Question

7．△ABC的內(nèi)角A，B，C及所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知，c=2．
（1）若cos²A-cos²B=$\sqrt{3}$sinAcosA-$\sqrt{3}$sinBcosB且a≠b，求角C的大小及a+b的取值范圍；
（2）若$\overrightarrow{CA}$•$\overrightarrow{CB}$=1，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由二倍角公式及變形、兩角差的正弦公式化簡(jiǎn)已知式子，結(jié)合內(nèi)角范圍和條件求出A+B的值，由內(nèi)角和定理求出C；由已知和正弦定理求出a和b，代入a+b后由兩角和差的正弦公式化簡(jiǎn)，由A的范圍和正弦函數(shù)的值域求出a+b的取值范圍；
（2）由$\overrightarrow{CA}$•$\overrightarrow{CB}$=1和數(shù)量積的運(yùn)算化簡(jiǎn)后，求出abcosC=1，由余弦定理列出方程化簡(jiǎn)求出a²+b²的值，由不等式求出ab的范圍，由abcosC=1求出cosC，由平方關(guān)系求出sinC，代入三角形的面積公式化簡(jiǎn)求出答案．

解答 解：（1）∵cos²A-cos²B=$\sqrt{3}$sinAcosA-$\sqrt{3}$sinBcosB，
∴$\frac{1+cos2A}{2}$-$\frac{1+cos2B}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2A-$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2B，
則$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2A-$\frac{1}{2}$cos2A=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2B-$\frac{1}{2}$cos2B，
∴sin（2A-$\frac{π}{6}$）=sin（2B-$\frac{π}{6}$），
由a≠b得A≠B，又A+B∈（0，π），
∴2A-$\frac{π}{6}$+2B-$\frac{π}{6}$=π，即A+B=$\frac{2π}{3}$，
∴C=π-（A+B）=$\frac{π}{3}$；
由c=2和正弦定理得，
$\frac{a}{sinA}=\frac{sinB}=\frac{c}{sinC}=\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴a=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$sinA，b=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$sinB，
∴a+b=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$（sinA+sinB）=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$[sinA+sin（$\frac{2π}{3}$-A）]
=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$[sinA+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$cosA+$\frac{1}{2}$sinA）]
=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$（$\frac{3}{2}$sinA+$\frac{\sqrt{3}}{2}$cosA）=4sin（A+$\frac{π}{6}$），
由0＜A＜$\frac{2π}{3}$得，$\frac{π}{6}$＜A+$\frac{π}{6}$＜$\frac{5π}{6}$，
∴$\frac{1}{2}$＜sin（A+$\frac{π}{6}$）≤1，則2＜4sin（A+$\frac{π}{6}$）≤4，即2＜a+b≤4，
∴a+b的取值范圍為（2，4]；
（2）∵$\overrightarrow{CA}$•$\overrightarrow{CB}$=1，∴abcosC=1，
由余弦定理得，c²=a²+b²-2abcosC=a²+b²-2，
又c=2，則a²+b²=6≥2ab，得ab≤3，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立，
由abcosC=1得cosC=$\frac{1}{ab}$，
則sinC=$\sqrt{1-co{s}^{2}C}$=$\frac{\sqrt{{（ab）}^{2}-1}}{ab}$，
∴△ABC的面積S=$\frac{1}{2}absinC$=$\frac{1}{2}\sqrt{（ab）^{2}-1}$≤$\frac{1}{2}\sqrt{9-1}$=$\sqrt{2}$，
故△ABC的面積的最大值是$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查正弦定理、余弦定理，二倍角公式及變形、兩角和差的正弦公式等，三角形的面積公式，正弦函數(shù)的值域，以及向量的數(shù)量積運(yùn)算，不等式的應(yīng)用，考查方程思想，化簡(jiǎn)、變形能力，屬中檔題．