高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專(zhuān)題1 三角函數(shù)與平面向量 突破點(diǎn)2 解三角形教師用書(shū) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專(zhuān)題1 三角函數(shù)與平面向量 突破點(diǎn)2 解三角形教師用書(shū) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專(zhuān)題1 三角函數(shù)與平面向量 突破點(diǎn)2 解三角形教師用書(shū) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、突破點(diǎn)2　解三角形 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第167頁(yè)) 提煉1 常見(jiàn)解三角形的題型及解法 (1)已知兩角及一邊，利用正弦定理求解． (2)已知兩邊及一邊的對(duì)角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情況可能不唯一． (3)已知兩邊及其夾角，利用余弦定理求解． (4)已知三邊，利用余弦定理求解. 提煉2 三角形形狀的判斷 (1)從邊出發(fā)，全部轉(zhuǎn)化為邊之間的關(guān)系進(jìn)行判斷． (2)從角出發(fā)，全部轉(zhuǎn)化為角之間的關(guān)系，然后進(jìn)行恒等變形，再判斷． 注意：要靈活選用正弦定理或余弦定理，且在變形的時(shí)候要注意方程的同解性，如方程兩邊同除以一個(gè)數(shù)時(shí)要注意該數(shù)是否為零，避免漏解. 提煉3 三角

2、形的常用面積公式 設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c ，其面積為S. (1)S＝aha＝bhb＝chc(ha，hb，hc分別表示a，b，c邊上的高)． (2)S＝absin C＝bcsin A＝casin B. (3)S＝r(a＋b＋c)(r為三角形ABC內(nèi)切圓的半徑)． 回訪(fǎng)1　正、余弦定理的應(yīng)用 1．(2016·山東高考)△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c.已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，則A＝(　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. C　[∵b＝c，∴B＝C. 又由A＋B＋C＝π得B＝－. 由正弦定理及a2＝2b2

3、(1－sin A)得 sin2A＝2sin2B(1－sin A)， 即sin2A＝2sin2(1－sin A)， 即sin2A＝2cos2(1－sin A)， 即4sin2cos2＝2cos2(1－sin A)， 整理得cos2＝0， 即cos2(cos A－sin A)＝0. ∵0

4、＝， ∴＝. ∵A為三角形的內(nèi)角，∴sin A≠0， ∴cos A＝. 又0＜A＜π，∴A＝，∴B＝2A＝. ∴C＝π－A－B＝，∴△ABC為直角三角形． 由勾股定理得c＝＝2.] 3．(2016·全國(guó)甲卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，則b＝________. 　[在△ABC中，∵cos A＝，cos C＝， ∴sin A＝，sin C＝，∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝. 又∵＝，∴b＝＝＝.] 回訪(fǎng)2　三角形的面積問(wèn)題 4．(2014·全國(guó)卷Ⅱ)鈍角三角形A

5、BC的面積是，AB＝1，BC＝，則AC＝(　　) A．5 B. C．2 D．1 B　[∵S＝AB·BCsin B＝×1×sin B＝， ∴sin B＝，∴B＝或. 當(dāng)B＝時(shí)，根據(jù)余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝1＋2＋2＝5，∴AC＝，此時(shí)△ABC為鈍角三角形，符合題意； 當(dāng)B＝時(shí)，根據(jù)余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝1＋2－2＝1，∴AC＝1，此時(shí)AB2＋AC2＝BC2，△ABC為直角三角形，不符合題意．故AC＝.] 5．(2014·全國(guó)卷Ⅰ)已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a＝2，且(2＋b)(si

6、n A－sin B)＝(c－b)sin C，則△ABC面積的最大值為_(kāi)_______． 　[∵＝＝＝2R，a＝2， 又(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C可化為 (a＋b)(a－b)＝(c－b)·c， ∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc. ∴＝＝＝cos A，∴∠A＝60°. ∵△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos 60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取得)， ∴S△ABC＝·bc·sin A≤×4×＝.] 回訪(fǎng)3　正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用 6．(2014·全國(guó)卷Ⅰ)如圖2-1，為測(cè)量山高M(jìn)N，選

