資源簡介

拔高點突破01 三角函數與解三角形背景下的新定義問題　
目錄
01方法技巧與總結 2
02題型歸納與總結 3
題型一：托勒密問題 3
題型二：與三角有關的新定義函數 5
題型三：n倍角模型與倍角三角形 7
題型四：雙曲正余弦函數 9
題型五：射影幾何問題 10
題型六：正余弦方差 12
題型七：曼哈頓距離和余弦距離 13
題型八：費馬問題 14
題型九：布洛卡點問題 15
題型十：勒洛三角形、萊洛三角形、拿破侖三角形 17
03過關測試 20
在三角函數與解三角形背景下的新定義問題中，解題方法通常涉及對三角函數性質、解三角形方法的深入理解以及靈活應用。以下是一些常用的解題方法：
1、理解新定義：
首先，需要仔細閱讀題目中的新定義，理解其含義和所涉及的數學概念。
將新定義與已知的三角函數或解三角形的方法聯系起來，找出其中的關聯點。
2、利用三角函數性質：
應用三角函數的定義、誘導公式、同角關系式、和差化積公式等，將問題轉化為已知的三角函數問題。
利用三角函數的圖像和性質，如周期性、奇偶性、單調性等，來分析和解決問題。
3、應用解三角形的方法：
使用正弦定理、余弦定理等解三角形的基本方法，將三角形的邊和角聯系起來。
通過作輔助線、構造特殊三角形等方式，將復雜問題轉化為簡單問題。
4、結合圖形分析：
在解題過程中，結合圖形進行分析，可以更直觀地理解問題。
利用圖形的對稱性、相似性等性質，簡化計算過程。
5、注意特殊值和極端情況：
在解題時，要注意考慮特殊值和極端情況，如角度為0°、90°、180°等。
這些特殊值往往能提供更簡單的解題路徑或用于驗證答案的正確性。
6、綜合應用多種方法：
在解題過程中，可能需要綜合運用多種方法，如代數法、幾何法、三角法等。
靈活轉換不同的解題方法，以適應不同的問題情境。
可以使用不同的方法或代入特殊值進行驗證，以確保答案的正確性。
解決三角函數與解三角形背景下的新定義問題，需要深入理解相關概念和方法，并靈活應用多種解題策略。通過不斷的練習和反思，可以提高解決這類問題的能力。
題型一：托勒密問題
【典例1-1】古希臘數學家托勒密對凸四邊形（凸四邊形是指沒有角度大于180°的四邊形）進行研究，終于有重大發現：任意一凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當四點共圓時等號成立.且若給定凸四邊形的四條邊長，四點共圓時四邊形的面積最大.根據上述材料，解決以下問題，如圖，在凸四邊形中，

(1)若，，，（圖1），求線段長度的最大值；
(2)若，，（圖2），求四邊形面積取得最大值時角的大小，并求出四邊形面積的最大值；
(3)在滿足（2）條件下，若點是外接圓上異于的點，求的最大值.
【典例1-2】（1）四點共圓是平面幾何中一種重要的位置關系：
如圖，，，，四點共圓，為外接圓直徑，，，，求與的長度；
（2）古希臘的兩位數學家在研究平面幾何問題時分別總結出如下結論：
①（托勒密定理）任意凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當該四邊形的四個頂點共圓時等號成立．
②（婆羅摩笈多面積定理）若給定凸四邊形的四條邊長，當且僅當該四邊形的四個頂點共圓時，四邊形的面積最大．
根據上述材料，解決以下問題：
（i）見圖1，若，，，，求線段長度的最大值；
（ii）見圖2，若，，，求四邊形面積取得最大值時角的大小，并求出此時四邊形的面積．
【變式1-1】克羅狄斯托勒密（約90-168年）是希臘著名的數學家、天文學家和地理學家.他一生有很多發明和貢獻，其中托勒密定理和托勒密不等式是歐幾里得幾何中的重要定理.托勒密不等式內容如下：在凸四邊形中，兩組對邊乘積的和大于等于兩對角線的乘積，即，當四點共圓時等號成立.已知凸四邊形中，.
(1)當為等邊三角形時，求線段長度的最大值及取得最大值時的邊長；
(2)當時，求線段長度的最大值.
【變式1-2】已知半圓O的半徑為1，A為直徑延長線上的點，且，B為半圓上任意一點，以為一邊作等邊，設.
(1)當時，求四邊形的周長；
(2)托勒密所著《天文集》中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積不大于兩組對邊乘積之和，當且僅當對角互補時取等號.據以上材料，當線段的長取最大值時，求；
(3)當為何值時，四邊形的面積最大，并求此時面積的最大值.
題型二：與三角有關的新定義函數
【典例2-1】對于定義域為R的函數，若存在常數，使得是以為周期的周期函數，則稱為“正弦周期函數”，且稱為其“正弦周期”.
(1)判斷函數是否為“正弦周期函數”，并說明理由；
(2)已知是定義在R上的嚴格增函數，值域為R，且是以為“正弦周期”的“正弦周期函數”，若，且存在，使得，求的值；
(3)已知是以為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且存在和，使得對任意，都有，證明：是周期函數.
【典例2-2】知道在直角三角形中，一個銳角的大小與兩條邊長的比值相互唯一確定，因此邊長與角的大小之間可以相互轉化．與之類似，可以在等腰三角形中建立邊角之間的聯系，我們定義：等腰三角形中底邊與腰的比叫做頂角的正對．如圖，在中，．頂角的正對記作，這時．容易知道一個角的大小與這個角的正對值也是相互唯一確定的．
根據上述對角的正對定義，解下列問題：
(1)的值為（ ）
A． B． C． D．
(2)對于，的正對值的取值范圍是______．
(3)已知，其中為銳角，試求的值．
【變式2-1】已知函數，稱向量為的特征向量，為的特征函數.
