Question

7．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且$\frac{cosB}{b}$+$\frac{cosC}{c}$=$\frac{2\sqrt{3}sinA}{3sinC}$．
（1）求b的值；
（2）若cosB+$\sqrt{3}$sinB=2，求a+c的取值范围．

Answer 1

分析 （1）应用正弦、余弦定理化简$\frac{cosB}{b}$+$\frac{cosC}{c}$=$\frac{2\sqrt{3}sinA}{3sinC}$，即可求出b的值；
（2）根据cosB+$\sqrt{3}$sinB=2与平方关系sin²B+cos²B=1，求得sinB、cosB，从而求得B的值，再由正弦定理求得a=sinA，c=sinC；利用A+B+C=π求得C=$\frac{2π}{3}$-A，且0＜A＜$\frac{2π}{3}$；
再利用三角恒等变换求a+c=sinA+sinC的取值范围．

解答 解：（1）△ABC中，$\frac{cosB}{b}$+$\frac{cosC}{c}$=$\frac{2\sqrt{3}sinA}{3sinC}$，
∴$\frac{{a}^{2}{+c}^{2}{-b}^{2}}{2abc}$+$\frac{{b}^{2}{+a}^{2}{-c}^{2}}{2abc}$=$\frac{2\sqrt{3}a}{3c}$，
∴$\frac{{2a}^{2}}{2abc}$=$\frac{2\sqrt{3}a}{3c}$，
解得b=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）∵cosB+$\sqrt{3}$sinB=2，
∴cosB=2-$\sqrt{3}$sinB，
∴sin²B+cos²B=sin²B+${（2-\sqrt{3}sinB）}^{2}$=4sin²B-4$\sqrt{3}$sinB+4=1，
∴4sin²B-4$\sqrt{3}$sinB+3=0，
解得sinB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
从而求得cosB=$\frac{1}{2}$，
∴B=$\frac{π}{3}$；
由正弦定理得$\frac{a}{sinA}$=$\frac{b}{sinB}$=$\frac{c}{sinC}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{sin\frac{π}{3}}$=1，
∴a=sinA，c=sinC；
由A+B+C=π得A+C=$\frac{2π}{3}$，
∴C=$\frac{2π}{3}$-A，且0＜A＜$\frac{2π}{3}$；
∴a+c=sinA+sinC
=sinA+sin（$\frac{2π}{3}$-A）
=sinA+sin$\frac{2π}{3}$cosA-cos$\frac{2π}{3}$sinA
=$\frac{3}{2}$sinA+$\frac{\sqrt{3}}{2}$cosA
=$\sqrt{3}$sin（A+$\frac{π}{6}$），
∵0＜A＜$\frac{2π}{3}$，∴$\frac{π}{6}$＜A+$\frac{π}{6}$＜$\frac{5π}{6}$，
∴$\frac{1}{2}$＜sin（A+$\frac{π}{6}$）≤1，
∴$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜$\sqrt{3}$sin（A+$\frac{π}{6}$）≤$\sqrt{3}$，
∴a+c的取值范围是（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{3}$]．

点评 本题主要考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了三角恒等变换以及正弦函数的图象与性质的应用问题，是综合题．