Question

8．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中c=2，且$\frac{cosA}{cosB}$=$\frac{b}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{1}$．
（Ⅰ）求a，b，C．
（Ⅱ）如右图，设圆O过A，B，C三点，点P位于劣弧$\widehat{AC}$上，记∠PAB=θ，求△PAC面积最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由正弦定理结合已知得sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，然后根据角的范围求得$A+B=\frac{π}{2}$，即C=$\frac{π}{2}$，△ABC是直角三角形，再由$\frac{b}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{1}$，c=2，结合勾股定理求得a，b的值；
（Ⅱ）设∠PAB=θ（$\frac{π}{6}＜θ＜\frac{π}{2}$），则$∠PAC=θ-\frac{π}{6}$，在Rt△PAB中，可得PA=AB•cosθ=2cosθ，代入三角形面积公式并整理得S_△PAC=$\frac{\sqrt{3}}{2}sin（2θ-\frac{π}{6}）$$-\frac{\sqrt{3}}{4}$，再由θ的范围求得△PAC面积最大值．

解答 解：（Ⅰ）由正弦定理得$\frac{cosA}{cosB}=\frac{b}{a}=\frac{sinB}{sinA}$，
整理为sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，
又0＜2A，2B＜2π，∴2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=$\frac{π}{2}$．
∵$\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{3}}{1}$，∴A=B舍去，故$A+B=\frac{π}{2}$．
由$A+B=\frac{π}{2}$可知C=$\frac{π}{2}$，∴△ABC是直角三角形；
∵b=$\sqrt{3}a$，c=2，又a²+b²=c²，可得a=1，b=$\sqrt{3}$；
（Ⅱ）设∠PAB=θ（$\frac{π}{6}＜θ＜\frac{π}{2}$），则$∠PAC=θ-\frac{π}{6}$，
在Rt△PAB中，PA=AB•cosθ=2cosθ，
∴${S}_{△PAC}=\frac{1}{2}PA•AC•sin（θ-\frac{π}{6}）=\frac{1}{2}•2cosθ•\sqrt{3}•sin（θ-\frac{π}{6}）$
=$\sqrt{3}cosθ（sinθ•\frac{\sqrt{3}}{2}-cosθ•\frac{1}{2}）=\frac{3}{2}cosθsinθ-\frac{\sqrt{3}}{2}co{s}^{2}θ$
=$\frac{3}{4}sin2θ-\frac{\sqrt{3}}{2}•\frac{1+cos2θ}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}（\frac{\sqrt{3}}{2}sin2θ-\frac{1}{2}cos2θ）-\frac{\sqrt{3}}{4}$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}sin（2θ-\frac{π}{6}）$$-\frac{\sqrt{3}}{4}$．
∵$\frac{π}{6}＜θ＜\frac{π}{2}$，∴$\frac{π}{6}＜2θ-\frac{π}{6}＜\frac{5π}{6}$，
当$2θ-\frac{π}{6}=\frac{π}{2}$，即$θ=\frac{π}{3}$时，S_△PAC最大值等于$\frac{\sqrt{3}}{4}$．

点评 本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查了两角和与差的正弦和余弦，关键是辅助角公式的应用，是中档题．