Question

5．在锐角三角形ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，B≠C，且a²sin（A+B）=（a²+c²-b²）sin（A+C）．
（1）求证：A=2B；
（2）求$\frac{b}{b+c}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由已知及由余弦定理，正弦定理可得：sinAsinC=sinCsin2B，由C为锐角，sinC＞0，解得：sinA=sin2B．结合A，B为锐角，即可得证．
（2）由A=2B，C=π-3B，A，B，C为锐角，可得$\frac{π}{6}$＜B＜$\frac{π}{4}$，解得1$＜2co{s}^{2}B＜\frac{3}{2}$，由正弦定理化简所求可得：$\frac{b}{b+c}$=$\frac{1}{2co{s}^{2}B}$∈（$\frac{2}{3}$，1）．

解答 解：（1）证明：∵a²sin（A+B）=（a²+c²-b²）sin（A+C）．
∴a²sinC=（a²+c²-b²）sinB．
∴由余弦定理可得：a²sinC=2accosBsinB．即：asinC=csin2B．
∴由正弦定理可得：sinAsinC=sinCsin2B，
∵C为锐角，sinC＞0，解得：sinA=sin2B．
∵A，B为锐角，
∴A=2B；
（2）∵A=2B∈（0，$\frac{π}{2}$），C=π-3B∈（0，$\frac{π}{2}$），
∴$\frac{π}{6}$＜B＜$\frac{π}{4}$，
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜cosB＜$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得：$\frac{1}{2}$＜cos²B＜$\frac{3}{4}$，可得：1$＜2co{s}^{2}B＜\frac{3}{2}$，
∴由正弦定理可得：$\frac{b}{b+c}$=$\frac{sinB}{sinB+sinC}$=$\frac{sinB}{sinB+sin（π-3B）}$=$\frac{sinB}{sinB+sin3B}$=$\frac{sinB}{2sin2BcosB}$=$\frac{1}{2co{s}^{2}B}$∈（$\frac{2}{3}$，1）．

点评 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数的图象和性质的应用，属于基本知识的考查．