
∴60°＜B+30°＜120°，
∴3+$\sqrt{3}$＜2$\sqrt{3}$sin（B+30°）+$\sqrt{3}$≤3$\sqrt{3}$．
∴△ABC的周長取值范圍是（3+$\sqrt{3}$，3$\sqrt{3}$]，故④正確．
故答案為：①③④．

點評 本題考查了平面向量線性運算的幾何意義，正弦定理，余弦定理，三角函數的恒等變換，屬于中檔題．