7、擇A和另一座山的山頂C為測(cè)量觀(guān)測(cè)點(diǎn)．從A點(diǎn)測(cè)得M點(diǎn)的仰角∠MAN＝60°，C點(diǎn)的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；從C點(diǎn)測(cè)得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100 m，則山高M(jìn)N＝________m. 圖2-1 150　[根據(jù)圖示，AC＝100 m. 在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理得＝?AM＝100 m. 在△AMN中，＝sin 60°， ∴MN＝100×＝150(m)．] (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第167頁(yè)) 熱點(diǎn)題型1　正、余弦定理的應(yīng)用 題型分析：利用正、余弦定理解題是歷年高考的熱點(diǎn)，也是必考點(diǎn)，求解的關(guān)鍵是合理應(yīng)用正、余弦

8、定理實(shí)現(xiàn)邊角的互化. 　(2016·四川高考)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且＋＝. (1)證明：sin Asin B＝sin C； (2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan B. [解]　(1)證明：根據(jù)正弦定理，可設(shè)＝＝＝k(k>0)． 則a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C， 代入＋＝中，有 ＋＝，2分 即sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B).4分 在△ABC中，由A＋B＋C＝π， 有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C， 所以sin Asin B＝sin C．6分 (2

9、)由已知，b2＋c2－a2＝bc，根據(jù)余弦定理，有 cos A＝＝，8分 所以sin A＝＝.9分 由(1)知sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B， 所以sin B＝cos B＋ sin B，11分 故tan B＝＝4.12分 關(guān)于解三角形問(wèn)題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見(jiàn)的三角變換方法和原則都適用，同時(shí)要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問(wèn)題獲得解決的突破口． [變式訓(xùn)練1]　(1)(2016·威海二模)已知等腰△ABC滿(mǎn)足AB＝AC，BC＝2AB，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)且AD＝BD，則

10、sin∠ADB的值為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722013】 A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. C　[如圖，設(shè)AB＝AC＝a，AD＝BD＝b， 由BC＝2AB，得BC＝a， 在△ABC中，由余弦定理得， cos∠ABC＝＝＝. ∵AB＝AC，∴∠ABC是銳角， 則sin∠ABC＝＝， 在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD， ∴b2＝a2＋b2－2·a·b·，解得a＝b， 由正弦定理得，＝， ∴＝，解得sin∠ADB＝.] (2)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且acos B＋bcos(B＋C)＝

11、0. ①證明：△ABC為等腰三角形； ②若2(b2＋c2－a2)＝bc，求cos B＋cos C的值． [解]?、僮C明：∵acos B＋bcos (B＋C)＝0， ∴由正弦定理得sin Acos B＋sin Bcos(π－A)＝0， 即sin Acos B－sin Bcos A＝0，3分 ∴sin(A－B)＝0，∴A－B＝kπ，k∈Z.4分 ∵A，B是△ABC的兩內(nèi)角， ∴A－B＝0，即A＝B，5分 ∴△ABC是等腰三角形.6分 ②由2(b2＋c2－a2)＝bc， 得＝，7分 由余弦定理得cos A＝，8分 cos C＝cos(π－2A)＝－cos 2A＝1－2cos

12、2 A＝.10分 ∵A＝B，∴cos B＝cos A＝，11分 ∴cos B＋cos C＝＋＝.12分 熱點(diǎn)題型2　三角形面積的求解問(wèn)題 題型分析：三角形面積的計(jì)算及與三角形面積有關(guān)的最值問(wèn)題是解三角形的重要命題點(diǎn)之一，本質(zhì)上還是考查利用正、余弦定理解三角形，難度中等. 　(2015·山東高考)設(shè)f(x)＝sin xcos x－cos2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若f＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值． 【解題指導(dǎo)】　(1) ―→ (2) [解]　(1)由題意知 f(x)＝－ ＝－＝sin 2x－

13、.2分 由－＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z，可得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.由＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z，可得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.4分 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是－＋kπ，＋kπ(k∈Z)；單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z).6分 (2)由f＝sin A－＝0，得sin A＝，7分 由題意知A為銳角，所以cos A＝.8分 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，可得1＋bc＝b2＋c2≥2bc，10分 即bc≤2＋，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立． 因此bcsin A≤， 所以△ABC面積的最大值為.12分 1．在研究三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)時(shí)常先將函數(shù)的解析式利

