锐角三角形中角平分线与外接圆面积问题：a-√(3)/3sinB=（a²-c²）/2ab

(1) 根据角平分线定理，有$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}$，又有$BD+DC=c$，解得$BD=\frac{c}{1+\frac{c}{b}}$，$DC=\frac{bc}{b+c}$。由正弦定理可得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，代入题目中的式子得：

$$\frac{a}{\sqrt{3}/3\sin B}=\frac{a^2-c^2}{2ab}$$

化简得：

$$\frac{a}{b}=\frac{2\sqrt{3}\cos B}{3}$$

由正弦定理得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，代入上式得：

$$\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{3}{2\sqrt{3}\cos B}=\frac{\sqrt{3}}{2\sin 60^\circ\cos B}=\frac{\sqrt{3}}{\sin(60^\circ+B)}$$

由正弦定理得$\frac{\sin C}{c}=\frac{\sin B}{b}$，代入上式得：

$$\frac{\sin A}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{\sin(60^\circ+B)}\cdot\frac{c}{b}=\frac{\sqrt{3}}{\sin(60^\circ+B)}\cdot\frac{1}{\frac{1}{1+\frac{c}{b}}}=\sqrt{3}\cdot\frac{1+\frac{c}{b}}{\sin(60^\circ+B)}$$

由正弦定理得$\frac{a}{\sin A}=2R$，其中$R$为三角形的外接圆半径，代入海伦公式得：

$$ \begin{aligned}S&=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\&=\sqrt{\frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2}\cdot\frac{a-b+c}{2}\cdot\frac{-a+b+c}{2}}\&=\frac{1}{4}\sqrt{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)(a+b+c)}\&=\frac{abc}{4R}\end{aligned}$$

由上面的结果，我们已经得到了$\frac{\sin A}{\sin C}$和$R$与$a,b,c$的关系，因此可以把$S$表示为$a,b,c$的函数：

$$S=\frac{abc}{4\sqrt{3}}\cdot\frac{1+\frac{c}{b}}{\sqrt{1+\frac{c}{b}}\cdot\sqrt{1-\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2}}\cdot\sqrt{1+\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2}}}$$

(2) 对$S$求导，得到：

$$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}c}&=\frac{abc}{4\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2}}{\sqrt{1+\frac{c}{b}}\cdot\sqrt{1-\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2}}\cdot\sqrt{(1+\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2})^3}}\&=\frac{abc}{8\sqrt{3}}\cdot\frac{1-\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2}}{\sqrt{1+\frac{c}{b}}\cdot\sqrt{1-\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2}}\cdot(1+\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2})\sqrt{1+\frac{c}{b}+\frac{a^2}{b^2}}}\end{aligned}$$

令$\frac{a}{b}=x$，则有：

$$\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}c}=\frac{abc}{8\sqrt{3}}\cdot\frac{1-\frac{c}{b}+x^2}{\sqrt{1+\frac{c}{b}}\cdot\sqrt{1-\frac{c}{b}+x^2}\cdot(1+\frac{c}{b}+x^2)\sqrt{1+\frac{c}{b}+x^2}}$$

令分母为$g(c)$，则$S$在$c_0=b(1-x^2)$处取得最小值。此时有：

$$ \begin{aligned}S_{\min}&=\frac{abc_0}{4\sqrt{3}}\cdot\frac{1+\frac{c_0}{b}}{\sqrt{1+\frac{c_0}{b}}\cdot\sqrt{1-\frac{c_0}{b}+x^2}\cdot\sqrt{1+\frac{c_0}{b}+x^2}}\&=\frac{ab\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{1+\sqrt{3}x}{\sqrt{1+\sqrt{3}x}\cdot\sqrt{1-x^2}\cdot\sqrt{1+\sqrt{3}x+x^2}}\end{aligned}$$

将$x=\frac{a}{b}$的值代入计算，得到$S_{\min}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$。因此，$\Delta ABC$外接圆面积的最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}R^2$。