(1)設，求的特征向量；
(2)設向量的特征函數為，求當且時，的值；
(3)設向量的特征函數為，記，若在區間上至少有40個零點，求的最小值.
【變式2-2】定義函數為“正余弦”函數.結合學過的知識，可以得到該函數的一些性質：容易證明為該函數的周期，但是否是最小正周期呢？我們繼續探究：.可得：也為函數的周期.但是否為該函數的最小正周期呢？我們可以分區間研究的單調性：函數在是嚴格減函數，在上嚴格增函數，再結合，可以確定：的最小正周期為.進一步我們可以求出該函數的值域了.定義函數為“余正弦”函數，根據閱讀材料的內容，解決下列問題：
(1)求“余正弦”函數的定義域；
(2)判斷“余正弦”函數的奇偶性，并說明理由；
(3)探究“余正弦”函數的單調性及最小正周期，說明理由，并求其值域.
題型三：n倍角模型與倍角三角形
【典例3-1】由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式．對于，我們有
可見也可以表示成的三次多項式．
(1)利用上述結論，求的值；
(2)化簡；并利用此結果求的值；
(3)已知方程在上有三個根，記為，求證：.
【典例3-2】（2024·福建廈門·二模）定義：如果三角形的一個內角恰好是另一個內角的兩倍，那么這個三角形叫做倍角三角形.如圖，的面積為，三個內角所對的邊分別為，且.
(1)證明：是倍角三角形；
(2)若，當取最大值時，求.
【變式3-1】由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式，對于，我們有
．
可見可以表示為的三次多項式．
(1)對照上述方法，將可以表示為的三次多項式；
(2)若，解關于x的方程．
【變式3-2】由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式.對于，我們有，可見也可以表示成的三次多項式.以上推理過程體現了數學中的邏輯推理和數學運算等核心素養，同時也蘊含了轉化和化歸思想.
(1)試用以上素養和思想方法將表示成的三次多項式；
(2)化簡，并利用此結果求的值.
【變式3-3】由倍角公式，可知可以表示為僅含的二次多項式.
（1）類比公式的推導方法，試用僅含有的多項式表示 ；
（2）已知，試結合第（1）問的結論，求出的值.
題型四：雙曲正余弦函數
【典例4-1】（2024·福建泉州·模擬預測）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線年，萊布尼茨等得出懸鏈線的方程為，其中為參數．當時，該表達式就是雙曲余弦函數，記為，懸鏈線的原理常運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．已知三角函數滿足性質：①導數：；②二倍角公式：；③平方關系：．定義雙曲正弦函數為．
(1)寫出，具有的類似于題中①、②、③的一個性質，并證明該性質；
(2)任意，恒有成立，求實數的取值范圍；
(3)正項數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【典例4-2】在數學中，雙曲函數是與三角函數類似的函數，最基本的雙曲函數是雙曲正弦函數與雙曲余弦函數，其中雙曲正弦函數：，雙曲余弦函數：.（e是自然對數的底數，）.雙曲函數的定義域是實數集，其自變量的值叫做雙曲角，雙曲函數出現于某些重要的線性微分方程的解中，譬如說定義懸鏈線和拉普拉斯方程.
(1)計算的值；
(2)類比兩角和的余弦公式，寫出兩角和的雙曲余弦公式：______，并加以證明；
(3)若對任意，關于的方程有解，求實數的取值范圍.
【變式4-1】（2024·上海·二模）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，懸鏈線的原理運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．類比三角函數的三種性質：①平方關系：；②兩角和公式：，③導數：定義雙曲正弦函數．
(1)直接寫出，具有的類似①、②、③的三種性質（不需要證明）；
(2)當時，雙曲正弦函數的圖像總在直線的上方，求直線斜率的取值范圍；
(3)無窮數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值，若不存在，說明理由.
題型五：射影幾何問題
【典例5-1】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，為透視中心，平面內四個點經過中心投影之后的投影點分別為．對于四個有序點，定義比值叫做這四個有序點的交比，記作．

(1)證明：；
(2)已知，點為線段的中點，，求．
【典例5-2】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，為透視中心，平面內四個點經過中心投影之后的投影點分別為.對于四個有序點，定義比值叫做這四個有序點的交比，記作.

(1)若點分別是線段的中點，求；
(2)證明：；
(3)已知，點為線段的中點，，，求.
【變式5-1】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，光從點出發，平面內四個點經過中心投影之后的投影點分別為.對于四個有序點，若，，定義比值叫做這四個有序點的交比，記作.
(1)當時，稱為調和點列，若，求的值；
(2)①證明：；
②已知，點為線段的中點，，，求，.
題型六：正余弦方差
【典例6-1】定義:為實數對的“正弦方差”.
(1)若，則實數對的“正弦方差”的值是否是與無關的定值，并證明你的結論
(2)若，若實數對的“正弦方差”的值是與無關的定值，求值.
【典例6-2】對于集合和常數，定義：為集合A相對的的“余弦方差”.
(1)若集合，求集合A相對的“余弦方差”；
(2)若集合，是否存在，使得相對任何常數的“余弦方差”是一個與無關的定值？若存在，求出的值：若不存在，則說明理由.
題型七：曼哈頓距離和余弦距離
【典例7-1】人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為
(1)若，，求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離；
(2)已知，，，若，，求的值
【典例7-2】人臉識別就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.已知二維空間兩個點、，則其曼哈頓距離為，余弦相似度為，余弦距離：.
(1)若、，求、之間的余弦距離；
(2)已知，、,，若,，求、之間的曼哈頓距離.
【變式7-1】人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為
(1)若，，求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離；
(2)已知，，，若，，求的值
(3)已知，、，，若，，求、之間的曼哈頓距離.
