Question

20．已知△ABC的外接圆半径为1，圆心为O，角A、B、C的对边分别为a、b、c给出下面命题：
①若2$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{0}$，且|$\overrightarrow{OA}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，则向量$\overrightarrow{CA}$在$\overrightarrow{CB}$方向上的投影为$\frac{3}{2}$；
②长度分别为sinA、sinB、sinC的三线段可构成三角形，且面积是△ABC面积的一半；
③若a=$\sqrt{3}$，则△ABC面积的最大值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$；
④若a=$\sqrt{3}$，则锐角△ABC周长的取值范围为（3+$\sqrt{3}$，3$\sqrt{3}$]
其中真命题只有①③④．

Answer 1

分析 ①根据向量线性运算的几何意义作图，得出AC与∠ACB的大小，进行计算投影；②根据正弦定理即可得出两三角形相似，相似比为$\frac{1}{2}$，③利用余弦定理求出bc的范围，代入三角形的面积公式求出面积的最大值；④利用正弦定理用B表示出b，c，得出周长关于B的函数，根据B的范围求出周长的范围．

解答 解（1）作直径AD，∵|OA|=|AB|=1，∴△ABO是等边三角形，∠AOB=60°，
∵2$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{0}$，即$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{AD}$，∴四边形ABDC是矩形，∠ACB=$\frac{1}{2}∠$AOB=30°．
∴AC=$\sqrt{3}$，向量$\overrightarrow{CA}$在$\overrightarrow{CB}$方向上的投影为|AC|cos30°=$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{2}$．故①正确．
（2）由正弦定理可知$\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}=2$，∴sinA=$\frac{a}{2}$，sinB=$\frac{b}{2}$，sinC=$\frac{c}{2}$，
∴长度分别为sinA、sinB、sinC的三线段可构成三角形，且新三角形与△ABC相似，相似比为$\frac{1}{2}$．
∴新三角形的面积为△ABC面积的$\frac{1}{4}$．故②错误．
（3）若a=$\sqrt{3}$，则sinA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴A=60°或120°．
若A=60°，则由余弦定理得cosA=$\frac{{b}^{2}+{c}^{2}-3}{2bc}=\frac{1}{2}$，∴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=$\frac{{b}^{2}+{c}^{2}-3}{2bc}$=-$\frac{1}{2}$，∴b²+c²=3-bc≥2bc，解得bc≤1．
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}bcsinA$=$\frac{\sqrt{3}}{4}bc$$≤\frac{\sqrt{3}}{4}$．
故③正确．
（4）若a=$\sqrt{3}$，则sinA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∵A是锐角，∴A=60°．
∴b=2sinB，c=2sinC=2sin（120°-B）=$\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}$．
∴△ABC的周长取值范围是（3+$\sqrt{3}$，3$\sqrt{3}$]，故④正确．
故答案为：①③④．

点评 本题考查了平面向量线性运算的几何意义，正弦定理，余弦定理，三角函数的恒等变换，属于中档题．