已知 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的外心，$A$ 为定角且 $A$ 为锐角，若 $\overrightarrow{AO}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}$，则 $\alpha + \beta$ 的最大值为 ．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\dfrac{1}{1+\cos A}$
【解析】
连接 $BO,OC$，如图．
根据题意，有$$\cos\angle BOC=\cos 2A=2{\cos ^2}A-1=- \dfrac{7}{9},$$由已知\[-\overrightarrow{OA}=\alpha\left({\overrightarrow {OB}-\overrightarrow{OA}}\right)+\beta\left({\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}}\right),\]于是$$\left({\alpha+\beta-1}\right)\overrightarrow{OA}=\alpha\overrightarrow{OB}+\beta\overrightarrow{OC}.$$因此$${\left({\alpha+\beta-1}\right)^2}\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OA}={\alpha ^2}\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB}+2\alpha\beta\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}+{\beta^2}\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OC}.$$即$${\left({\alpha+\beta-1}\right)^2}={\alpha^2}-2\cos 2A\cdot \alpha\beta+{\beta^2},$$整理得$$4\sin^2A\cdot \alpha\beta=2\left({\alpha+\beta}\right)-1,$$于是$$\dfrac{1}{4\sin^2A}\left[{2\left({\alpha+\beta}\right)-1}\right]\leqslant{\left( {\dfrac{\alpha+\beta}{2}}\right)^2},$$从而解得\[\alpha+\beta\leqslant \dfrac{1}{1+\cos A}.\]
根据题意，有$$\cos\angle BOC=\cos 2A=2{\cos ^2}A-1=- \dfrac{7}{9},$$由已知\[-\overrightarrow{OA}=\alpha\left({\overrightarrow {OB}-\overrightarrow{OA}}\right)+\beta\left({\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}}\right),\]于是$$\left({\alpha+\beta-1}\right)\overrightarrow{OA}=\alpha\overrightarrow{OB}+\beta\overrightarrow{OC}.$$因此$${\left({\alpha+\beta-1}\right)^2}\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OA}={\alpha ^2}\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB}+2\alpha\beta\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}+{\beta^2}\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OC}.$$即$${\left({\alpha+\beta-1}\right)^2}={\alpha^2}-2\cos 2A\cdot \alpha\beta+{\beta^2},$$整理得$$4\sin^2A\cdot \alpha\beta=2\left({\alpha+\beta}\right)-1,$$于是$$\dfrac{1}{4\sin^2A}\left[{2\left({\alpha+\beta}\right)-1}\right]\leqslant{\left( {\dfrac{\alpha+\beta}{2}}\right)^2},$$从而解得\[\alpha+\beta\leqslant \dfrac{1}{1+\cos A}.\]
题目
答案
解析
备注
