Question

10．如圖所示，四邊形MNQP被線段NP切割成兩個三角形分別為△MNP和△QNP，若MN⊥MP，$\sqrt{2}$sin（∠MPN+$\frac{π}{4}$）=$\sqrt{2}$，QN=2QP=2，則四邊形MNQP的最大值為（　�。�

• A． $\frac{5}{4}-\sqrt{2}$
• B． $\frac{5}{4}+\sqrt{2}$
• C． $\frac{5}{2}-\sqrt{2}$
• D． $\frac{5}{2}+\sqrt{2}$

Answer 1

分析 由已知$\sqrt{2}$sin（∠MPN+$\frac{π}{4}$）=$\sqrt{2}$，利用正弦函數的圖象和性質可求∠MPN=$\frac{π}{4}$，利用已知由勾股定理可得：MN²=$\frac{1}{2}$NP²，設∠PQN=θ，在△NPQ中，利用余弦定理可得：NP²=5-4cosθ，進而可求S_MNQP=$\frac{5}{4}$+$\sqrt{2}$sin（θ-$\frac{π}{4}$），利用正弦函數的有界性即可得解．

解答 解：∵$\sqrt{2}$sin（∠MPN+$\frac{π}{4}$）=$\sqrt{2}$，sin（∠MPN+$\frac{π}{4}$）=1，
∴∠MPN+$\frac{π}{4}$=$\frac{π}{2}$，可得：∠MPN=$\frac{π}{4}$，
∵MN⊥MP，
∴△MNP中，MN=MP，由勾股定理可得：MN²=$\frac{1}{2}$NP²，
設∠PQN=θ，在△NPQ中，利用余弦定理可得：NP²=NQ²+PQ²+2NQ•PQcosθ=4+1-2×2×1×cosθ=5-4cosθ，
則S_MNQP=$\frac{1}{2}$MN²+$\frac{1}{2}$PQ×NQsinθ
=$\frac{1}{4}$NP²+sinθ
=$\frac{1}{4}$（5-4cosθ）+sinθ
=$\frac{5}{4}$+$\sqrt{2}$sin（θ-$\frac{π}{4}$）≤$\frac{5}{4}$$+\sqrt{2}$，當且僅當∠PQN=$\frac{3π}{4}$時，取等號．
故選：B．

點評 本題主要考查了正弦函數的圖象和性質，余弦定理，三角形面積公式的綜合應用，考查了轉化思想和數形結合思想，屬于中檔題．