Question

15．已知四邊形ABCD中，AD=$\sqrt{3}$-1，AB=2，CD=$\sqrt{2}$，∠ADC=$\frac{3π}{4}$，設(shè)∠ABD=α，∠ADB=β，3cosαcosβ-3sinαsinβ=2-2cos²A．
（1）求角A的大��；
（2）求BD的長(zhǎng)及四邊形ABCD的面積．

Answer 1

分析 （1）利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡(jiǎn)已知等式可得2cos²A-3cosA-2=0．解得cosA=-$\frac{1}{2}$，即可得解A的值．
（2）由已知利用余弦定理可求BD，cos∠ADB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，進(jìn)而可求∠ADB=$\frac{π}{4}$，由S_{四邊形ABCD}=S_△ABD+S_△BCD利用三角形面積公式即可計(jì)算得解．

解答 解：（1）∵∠ABD=α，∠ADB=β，α+β=π-A，
∴由3cosαcosβ-3sinαsinβ=2-2cos²A．
可得：3cos（α+β）=2-2cos²A．可得：-3cosA=2-2cos²A．
∴2cos²A-3cosA-2=0．解得：cosA=-$\frac{1}{2}$或2（舍去），
∴A=$\frac{2π}{3}$．
（2）∵AD=$\sqrt{3}$-1，AB=2，A=$\frac{2π}{3}$，
∴△ABD中，由余弦定理可得：BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}-2AB•AD•cosA}$=$\sqrt{4+（\sqrt{3}-1）^{2}-2×2×（\sqrt{3}-1）×（-\frac{1}{2}）}$=$\sqrt{6}$，
∴cos∠ADB=$\frac{A{D}^{2}+B{D}^{2}-A{B}^{2}}{2AD•BD}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得∠ADB=$\frac{π}{4}$，
∴S_{四邊形ABCD}=S_△ABD+S_△BCD
=$\frac{1}{2}$AB•AD•sinA+$\frac{1}{2}BD•CD•sin∠BDC$
=$\frac{1}{2}×2×$（$\sqrt{3}-1$）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\sqrt{2}×$sin（$\frac{3π}{4}$-$\frac{π}{4}$）
=$\frac{3+\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，余弦定理，三角形面積公式在解三角形中的應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，考查了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于中檔題．