三角形的分类和刻画
三角形的刻画许多学生只停留在形的描述上，而考试中常常需要我们从数的角度做出刻画和转化。
前言
构成前提
我们知道，要构成三角形，需要满足三角形的任意两边之和大于第三边[Ⅰ]，任意两边的差小于第三边[Ⅱ]，在使用的时候需要注意，使用了[Ⅰ]来限制，就不需要同时使用[Ⅱ]来限制，这是因为两个条件组不是相互独立的，意思是两个条件组是等价的，也就是可以相互推导的。
用数学语言表述如下：给定\(\triangle ABC\)，三边分别为\(a\)，\(b\)，\(c\)；
则要构成三角形，必须满足条件组[Ⅰ]\(\left\{\begin{array}{l}{a+b>c}\\{a+c>b}\\{b+c>a}\end{array}\right.\)，
它们可以等价变形为条件组[Ⅱ]\(\left\{\begin{array}{l}{a>c-b}\\{c>b-a}\\{b>a-c}\end{array}\right.\)，
故其不是相互独立的，在限制三角形的构成时，只需要且只能使用其中的一组即可，常用条件组[Ⅰ]来限制；
引例，比如已知某三角形的三边分别为\(6\)，\(x\)，\(2x\)，
则我们由\(\left\{\begin{array}{l}{x+2x>6}\\{x+6>2x}\\{6+2x>x}\end{array}\right.\)，解得：\(2<x<6\)
即只有\(x\in (2,6)\)时，这三条边才能构成一个三角形，否则不能。
引申：若已知某锐角三角形的三边分别为\(6\)，\(x\)，\(2x\)，那么还用上述的限制显然是不够的，上述的条件仅仅只能限制得到一个三角形，而不能保证得到的一定是锐角三角形，这时还需要添加其他的条件限制。若有兴趣，请继续向下阅读：
(1).求\(c\)的取值范围求三角形的边的取值范围，无非就是找些条件加以限制，此时能用到的有三角形的构成条件，即两边之和大于第三边，两边之和小于第三边；\(\quad\)；
分析：由已知条件可得，\(a+b=3c-2>c\)①，\(a-b=2c-6<c\)②.
联立①②解得，\(1<c<6\)；
(2).若\(\triangle ABC\)的周长为\(18\)，求\(c\)的值由于给定条件涉及到三个元，故需要考虑变量集中，将\(a\)，\(b\)都用变量\(c\)来表达刻画，这样周长中就只有一个未知数\(c\)，故可解；\(\quad\)；
分析：由\(\left\{\begin{array}{l}{a+b=3c-2①}\\{a-b=2c-6②}\end{array}\right.\)
由①+②变形得到，\(a=\cfrac{5c-8}{2}\)，实现了用\(c\)表达\(a\)；
由①-②变形得到，\(b=\cfrac{c+4}{2}\)，实现了用\(c\)表达\(b\)；
又由于\(a+b+c=18\)，即\(\cfrac{5c-8}{2}+\cfrac{c+4}{2}+c=18\)，
解得\(c=5\)。
三角形分类
按边分类：不等边三角形[三边都不相等]，等腰三角形[有两边相等]，等边三角形[三边都相等]；
按角分类：锐角三角形，直角三角形，钝角三角形；其中锐角三角形和钝角三角形统称斜三角形；
刻画依据
为便于使用向量，约定如下：在\(\triangle ABC\)中，\(\overrightarrow{AB}=\vec{c}\)，\(\overrightarrow{BC}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{CA}=\vec{b}\)，
对直角三角形而言，只需要也只能具备一个形式：
内角形式：\(A=\cfrac{\pi}{2}\)或\(B=\cfrac{\pi}{2}\)或\(C=\cfrac{\pi}{2}\)；仅仅只需要一个；
三角函数值的形式：\(\cos A=0\)或\(\cos B=0\)或\(\cos C=0\)；仅仅只需要一个；
边的形式：\(b^2+c^2=a^2\)或\(a^2+c^2=b^2\)或\(a^2+b^2=c^2\)；仅仅只需要一个；
向量形式：\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)或\(\vec{b}\cdot\vec{c}=0\)或\(\vec{c}\cdot\vec{a}=0\)；
对钝角三角形而言，只需要也只能具备一个形式：
内角形式：\(A>\cfrac{\pi}{2}\)或\(B>\cfrac{\pi}{2}\)或\(C>\cfrac{\pi}{2}\)；仅仅只需要一个；
三角函数值的形式：\(\cos A<0\)或\(\cos B<0\)或\(\cos C<0\)；仅仅只需要一个；
边的形式：\(b^2+c^2<a^2\)或\(a^2+c^2<b^2\)或\(a^2+b^2<c^2\)；仅仅只需要一个；
向量形式：\(\vec{a}\cdot\vec{b}>0\)或\(\vec{b}\cdot\vec{c}>0\)或\(\vec{c}\cdot\vec{a}>0\)；
对锐角三角形而言，必须三个形式同时具备：
内角形式：\(0<A<\cfrac{\pi}{2}\)且\(0<B<\cfrac{\pi}{2}\)且\(0<C<\cfrac{\pi}{2}\)；必须三个形式同时具备；
三角函数值的形式：\(\cos A>0\)且\(\cos B>0\)且\(\cos C>0\)；必须三个形式同时具备；
边的形式：\(b^2+c^2>a^2\)且\(a^2+c^2>b^2\)且\(a^2+b^2>c^2\)；必须三个形式同时具备；
向量形式：\(\vec{a}\cdot\vec{b}<0\)且\(\vec{b}\cdot\vec{c}<0\)且\(\vec{c}\cdot\vec{a}<0\)；
典例剖析
(1)求角\(B\).
分析：由于\(a\cdot\sin\cfrac{A+C}{2}=b\cdot\sin A\)，即为\(a\cdot\sin\cfrac{\pi-B}{2}=a\cdot\cos\cfrac{B}{2}=b\cdot\sin A\)
