Question

10．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知$\overrightarrow m=（{sinC，{b^2}-{a^2}-{c^2}}），\overrightarrow n=（{2sinA-sinC，{c^2}-{a^2}-{b^2}}）$且$\overrightarrow m∥\overrightarrow n$；
（Ⅰ）求角B的大��；
（Ⅱ）設(shè)T=sin²A+sin²B+sin²C，求T的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知利用向量共線的性質(zhì)，余弦定理，正弦定理可得$\frac{sinC}{2sinA-sinC}$=$\frac{sinCcosB}{sinBcosC}$，利用sinC≠0，sinA≠0，結(jié)合三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，三角形內(nèi)角和定理可求$cosB=\frac{1}{2}$，結(jié)合B的范圍即可得解B的值．
（Ⅱ）利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡(jiǎn)可得T=$\frac{7}{4}$-$\frac{1}{2}$cos（2A+$\frac{π}{3}$），由范圍$0＜A＜\frac{2π}{3}$，可求$\frac{π}{3}＜2A+\frac{π}{3}＜\frac{5π}{3}$，利用余弦函數(shù)的性質(zhì)即可得解T的取值范圍．

解答 （本題滿分為12分）
解：（1）因?yàn)椋?\overrightarrow m=（{sinC，{b^2}-{a^2}-{c^2}}），\overrightarrow n=（{2sinA-sinC，{c^2}-{a^2}-{b^2}}）$且$\overrightarrow m∥\overrightarrow n$；
所以：$\frac{sinC}{2sinA-sinC}=\frac{{{b^2}-{a^2}-{c^2}}}{{{c^2}-{a^2}-{b^2}}}=\frac{-2accosB}{-2abcosC}=\frac{{c{cosB}}}{bcosC}=\frac{sinCcosB}{sinBcosC}$，…（1分）
因?yàn)椋簊inC≠0，
所以：sinBcosC=2sinAcosB-sinCcosB，…（2分）
所以：2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin（B+C）=sinA，…（4分）
因?yàn)椋簊inA≠0，
所以：$cosB=\frac{1}{2}$，
因?yàn)椋?＜B＜π，
所以：$B=\frac{π}{3}$；…（6分）
（Ⅱ）因?yàn)椋?T={sin^2}A+{sin^2}B+{sin^2}C=\frac{1}{2}（1-cos2A）+\frac{3}{4}+\frac{1}{2}（1-cos2C）$…（7分）
=$\frac{7}{4}-\frac{1}{2}（cos2A+cos2C）=\frac{7}{4}-\frac{1}{2}[{cos2A+cos（{\frac{4π}{3}-2A}）}]$…（8分）
=$\frac{7}{4}-\frac{1}{2}（{\frac{1}{2}cos2A-\frac{{\sqrt{3}}}{2}sin2A}）=\frac{7}{4}-\frac{1}{2}cos（{2A+\frac{π}{3}}）$…（9分）
因?yàn)椋?0＜A＜\frac{2π}{3}$，
所以：$0＜2A＜\frac{4π}{3}$，
故：$\frac{π}{3}＜2A+\frac{π}{3}＜\frac{5π}{3}$，…（10分）
因此：-1≤cos（2A+$\frac{π}{3}$）$＜\frac{1}{2}$，
所以：$\frac{3}{2}$＜T≤$\frac{9}{4}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了向量共線的性質(zhì)，余弦定理，正弦定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，三角形內(nèi)角和定理，余弦函數(shù)的性質(zhì)在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．