14、用三角恒等變換轉(zhuǎn)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B，y＝Atan(ωx＋φ)＋B)的形式，進(jìn)而利用函數(shù)y＝sin x(或y＝cos x，y＝tan x)的圖象與性質(zhì)解決問(wèn)題． 2．在三角形中，正、余弦定理可以實(shí)現(xiàn)邊角互化，尤其在余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A中，有a2＋c2和ac兩項(xiàng)，二者的關(guān)系a2＋c2＝(a＋c)2－2ac經(jīng)常用到，有時(shí)還可利用基本不等式求最值． [變式訓(xùn)練2]　(2016·淄博模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＋＝4cos C，b＝1. (1)若sin C＝，求a，c； (2)若△ABC是直角三

15、角形，求△ABC的面積． [解]　(1)∵sin C＝，∴cos2C＝1－sin2C＝，cos C＝.1分 ∵4cos C＝a＋， ∴＝a＋，解得a＝或a＝.3分 又＋a＝4cos C＝4×＝4×， ∴a2＋1＝2(a2＋1－c2)，即2c2＝a2＋1.5分 ∴當(dāng)a＝時(shí)，c＝2；當(dāng)a＝時(shí)，c＝.6分 (2)由(1)可知2c2＝a2＋1. 又△ABC為直角三角形，C不可能為直角． ①若角A為直角，則a2＝b2＋c2＝c2＋1， ∴2c2－1＝c2＋1， ∴c＝，a＝，8分 ∴S＝bc＝×1×＝.9分 ②若角B為直角，則b2＝a2＋c2，a2＋c2＝1. ∴2c2＝a2

16、＋1＝(1－c2)＋1， ∴c2＝，a2＝，即c＝，a＝，11分 ∴S＝ac＝××＝.12分 專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(二)　解三角形 [建議A、B組各用時(shí)：45分鐘] [A組　高考達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1．(2016·煙臺(tái)模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若＝，則cos B＝(　　) A．－ B. C．－ D. B　[由正弦定理，得＝＝，即sin B＝cos B，∴tan B＝.又0

17、722014】 A.　　　 B.　　　 C．2　　　 D．4 C　[由正弦定理得sin Bsin A－sin Acos B＝0.∵sin A≠0，∴sin B－cos B＝0，∴tan B＝.又0＜B＜π，∴B＝. 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，即b2＝(a＋c)2－3ac. 又b2＝ac，∴4b2＝(a＋c)2，解得＝2.故選C.] 3．(2016·臨沂模擬)在△ABC中，cos A＝，3sin B＝2sin C，且△ABC的面積為2，則邊BC的長(zhǎng)度為(　　) A．2　　　 B．3　　　 C．2　　　 D. B　[由cos A＝得sin

18、A＝，由S△ABC＝bcsin A＝2， 得bc＝6，又由3sin B＝2sin C，得3b＝2c. 解方程組得 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝22＋32－2×6×＝9， ∴a＝3，即BC＝3.] 4．(2016·河北武邑中學(xué)期中)在△ABC中，c＝，b＝1，∠B＝，則△ABC的形狀為(　　) A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等邊三角形 D．等腰三角形或直角三角形 D　[根據(jù)余弦定理有1＝a2＋3－3a，解得a＝1或a＝2，當(dāng)a＝1時(shí)，三角形ABC為等腰三角形，當(dāng)a＝2時(shí)，三角形ABC為直角三角形，故選D.] 5．(2016·?？谡{(diào)研)如圖2-2

19、，在△ABC中，C＝，BC＝4，點(diǎn)D在邊AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E為垂足．若DE＝2，則cos A＝(　　) 圖2-2 A.　　　　　　 B. C. D. C　[∵DE＝2，∴BD＝AD＝＝.∵∠BDC＝2∠A，在△BCD中，由正弦定理得＝，∴＝×＝，∴cos A＝，故選C.] 二、填空題 6．(2016·石家莊一模)已知△ABC中，AC＝4，BC＝2，∠BAC＝60°，AD⊥BC于點(diǎn)D，則的值為_(kāi)_________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722015】 6　[在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得

