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10.如圖,在圓內(nèi)接四邊形ABCD中,AB=2,AD=1,$\sqrt{3}$BC=$\sqrt{3}$BDcosα+CDsinβ,則四邊形ABCD周長(zhǎng)的取值范圍為(3+$\sqrt{7}$,3+2$\sqrt{7}$).

分析 由正弦定理,三角形內(nèi)角和定理,兩角和的正弦函數(shù)公式化簡(jiǎn)已知等式可得$\sqrt{3}$cosβsinα=sinαsinβ,進(jìn)而可求tan$β=\sqrt{3}$,結(jié)合范圍β∈(0,π),可求$β=\frac{π}{3}$,根據(jù)題意,∠BAD=$\frac{2π}{3}$,由余弦定理,基本不等式可求CB+CD≤2$\sqrt{7}$,利用兩邊之和大于第三邊可求CB+CD>$\sqrt{7}$,即可得解四邊形ABCD的周長(zhǎng)的取值范圍.

解答 解:∵$\sqrt{3}$BC=$\sqrt{3}$BDcosα+CDsinβ,
∴$\sqrt{3}$sin∠BDC=$\sqrt{3}$sinβcosα+sinαsinβ,
∴$\sqrt{3}$sin(α+β)=$\sqrt{3}$sinβcosα+sinαsinβ,
∴$\sqrt{3}$(cosβsinα+cosαsinβ)=$\sqrt{3}$sinβcosα+sinαsinβ,
∴$\sqrt{3}$cosβsinα=sinαsinβ,
∴tan$β=\sqrt{3}$,
又∵β∈(0,π),
∴$β=\frac{π}{3}$,
根據(jù)題意,∠BAD=$\frac{2π}{3}$,由余弦定理,BD2=AB2+AD2-2AB•ADcos∠BAD=4+1-2×2×1×cos$\frac{2π}{3}$=7,
又∵BD2=CB2+CD2-2CB•CDcosβ=(CB+CD)2-3CB•CD≥(CB+CD)2-$\frac{3(CB+CD)^{2}}{4}$=$\frac{(CB+CD)^{2}}{4}$,
∴CB+CD≤2$\sqrt{7}$,
又∵CB+CD>$\sqrt{7}$,
∴四邊形ABCD的周長(zhǎng)AB+CB+CD+DA的取值范圍為:(3+$\sqrt{7}$,3+2$\sqrt{7}$).
故答案為:(3+$\sqrt{7}$,3+2$\sqrt{7}$).

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了正弦定理,余弦定理的應(yīng)用和解三角形的基本知識(shí)以及運(yùn)算求解能力,屬于中檔題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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20.已知圓C經(jīng)過點(diǎn)A(0,3)和B(3,2)且圓心C在直線y=x上.
(1)求圓C的方程;
(2)求傾斜角為45°且與圓C相切的直線l的方程.

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1.已知復(fù)數(shù)$\frac{2+i}{a-i}$(其中a∈R,i為虛數(shù)單位)是純虛數(shù),則a+i的模為(  )
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18.某三棱錐的三視圖如圖所示,其側(cè)(左)視圖為直角三角形,則該三棱錐最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)等于(  )
A.$4\sqrt{2}$B.$\sqrt{34}$C.$\sqrt{41}$D.$5\sqrt{2}$

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5.設(shè)i為虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)$\frac{a+2i}{1+i}$為純虛數(shù),則實(shí)數(shù)a的值為(  )
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15.已知n=$\int_0^3{({2x-1})dx}$,則${({\frac{3}{{\sqrt{x}}}-\root{3}{x}})^n}$的展開式中x2的系數(shù)為1.

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2.在△ABC中,a,b,c分別為三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,若a=2,b=1,B=29°,則此三角形解的情況是(  )
A.無解B.有一解C.有兩解D.有無數(shù)解

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19.設(shè)函數(shù)f(x)=ex(sinx-cosx)(0≤x≤2016π),則函數(shù)f(x)的各極大值之和為(  )
A.$\frac{{{e^π}(1-{e^{2017π}})}}{{1-{e^{2π}}}}$B.$\frac{{{e^π}(1-{e^{1009π}})}}{{1-{e^π}}}$
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20.已知實(shí)數(shù)x滿足9x-12•3x+27≤0,函數(shù)$f(x)={log_2}\frac{x}{2}•{log_{\sqrt{2}}}\frac{{\sqrt{x}}}{2}$.
(1)求實(shí)數(shù)x的取值范圍;
(2)求函數(shù)f(x)的最大值和最小值,并求出此時(shí)x的值.

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同步練習(xí)冊(cè)答案
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