高考数学科学创新复习方案提升版高考大题冲关系列（2）解三角形综合问题的热点题型学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版高考大题冲关系列（2）解三角形综合问题的热点题型学案（Word版附解析），共16页。


命题动向：解三角形不仅是数学的重要基础知识，同时也是解决其他问题的一种数学工具．高考命题者常在三角函数、解三角形和平面向量、不等式等知识的交汇处命题．以解答题的形式出现，难度中等．备考中首先要熟练掌握正弦定理、余弦定理的基本应用，然后要注意三角函数性质、三角恒等变换、基本不等式及平面几何图形的性质等知识的综合应用．
题型1 三角形中边长、角度、周长和面积的计算问题
例1 (2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝eq \f(π,3)，求tanB；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
解 (1)解法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1，
则S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8)a＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝4.
在△ABD中，∠ADB＝eq \f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcs∠ADB，
即c2＝4＋1－2×2×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq \r(7)，
则csB＝eq \f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq \f(5\r(7),14)，sinB＝eq \r(1－cs2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(21),14)，
所以tanB＝eq \f(sinB,csB)＝eq \f(\r(3),5).
解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8)a＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝4.
在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcs∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq \f(1,2)＝3，解得b＝eq \r(3)，有AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝eq \f(π,2)，C＝eq \f(π,6).
过A作AE⊥BC于点E，于是CE＝ACcsC＝eq \f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq \f(\r(3),2)，BE＝eq \f(5,2)，
所以tanB＝eq \f(AE,BE)＝eq \f(\r(3),5).
(2)解法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cs（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cs∠ADC，))
整理得eq \f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝2eq \r(3)，又S△ADC＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×1×sin∠ADC＝eq \f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq \f(π,2)，所以b＝c＝eq \r(AD2＋CD2)＝2.
解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，则2eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，又eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))，于是4eq \(AD,\s\up6(→))2＋eq \(CB,\s\up6(→))2＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))2＋(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq \r(3)，在△ABC中，由余弦定理，得cs∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8－12,2bc)＝－eq \f(2,bc)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin∠BAC
＝eq \f(1,2)bceq \r(1－cs2∠BAC)＝eq \f(1,2)bceq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))
＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2－4)＝eq \r(3)，
解得bc＝4.
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2.
例2 (2023·河南驻马店三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(csA,a)＝eq \f(csB＋csC,b＋c).
(1)求A；
(2)已知D为边BC上一点，∠DAB＝∠DAC，若AD＝eq \r(3)，a＝3eq \r(2)，求△ABC的周长．
解 (1)因为eq \f(csA,a)＝eq \f(csB＋csC,b＋c)，所以由正弦定理可得eq \f(csA,sinA)＝eq \f(csB＋csC,sinB＋sinC)，
所以sinAcsB＋sinAcsC＝csAsinB＋csAsinC，
所以sinAcsB－csAsinB＝csAsinC－sinAcsC，
所以sin(A－B)＝sin(C－A)．
因为A－B∈(－π，π)，C－A∈(－π，π)，
所以A－B＝C－A或(A－B)＋(C－A)＝2×eq \f(π,2)或(A－B)＋(C－A)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))，
即2A＝B＋C或C＝B＋π(舍去)或B＝C＋π(舍去)，
又A＋B＋C＝π，所以A＝eq \f(π,3).
(2)由题意得S△DAB＋S△DAC＝S△ABC，
即eq \f(1,2)AB·ADsin∠DAB＋eq \f(1,2)AC·ADsin∠DAC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC，
因为∠BAC＝eq \f(π,3)，∠DAB＝∠DAC＝eq \f(π,6)，AD＝eq \r(3)，
所以eq \f(\r(3),4)AB＋eq \f(\r(3),4)AC＝eq \f(\r(3),4)AB·AC，
所以AB＋AC＝AB·AC，即c＋b＝cb，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccseq \f(π,3)＝(b＋c)2－3bc，
所以(b＋c)2－3(b＋c)－18＝0，所以b＋c＝6或b＋c＝－3(舍去)，
所以△ABC的周长为6＋3eq \r(2).
变式训练1 (2023·深圳一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,6))).