20、AB＝6或AB＝－2(舍)，則cos ∠ABC＝＝，BD＝AB·cos∠ABC＝6×＝，CD＝BC－BD＝2－＝，所以＝6.] 7．(2016·湖北七州聯(lián)考)如圖2-3，為了估測(cè)某塔的高度，在同一水平面的A，B兩點(diǎn)處進(jìn)行測(cè)量，在點(diǎn)A處測(cè)得塔頂C在西偏北20°的方向上，仰角為60°；在點(diǎn)B處測(cè)得塔頂C在東偏北40°的方向上，仰角為30°.若A，B兩點(diǎn)相距130 m，則塔的高度CD＝__________m. 圖2-3 10　[分析題意可知，設(shè)CD＝h，則AD＝，BD＝h，在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 1

21、20°，可得1302＝3h2＋－2·h··，解得h＝10，故塔的高度為10 m．] 8．(2016·合肥二模)如圖2-4，△ABC中，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝∠D＝60°，若△ADC是銳角三角形，則DA＋DC的取值范圍是__________． 圖2-4 (6,4]　[在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝12，即AC＝2.設(shè)∠ACD＝θ(30°<θ<90°)，則在△ADC中，由正弦定理得＝＝，則DA＋DC＝4[sin θ＋sin(120°－θ)]＝4＝4sin(θ＋30°)，而60°<θ＋30°<120°，4sin 60°

22、sin 90°，即6

23、 由c＜a，得C＜A，從而cos C＝，8分 故sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C ＝×＋×＝，10分 所以△ABC的面積為S＝acsin B＝×××＝(＋).12分 10．(2016·東北三省四市聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知＝. (1)求的值； (2)若角A是鈍角，且c＝3，求b的取值范圍． [解]　(1)由題意及正弦定理得sin Ccos B－2sin Ccos A＝2sin Acos C－sin Bcos C，1分 ∴sin Ccos B＋sin Bcos C＝2(sin Ccos A＋sin A c

24、os C)， ∴sin(B＋C)＝2sin(A＋C).3分 ∵A＋B＋C＝π，4分 ∴sin A＝2sin B，∴＝2.5分 (2)由余弦定理得cos A＝＝＝<0， ∴b>.①8分 ∵b＋c>a，即b＋3>2b，∴b<3，②10分 由①②得b的取值范圍是(，3).12分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·濰坊模擬)已知△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且acos B＋bcos A＝3ccos C，則cos C的值為(　　) A.　　 　 B.　　 　 C.　　 　 D. B　[由acos B＋bcos A＝3ccos C得sin Aco

25、s B＋cos Asin B＝3sin Ccos C， 即sin(A＋B)＝3sin Ccos C，即sin C＝3sin Ccos C， 所以cos C＝.] 2．(2016·全國(guó)丙卷)在△ABC中，B＝，BC邊上的高等于BC，則cos A＝ (　　) A. B. C．－ D．－ C　[法一：設(shè)△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c， 則由題意得S△ABC＝a·a＝acsin B，∴c＝a. 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋a2－2×a×a×＝a2，∴b＝a. ∴cos A＝＝＝－.故選C. 法二：同法一得c＝a. 由正弦定理得sin C

26、＝sin A, 又B＝，∴sin C＝sin＝sin A，即cos A＋sin A＝sin A，∴tan A＝－3，∴A為鈍角． 又∵1＋tan2A＝，∴cos2A＝， ∴cos A＝－.故選C.] 3．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若三邊的長(zhǎng)為連續(xù)的三個(gè)正整數(shù)，且A>B>C,3b＝20acos A，則sin A∶sin B∶sin C＝(　　) A．4∶3∶2 B．5∶6∶7 C．5∶4∶3 D．6∶5∶4 D　[∵A>B>C，∴a>b>c. 又∵a，b，c為連續(xù)的三個(gè)正整數(shù)， ∴設(shè)a＝n＋1，b＝n，c＝n－1(n≥2，n∈N*)． ∵3b＝20ac