題型八：費馬問題
【典例8-1】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題．該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小．”意大利數學家托里拆利給出了解答，當的三個內角均小于時，使得的點即為費馬點；當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點．試用以上知識解決下面問題：已知，，分別是三個內角，，的對邊
(1)若，
①求；
②若，設點為的費馬點，求的值；
(2)若，設點為的費馬點，，求實數的最小值．
【典例8-2】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題．該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小．”意大利數學家托里拆利給出了解答，當的三個內角均小于時，使得的點O即為費馬點；當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點．試用以上知識解決下面問題：已知的內角，，所對的邊分別為，，，且設點為的費馬點．
(1)若，．
①求角；
②求．
(2)若，，求實數的最小值．
【變式8-1】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題.該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小."意大利數學家托里拆利給出了解答，當的三個內角均小于時，使得的點即為費馬點；當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點.試用以上知識解決下面問題：已知分別是三個內角的對邊，點為的費馬點，且.
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若，求實數的最小值.
題型九：布洛卡點問題
【典例9-1】三角形的布洛卡點是法國數學家克洛爾于1816年首次發現．當內一點滿足條件時，則稱點為的布洛卡點，角為布洛卡角．如圖，在中，角，，所對邊長分別為，，，記的面積為，點為的布洛卡點，其布洛卡角為
(1)若．求證：
①；
②為等邊三角形．
(2)若，求證：．
【典例9-2】三角形的布洛卡點是法國數學家、數學教育學家克洛爾于1816年首次發現，但他的發現并未被當時的人們所注意．1875年，布洛卡點被一個數學愛好者布洛卡重新發現，并用他的名字命名．當內一點滿足條件時，則稱點為的布洛卡點，角為布洛卡角．如圖，在中，角所對邊長分別為，點為的布洛卡點，其布洛卡角為．
(1)若．求證：
①（為的面積）；
②為等邊三角形．
(2)若，求證：．
【變式9-1】若內一點滿足，則稱點為的布洛卡點，為的布洛卡角．如圖，已知中，，點為的布洛卡點，為的布洛卡角．
(1)若，且滿足，
①求的大小；
②若，求布洛卡角的正切值；
(2)若平分，試問是否存在常實數，使得，若存在，求出常數t；若不存在，請說明理由．
題型十：勒洛三角形、萊洛三角形、拿破侖三角形
【典例10-1】勒洛三角形是由19世紀德國工程師勒洛在研究機械分類時發現的．如圖1，以等邊三角形ABC的每個頂點為圓心、邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形就是勒洛三角形ABC．受此啟發，某數學興趣小組繪制了勒洛五邊形．如圖2，分別以正五邊形ABCDE的頂點為圓心、對角線長為半徑，在距離該頂點較遠的另外兩個頂點間畫一段圓弧，五段圓弧圍成的曲邊五邊形就是勒洛五邊形ABCDE．設正五邊形ABCDE的邊長為1．
(1)求勒洛五邊形ABCDE的周長；
(2)設正五邊形ABCDE外接圓周長為，試比較與大小，并說明理由．（注：）
【典例10-2】數學中處處存在著美，機械學家萊洛發現的萊洛三角形就給人以對稱的美感.萊洛三角形的畫法：先畫等邊三角形，再分別以點為圓心，線段長為半徑畫圓弧，便得到萊洛三角形.如圖所示，已知，點分別在弧，弧上，且.
(1)若時，求的值.
(2)若時，求的值.
【變式10-1】（2024·高三·江蘇鎮江·期中）數學中處處存在著美，機械學家萊洛發現的萊洛三角形就給人以對稱的美感.萊洛三角形的畫法：先畫等邊三角形，再分別以點，，為圓心，線段長為半徑畫圓弧，便得到萊洛三角形.如圖所示，已知，為中點，點，分別在弧，弧上，設.
(1)當時，求；
(2)求的取值范圍.
【變式10-2】（2024·高三·江蘇南京·期中）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為等邊三角形的頂點”．如圖，在中，內角A，B，C的對邊分別為，且．以為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為．
(1)求角；
(2)若的面積為，求的面積．
【變式10-3】法國著名軍事家拿破侖 波拿巴提出過一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形的頂點”．如圖，在非直角中，內角，，的對邊分別為，，，已知．分別以，，為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為，，．

(1)求；
(2)若，的面積分別為，，且，求的面積．
1．克羅狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希臘天文學家、地理學家、數學家，他在所著的《天文集》中講述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積小于或等于兩組對邊乘積之和，當且僅當對角互補時取等號. 如圖，半圓的直徑為2cm，為直徑延長線上的點，2 cm，為半圓上任意一點，且三角形為正三角形.
(1)當時，求四邊形的周長；
(2)當在什么位置時，四邊形的面積最大，并求出面積的最大值；
(3)若與相交于點，則當線段的長取最大值時，求的值.
2．由倍角公式cos2x＝2cos2x－1，可知cos2x可以表示為cosx的二次多項式，對于cos3x，我們有cos3x＝cos(2x＋x)
＝cos2xcosx－sin2xsinx
＝(2cos2x－1)cosx－2(sinxcosx)sinx
＝2cos3x－cosx－2(1－cos2x)cosx
＝4cos3x－3cosx
可見cos3x可以表示為cosx的三次多項式．一般地，存在一個n次多項式Pn(t)，使得cosnx＝Pn(cosx)，這些多項式Pn(t)稱為切比雪夫多項式．
(1)求證：sin3x＝3sinx－4sin3x；
(2)請求出P4(t)，即用一個cosx的四次多項式來表示cos4x；
(3)利用結論cos3x＝4cos3x－3cosx，求出sin18°的值．
3．（2024·高三·上海楊浦·期中）若實數，，且滿足，則稱x y是“余弦相關”的.
