Question

3．在锐角三角形ABC中，$\frac{{{a^2}+{b^2}-{c^2}}}{-ac}=\frac{cos（A+C）}{sinAcosA}$．
（1）求角A；
（2）若$a=\sqrt{3}$，当$sinB+cos（C-\frac{7π}{12}）$取得最大值时，求B和b．

Answer 1

分析 （1）由余弦定理化简已知可得$\frac{-2accosB}{ac}=\frac{-cosB}{sinAcosA}$，由cosB＞0，可求sin2A=1，进而可求A的值．
（2）由（1）知，$B+C=\frac{3π}{4}$，利用三角函数恒等变换的应用化简可求$sinB+cos（C-\frac{7π}{12}）$=$\sqrt{3}sin（B+\frac{π}{6}）$，可求范围$\frac{π}{4}＜B＜\frac{π}{2}$，进而可得$\frac{5π}{12}＜B+\frac{π}{6}＜\frac{2π}{3}$，利用正弦函数的图象和性质可求B，进而利用正弦定理可求b的值．

解答 （本题满分为12分）
解：（1）由余弦定理可得$\frac{-2accosB}{ac}=\frac{-cosB}{sinAcosA}$，
因为△ABC是锐角三角形，
所以cosB＞0，
所以sin2A=1，
所以$2A=\frac{π}{2}$，
所以$A=\frac{π}{4}$．…（5分）
（2）由（1）知，$B+C=\frac{3π}{4}$，所以$sinB+cos（C-\frac{7π}{12}）=sinB+cos（B-\frac{π}{6}）$=$sinB+cosBcos\frac{π}{6}+sinBsin\frac{π}{6}$=$\frac{3}{2}sinB+\frac{{\sqrt{3}}}{2}cosB$=$\sqrt{3}sin（B+\frac{π}{6}）$，…（7分）
因为$0＜\frac{3π}{4}-B＜\frac{π}{2}$，$0＜B＜\frac{π}{2}$，
所以$\frac{π}{4}＜B＜\frac{π}{2}$，
所以$\frac{5π}{12}＜B+\frac{π}{6}＜\frac{2π}{3}$，
所以$B+\frac{π}{6}=\frac{π}{2}$，即$B=\frac{π}{3}$时，$sinB+cos（C-\frac{7π}{12}）$取得最大值$\sqrt{3}$，…（10分）
此时，由正弦定理可得$b=\frac{asinB}{sinA}=\frac{{\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{{\frac{{\sqrt{2}}}{2}}}=\frac{{3\sqrt{2}}}{3}$．…（12分）

点评 本题主要考查了余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．