7.在△ABC中,已知:$\frac{a+b}{a}=\frac{sinB}{sinB-sinA}$,且cos(A-B)+cosC=1-cos2C.
(1)判斷△ABC的形狀,并證明;
(2)求$\frac{a+c}$的取值范圍.

分析 (1)利用正弦定理和三角形內(nèi)角和公式結(jié)合和與差公式可得a,b,c關(guān)系,即可判斷△ABC的形狀.
(2)利用正弦定理,把邊轉(zhuǎn)化為角,利用三角函數(shù)的有界限即可求出范圍.

解答 解:(1)△ABC為直角三角形,
證明:在△ABC中,∵$\frac{a+b}{a}=\frac{sinB}{sinB-sinA}$,
根據(jù)正弦定理,得$\frac{a+b}{a}=\frac{b-a}$,
∴b2-a2=ab…①
∵cos(A-B)+cosC=1-cos2C,
∴cos(A-B)-cos(A+B)=2sin2C,
化簡得sinAsinB=sin2C,
由正弦定理,得ab=c2,…②
將②代入①中得b2-a2=c2,即a2+c2=b2,
故△ABC是直角三角形;
(2)由(1)知$B=\frac{π}{2}$,
則$A+C=\frac{π}{2}$,即$C=\frac{π}{2}-A$,
故$sinC=sin(\frac{π}{2}-A)=cosA$.
根據(jù)正弦定理,得$\frac{a+c}=\frac{sinA+sinC}{sinB}=sinA+cosA=\sqrt{2}sin(A+\frac{π}{4})$.
∵$0<A<\frac{π}{2},\frac{π}{4}<A+\frac{π}{4}<\frac{3π}{4}$,
∴$\frac{{\sqrt{2}}}{2}<sin(A+\frac{π}{4})≤1$,
∴$1<\sqrt{2}sin(A+\frac{π}{4})≤\sqrt{2}$,
即$\frac{a+c}$的取值范圍是$(1,\sqrt{2}]$.

點(diǎn)評 本題考查了正弦定理和三角形內(nèi)角和公式結(jié)合和與差公式,以及利用三角函數(shù)的有界性求范圍.屬于中檔題.

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p0
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