$\triangle A B C$ 中, $A C=\sqrt{2}, A B=2, A=45^{\circ}, P$ 是 $\triangle A B C$ 外接圆上一点, $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A C}$, 则 $\lambda+\mu$ 的最大值是
$ \text{A.} $ $\frac{\sqrt{2}+1}{2}$ $ \text{B.} $ $\frac{\sqrt{2}-1}{2}$ $ \text{C.} $ $\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}$ $ \text{D.} $ $\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{2}$
【答案】 A

【解析】 解:由余弦定理 $B C^2=A B^2+A C^2-2 A B \cdot A C \cos A$,
即 $B C^2=4+2-2 \times 2 \times \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2$,
所以 $B C=\sqrt{2}$, 所以 $B C^2+A C^2=A B^2$, 即 $C=90^{\circ}$,
则 $\triangle A B C$ 为等腰直角三角形.
设 $A B$ 的中点为 $O$, 则 $O$ 为 $\triangle A B C$ 外接圆的圆心, 如图建立平面直角坐标系,

则 $A(-1,0), B(1,0), C(0,1)$, 设 $P(\cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,
则 $\overrightarrow{A P}=(\cos \theta+1, \sin \theta), \overrightarrow{A B}=(2,0), \overrightarrow{A C}=(1,1)$,
因为 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A C}$, 即 $(\cos \theta+1, \sin \theta)=\lambda(2,0)+\mu(1,1)$,
所以 $\left\{\begin{array}{c}2 \lambda+\mu=\cos \theta+1 \\ \mu=\sin \theta\end{array}\right.$, 所以 $\lambda+\mu=\frac{1}{2}(\cos \theta+\sin \theta+1)=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$,
所以当 $\theta+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$, 即 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 时 $(\lambda+\mu)_{\text {max }}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}$;
故选: A
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