(1)若，求出所有與之“余弦相關”的實數；
(2)若實數x y是“余弦相關”的，求x的取值范圍；
(3)若不相等的兩個實數x y是“余弦相關”的，求證：存在實數z，使得x z為“余弦相關”的，y z也為“余弦相關”的.
4．已知正弦三倍角公式：①
（1）試用公式①推導余弦三倍角公式（僅用表示）；
（2）若角滿足，求的值.
5．定義三邊長分別為，，，則稱三元無序數組為三角形數．記為三角形數的全集，即．
(1)證明：“”是“”的充分不必要條件；
(2)若銳角內接于圓O，且，設．
①若，求；
②證明：．
6．已知函數，.
(1)求，的值并直接寫出的最小正周期；
(2)求的最大值并寫出取得最大值時x的集合；
(3)定義，，求函數的最小值.
7．在三角函數領域，為了三角計算的簡便并且追求計算的精確性，曾經出現過以下兩種少見的三角函數：定義為角的正矢（或），記作；定義為角的余矢（Coversed或coversedsine），記作．
(1)設函數，求函數的單調遞減區間；
(2)當時，設函數，若關于的方程的有三個實根，則：
①求實數的取值范圍；
②求的取值范圍．
8．（2024·山東菏澤·二模）定義二元函數，同時滿足：①；②；③三個條件．
(1)求的值；
(2)求的解析式；
(3)若．比較與0的大小關系，并說明理由．
附：參考公式
9．固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，類似地我們可以定義雙曲正弦函數.它們與正、余弦函數有許多類似的性質.
(1)類比正弦函數的二倍角公式，請寫出雙曲正弦函數的一個正確的結論:_____________.（只寫出即可，不要求證明）；
(2)，不等式恒成立，求實數的取值范圍；
(3)若，試比較與的大小關系，并證明你的結論.
10．人臉識別技術應用在各行各業，改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.假設二維空間兩個點，，曼哈頓距離.
余弦相似度：.
余弦距離：.
(1)若，，求A，B之間的和余弦距離；
(2)已知，，，若，，求的值.
11．十七世紀法國數學家、被譽為業余數學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小.”它的答案是：“當三角形的三個角均小于時，所求的點為三角形的正等角中心，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角；當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點.”在費馬問題中所求的點稱為費馬點. 試用以上知識解決下面問題：已知的內角所對的邊分別為，且
(1)求；
(2)若，設點為的費馬點，求；
(3)設點為的費馬點，，求實數的最小值.
12．（2024·湖南長沙·一模）“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出.該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小.”意大利數學家托里拆利給出了解答，當的三個內角均小于時，使得的點即為費馬點；當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點.試用以上知識解決下面問題：
已知的內角，，所對的邊分別為，，，且
(1)求；
(2)若，設點為的費馬點，求.
13．（2024·安徽合肥·模擬預測）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為等邊三角形的頂點”.如圖，在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為，且.以為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為.

(1)求角；
(2)若的面積為，求的周長.
14．法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這個三個三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形的頂點”.如圖，在中，內角，，的對邊分別為，，，已知.以，，為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為，，.
(1)求；
(2)若，的面積為，求的周長.
15．定義在封閉的平面區域D內任意兩點的距離的最大值稱為平面區域D的“直徑”．如圖，已知銳角三角形的三個頂點A，B，C在半徑為1的圓上，角的對邊分別為a，b，c，若．
(1)求角A的大小；
(2)分別以各邊為直徑向外作三個半圓，這三個半圓和構成平面區域D，求平面區域D的“直徑”的取值范圍．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)拔高點突破01 三角函數與解三角形背景下的新定義問題
目錄
01方法技巧與總結 2
02題型歸納與總結 3
題型一：托勒密問題 3
題型二：與三角有關的新定義函數 8
題型三：n倍角模型與倍角三角形 13
題型四：雙曲正余弦函數 18
題型五：射影幾何問題 23
題型六：正余弦方差 29
題型七：曼哈頓距離和余弦距離 32
題型八：費馬問題 36
題型九：布洛卡點問題 42
題型十：勒洛三角形、萊洛三角形、拿破侖三角形 47
03過關測試 54
在三角函數與解三角形背景下的新定義問題中，解題方法通常涉及對三角函數性質、解三角形方法的深入理解以及靈活應用。以下是一些常用的解題方法：
1、理解新定義：
首先，需要仔細閱讀題目中的新定義，理解其含義和所涉及的數學概念。
將新定義與已知的三角函數或解三角形的方法聯系起來，找出其中的關聯點。
2、利用三角函數性質：
應用三角函數的定義、誘導公式、同角關系式、和差化積公式等，將問題轉化為已知的三角函數問題。
利用三角函數的圖像和性質，如周期性、奇偶性、單調性等，來分析和解決問題。
3、應用解三角形的方法：
使用正弦定理、余弦定理等解三角形的基本方法，將三角形的邊和角聯系起來。
通過作輔助線、構造特殊三角形等方式，將復雜問題轉化為簡單問題。
4、結合圖形分析：
在解題過程中，結合圖形進行分析，可以更直觀地理解問題。
利用圖形的對稱性、相似性等性質，簡化計算過程。
5、注意特殊值和極端情況：
在解題時，要注意考慮特殊值和極端情況，如角度為0°、90°、180°等。
這些特殊值往往能提供更簡單的解題路徑或用于驗證答案的正確性。
6、綜合應用多種方法：
在解題過程中，可能需要綜合運用多種方法，如代數法、幾何法、三角法等。
靈活轉換不同的解題方法，以適應不同的問題情境。
可以使用不同的方法或代入特殊值進行驗證，以確保答案的正確性。
解決三角函數與解三角形背景下的新定義問題，需要深入理解相關概念和方法，并靈活應用多種解題策略。通過不斷的練習和反思，可以提高解決這類問題的能力。
題型一：托勒密問題
【典例1-1】古希臘數學家托勒密對凸四邊形（凸四邊形是指沒有角度大于180°的四邊形）進行研究，終于有重大發現：任意一凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當四點共圓時等號成立.且若給定凸四邊形的四條邊長，四點共圓時四邊形的面積最大.根據上述材料，解決以下問題，如圖，在凸四邊形中，

(1)若，，，（圖1），求線段長度的最大值；
(2)若，，（圖2），求四邊形面積取得最大值時角的大小，并求出四邊形面積的最大值；
(3)在滿足（2）條件下，若點是外接圓上異于的點，求的最大值.
