Question

12．在△ABC中，已知$\sqrt{3}$tanAtanB-tanA-tanB=$\sqrt{3}$．
（1）求∠C的大��；
（2）設(shè)角A，B，C的對(duì)邊依次為a，b，c，若c=2，且△ABC是銳角三角形，求a²+b²的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知中$\sqrt{3}$tanAtanB-tanA-tanB=$\sqrt{3}$，變形可得$\frac{tanA+tanB}{1-tanAtanB}=-\sqrt{3}$，由兩角和的正切公式，我們易得到A+B的值，進(jìn)而求出∠C的大�。�
（2）由c=2，且△ABC是銳角三角形，再由正弦定理，我們可以將a²+b²轉(zhuǎn)化為一個(gè)只含A的三角函數(shù)式，根據(jù)正弦型函數(shù)的性質(zhì)，我們易求出a²+b²的取值范圍．

解答 解：（1）依題意：$\frac{tanA+tanB}{1-tanAtanB}=-\sqrt{3}$，即$tan（A+B）=-\sqrt{3}$．
又0＜A+B＜π，∴$A+B=\frac{2π}{3}$，
∴$C=π-A-B=\frac{π}{3}$；
（2）由三角形是銳角三角形可得$A＜\frac{π}{2}$，$B＜\frac{π}{2}$即$\frac{π}{6}＜A＜\frac{π}{2}$．
由正弦定理得$a=\frac{c}{sinC}×sinA=\frac{4}{{\sqrt{3}}}sinA，b=\frac{4}{{\sqrt{3}}}sinB=\frac{4}{{\sqrt{3}}}sin（\frac{2π}{3}-A）$，
∴${a^2}+{b^2}=\frac{16}{3}[{sin^2}A+{sin^2}（\frac{2π}{3}-A）]=\frac{16}{3}[\frac{1-cos2A}{2}+\frac{{1-cos（\frac{4π}{3}-2A）}}{2}]$
=$\frac{16}{3}-\frac{8}{3}[cos2A+cos（\frac{4π}{3}-2A）]=\frac{16}{3}-\frac{8}{3}[cos2A-\frac{1}{2}cos2A-\frac{{\sqrt{3}}}{2}sin2A]$
=$\frac{16}{3}-\frac{8}{3}（\frac{1}{2}cos2A-\frac{{\sqrt{3}}}{2}sin2A）=\frac{16}{3}+\frac{8}{3}sin（2A-\frac{π}{6}）$．
∵$\frac{π}{6}＜A＜\frac{π}{2}$，
∴$\frac{π}{6}＜2A-\frac{π}{6}＜\frac{5π}{6}$，
∴$\frac{1}{2}＜sin（2A-\frac{π}{6}）≤1$，從而$\frac{20}{3}＜{a^2}+{b^2}≤8$．
則a²+b²的取值范圍為：（$\frac{20}{3}$，8]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是解三角形及兩角和與差的正切函數(shù)，熟練掌握兩角和（差）的正弦、余弦、正切函數(shù)式及其變形，是解答本題的關(guān)鍵，是中檔題．