可得 \(\sin A\cdot\cos\cfrac{B}{2}=\sin B\cdot\sin A=2\sin\cfrac{B}{2}\cdot\cos\cfrac{B}{2}\cdot\sin A\)，
\(\because \sin A>0\)，\(\therefore \cos\cfrac{B}{2}=2\sin\cfrac{B}{2}\cdot\cos\cfrac{B}{2}\),
即\(\cos\cfrac{B}{2}\cdot (2\sin\cfrac{A}{2}-1)=0\)，
若\(\cos\cfrac{B}{2}=0\),可得\(B=\pi\)，不符题意，舍去；
\(\therefore\sin\cfrac{B}{2}=\cfrac{1}{2}\)，由\(0<B<\pi\), 可得\(B=\cfrac{\pi}{3}\).
(2)若\(\triangle ABC\)为锐角三角形，且\(c=1\),求\(\triangle ABC\)面积的取值范围.
[法1]：结合已知条件，从边的角度思考和刻画，转化为关于边的函数求解；
若\(\triangle ABC\)为锐角三角形，且\(c=1\)，
由余弦定理\(b^2=a^2+c^2-2a\cdot c\cdot\cos B\)可得，
\(b=\sqrt{a^{2}+1^2-2 a\cdot1\cdot\cos\cfrac{\pi}{3}}=\sqrt{a^{2}-a+1}\)
由三角形\(ABC\)为锐角三角形，则必须满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{b^2+c^2>a^2}\\{a^2+c^2>b^2}\\{a^2+b^2>c^2}\end{array}\right.\)
可得到\(\left\{\begin{array}{l}{a^{2}+a^{2}-a+1>1}\\{1+a^{2}-a+1>a^{2}}\\{1+a^{2}>a^{2}-a+1}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{1}{2}<a<2\)，
可得\(\triangle ABC\)面积
\(S=\cfrac{1}{2}a\cdot\sin\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{4} a \in\left(\cfrac{\sqrt{3}}{8}, \cfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
[法2]：结合已知条件，从角的角度思考和刻画，转化为关于角的三角函数求解；
由于\(B=\cfrac{\pi}{3}\)，故\(A+C=\cfrac{2\pi}{3}\)，则有\(A=\cfrac{2\pi}{3}-C\)；
又由于锐角三角形的限制，则\(\left\{\begin{array}{l}{0<C<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<\cfrac{2\pi}{3}-C<\cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{\pi}{6}<C<\cfrac{\pi}{2}\)
又应用正弦定理\(\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{c}{\sin C}\)，得到\(\cfrac{a}{c}=\cfrac{\sin A}{\sin C}\)，又已知\(c=1\)
则由三角形面积公式得到，
\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}a\cdot c\sin B=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{a}{c}\cdot c^2\cdot\sin B\)
\(=\cfrac{1}{2}\times 1^2\times \cfrac{\sin A}{\sin C}\times \sin B\)\(=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times \cfrac{\sin A}{\sin C}\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times\cfrac{\sin(\cfrac{2\pi}{3}-C)}{\sin C}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times\cfrac{\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos C+\cfrac{1}{2}\sin C}{\sin C}\)
\(=\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}\)
由于\(\cfrac{\pi}{6}<C<\cfrac{\pi}{2}\)，\(y=\tan C\)单调递增，故\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}<\tan C<+\infty\)，
则有\(0<\cfrac{1}{\tan C}<\sqrt{3}\)，则\(0<\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}<\cfrac{3\sqrt{3}}{8}\)，
