Question

12．在△ABC中，已知$\sqrt{3}$tanAtanB-tanA-tanB=$\sqrt{3}$．
（1）求∠C的大小；
（2）设角A，B，C的对边依次为a，b，c，若c=2，且△ABC是锐角三角形，求a²+b²的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由已知中$\sqrt{3}$tanAtanB-tanA-tanB=$\sqrt{3}$，变形可得$\frac{tanA+tanB}{1-tanAtanB}=-\sqrt{3}$，由两角和的正切公式，我们易得到A+B的值，进而求出∠C的大小；
（2）由c=2，且△ABC是锐角三角形，再由正弦定理，我们可以将a²+b²转化为一个只含A的三角函数式，根据正弦型函数的性质，我们易求出a²+b²的取值范围．

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

点评 本题考查的知识点是解三角形及两角和与差的正切函数，熟练掌握两角和（差）的正弦、余弦、正切函数式及其变形，是解答本题的关键，是中档题．