Question

18．已知在△ABC中，$\sqrt{3}$tanAtanB-$\sqrt{3}$=tanA+tanB，记∠A、∠B、∠C的对边依次为a、b、c．
（1）求∠C的大小；
（2）若△ABC为锐角三角形，求sin²A+sin²B的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用两角和的正切函数公式化简等式，利用诱导公式求出tanC，由C为三角形的内角、特殊角的三角函数值求出∠C的度数；
（2）由C求出A+B，并用A表示出B，根据A与B都为锐角求出A的范围，将B代入所求式子中，利用两角差的正弦、余弦函数为一个角的正弦函数，由A的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的性质求出sin²A+sin²B的取值范围．

解答 解：（1）由题意得，$\sqrt{3}$tanAtanB-$\sqrt{3}$=tanA+tanB，
所以$\sqrt{3}$tanAtanB-$\sqrt{3}$=tan（A+B）（1-tanAtanB）
则tan（A+B）=$-\sqrt{3}$，
因为A+B+C=π，所以tanC=-tan（A+B）=$\sqrt{3}$，
则C=$\frac{π}{3}$；
（2）由（1）得C=$\frac{π}{3}$，则A+B=π-$\frac{π}{3}$=$\frac{2π}{3}$，所以B=$\frac{2π}{3}$-A，
因为△ABC为锐角三角形，所以$\left\{\begin{array}{l}{0＜\frac{2π}{3}-A＜\frac{π}{2}}\\{0＜A＜\frac{π}{2}}\end{array}\right.$，
解得$\frac{π}{6}＜A＜\frac{π}{2}$，
设f（A）=sin²A+sin²B=sin²A+sin²（$\frac{2π}{3}$-A）
=$\frac{1-cos2A}{2}$+$\frac{1-cos（\frac{4π}{3}-2A）}{2}$
=1-$\frac{1}{2}$[cos2A+（$-\frac{1}{2}$cos2A-$\frac{\sqrt{3}}{2}sin2A$）]
=1-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$cos2A-$\frac{\sqrt{3}}{2}sin2A$）=1+$\frac{1}{2}$（$\frac{\sqrt{3}}{2}sin2A$-$\frac{1}{2}$cos2A）
=$\frac{1}{2}sin（2A-\frac{π}{6}）+1$，
因为$\frac{π}{6}＜A＜\frac{π}{2}$，所以$\frac{π}{6}＜2A-\frac{π}{6}＜\frac{5π}{6}$，
则$\frac{1}{2}＜sin（2A-\frac{π}{6}）≤1$，
即$\frac{5}{4}＜f（A）≤\frac{3}{2}$，
所以sin²A+sin²B的取值范围是（$\frac{5}{4}$，$\frac{3}{2}$]．

点评 本题考查两角和的正切公式变形，两角差的正弦、余弦公式，以及正弦函数的性质，熟练掌握公式以及变形是解题的关键．