(1)求A；
(2)设AB的中点为D，若CD＝a，且b－c＝1，求△ABC的面积．
解 (1)由已知得，b＋c＝eq \r(3)asinC＋acsC，
由正弦定理可得，sinB＋sinC＝eq \r(3)sinAsinC＋sinAcsC，
因为A＋B＋C＝π，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcsC＋csAsinC，
代入上式，整理得
csAsinC＋sinC＝eq \r(3)sinAsinC，
又因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，
所以eq \r(3)sinA－csA＝1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝eq \f(1,2).
而－eq \f(π,6)(2)在△ACD中，由余弦定理得，CD2＝b2＋eq \f(c2,4)－2b·eq \f(c,2)csA，
而A＝eq \f(π,3)，CD＝a，所以a2＝b2＋eq \f(c2,4)－eq \f(bc,2).①
在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc，②
由①②两式消去a，得3c2＝2bc，所以b＝eq \f(3c,2)，
又b－c＝1，解得b＝3，c＝2，
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(3\r(3),2).
变式训练2 (2023·湖北高三4月调研)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC，
(1)求tan2B；
(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径．
解 (1)设∠B＝∠DAC＝α，∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α，
在△ADC中，由正弦定理可得
eq \f(AD,sin（90°－2α）)＝eq \f(AC,sin（90°＋α）)，
在△ABD中，AD＝BDsinα，又AC＝eq \f(12,7)BD，
∴eq \f(BDsinα,cs2α)＝eq \f(\f(12,7)BD,csα)，∴sinαcsα＝eq \f(12,7)cs2α，
∴eq \f(1,2)sin2α＝eq \f(12,7)cs2α，
∴tan2α＝eq \f(24,7)，即tan2B＝eq \f(24,7).
(2)由(1)知，tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(24,7)，
∴(3tanα＋4)(4tanα－3)＝0，
又α为锐角，∴tanα＝eq \f(3,4)，∴sinα＝eq \f(3,5)，csα＝eq \f(4,5)，
∵AB＝7，∴BD＝eq \f(35,4)，∴AC＝15，
又cs∠BAC＝cs(90°＋α)＝－sinα＝－eq \f(3,5)，
在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs∠BAC＝400，∴BC＝20.
设△ABC内切圆的半径为r，则
S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq \f(1,2)(AB＋AC＋BC)r，
则r＝2.
题型2 三角形形状的判断及平面几何证明问题
例3 (2023·漳州模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB＝bsineq \f(B＋C,2).
(1)求A；
(2)若D为边BC上一点，且BD＝eq \f(1,3)BC，AD＝eq \f(2\r(3),3)c，证明：△ABC为直角三角形．
解 (1)因为asinB＝bsineq \f(B＋C,2)，
所以sinAsinB＝sinBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinBcseq \f(A,2)，
因为sinB>0，所以sinA＝cseq \f(A,2)，
即2sineq \f(A,2)cseq \f(A,2)＝cseq \f(A,2).
又cseq \f(A,2)≠0，所以sineq \f(A,2)＝eq \f(1,2).
又0(2)证法一：因为eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))，
所以|eq \(AD,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(AC,\s\up6(→))))eq \s\up12(2)＝eq \f(4,9)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,9)eq \(AC,\s\up6(→))2＋eq \f(4,9)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(4,9)c2＋eq \f(1,9)b2＋eq \f(2,9)bc＝eq \f(4,3)c2，
即b2＋2bc－8c2＝0，所以(b＋4c)(b－2c)＝0，所以b＝2c.
因此a2＝b2＋c2－2bccs∠BAC＝b2＋c2－bc＝3c2，
又b＝2c，所以b2＝a2＋c2，
所以B＝90°，所以△ABC为直角三角形．
证法二：因为∠ADB＝π－∠ADC，
所以cs∠ADB＋cs∠ADC＝0，
所以eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq \f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝0，
又BD＝eq \f(1,3)BC＝eq \f(1,3)a，AD＝eq \f(2\r(3),3)c，
所以eq \f(\f(4,3)c2＋\f(1,9)a2－c2,\f(4\r(3),9)ac)＋eq \f(\f(4,3)c2＋\f(4,9)a2－b2,\f(8\r(3),9)ac)＝0，
即6c2－3b2＋2a2＝0.
