题目 设 $\triangle ABC$ 的内角 $A$，$B$，$C$ 的对边分别为 $a$，$b$，$c$，$a=b\tan A$，且 $B$ 为钝角． 问题1 证明：$B-A=\dfrac{\mathrm \pi} {2}$； 答案1 略 解析1 运用边角互换，将题中等式全换为角度关系，再结合诱导公式及三角函数的单调性，问题即可得证．由 $a=b\tan A$ 及正弦定理，得\[\dfrac{\sin A}{\cos A}=\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin A}{\sin B},\]在 $\triangle ABC$ 中，$\sin A\ne 0$，所以 $\sin B=\cos A$，即\[\sin B\overset{\left[a\right]}=\sin\left(\dfrac{\mathrm \pi} {2}+A\right).\]（推导中用到：[a]）<br/>又 $B$ 为钝角，因此 $\dfrac{\mathrm \pi} {2}+A\in\left(\dfrac{\mathrm \pi} {2},{\mathrm \pi} \right)$，故 $B=\dfrac{\mathrm \pi} {2}+A$，即 $B-A=\dfrac{\mathrm \pi} {2}$． 备注1 问题2 求 $\sin A+\sin C$ 的取值范围． 答案2 $\left(\dfrac{\sqrt 2}{2},\dfrac{9}{8}\right]$． 解析2 根据第一问及三角形内角和，将问题中的角度统一为 $A$，并求出 $A$ 的范围，注意到此时式子为非齐次式，需统一名称，再结合二次函数性质，得出取值范围．由（1）知，\[C={\mathrm \pi} -\left(A+B\right)={\mathrm \pi} -\left(2A+\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)=\dfrac{\mathrm \pi} {2}-2A>0,\]所以 $A\in\left(0,\dfrac{\mathrm \pi} {4}\right)$，于是\[\begin{split}\sin A+\sin C&=\sin A+\sin\left(\dfrac{\mathrm \pi} {2}-2A\right)\\&=\sin A+\cos{2A}\\&\overset{\left[a\right]}=-2\sin^2A+\sin A+1\\&=-2\left(\sin A-\dfrac{1}{4}\right)^2+\dfrac{9}{8} .\end{split}\]（推导中用到[a]）<br/>因为 $0<A<\dfrac{\mathrm \pi} {4}$，所以 $0<\sin A<\dfrac{\sqrt2}{2}$，因此\[\dfrac{\sqrt2}{2}<-2\left(\sin A-\dfrac{1}{4}\right)^2+\dfrac{9}{8}\leqslant\dfrac{9}{8}.\]由此可得 $\sin A+\sin C$ 的取值范围是 $\left(\dfrac{\sqrt 2}{2},\dfrac{9}{8}\right]$． 备注2