则有\(0+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3}{8}\cdot\cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3\sqrt{3}}{8}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}\)，
即\(\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
故\(\cfrac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle ABC}<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，即所求三角形面积的取值范围为\(\left(\cfrac{\sqrt{3}}{8}, \cfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
(1).求角\(A\).
分析：由已知\(\vec{m}//\vec{n}\)，可得到\(a\cos C+\sqrt{3}a\sin C-b-c=0\)，
由正弦定理边化角可得，\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin B-\sin C=0\)，
由于\(B=\pi-A-C\)，则有\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin(A+C)-\sin C=0\)，
整理得到，\(\sqrt{3}\sin A\sin C-\cos A\sin C-\sin C=0\)，
由于\(\sin C\neq 0\)，则得到\(\sqrt{3}\sin A-\cos A-1=0\)，
由辅助角公式可得，\(2\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=1\)，
即\(\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{1}{2}\)，
由\(0<A<\cfrac{\pi}{2}\)，则\(-\cfrac{\pi}{6}<A-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{\pi}{3}\)，
则\(A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{6}\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\).
(2).若\(a=3\)，求\(\triangle ABC\)面积的取值范围。
分析： 由\(\cfrac{b}{\sin B}=\cfrac{c}{\sin C}=\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}\),
则得\(b=2\sqrt{3}\sin B\)， \(c=2\sqrt{3}\sin C\)，\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，
所以\(bc=12\sin B\sin C=12\sin B\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)=12\sin B\sin(\cfrac{\pi}{3}+B)\)
\(=12\sin B(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \cos B+\cfrac{1}{2}\cdot\sin B)=6\sqrt{3}\sin B\cos B+6\sin^2B\)
\(=3\sqrt{3}\sin2B+3(1-\cos2B)=3\sqrt{3}\sin2B-3\cos2B+3\)
\(=6(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin2B-\cfrac{1}{2}\cos2B)+3=6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\)
由于\(\triangle ABC\)为锐角三角形，所以\(\left\{\begin{array}{l}0<B<\cfrac{\pi}{2}\\ 0<\cfrac{2 \pi}{3}-B<\cfrac{\pi}{2}\end{array}\right.\), 解得\(\cfrac{\pi}{6}<B<\cfrac{\pi}{2}\)
所以\(\cfrac{\pi}{6}<2B-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{5\pi}{6}\)，\(\cfrac{1}{2}<\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leqslant 1\)，
故\(6<6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\leqslant 9\)，即\(6<bc\leqslant9\)
又由于\(S_{\triangle_{ABC}}=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\)
故\(\cfrac{3\sqrt{3}}{2}<\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant \cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)
所以， \(\triangle ABC\)面积的取值范围为\((\cfrac{3\sqrt{3}}{2}, \cfrac{9\sqrt{3}}{4}]\).
