Question

10．如圖，在四邊形ABMN中，點O為AB的中點，且OM=ON=MN=$\frac{1}{2}$AB=1，記∠BOM=θ（0＜θ＜$\frac{2π}{3}$）．
（1）若tanθ=$\frac{3}{4}$，求sin∠BON的值；
（2）試求四邊形ABMN周長的最大值及此時θ的大小．

Answer 1

分析 （1）由∠BOM=θ（0＜θ＜$\frac{2π}{3}$），tanθ=$\frac{3}{4}$=$\frac{sinθ}{cosθ}$，設(shè)sinθ=3t，（t＞0），則cosθ=4t，由sin²θ+cos²θ=1，解得sinθ=$\frac{3}{5}$，cosθ=$\frac{4}{5}$，利用sin∠BON=sin（θ+60°）=sinθcos60°+cosθsin60°，能求出結(jié)果．
（2）由AB=2，MN=1，知BM=$OB×sin\frac{θ}{2}×2=2sin\frac{θ}{2}$，AN=$OA×sin\frac{120°-θ}{2}×2=2sin\frac{120°-θ}{2}$，從而四邊形ABMN周長：L=$3+2sin\frac{θ}{2}+2sin\frac{120°-θ}{2}$=3+2sin（$\frac{θ}{2}+\frac{π}{3}$），由此能求出當(dāng)$θ=\frac{π}{3}$時，四邊形ABMN周長的最大值L_max．

解答 解：（1）∵∠BOM=θ（0＜θ＜$\frac{2π}{3}$），tanθ=$\frac{3}{4}$=$\frac{sinθ}{cosθ}$，
∴sinθ＞0，cosθ＞0，
設(shè)sinθ=3t，（t＞0），則cosθ=4t，
∵sin²θ+cos²θ=1，∴（3t）²+（4t）²=1，
解得t=$\frac{1}{5}$，
∴sinθ=$\frac{3}{5}$，cosθ=$\frac{4}{5}$，θ∈（0，$\frac{2}{3}π$），
∴sin∠BON=sin（θ+60°）
=sinθcos60°+cosθsin60°
=$\frac{1}{2}×\frac{3}{5}+\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{4}{5}$
=$\frac{3+4\sqrt{3}}{10}$．
（2）∵AB=2，MN=1，
∴BM=$OB×sin\frac{θ}{2}×2=2sin\frac{θ}{2}$，AN=$OA×sin\frac{120°-θ}{2}×2=2sin\frac{120°-θ}{2}$，
∴四邊形ABMN周長：
L=$3+2sin\frac{θ}{2}+2sin\frac{120°-θ}{2}$
=3+2$sin\frac{θ}{2}+2sin（60°-\frac{θ}{2}）$
=3+2sin$\frac{θ}{2}$+2（sin60°cos$\frac{θ}{2}-cos60°sin\frac{θ}{2}$）
=3+2sin$\frac{θ}{2}$+2（$\frac{\sqrt{3}}{2}cos\frac{θ}{2}-\frac{1}{2}sin\frac{θ}{2}$）
=3+sin$\frac{θ}{2}$+$\sqrt{3}cos\frac{θ}{2}$
=3+2（$\frac{1}{2}sin\frac{θ}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}cos\frac{θ}{2}$）
=3+2sin（$\frac{θ}{2}+\frac{π}{3}$），
∵0$＜θ＜\frac{2π}{3}$，
∴當(dāng)$θ=\frac{π}{3}$時，四邊形ABMN周長取最大值L_max=3+2×1=5．

點評 本題考角的正弦值的求法，考查四邊形周長的最大值的求法，考查同角三角函數(shù)關(guān)系式、正弦函數(shù)加法定理等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．