Question

18．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊．
（1）已知（a²+b²）sin（A-B）=（a²-b²）sin（A+B），試判斷該三角形的形狀；
（2）已知b²sin²C+c²sin²B=2bccosBcosC，試判斷該三角形的性狀；
（3）已知b=$\sqrt{13}$，且$\frac{cosB}{cosC}$=-$\frac{2a+c}$，求△ABC的面積的最大值；
（4）已知△ABC為銳角三角形，$\sqrt{3}$tanAtanB-tanA-tanB=$\sqrt{3}$，且c=2．求a²+b²的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用兩角和公式對(duì)等式進(jìn)行化簡(jiǎn)整理，求得$\frac{sinAcosB}{cosAsinB}$=$\frac{{a}^{2}}{^{2}}$，利用正弦定理轉(zhuǎn)化成角的正弦，進(jìn)而約分求得sin2A=sin2B，進(jìn)而確定A，B的關(guān)系，確定三角形的形狀．
（2）利用正弦定理把已知等式中的邊均化為角的三角函數(shù)式，再應(yīng)用兩角和的余弦公式推證cos（B+C）=0，使問(wèn)題得解：
（3）根據(jù)正弦定理，結(jié)合兩角和差的正弦公式和余弦公式進(jìn)行化簡(jiǎn)，利用三角形的面積公式以及余弦定理結(jié)合基本不等式進(jìn)行求解即可；
（4）利用兩角和差的正切公式結(jié)合正弦定理以及兩角和差的正弦公式進(jìn)行化簡(jiǎn)是解決本題的關(guān)鍵．

解答 解：∵對(duì)于（1）：（a²-b²）sin（A+B）=（a²+b²）sin（A-B）．
∴（a²-b²）（sinAcosB+cosAsinB）=（a²+b²）（sinAcosB-cosAsinB）．
整理求得a²cosAsinB=b²sinAcosB，
即：$\frac{sinAcosB}{cosAsinB}$=$\frac{{a}^{2}}{^{2}}$=$\frac{si{n}^{2}A}{si{n}^{2}B}$，
∴sinAcosA=sinBcosB，
∴sin2A=sin2B，
∴A=B或A+B=$\frac{π}{2}$
∴△ABC是等腰△或Rt△．
對(duì)于（2）：由正弦定理，原式化為：
8k²sin²Bsin²C=8k²sinBsinCcosBcosC，
∵sinBsinC≠0，
∴sinBsinC=cosBcosC，
即cos（B+C）=0，
∴B+C=90°，A=90°，
故△ABC為直角三角形．
對(duì)于（3）：由 $\frac{cosB}{cosC}$=-$\frac{2a+c}$得：$\frac{cosB}{cosC}$=-$\frac{sinB}{2sinA+sinC}$，
即2sinAcosB+cosBsinC+sinBcosC=0，
∴2sinAcosB+sin（B+C）=2sinAcosB+sinA=0，即sinA（2cosB+1）=0，
又0＜A＜π，∴sinA≠0，則cosB=-$\frac{1}{2}$，
∵b=$\sqrt{13}$，
∴由余弦定理b²=a²+c²-2accosB，
即13=a²+c²+ac≥3ac，即ac≤$\frac{13}{3}$，
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}$acsinB≤$\frac{1}{2}$×$\frac{13}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{13\sqrt{3}}{12}$（當(dāng)且僅當(dāng)ac時(shí)取等號(hào)），
則△ABC面積最大值為$\frac{13\sqrt{3}}{12}$．
對(duì)于（4）：∵$\sqrt{3}$tanA•tanB-tanA-tanB=$\sqrt{3}$，
∴$\frac{tanA+tanB}{1-tanAtanB}$=-$\sqrt{3}$，即tan（A+B）=-tanC=-$\sqrt{3}$，
∴tanC=$\sqrt{3}$，
∵∠C為三角形的內(nèi)角，
則∠C=$\frac{π}{3}$；
∵∠A與∠B為銳角，且∠A+∠B=π-∠C=$\frac{2π}{3}$，即∠B=$\frac{2π}{3}$-∠A，
∴$\frac{π}{6}$＜∠A＜$\frac{π}{2}$，
∴$\frac{π}{6}$＜2∠A-$\frac{π}{6}$＜$\frac{5π}{6}$，
∵c=2，sinC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴由正弦定理$\frac{a}{sinA}$=$\frac{sinB}$=$\frac{c}{sinC}$=$\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$得：a=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$sinA，b=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$sinB，
∴a²+b²=$\frac{16}{3}$（sinA+sinB）=$\frac{16}{3}$[sinA+sin（$\frac{2π}{3}$-A）]=$\frac{16}{3}$+$\frac{8}{3}$sin（2A-$\frac{π}{6}$），
∵$\frac{π}{6}$＜2∠A-$\frac{π}{6}$＜$\frac{5π}{6}$，
∴$\frac{1}{2}$＜sin（2A-$\frac{π}{6}$）≤1，即$\frac{20}{3}$＜$\frac{16}{3}$+$\frac{8}{3}$sin（2A-$\frac{π}{6}$）≤8，
則a²+b²的范圍為（$\frac{20}{3}$，8]．

點(diǎn)評(píng) 此題考查解三角形的應(yīng)用，利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式，正弦定理，余弦定理，以及兩角和與差的正切函數(shù)公式，熟練掌握公式及定理是解本題的關(guān)鍵．