分析：本题先将\(\cfrac{c}{b}=\cfrac{sinC}{sinB}=2cosB\)，
接下来的难点是求\(B\)的范围，注意列不等式的角度，锐角三角形的三个角都是锐角，要同时限制
由\(\begin{cases} &0<A<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<C<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)得到，\(\begin{cases} &0<\pi-3B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<2B<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)
解得\(B\in (\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4})\)，
故\(\cfrac{c}{b}=2cosB \in (\sqrt{2}，\sqrt{3})\)。
解： \(\because a=6\)，设 \(b=x\)，则\(c=2x\)，
可得\(: p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)=3+\cfrac{3 x}{2}\)
\(\therefore S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{(3+\cfrac{3}{2}x)(\cfrac{3}{2}x-3)(3+\cfrac{1}{2}x)(3-\cfrac{1}{2}x)}\)
\(=\sqrt{[(\cfrac{3}{2}x)^2-3^2][3^2-(\cfrac{1}{2}x)^2]}=\sqrt{(\cfrac{9x^2}{4}-9)(9-\cfrac{x^2}{4})}\)
\(=\sqrt{\cfrac{81x^2}{4}-\cfrac{9x^4}{16}-81+\cfrac{9x^2}{4}}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}x^4+\cfrac{90}{4}x^2-81}\)
\(=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2)-81}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)-81+\cfrac{9}{16}\times 20^2}\)
\(=\sqrt{225-81-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)}\)\(=\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}\)
由三角形的三边关系可知：\(\left\{\begin{array}{l}{x+2x>6}\\{x+6>2x}\\{6+2x>x}\end{array}\right.\)，解得：\(2<x<6\)
故当\(x^2=20\)，即当\(x=2\sqrt{5}\in (2,6)\)时， \(S_{\triangle ABC}\)取得最大值\(12\) [1]
此时由\(\cfrac{1}{2}\times 2\sqrt{5}\times4\sqrt{5}\sin A=12\)，解得：\(\sin A=\cfrac{3}{5}\)
解后反思：①明确海伦公式的作用，已知三边可以求解三角形的面积，或表示了三边，可以表达三角形的面积函数，从而可以求面积的最值；
②注意此题目的运算，有相当的难度，求最值时还涉及到复合函数；
③注意利用三角形的三边关系，求自变量的取值范围的技巧；
①若\(\vec{a}\cdot\vec{b}>0\)，则\(\triangle ABC\)为钝角三角形；②若\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则\(\triangle ABC\)为直角三角形；
③若\(\vec{a}\cdot\vec{b}=\vec{b}\cdot\vec{c}\)，则\(\triangle ABC\)为等腰三角形；④若\(\vec{c}\cdot(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})=0\)，则\(\triangle ABC\)为正三角形；
其中真命题的个数为【】
分析：对于①，\(<\vec{a},\vec{b}>=\pi-C\)，故由\(\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}||\vec{a}|\cos(\pi-C)>0\)，可知\(\cos C<0\)，则\(C>\cfrac{\pi}{2}\)，故则\(\triangle ABC\)为钝角三角形；故①为真命题；
对于②，若\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，即\(BC\perp CA\)，故\(\triangle ABC\)为直角三角形；故②为真命题；
对于③，若由\(\vec{a}\cdot\vec{b}=\vec{b}\cdot\vec{c}\)，约分得到\(\vec{a}=\vec{c}\)，从而判断三角形为等腰三角形，这是错误的，错误在判断原因，但判断结果是正确的，属于歪打正着；应该这样求解：先变形为\(\vec{b}(\vec{a}-\vec{c})=0\)，则\(\vec{b}\perp (\vec{a}-\vec{c})\)，由向量三角形可知，\(\vec{a}-\vec{c}\)所在直线为底边\(AC\)的中垂线，故可知\(AB=CB\)，即则\(\triangle ABC\)为等腰三角形；故③为真命题；
对于④，首先的知道\(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\vec{0}\)，这样\(\vec{c}\cdot \vec{0}=0\)，并不能判断\(\triangle ABC\)为正三角形；故④是假命题；
综上所述，选\(C\).
