分析 (Ⅰ)由已知及正弦定理,可得sinAcosC+$\frac{1}{2}$sinC=sinB,由sinC≠0,化简解得cosA=$\frac{1}{2}$,结合A的范围即可求A的值.
(Ⅱ)由条件可得S△ABC=$\frac{1}{2}(a+b+c)R$,且${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}bcsinA$,可求R=$\frac{\sqrt{3}}{2}•\frac{bc}{1+b+c}$,由余弦定理可得:bc=$\frac{(b+c)^{2}-1}{3}$,解得R=$\frac{\sqrt{3}}{6}$(b+c-1),
结合基本不等式可得$\frac{(b+c)^{2}-1}{3}$≤($\frac{b+c}{2}$)2,解得b+c的范围,从而可求R的最大值.
解答 解:(Ⅰ)由正弦定理,可得sinAcosC+$\frac{1}{2}$sinC=sinB,
因为sinB=sin(A+C),所以sinAcosC+$\frac{1}{2}$sinC=sin(A+C),所以$\frac{1}{2}$sinC=cosAsinC,
因为sinC≠0,所以cosA=$\frac{1}{2}$,
因为0<A<π,所以A=$\frac{π}{3}$…4分
(Ⅱ)∵S△ABC=$\frac{1}{2}(a+b+c)R$,且${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}bcsinA$,且a=1,A=$\frac{π}{3}$,
∴$\frac{1}{2}(1+b+c)$R=$\frac{\sqrt{3}}{4}$bc,
∴R=$\frac{\sqrt{3}}{2}•\frac{bc}{1+b+c}$,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得1=b2+c2-bc,
∴(b+c)2=1+3bc,
∴bc=$\frac{(b+c)^{2}-1}{3}$,
∴R=$\frac{\sqrt{3}}{6}$(b+c-1),
∵bc≤($\frac{b+c}{2}$)2,
∴$\frac{(b+c)^{2}-1}{3}$≤($\frac{b+c}{2}$)2,解得0≤b+c≤2,
∴R≤$\frac{\sqrt{3}}{6}$,即有Rmin=$\frac{\sqrt{3}}{6}$,当且仅当b=c=1时取得.
∴△ABC内切圆半径R的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{6}$…12分
点评 本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面积的求法,基本不等式的应用等知识的应用,综合性较强,属于中档题.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{f(m)}{m}<\frac{f(n)}{n}$ | B. | $\frac{f(m)}{m}>\frac{f(n)}{n}$ | C. | $\frac{f(m)}{n}>\frac{3f(n)}{m}$ | D. | $\frac{f(m)}{n}<\frac{f(n)}{m}$ |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | ABCD是矩形 | B. | ABCD是菱形 | ||
C. | ABCD是正方形 | D. | ABCD是平行四边形 |
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科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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