Question

19．在锐角三角形△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，a²+c²-b²=$\sqrt{3}$ac，则cosA+sinC的取值范围为$（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}）$．

Answer 1

分析 由已知及余弦定理可求cosB，结合B是锐角，可求B，根据三角形内角和定理可求$C=\frac{5π}{6}-A$，利用三角函数恒等变换的应用可求cosA+sinC=$\sqrt{3}sin（{A+\frac{π}{3}}）$，由△ABC是锐角三角形，可求A的范围，进而可求范围$\frac{2π}{3}＜A+\frac{π}{3}＜\frac{5π}{6}$，利用正弦函数的图象和性质即可得解其取值范围．

解答 解：由条件${a^2}+{c^2}-{b^2}=\sqrt{3}ac$
根据余弦定理得：$cosB=\frac{{{a^2}+{c^2}-{b^2}}}{2ac}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∵B是锐角，
∴$B=\frac{π}{6}$．
∴$A+C=\frac{5π}{6}$，即$C=\frac{5π}{6}-A$，
$\begin{array}{l}∴cosA+sinC=cosA+sin（{\frac{5π}{6}-A}）\\=cosA+sin\frac{5π}{6}cosA-cos\frac{5π}{6}sinA=\frac{{\sqrt{3}}}{2}sinA+\frac{3}{2}cosA\end{array}$
=$\sqrt{3}sin（{A+\frac{π}{3}}）$，
又△ABC是锐角三角形，
∴$\left\{\begin{array}{l}0＜A＜\frac{π}{2}\\ 0＜C＜\frac{π}{2}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}0＜A＜\frac{π}{2}\\ 0＜\frac{5π}{6}-A＜\frac{π}{2}\end{array}\right.$，
∴$\frac{π}{3}＜A＜\frac{π}{2}$，
∴$\frac{2π}{3}＜A+\frac{π}{3}＜\frac{5π}{6}$，
∴$cosA+sinC∈（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}}）$．
故答案为：$（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}）$．

点评 本题主要考查了余弦定理，三角形内角和定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．