锐角三角形 $ABC$ 中，$G$ 为 $\triangle ABC$ 的重心，且 $AG\perp BG$，则 $\cos C$ 的取值范围是 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
【解析】
如图，设 $D,E$ 分别为 $AC,BC$ 的中点，$AG=2m$，$BG=2n$，不妨设 $m\geqslant n$．
可得 $AB=2\sqrt{m^2+n^2}$，$BC=2\sqrt{m^2+4n^2}$，$AC=2\sqrt{4m^2+n^2}$，则有\[AC\geqslant BC>AB,\]根据题意，有\[AC^2<BC^2+AB^2,\]即\[4m^2+n^2<(m^2+4n^2)+(m^2+n^2),\]解得\[1\leqslant \dfrac{m^2}{n^2}<2.\]从而\[\begin{split} \cos C&=\dfrac{(m^2+4n^2)+(4m^2+n^2)-(m^2+n^2)}{2\cdot \sqrt{m^2+4n^2}\cdot \sqrt{4m^2+n^2}}\\
&=\sqrt{\dfrac{4(m^2+n^2)^2}{(m^2+4n^2)(4m^2+n^2)}}\\
&=\sqrt{1-\dfrac{9}{4\left(\dfrac{m^2}{n^2}+\dfrac{n^2}{m^2}\right)+17}},\end{split}\]因此 $\cos C$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 45,\dfrac{\sqrt 6}3\right)$．
可得 $AB=2\sqrt{m^2+n^2}$，$BC=2\sqrt{m^2+4n^2}$，$AC=2\sqrt{4m^2+n^2}$，则有\[AC\geqslant BC>AB,\]根据题意，有\[AC^2<BC^2+AB^2,\]即\[4m^2+n^2<(m^2+4n^2)+(m^2+n^2),\]解得\[1\leqslant \dfrac{m^2}{n^2}<2.\]从而\[\begin{split} \cos C&=\dfrac{(m^2+4n^2)+(4m^2+n^2)-(m^2+n^2)}{2\cdot \sqrt{m^2+4n^2}\cdot \sqrt{4m^2+n^2}}\\&=\sqrt{\dfrac{4(m^2+n^2)^2}{(m^2+4n^2)(4m^2+n^2)}}\\
&=\sqrt{1-\dfrac{9}{4\left(\dfrac{m^2}{n^2}+\dfrac{n^2}{m^2}\right)+17}},\end{split}\]因此 $\cos C$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 45,\dfrac{\sqrt 6}3\right)$．
题目
答案
解析
备注