又a2＝b2＋c2－2bccs∠BAC＝b2＋c2－bc，
所以6c2－3b2＋2(b2＋c2－bc)＝0，
即8c2－2bc－b2＝0，所以(4c＋b)(2c－b)＝0，
所以b＝2c，所以a2＝3c2.
因此b2＝a2＋c2，
所以B＝90°，所以△ABC为直角三角形．
变式训练3 (2024·长沙模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知c2＝ab，D是边AB的中点，CDsin∠ACB＝asinB.
(1)证明：CD＝c；
(2)求cs∠ACB.
解 (1)证明：由题意得CD＝eq \f(asinB,sin∠ACB)，
由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sin∠ACB)，即eq \f(sinB,sin∠ACB)＝eq \f(b,c)，
所以CD＝eq \f(ab,c)，由于c2＝ab，所以CD＝c.
(2)由题意知CD＝c，AD＝eq \f(c,2)，DB＝eq \f(c,2)，
所以cs∠ADC＝eq \f(c2＋\f(c2,4)－b2,2·c·\f(c,2))＝eq \f(\f(5,4)c2－b2,c2)，
同理cs∠BDC＝eq \f(c2＋\f(c2,4)－a2,2·c·\f(c,2))＝eq \f(\f(5,4)c2－a2,c2)，
由于∠ADC＝π－∠BDC，
所以eq \f(\f(5,4)c2－b2,c2)＋eq \f(\f(5,4)c2－a2,c2)＝0，
整理得a2＋b2＝eq \f(5,2)c2，
由余弦定理，得cs∠ACB＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(3c2,4ab)＝eq \f(3,4).
题型3 最值与范围问题
例4 (2023·茂名一模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b＋2bcsC.
(1)求证：C＝2B；
(2)求eq \f(a＋c,b)的取值范围．
解 (1)证明：在△ABC中，由a＝b＋2bcsC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcsC，
又A＝π－(B＋C)，
∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcsC＋csBsinC，
即sinBcsC＋csBsinC＝sinB＋2sinBcsC，
sinBcsC＋csBsinC－2sinBcsC＝sinB，sin(C－B)＝sinB，
∵0∵B＋(C－B)＝C<π，
∴B＝C－B，C＝2B.
(2)解法一：由C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)，
∴0由题意a＝b＋2bcsC，C＝2B及正弦定理得
eq \f(a＋c,b)＝eq \f(b＋2bcsC＋c,b)＝eq \f(sinB＋2sinBcsC＋sinC,sinB)
＝eq \f(sinB＋2sinBcsC＋sin2B,sinB)
＝eq \f(sinB＋2sinBcsC＋2sinBcsB,sinB)
＝1＋2csC＋2csB＝1＋2cs2B＋2csB＝1＋2(2cs2B－1)＋2csB＝4cs2B＋2csB－1＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csB＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)，
∵eq \f(1,2)故eq \f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)．
解法二：由正弦定理得eq \f(a＋c,b)＝eq \f(sinA＋sinC,sinB)，
∵A＋B＋C＝π，
∴A＝π－(B＋C)，
eq \f(sinA＋sinC,sinB)＝eq \f(sin[π－（B＋C）]＋sinC,sinB)
＝eq \f(sin（B＋C）＋sinC,sinB)，
由(1)得C＝2B，
故eq \f(a＋c,b)＝eq \f(sin（B＋2B）＋sin2B,sinB)
＝eq \f(sinBcs2B＋csBsin2B＋sin2B,sinB)
＝eq \f(sinBcs2B＋csB·2sinBcsB＋2sinBcsB,sinB)
＝cs2B＋2cs2B＋2csB＝2cs2B－1＋2cs2B＋2csB＝4cs2B＋2csB－1＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csB＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)，
由(1)得C＝2B，得B＋C＝3B∈(0，π)，
∴0∴1<4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csB＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)<5，即1故eq \f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)．
变式训练4 (2023·佛山模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1)设eq \(CB,\s\up6(→))＝a，eq \(CA,\s\up6(→))＝b，求证：S△ABC＝
eq \f(1,2)eq \r(|a|2|b|2－（a·b）2)；
(2)设D为BC的中点，CB＝AD＝4，求AB＋AC的取值范围．
解 (1)证明：依题意，因为eq \(CB,\s\up6(→))＝a，eq \(CA,\s\up6(→))＝b，
所以csC＝eq \f(\(CB,\s\up6(→))·\(CA,\s\up6(→)),|\(CB,\s\up6(→))||\(CA,\s\up6(→))|)＝eq \f(a·b,|a||b|)，
在△ABC中，sinC＝eq \r(1－cs2C)
＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \(CB,\s\up6(→))||eq \(CA,\s\up6(→))|sinC
＝eq \f(1,2)|a||b|·eq \f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)
＝eq \f(1,2)eq \r(|a|2|b|2－（a·b）2).