【解析】（1）由，，，，可得，
由題意可得，
即，
即，當且僅當四點共圓時等號成立
即的最大值為；
（2）如圖2，連接，因為四點共圓時四邊形的面積最大，，，，
所以，即，，
在中，，①
在中，由余弦定理可得，②
由①②可得，
解得，而，可得，
所以，
此時．
所以時，四邊形面積取得最大值，且最大值為．
（3）由題意可知所以，即，
在中，由余弦定理可得,
故,
故，
故，當且僅當時等號成立，
故最大值為
【典例1-2】（1）四點共圓是平面幾何中一種重要的位置關系：
如圖，，，，四點共圓，為外接圓直徑，，，，求與的長度；
（2）古希臘的兩位數學家在研究平面幾何問題時分別總結出如下結論：
①（托勒密定理）任意凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當該四邊形的四個頂點共圓時等號成立．
②（婆羅摩笈多面積定理）若給定凸四邊形的四條邊長，當且僅當該四邊形的四個頂點共圓時，四邊形的面積最大．
根據上述材料，解決以下問題：
（i）見圖1，若，，，，求線段長度的最大值；
（ii）見圖2，若，，，求四邊形面積取得最大值時角的大小，并求出此時四邊形的面積．
【解析】（1）因為為外接圓直徑，，，，
由同弧所對的圓周角相等，可得，，
，所以，
而，
所以，
，
在中，由正弦定理可得，
即；
即，；
（2）（i）設，則 ，
由材料可知， ，
即 ，
解得 ，
所以線段長度的最大值為．
（ii）由材料可知，當 A、B、C、 四點共圓時，四邊形的面積達到最大．
連接，在中，由余弦定理得：
，①
在 中，由余弦定理得：
，②
因為 A、B、C、 四點共圓，所以，從而，③
由①②③，解得 ，
因為，所以 ．
從而，
，
所以 ．
【變式1-1】克羅狄斯托勒密（約90-168年）是希臘著名的數學家、天文學家和地理學家.他一生有很多發明和貢獻，其中托勒密定理和托勒密不等式是歐幾里得幾何中的重要定理.托勒密不等式內容如下：在凸四邊形中，兩組對邊乘積的和大于等于兩對角線的乘積，即，當四點共圓時等號成立.已知凸四邊形中，.
(1)當為等邊三角形時，求線段長度的最大值及取得最大值時的邊長；
(2)當時，求線段長度的最大值.
【解析】（1）設，因為，所以，
所以，當四點共圓時等號成立，因為，，
在中，，
所以，所以的邊長為；
（2）設，在中，
因為，
所以，所以，
因為.所以，
當且僅當時等號成立，
因為，所以，
所以，
由，故，
因為，，
所以，所以.
【變式1-2】已知半圓O的半徑為1，A為直徑延長線上的點，且，B為半圓上任意一點，以為一邊作等邊，設.
(1)當時，求四邊形的周長；
(2)托勒密所著《天文集》中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積不大于兩組對邊乘積之和，當且僅當對角互補時取等號.據以上材料，當線段的長取最大值時，求；
(3)當為何值時，四邊形的面積最大，并求此時面積的最大值.
【解析】（1）在中，由余弦定理得，即，
于是四邊形的周長為；
（2）因為，且為等邊三角形，，，
所以，
所以，
即的最大值為3，取等號時，
所以，
不妨設，則，解得，
所以，
所以；
（3）在中，由余弦定理得，
所以，
因為，于是四邊形的面積為：
，
當，即時，四邊形的面積取得最大值為．
所以，當滿足時，四邊形的面積最大，最大值為．
題型二：與三角有關的新定義函數
【典例2-1】對于定義域為R的函數，若存在常數，使得是以為周期的周期函數，則稱為“正弦周期函數”，且稱為其“正弦周期”.
(1)判斷函數是否為“正弦周期函數”，并說明理由；
(2)已知是定義在R上的嚴格增函數，值域為R，且是以為“正弦周期”的“正弦周期函數”，若，且存在，使得，求的值；
(3)已知是以為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且存在和，使得對任意，都有，證明：是周期函數.
【解析】（1），則，
故，
所以是正弦周期函數.
（2）存在，使得，故，
因為是以為“正弦周期”的“正弦周期函數”，
所以，
又，，
所以，
又，
則，
故，，
因為，所以，且嚴格增，
由于，，
故，解得，
則整數，
下證.
若不然，，則，由的值域為R知，
存在，，使得，，
則，
，
由嚴格單調遞增可知，
又，
故，這與矛盾.
故，綜上所述，；
（3）法1：若，則由可知為周期函數.
若，則對任意，存在正整數，使得且.
因為是以為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且，
所以，
故，所以，
若，則同理可證（取為負整數即可）.
綜上，得證.
法2：假設不是周期函數，則與均不恒成立.
顯然.
因為不恒成立，所以存在，使得，
因為，所以存在，使得且，
其中若，取為負整數；若，取為正整數.
因為是以為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且，
由正弦周期性得，
即，
所以，矛盾，假設不成立，
綜上，是周期函數.
