Question

6．已知在三角形ABC中，AB＜AC，∠BAC=90°，邊AB，AC的長分別為方程${x^2}-2（{1+\sqrt{3}}）x+4\sqrt{3}=0$的兩個實數根，若斜邊BC上有異于端點的E，F兩點，且EF=1，∠EAF=θ，則tanθ的取值范圍為（　　）

• A． $（{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，\frac{{4\sqrt{3}}}{11}}]$
• B． $（{\frac{{\sqrt{3}}}{9}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$
• C． $（{\frac{{\sqrt{3}}}{9}，\frac{{4\sqrt{3}}}{11}}]$
• D． $（{\frac{{\sqrt{3}}}{9}，\frac{{2\sqrt{3}}}{11}}]$

Answer 1

分析 解方程可得AB，AC，建立坐標系，可得A（0，0），B（2，0），C（0，2$\sqrt{3}$），設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=$\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}$．即tanθ=tan（∠BAF-∠BAE）=$\frac{tan∠BAF-tan∠BAE}{1+tan∠BAF•tan∠BAE}$=-$\frac{\frac{\sqrt{3}（2-a）}{a}-\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}}{1+\frac{\sqrt{3}（2-a）}{a}•\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}}$=$\frac{\sqrt{3}}{4{a}^{2}-14a+15}$．由$\frac{1}{2}$＜a＜2和二次函數的性質可得$\frac{\sqrt{3}}{4{a}^{2}-14a+15}$∈（$\frac{\sqrt{3}}{9}$，$\frac{4\sqrt{3}}{11}$]．

解答 解：∵邊AB，AC的長分別為方程${x^2}-2（{1+\sqrt{3}}）x+4\sqrt{3}=0$的兩個實數根∴AC=2$\sqrt{3}$，AB=2，
在直角△ABC中，B=$\frac{π}{3}$，C=$\frac{π}{6}$，BC=4
建立如圖所示的坐標系，可得A（0，0），B（2，0），C（0，2$\sqrt{3}$），
得直線BC的方程為y=$\sqrt{3}（2-x）$，故設E（a，$\sqrt{3}$（2-a）），F（b，$\sqrt{3}$（2-b）），a＞b，$\frac{1}{2}$＜a＜2．
則由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）=$\frac{tan∠BAF-tan∠BAE}{1+tan∠BAF•tan∠BAE}$=-$\frac{\frac{\sqrt{3}（2-a）}{a}-\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}}{1+\frac{\sqrt{3}（2-a）}{a}•\frac{\sqrt{3}（2-b）}{b}}$=$\frac{\sqrt{3}}{4{a}^{2}-14a+15}$．
由$\frac{1}{2}$＜a＜2和二次函數的性質可得t=4a²-14a+15∈[$\frac{11}{4}$，9），∴$\frac{\sqrt{3}}{4{a}^{2}-14a+15}$∈（$\frac{\sqrt{3}}{9}$，$\frac{4\sqrt{3}}{11}$]．
故選：C．

點評 本題考查兩角和與差的正切函數，涉及二次函數的性質，考查了建立坐標系處理平面幾何問題，考查了運算能力，屬難題．