《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例3　已知锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且$\frac{sin(A - B)}{cosB}$ = $\frac{sin(A - C)}{cosC}$:
　(1)若A = 3，求B;
　(2)若asinC = 1，求$\frac{1}{a²}$ + $\frac{1}{b²}$的最大值.

答案： 例3解　
(1)由题意知$\frac{sin(A - B)}{cosB}$ = $\frac{sin(A - C)}{cosC}$，所以sin(A - B)cosC = sin(A - C)cosB，所以sinAcosBcosC - cosAsinBcosC = sinAcosCcosB - cosAsinCcosB，所以cosAsinBcosC = cosAsinCcosB，因为A = $\frac{\pi}{3}$，所以sinBcosC = sinCcosB，所以tanB = tanC，因为B,C∈(0,$\frac{\pi}{2}$)，所以B = C，由A = $\frac{\pi}{3}$，所以B = $\frac{\pi}{3}$。
(2)由
(1)知B = C，所以sinB = sinC，b = c，因为asinC = 1，所以$\frac{1}{a}$ = sinC，由正弦定理得asinC = csinA = bsinA = 1，所以$\frac{1}{b}$ = sinA，因为A = $\pi$ - B - C = $\pi$ - 2C，所以$\frac{1}{b}$ = sinA = sin2C，所以$\frac{1}{a²}$ + $\frac{1}{b²}$ = sin²C + sin²2C = $\frac{1 - cos2C}{2}$ + (1 - cos²2C)= - cos²2C - $\frac{1}{2}$cos2C + $\frac{3}{2}$，因为△ABC为锐角三角形，且B = C，则有$\frac{\pi}{4}$＜C＜$\frac{\pi}{2}$，得$\frac{\pi}{2}$＜2C＜$\pi$，所以 - 1＜cos2C＜0，由二次函数的性质可得，当cos2C = -$\frac{1}{4}$时，$\frac{1}{a²}$ + $\frac{1}{b²}$取得最大值$\frac{25}{16}$，所以$\frac{1}{a²}$ + $\frac{1}{b²}$的最大值为$\frac{25}{16}$。

跟踪训练3　　(2023.浙江联考)已知△ABC 中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足$\frac{sinA}{sinB + sinC}$ = $\frac{c - b}{b}$
(1)若C = $\frac{\pi}{2}$，求B;
(2)求$\frac{a + c}{b}$的取值范围.

答案： 跟踪训练3　解　
(1)由$\frac{sinA}{sinB + sinC}$ = $\frac{c - b}{b}$，及正弦定理可得，$\frac{a}{b + c}$ = $\frac{c - b}{b}$，即c² = b² + ab，
∵C = $\frac{\pi}{2}$，
∴c² = a² + b²，
∴b² + ab = a² + b²，解得a = b，即A = B，又C = $\frac{\pi}{2}$，
∴B = $\frac{\pi}{4}$。
(2)由
(1)知，c² = b² + ab，
∴a = $\frac{c² - b²}{b}$，c＞b，由三角形三边关系可得$\begin{cases}a + b＞c\\b + c＞a\end{cases}$，代入化简可得b＜c＜2b，
∴$\frac{a + c}{b}$ = $\frac{c² - b² + bc}{b²}$ = $\frac{c²}{b²}$ + $\frac{c}{b}$ - 1，令x = $\frac{c}{b}$，则x∈(1,2)，f(x) = x² + x - 1，1＜x＜2，
∴f(x) = (x + $\frac{1}{2}$)² - $\frac{5}{4}$∈(1,5)，
∴$\frac{c²}{b²}$ + $\frac{c}{b}$ - 1∈(1,5)，
∴$\frac{a + c}{b}$的取值范围是(1,5)。