【典例2-2】知道在直角三角形中，一個銳角的大小與兩條邊長的比值相互唯一確定，因此邊長與角的大小之間可以相互轉化．與之類似，可以在等腰三角形中建立邊角之間的聯系，我們定義：等腰三角形中底邊與腰的比叫做頂角的正對．如圖，在中，．頂角的正對記作，這時．容易知道一個角的大小與這個角的正對值也是相互唯一確定的．
根據上述對角的正對定義，解下列問題：
(1)的值為（ ）
A． B． C． D．
(2)對于，的正對值的取值范圍是______．
(3)已知，其中為銳角，試求的值．
【解析】（1）在等腰中，，，則為等邊三角形，
所以，，
故選：B.
（2）在等腰中，，取的中點，連接，則，
則，
因為，則，故.
故答案為：.
（3），則，所以，，
所以，，因此，.
【變式2-1】已知函數，稱向量為的特征向量，為的特征函數.
(1)設，求的特征向量；
(2)設向量的特征函數為，求當且時，的值；
(3)設向量的特征函數為，記，若在區間上至少有40個零點，求的最小值.
【解析】（1）因為，
所以函數的特征向量；
（2）因為向量的特征函數為，
所以，
由，得，
因為，所以，
所以，
所以；
（3）因為向量的特征函數為，
所以，
則，
令，則，
則或，
則或，
由在區間上至少有40個零點，
不妨設，
則，
則，
所以的最小值為.
【變式2-2】定義函數為“正余弦”函數.結合學過的知識，可以得到該函數的一些性質：容易證明為該函數的周期，但是否是最小正周期呢？我們繼續探究：.可得：也為函數的周期.但是否為該函數的最小正周期呢？我們可以分區間研究的單調性：函數在是嚴格減函數，在上嚴格增函數，再結合，可以確定：的最小正周期為.進一步我們可以求出該函數的值域了.定義函數為“余正弦”函數，根據閱讀材料的內容，解決下列問題：
(1)求“余正弦”函數的定義域；
(2)判斷“余正弦”函數的奇偶性，并說明理由；
(3)探究“余正弦”函數的單調性及最小正周期，說明理由，并求其值域.
【解析】（1）的定義域為.
（2）對于函數，
，所以是偶函數.
（3），
在區間上遞減，在區間上遞增，所以在上遞減.
在區間上遞增，在區間上遞增，所以在上遞增.
所以的最小正周期為，
在上是嚴格減函數，在上是嚴格增函數.
結合的單調性可知，的值域為.
題型三：n倍角模型與倍角三角形
【典例3-1】由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式．對于，我們有
可見也可以表示成的三次多項式．
(1)利用上述結論，求的值；
(2)化簡；并利用此結果求的值；
(3)已知方程在上有三個根，記為，求證：.
【解析】（1），所以，
因為，
因為，，
即，
因為，解得（舍）.
（2）
，
故
；
（3）證明：因為，故可令，
故由可得：．
由題意得：，因，故，
故，或，或，
即方程（*）的三個根分別為，，，
又，故，
于是，
.
【典例3-2】（2024·福建廈門·二模）定義：如果三角形的一個內角恰好是另一個內角的兩倍，那么這個三角形叫做倍角三角形.如圖，的面積為，三個內角所對的邊分別為，且.
(1)證明：是倍角三角形；
(2)若，當取最大值時，求.
【解析】（1）因為，
又,所以，
則，
又由余弦定理知，，
故可得，
由正弦定理，,
又,
代入上式可得,
即，
，
則有,
故是倍角三角形.
（2）因為，所以,
故，則，又，
又，則,
則
,
設，，
則
令得或者（舍），
且當時，，
當時，，
則在上單調遞增，
在上單調遞減，
故當時，取最大值，
此時也取最大值，
故為所求.
【變式3-1】由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式，對于，我們有
．
可見可以表示為的三次多項式．
(1)對照上述方法，將可以表示為的三次多項式；
(2)若，解關于x的方程．
【解析】（1）
；
（2）由，可得，
∵，，
∴，即，
整理可得，
解得或（舍去），
∴.
【變式3-2】由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式.對于，我們有，可見也可以表示成的三次多項式.以上推理過程體現了數學中的邏輯推理和數學運算等核心素養，同時也蘊含了轉化和化歸思想.
(1)試用以上素養和思想方法將表示成的三次多項式；
(2)化簡，并利用此結果求的值.
【解析】（1）
（2）
從而，
故
【變式3-3】由倍角公式，可知可以表示為僅含的二次多項式.
（1）類比公式的推導方法，試用僅含有的多項式表示 ；
（2）已知，試結合第（1）問的結論，求出的值.
【解析】（1），利用兩角和的余弦公式及二倍角的余弦公式可得結果；（2）利用（1）的結論，結合誘導公式與平方關系可得結果.
試題解析：（1）
.
（2）因為，
所以，所以，
所以，解得或（舍去）.
