Question

14．已知直角△ABC的两直角边AB、AC的边长分别为方程x²-2（1+$\sqrt{3}$）x+4$\sqrt{3}$=0的两根，且AB＜AC，斜边BC上有异于端点B、C的两点E、F，且EF=1，设∠EAF=θ，则tanθ的取值范围为（$\frac{\sqrt{3}}{9}$，$\frac{4\sqrt{3}}{11}$]．

Answer 1

分析 解方程可得AB=2，AC=2$\sqrt{3}$，建系可得A（0，0），B（2，0），C（0，2$\sqrt{3}$），设E（a，$\sqrt{3}$（2-a）），F（b，$\sqrt{3}$（2-b）），a＞b，$\frac{1}{2}$＜a＜2，由EF=1可得b=a-$\frac{1}{2}$，可得tan∠BAE=$\frac{\sqrt{3}（2-a）}{a}$，tan∠BAF=$\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}$，代入tanθ=tan（∠BAF-∠BAE）=$\frac{tan∠BAF-tan∠BAE}{1+tan∠BAFtan∠BAE}$=$\frac{\sqrt{3}}{4{a}^{2}-14a+15}$，由$\frac{1}{2}$＜a＜2和二次函数的性质可得答案．

解答 解：解方程x²-2（1+$\sqrt{3}$）x+4$\sqrt{3}$=0结合AB＜AC可得AB=2，AC=2$\sqrt{3}$，
建立如图所示的坐标系，可得A（0，0），B（2，0），C（0，2$\sqrt{3}$），
可得直线BC的方程为$\frac{x}{2}$+$\frac{y}{2\sqrt{3}}$=1，可得y=$\sqrt{3}$（2-x），
故设E（a，$\sqrt{3}$（2-a）），F（b，$\sqrt{3}$（2-b）），a＞b，$\frac{1}{2}$＜a＜2
则由EF=$\sqrt{（a-b）^{2}+3（2-a-2+b）^{2}}$=2（a-b）=1，可得b=a-$\frac{1}{2}$，
∴tan∠BAE=$\frac{\sqrt{3}（2-a）}{a}$，tan∠BAF=$\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}$，
∴tanθ=tan（∠BAF-∠BAE）=$\frac{tan∠BAF-tan∠BAE}{1+tan∠BAFtan∠BAE}$
=$\frac{\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}-\frac{\sqrt{3}（2-a）}{a}}{1+\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}•\frac{\sqrt{3}（2-a）}{a}}$=$\frac{2\sqrt{3}（a-b）}{4ab-6a-6b+12}$=$\frac{\sqrt{3}}{4{a}^{2}-14a+15}$，
由$\frac{1}{2}$＜a＜2和二次函数的性质可得t=4a²-14a+15∈[$\frac{11}{4}$，9），
∴$\frac{\sqrt{3}}{4{a}^{2}-14a+15}$∈（$\frac{\sqrt{3}}{9}$，$\frac{4\sqrt{3}}{11}$]，
故答案为：（$\frac{\sqrt{3}}{9}$，$\frac{4\sqrt{3}}{11}$]．

点评 本题考查两角和与差的正切函数，涉及二次函数的最值和一元二次方程的解法，属中档题．