27、os A，∴＝cos A， ∴＝， ＝， 即＝， 化簡(jiǎn)得7n2－27n－40＝0，(n－5)(7n＋8)＝0， ∴n＝5. 又∵＝＝， ∴sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝6∶5∶4. 故選D.] 4．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b，c，且滿(mǎn)足csin A＝acos C，則sin A＋sin B的最大值是(　　) A．1 B. C．3 D. D　[∵csin A＝acos C，∴sin Csin A＝sin Acos C. ∵sin A≠0，∴tan C＝， ∵0＜C＜π，∴C＝， ∴sin A＋sin B＝sin A＋sin＝si

28、n A＋cos A＝sin. ∵0＜A＜，∴＜A＋＜， ∴＜sin≤， ∴sin A＋sin B的最大值為.故選D.] 二、填空題 5．(2016·忻州聯(lián)考)已知在△ABC中，B＝2A，∠ACB的平分線(xiàn)CD把三角形分成面積比為4∶3的兩部分，則cos A＝__________. 　[由題意可知S△ACD∶S△BCD＝4∶3， ∴AD∶DB＝4∶3，AC∶BC＝4∶3，在△ABC中，由正弦定理得 sin B＝sin A， 又B＝2A，∴sin 2A＝sin A，∴cos A＝.] 6．(2016·太原二模)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若∠B＝∠C，且7a

29、2＋b2＋c2＝4，則△ABC面積的最大值為_(kāi)_________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722016】 　[法一：由∠B＝∠C得b＝c，代入7a2＋b2＋c2＝4，得7a2＋2b2＝4，則2b2＝4－7a2，由余弦定理得cos C＝＝，所以sin C＝＝＝，則△ABC的面積為S＝absin C＝ab×＝＝≤×＝×4＝，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝時(shí)取等號(hào)，則△ABC的面積的最大值為. 法二：由∠B＝∠C得b＝c，所以7a2＋b2＋c2＝4，即為7a2＋2c2＝4，則△ABC面積為a ＝≤×＝，所以最大值為.] 三、解答題 7．(2016·威海二模)已知f(x)＝cos x(λsin x－cos x)＋

30、cos2＋1(λ＞0)的最大值為3. (1)求函數(shù)f(x)的對(duì)稱(chēng)軸； (2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且＝，若不等式f(B)＜m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． [解]　(1)f(x)＝cos x(λsin x－cos x)＋cos2＋1 ＝λsin xcos x－cos2x＋sin2x＋1＝λsin 2x－cos 2x＋1 ≤＋1.2分 由題意知：＋1＝3，λ2＝12. ∵λ＞0，∴λ＝2，4分 ∴f(x)＝sin 2x－cos 2x＋1＝2sin＋1.5分 令2x－＝＋kπ，解得x＝＋(k∈Z)， ∴函數(shù)f(x)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝＋(k∈Z).6分

31、(2)∵＝，由正弦定理得，＝， 可變形得，sin(A＋B)＝2cos Asin C，即sin C＝2cos Asin C．8分 ∵sin C≠0，∴cos A＝，又0＜A＜π，∴A＝，9分 ∴f(B)＝2sin＋1，只需f(B)max＜m. ∵0＜B＜，∴－＜2B－＜，10分 ∴－＜sin≤1，即0＜f(B)≤3，11分 ∴m＞3.12分 8．(2016·福州模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿(mǎn)足(2b－c)cos A＝acos C. (1)求角A的大?。? (2)若a＝3，求△ABC周長(zhǎng)的最大值． [解]　(1)由(2b－c)cos A＝acos C及正弦定理， 得(2sin B－sin C)cos A＝sin Acos C，3分 ∴2sin Bcos A＝sin Ccos A＋sin Acos C， ∴2sin Bcos A＝sin(C＋A)＝sin B. ∵B∈(0，π)，∴sin B≠0. ∵A∈(0，π)，cos A＝，∴A＝.6分 (2)由(1)得A＝，由正弦定理得＝＝＝＝2， ∴b＝2sin B，c＝2sin C. △ABC的周長(zhǎng)l＝3＋2sinB＋2sin9分 ＝3＋2sinB＋2 ＝3＋3sin B＋3cos B ＝3＋6sin. ∵B∈，∴當(dāng)B＝時(shí)，△ABC的周長(zhǎng)取得最大值為9.12分