題型四：雙曲正余弦函數
【典例4-1】（2024·福建泉州·模擬預測）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線年，萊布尼茨等得出懸鏈線的方程為，其中為參數．當時，該表達式就是雙曲余弦函數，記為，懸鏈線的原理常運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．已知三角函數滿足性質：①導數：；②二倍角公式：；③平方關系：．定義雙曲正弦函數為．
(1)寫出，具有的類似于題中①、②、③的一個性質，并證明該性質；
(2)任意，恒有成立，求實數的取值范圍；
(3)正項數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）①導數：，，證明如下：
，
②二倍角公式：，證明如下：
；
③平方關系：，證明如下：
；
（2）令，，，
①當時，由，
又因為，所以，等號不成立，
所以，即為增函數，
此時，對任意，恒成立，滿足題意；
②當時，令，，則，可知是增函數，
由與可知，存在唯一，使得，
所以當時，，則在上為減函數，
所以對任意，，不合題意；
綜上知，實數的取值范圍是；
（3）方法一、由，函數的值域為，
對于任意大于1的實數，存在不為0的實數，使得，
類比雙曲余弦函數的二倍角公式，
由，，，
猜想：，
由數學歸納法證明如下：①當時，成立；
②假設當為正整數）時，猜想成立，即，則
，符合上式，
綜上知，；
若，
設，則，解得：或，
即，所以，即．
綜上知，存在實數，使得成立．
方法二、構造數列，且，
因為，所以，
則，
因為在上單調遞增，所以，即是以2為公比的等比數列，
所以，所以，所以，
又因為，解得或，
所以，
綜上知，存在實數，使得成立．
【典例4-2】在數學中，雙曲函數是與三角函數類似的函數，最基本的雙曲函數是雙曲正弦函數與雙曲余弦函數，其中雙曲正弦函數：，雙曲余弦函數：.（e是自然對數的底數，）.雙曲函數的定義域是實數集，其自變量的值叫做雙曲角，雙曲函數出現于某些重要的線性微分方程的解中，譬如說定義懸鏈線和拉普拉斯方程.
(1)計算的值；
(2)類比兩角和的余弦公式，寫出兩角和的雙曲余弦公式：______，并加以證明；
(3)若對任意，關于的方程有解，求實數的取值范圍.
【解析】（1）由已知可得，，，
所以，
所以.
（2），證明如下：
左邊，
右邊
.
所以，左邊=右邊，
所以.
（3）原題可轉化為方程有解，即有解.
令，，，
因為在上單調遞增，，，
所以.
又，當且僅當，即時等號成立，
所以，即，即，
所以，即.
【變式4-1】（2024·上海·二模）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，懸鏈線的原理運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．類比三角函數的三種性質：①平方關系：；②兩角和公式：，③導數：定義雙曲正弦函數．
(1)直接寫出，具有的類似①、②、③的三種性質（不需要證明）；
(2)當時，雙曲正弦函數的圖像總在直線的上方，求直線斜率的取值范圍；
(3)無窮數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值，若不存在，說明理由.
【解析】（1）平方關系：；
和角公式：；
導數：．
理由如下：平方關系，
；
和角公式：，
故；
導數：，；
（2）構造函數，，
由（1）可知，
①當時，由，
又因為，故，等號不成立，
所以，故為嚴格增函數，
此時，故對任意，恒成立，滿足題意；
②當時，令，
則，可知是嚴格增函數，
由與可知，存在唯一，使得，
故當時，，則在上為嚴格減函數，
故對任意，，即，矛盾；
綜上所述，實數的取值范圍為．
（3）當時，存在，使得，
由數學歸納法證明：，證明如下：
①當時，成立，
②假設當（為正整數）時，，
則成立.
綜上：.
所以，有，即.
當時， ，
而函數的值域為，
則對于任意大于1的實數，存在不為0的實數，使得，
類比余弦二倍角公式，猜測.
證明如下：
類比時的數學歸納法，設，
易證，，，，，
所以若，
設，則，解得：或，即，
所以，于是.
綜上：存在實數使得成立.
題型五：射影幾何問題
【典例5-1】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，為透視中心，平面內四個點經過中心投影之后的投影點分別為．對于四個有序點，定義比值叫做這四個有序點的交比，記作．

(1)證明：；
(2)已知，點為線段的中點，，求．
【解析】（1）在、、、中，
，
所以，
又在、、、中，
，
所以，
又，，，
所以，
所以.
（2）由題意可得，所以，
即，所以，又點為線段的中點，即，
所以，又，則，，
設，且，
由，所以，
即，解得①，
在中，由正弦定理可得②，
在中，由正弦定理可得③，
且，
②③得，即④
由①④解得，（負值舍去），即，
所以.
【典例5-2】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，為透視中心，平面內四個點經過中心投影之后的投影點分別為.對于四個有序點，定義比值叫做這四個有序點的交比，記作.

(1)若點分別是線段的中點，求；
(2)證明：；
(3)已知，點為線段的中點，，，求.
【解析】（1）由已知，，所以.
（2）在，，，中，
，同理，
所以，
又在，，，中，
，同理，
所以，
又，，，，
所以，所以.
（3）方法一：
由，可得，即，所以，
又點B為線段AD的中點，即，所以，
又，所以，，，
又已知，所以.
設，，由，得，
即，解得，…①
在中，由正弦定理可得，得，…②
在中，由正弦定理可得，得，…③
又，
得，即，…④
由①④解得，（負值舍去），即，，
所以.
方法二：
因為，所以，設，則，
又B為線段AD的中點，所以，
又已知，，所以，
所以，得，
所以，，
由，得，
所以，設，則，
由，互補得
，即，
解得，所以，，
所以.
【變式5-1】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，光從點出發，平面內四個點經過中心投影之后的投影點分別為.對于四個有序點，若，，定義比值叫做這四個有序點的交比，記作.
(1)當時，稱為調和點列，若，求的值；
(2)①證明：；
②已知，點為線段的中點，，，求，.
【解析】（1）由知：兩點分屬線段內外分點，
不妨設，，
則，，
由知：，，
，即.
（2）①在中，
，
，
則
在中，
，
，
則，
又，
，
即；
②，，即，
又點為線段的中點，即，則，
又，則，，
設，，且，
由可知：，
即，整理可得：；
在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得，，
且，
則，即，
由得：或（舍），即，.
題型六：正余弦方差
【典例6-1】定義:為實數對的“正弦方差”.
(1)若，則實數對的“正弦方差”的值是否是與無關的定值，并證明你的結論
(2)若，若實數對的“正弦方差”的值是與無關的定值，求值.
【解析】（1）“正弦方差”的值是與無關的定值；
證明：若，
則
.
