Question

16．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，外接圓半徑為1，且$\frac{tanA}{tanB}$=$\frac{2c-b}$，則△ABC面積的最大值為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．

Answer 1

分析 由題意，已知外接圓半徑，利用正弦定理把邊化角，求解出角A，根據(jù)${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}bcsinA$=$\frac{1}{2}$•2sinB•2sinC•sinA=$\sqrt{3}$sinB•sinC．轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題，利用三角函數(shù)的有界限求最值．

解答 解：∵外接圓半徑為1，
∴$\frac{a}{sinA}=\frac{sinB}=\frac{c}{sinC}=2$；
又∵$\frac{tanA}{tanB}$=$\frac{2c-b}$，
∴$\frac{sinAcosB}{cosAsinB}=\frac{2sinC-sinB}{sinB}$
?sinAcosB=2sinCcosA-sinBcosA
?sinC=2sinCcosA
?cosA=$\frac{1}{2}$，
∴A=$\frac{π}{3}$，
sinA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
那么：${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}bcsinA$=$\frac{1}{2}$•2sinB•2sinC•sinA=$\sqrt{3}$sinB•sinC．
令y=sinB•sinC．
∵$B+C=\frac{2π}{3}$，
∴y=sinB•sin（$\frac{2π}{3}-B$）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sinBcosB+$\frac{1}{2}$sin²B=$\frac{\sqrt{3}}{4}$sin2B-$\frac{1}{4}$cos2B$+\frac{1}{4}$=$\frac{1}{2}$sin（2B-$\frac{π}{6}$）$+\frac{1}{4}$
∵$0＜B＜\frac{2π}{3}$，
∴2B-$\frac{π}{6}$∈（-$\frac{π}{6}$，$\frac{7π}{6}$），
當(dāng)2B+$\frac{π}{6}$=$\frac{π}{2}$時(shí)，y取最大值為$\frac{1}{2}$．
∴△ABC面積的最大值為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$
故答案為：$\frac{3\sqrt{3}}{4}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正弦定理的運(yùn)用和三角函數(shù)的化簡(jiǎn)以及利用三角函數(shù)的有界限求最值．屬于中檔題．