(2)如图所示，在△ABC中，D为BC的中点，CB＝AD＝4，
所以BD＝CD＝2，设∠ADB＝θ，
则∠ADC＝π－θ，
在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝22＋42－2×2×4×csθ＝20－16csθ，
在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝22＋42－2×2×4×cs(π－θ)＝20＋16csθ，
所以AB＋AC＝eq \r(20－16csθ)＋eq \r(20＋16csθ)，
(AB＋AC)2＝40＋2eq \r(400－256cs2θ)，
因为θ∈(0，π)，所以cs2θ∈[0，1)，
所以(AB＋AC)2∈(64，80]，
所以AB＋AC的取值范围是(8，4eq \r(5)]．
题型4 解三角形与三角函数的综合问题
例5 (2023·湖南三湘名校联考)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图，将该函数图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后，再将所得曲线上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数f(x)的图象．设g(x)＝f(x)sinx.
(1)求函数g(x)的最小正周期T；
(2)在△ABC中，AB＝6，D是BC的中点，AD＝eq \r(19)，设∠BAC＝θ，csθ＜0，g(θ)＝eq \f(\r(3),4)，求△ABC的面积．
解 (1)由题图知A＝1，eq \f(2π,ω)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,12)))，解得ω＝2，
又函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，1))，
∴2×eq \f(π,12)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∵0＜φ＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,3)，
∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).
∵sinxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝sinxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)csx))＝eq \f(\r(3)（1－cs2x）,4)＋eq \f(1,4)sin2x＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),4)，
∴g(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),4)，∴T＝π.
(2)∵g(θ)＝eq \f(\r(3),4)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝0，
∵csθ＜0，即eq \f(π,2)＜θ＜π，∴θ＝eq \f(2π,3).
设BC＝2m，AC＝x，
∵∠ADB＋∠ADC＝π，
∴cs∠ADB＋cs∠ADC＝0，
∵AB＝6，AD＝eq \r(19)，
∴在△ADB和△ADC中，
由余弦定理得eq \f(19＋m2－36,2\r(19)m)＋eq \f(19＋m2－x2,2\r(19)m)＝0，
∴4m2＝2x2－4，
在△ABC中，由余弦定理得
(2m)2＝36＋x2－12xcs∠BAC＝36＋x2＋6x，
∴2x2－4＝36＋x2＋6x，
解得x＝－4(舍去)或x＝10，即AC＝10，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq \f(1,2)×6×10×eq \f(\r(3),2)＝15eq \r(3).
变式训练5 (2023·长沙模拟)锐
角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝2A.
(1)证明：sinC>eq \f(\r(2),2)；
(2)求eq \f(c,a＋b)的取值范围．
解 (1)证明：因为B＝2A，A＋B＋C＝π，
所以C＝π－3A.
因为△ABC是锐角三角形，所以0<2A解得eq \f(π,6)所以eq \f(π,2)<3A所以sinC＝sin(π－3A)＝sin3A>eq \f(\r(2),2).
(2)由正弦定理得eq \f(c,a＋b)＝eq \f(sinC,sinA＋sinB)
＝eq \f(sin3A,sinA＋sin2A)＝eq \f(sin（A＋2A）,sinA＋sin2A)
＝eq \f(sinAcs2A＋csAsin2A,sinA＋sin2A)＝eq \f(cs2A＋2cs2A,1＋2csA)
＝eq \f(4cs2A－1,2csA＋1)＝2csA－1.
