Question

10．在△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，$\frac{sinA}{sinB+sinC}$=1-$\frac{a-b}{a-c}$．
（1）若b=$\sqrt{3}$，求△ABC周長的取值范圍；
（2）設(shè)$\overrightarrow{m}$=（sinA，1），$\overrightarrow{n}$=（6cosB，cos2A），求$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{sinA}{sinB+sinC}$=1-$\frac{a-b}{a-c}$，利用正弦定理可得$\frac{a}{b+c}$=1-$\frac{a-b}{a-c}$，化簡再利用余弦定理可得cosA=$\frac{1}{2}$，A∈（0，π），$A=\frac{π}{3}$．由正弦定理可得△ABC周長=a+$\sqrt{3}$+c=$\frac{3（1+cosB）}{sinB}$+2$\sqrt{3}$，令f（B）=$\frac{1+cosB}{sinB}$，則f（B）=$\frac{cosB-（-1）}{sinB-0}$表示點（0，-1）與點（sinB，cosB）連線的斜率，$B∈（0，\frac{2π}{3}）$，可得f（B）＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$．即可得出．
（2）由（1）可得：A=$\frac{π}{3}$．利用數(shù)量積運算性質(zhì)可得：$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$=6sinAcosB+cos2A=3$\sqrt{3}$cosB-$\frac{1}{2}$．由于B∈$（0，\frac{2π}{3}）$，可得cosB∈$（-\frac{1}{2}，1）$．即可得出．

解答 解：（1）∵$\frac{sinA}{sinB+sinC}$=1-$\frac{a-b}{a-c}$，∴$\frac{a}{b+c}$=1-$\frac{a-b}{a-c}$，化為：a²+c²-b²=ac，
∴cosA=$\frac{{a}^{2}+{c}^{2}-^{2}}{2ac}$=$\frac{ac}{2ac}$=$\frac{1}{2}$，A∈（0，π），
∴$A=\frac{π}{3}$．
由正弦定理可得：$\frac{a}{sin\frac{π}{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{sinB}$=$\frac{c}{sinC}$，
∴a=$\frac{3}{2sinB}$，c=$\frac{\sqrt{3}sinC}{sinB}$，
∴△ABC周長=a+$\sqrt{3}$+c=$\frac{3}{2sinB}$+$\sqrt{3}$+$\frac{\sqrt{3}sinC}{sinB}$=$\frac{3+2\sqrt{3}sin（\frac{2π}{3}-B）}{2sinB}$+$\sqrt{3}$=$\frac{3（1+cosB）}{sinB}$+2$\sqrt{3}$，
令f（B）=$\frac{1+cosB}{sinB}$，則f（B）=$\frac{cosB-（-1）}{sinB-0}$表示點（0，-1）與點（sinB，cosB）連線的斜率，$B∈（0，\frac{2π}{3}）$，∴f（B）＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴△ABC周長的取值范圍是$（3\sqrt{3}，+∞）$．
（2）由（1）可得：A=$\frac{π}{3}$．
$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$=6sinAcosB+cos2A=$6sin\frac{π}{3}$cosB+$cos\frac{2π}{3}$=3$\sqrt{3}$cosB-$\frac{1}{2}$．
∵B∈$（0，\frac{2π}{3}）$，∴cosB∈$（-\frac{1}{2}，1）$．
∴$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$的取值范圍是$（-\frac{3\sqrt{3}+1}{2}，3\sqrt{3}-\frac{1}{2}）$．

點評 本題考查了正弦定理余弦定理、和差化積、斜率計算公式、三角函數(shù)求值、數(shù)量積運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．