Question

3．设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2bsinA．
（Ⅰ）若a=3$\sqrt{3}$，c=5，求b；
（Ⅱ）求cosA+sinC的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知根据正弦定理结合sinA≠0，可求sinB的值，结合B为锐角，可求B，进而利用余弦定理即可求得b的值．
（Ⅱ）利用三角函数恒等变换的应用化简可得cosA+sinC=$\sqrt{3}sin（{A+\frac{π}{3}}）$，利用范围$\frac{2π}{3}＜A+\frac{π}{3}＜\frac{π}{6}$，结合正弦函数的图象和性质即可得解取值范围．

解答 解：（Ⅰ）由a=2bsinA，根据正弦定理得sinA=2sinBsinA，由于sinA≠0，
所以$sinB=\frac{1}{2}$，
由△ABC为锐角三角形得$B=\frac{π}{6}$．
根据余弦定理，得b²=a²+c²-2accosB=27+25-45=7．
所以，$b=\sqrt{7}$．
（Ⅱ）$cosA+sinC=cosA+sin（{π-\frac{π}{6}-A}）$=$cosA+sin（{\frac{π}{6}+A}）$=$cosA+\frac{1}{2}cosA+\frac{{\sqrt{3}}}{2}sinA$=$\sqrt{3}sin（{A+\frac{π}{3}}）$．
由△ABC为锐角三角形知，$\frac{π}{2}-A＞\frac{π}{2}-B$，$\frac{π}{2}-B=\frac{π}{2}-\frac{π}{6}=\frac{π}{3}$．$\frac{2π}{3}＜A+\frac{π}{3}＜\frac{π}{6}$，
所以$\frac{1}{2}sin（{A+\frac{π}{3}}）＜\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
由此有$\frac{{\sqrt{3}}}{2}＜\sqrt{3}sin（{A+\frac{π}{3}}）＜\frac{{\sqrt{3}}}{2}×\sqrt{3}$，
所以cosA+sinC的取值范围为$（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}}）$．

点评 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，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综合应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．