解析 : 由题意知角 \(C\) 最大， \(a^{n}+b^{n}=c^{n}\) \((n \in N^*， n\geqslant3)\)，
即 \((\cfrac{a}{c})^{n}+(\cfrac{b}{c})^{n}=1\) \((n \in N^*， n\geqslant3)\)，
又 \(c>a\)， \(c>b\)，故 \(0<\cfrac{a}{c}<1\)， \(0<\cfrac{b}{c}<1\)，
则有 \((\cfrac{a}{c})^2>(\cfrac{a}{c})^3>(\cfrac{a}{c})^4>(\cfrac{a}{c})^5>\cdots\)， \((\cfrac{b}{c})^2>(\cfrac{b}{c})^3>(\cfrac{b}{c})^4>(\cfrac{b}{c})^5>\cdots\)，
所以 \((\cfrac{a}{c})^{2}+(\cfrac{b}{c})^{2}>(\cfrac{a}{c})^{n}+(\cfrac{b}{c})^{n}=1\)，
即 \(a^{2}+b^{2}>c^{2}\)， 所以 \(\cos C=\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\)\(>0\)，
所以 \(0<C<\cfrac{\pi}{2}\)， 故 \(\triangle ABC\) 为锐角三角形.
(1).求\(A\);
解：由己知\(\sin^{2}A+\cos A=\cfrac{5}{4}\)，即\(\cos^{2}A-\cos A+\cfrac{1}{4}=0\)
所以\((\cos B-\cfrac{1}{2})^2=0\)，即\(\cos A=\cfrac{1}{2}\)，
又由于\(0<A<\pi\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\);
(2).若\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，证明:\(\triangle ABC\)是直角三角形此处既可以考虑用角来证明，由题意\(b\)\(-\)\(c\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)\(>0\)可知，最大角必然是\(B\)，即\(B=90^{\circ}\)；也可以考虑用边的关系来证明，即证明\(b^2=a^2+c^2\)。\(\;\;\)。
法1: 从角的角度入手分析，比如证明\(B=90^{\circ}\)或\(B=30^{\circ}+60^{\circ}\)等；
由(1)知，\(B+C=\cfrac{2\pi}{3}\)，则\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，
将\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，边化角相比较而言，转化为角的关系，简单清晰，难度是三角变换和解三角形方程。 ，
得到\(\sin B-\sin C=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\sin A\)，
\(\sin B-\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\sin \cfrac{\pi}{3}\)，
即\(\sin B-(\sin\cfrac{2\pi}{3}\cdot \cos B-\cos\cfrac{2\pi}{3}\cdot \sin B)=\cfrac{1}{2}\)，提醒此处的三角变换极容易出错，切记，切记，平时多练习。
即\(\sin B-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B-\cfrac{1}{2}\sin B=\cfrac{1}{2}\)
即\(\cfrac{1}{2}\sin B-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B=\cfrac{1}{2}\)，
即\(\sin(B-\cfrac{\pi}{3})=\cfrac{1}{2}\)，又由于\(-\cfrac{\pi}{3}<B-\cfrac{\pi}{3}<\cfrac{2\pi}{3}\)，
故\(B-\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{6}\)，即\(B=\cfrac{\pi}{2}\)，
故\(\triangle ABC\)是直角三角形.
法2：从边的角度入手分析，比如证明\(b^2=a^2+c^2\)；
由于\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a>0\)，故\(B\)为最大角，即\(b>c\)；
故以下的证明朝\(b^2=a^2+c^2\)方向努力，
由余弦定理得到，\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=b^2+c^2-bc\)①；
由\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)得到，\(b^2+c^2-2bc=\cfrac{a^2}{3}\)②；
即\(3b^2+3c^2-6bc=a^2\)③；联立①③得到，
\(2b^2+2c^2-5bc=0\)，即\(2b^2-5bc+2c^2=0\)，即\((b-2c)(2b-c)=0\)，
解得\(b=2c\)或\(2b=c\)(舍去)，将\(b=2c\)代入\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，
得到\(c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，即\(a=\sqrt{3}c\)，
故\(c^2+a^2=c^2+3c^2=4c^2=(2c)^2=b^2\)，故\(\triangle ABC\)是直角三角形.
相关链接
解三角形章节中的相关内容：判断三角形形状；
对下述题目还可以，整理到圆锥曲线的最值、范围、证明专题中；
设\(x^2=t\)，则\(g(t)=144-\cfrac{9}{16}(t-20)^{2}\)，是二次函数，图像开口向下，\(g(t)_{max}=g(20)=144\)，
而函数\(m=\sqrt{n}\)是单调递增的，故\(\left[\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}\right]_{max}=\sqrt{144}=12\). ↩︎