因为eq \f(π,6)即eq \r(2)－1<2csA－1故eq \f(c,a＋b)的取值范围是(eq \r(2)－1，eq \r(3)－1)．
题型5 解三角形与平面向量的综合问题
例6 (2023·常州模拟)在△ABC中，AB·tanC＝AC·tanB，点D是边BC上一点，且满足eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0.
(1)证明：△ABC为等腰三角形；
(2)若BD＝3CD，求∠BAC的余弦值．
解 (1)证明：由AB·tanC＝AC·tanB，
得AB·eq \f(sinC,csC)＝AC·eq \f(sinB,csB)，
由正弦定理得eq \f(sin2C,csC)＝eq \f(sin2B,csB)，即eq \f(1－cs2C,csC)＝eq \f(1－cs2B,csB)，
化简得(1＋csBcsC)(csB－csC)＝0，
因为B，C∈(0，π)，所以csB，csC∈(－1，1)，所以1＋csBcsC≠0，所以csB－csC＝0，
又y＝csx在(0，π)上单调递减，所以B＝C，所以△ABC为等腰三角形．
(2)由eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0，
得eq \(AB,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→)))＝0，即eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，
所以AB⊥AD，即∠BAD＝90°，
所以sin∠BDA＝eq \f(AB,BD)，
cs∠BAC＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋∠CAD))＝－sin∠CAD，
由(1)得AB＝AC，
在△ACD中，由正弦定理得，
eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠CDA)，
所以sin∠CAD＝eq \f(CD,AC)sin∠CDA＝eq \f(CD,AC)sin(π－∠CDA)＝eq \f(CD,AC)sin∠BDA＝eq \f(CD,AC)·eq \f(AB,BD)＝eq \f(CD,3CD)＝eq \f(1,3)，
所以cs∠BAC＝－sin∠CAD＝－eq \f(1,3).
变式训练6 (2024·青岛模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量p＝(2b，2c－a)，q＝(1，csA)，且p∥q，b＝3.
(1)求B的大小；
(2)求eq \f(ac,a＋c)的最大值．
解 (1)因为p＝(2b，2c－a)，q＝(1，csA)，
且p∥q，所以2c－a＝2bcsA，
又eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，
所以2sinC－sinA＝2sinBcsA，
又C＝π－(A＋B)，
所以2sin(A＋B)－sinA＝2sinBcsA，
所以2sinAcsB－sinA＝0，
因为A∈(0，π)，sinA≠0，所以csB＝eq \f(1,2)，
又B∈(0，π)，可得B＝eq \f(π,3).
(2)根据余弦定理b2＝a2＋c2－2accsB，
得a2＋c2－ac＝9，即(a＋c)2＝9＋3ac，
因为ac≤eq \f(（a＋c）2,4)，所以(a＋c)2≤9＋eq \f(3,4)(a＋c)2，结合a＋c>3，
所以3设t＝a＋c，则t∈(3，6]，所以eq \f(ac,a＋c)＝eq \f(t2－9,3t)，
设f(t)＝eq \f(t2－9,3t)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(9,t)))，则f(t)在(3，6]上单调递增，
所以f(t)的最大值为f(6)＝eq \f(3,2)，
所以eq \f(ac,a＋c)的最大值为eq \f(3,2).
解答此类问题，首先明确正弦定理、余弦定理分别适用于哪些解三角形问题，其次要注意“边”与“角”的互化，最后还要关注诱导公式、三角恒等变换及三角函数性质的应用．
(1)判断三角形形状的两种思路
①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．
②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．
(2)对于证明问题，一方面要利用已知条件和正弦定理、余弦定理推出边或角的关系式，另一方面还要注意对这些等量关系进行适当的整合变形．
(1)求解三角形中的最值(范围)问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立a＋b，ab，a2＋b2之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解．
(2)解决三角形中的某个量的最值或范围问题，除了利用基本不等式外，再一个思路就是利用正弦定理、余弦定理，把该量转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解，此时要特别注意题目隐含条件的应用，如锐角三角形、钝角三角形、三角形内角和为π等．
解三角形和三角函数的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．
解决解三角形与平面向量综合问题的关键：准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数的问题解决．