（2）若，
根據題意，
因為的值是與無關的定值，故可得，
因為，故，
由可知，或，即或，
若，則，，故舍去；
對，兩邊平方后相加可得：
，即；
因為，故或或，
即或或；
綜上所述，當，解得，不滿足題意；
當，解得，滿足題意；
當，解得，滿足題意；
故或.
【典例6-2】對于集合和常數，定義：為集合A相對的的“余弦方差”.
(1)若集合，求集合A相對的“余弦方差”；
(2)若集合，是否存在，使得相對任何常數的“余弦方差”是一個與無關的定值？若存在，求出的值：若不存在，則說明理由.
【解析】（1）因為集合，
所以.
（2）假設存在，使得相對任何常數的“余弦方差”是一個與無關的定值.
由“余弦方差”的定義得：
.
要使是一個與無關的定值，應有成立，
則，
即，
整理可得.
又因為，
則，，，
所以，
所以，則，
所以，，
即，
整理可得，.
又因為，所以，，
所以，假設成立，當時，相對任何常數的“余弦方差”是一個與無關的定值，定值為.
題型七：曼哈頓距離和余弦距離
【典例7-1】人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為
(1)若，，求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離；
(2)已知，，，若，，求的值
【解析】（1），
，故余弦距離等于；
（2）；
故，，則.
【典例7-2】人臉識別就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.已知二維空間兩個點、，則其曼哈頓距離為，余弦相似度為，余弦距離：.
(1)若、，求、之間的余弦距離；
(2)已知，、,，若,，求、之間的曼哈頓距離.
【解析】（1）因為、，所以，
所以、間的余弦距離為.
（2）因為，，
所以.
因為，所以.
因為，
所以.
因為，則，
所以.
因為，
，所以.
因為，
，
所以.
因為，
所以、之間的曼哈頓距離是.
【變式7-1】人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為
(1)若，，求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離；
(2)已知，，，若，，求的值
(3)已知，、，，若，，求、之間的曼哈頓距離.
【解析】（1），
，故余弦距離等于；
（2）；
故，，則.
（3）因為，，
所以.
因為，所以.
因為，
所以.
因為，則，
所以.
因為，
，所以.
因為，
，
所以.
因為，
所以、之間的曼哈頓距離是.
題型八：費馬問題
【典例8-1】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題．該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小．”意大利數學家托里拆利給出了解答，當的三個內角均小于時，使得的點即為費馬點；當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點．試用以上知識解決下面問題：已知，，分別是三個內角，，的對邊
(1)若，
①求；
②若，設點為的費馬點，求的值；
(2)若，設點為的費馬點，，求實數的最小值．
【解析】（1）①因為，所以，
即，
即，
又，
所以，
又，所以，所以，
所以，因為，所以．
②由三角形內角和性質可知，的三個內角均小于，結合題設易知點一定在的內部．
由余弦定理可得，即，
又，即，所以，解得．
所以
，
所以，
所以
．
（2）因為，
所以，
所以，
又，所以，所以，
則，
即，
所以，
又，，所以，則，所以，
點為的費馬點，則，
設，，，，
則由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
當且僅當，結合，解得時，等號成立，
又，即有，解得或（舍去），
故實數的最小值為．
【典例8-2】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題．該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小．”意大利數學家托里拆利給出了解答，當的三個內角均小于時，使得的點O即為費馬點；當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點．試用以上知識解決下面問題：已知的內角，，所對的邊分別為，，，且設點為的費馬點．
(1)若，．
①求角；
②求．
(2)若，，求實數的最小值．
【解析】（1）①因為
，
，
又，
所以，
即．因為，所以，
因為，所以．
②由三角形內角和性質可知，的三個內角均小于，結合題設易知點一定在的內部．
由余弦定理可得，即，
又，解得．
所以
，
所以，
所以
．
（2）由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即，
點為的費馬點，則，
設，，，，
則由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
當且僅當，結合，解得時，等號成立，
又，即有，解得或（舍去），
故實數的最小值為．
【變式8-1】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題.該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小."意大利數學家托里拆利給出了解答，當的三個內角均小于時，使得的點即為費馬點；當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點.試用以上知識解決下面問題：已知分別是三個內角的對邊，點為的費馬點，且.
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若，求實數的最小值.
【解析】（1）由已知可得，
即，
所以，整理得，
所以由正弦定理可得，
所以.
（2）由（1）可得，所以三個內角都小于，
則由費馬點的定義可知，
設，，，
由得，
整理得，
所以.
（3）由費馬點的定義可知，
設，，, ，
則由得，
由余弦定理可得，
，
，
所以由得，
即，
又因為，所以，
當且僅當結合解得時等號成立，
又，所以，解得或（舍去），
所以的最小值為.
題型九：布洛卡點問題
【典例9-1】三角形的布洛卡點是法國數學家克洛爾于1816年首次發現．當內一點滿足條件時，則稱點為的布洛卡點，角為布洛卡角．如圖，在中，角，，所對邊長分別為，，，記的面積為，點為的布洛卡點，其布洛卡角為
(1)若．求證：
①；
②為等邊三角形．
(2)若，求證：．
【解析】（1）①若，
則
,
所以，
在中，
分別由余弦定理得：，
，，
三式相加整理得，
即；
②由余弦定理可得，
則
，
當且僅當且時取等號，
又，所以，所以，所以，
即當且僅當且時取等號，
即當且僅當為等邊三角形時取等號，
所以，當且僅當為等邊三角形時取等號，
又由①知，
所以為等邊三角形.
（2）由（1）得，
所以,
由，
所以，
又由余弦定理可得，
所以，
所以，所以，
由正弦定理可得
【典例9-2】三角形的布洛卡點是法國數學家、數學教育學家克洛爾于1816年首次發現，但他的發現并未被當時的人們所注意．1875年，布洛卡點被一個數學愛好者布洛卡重新發現，并用他的名字命名．當內一點滿足條件時，則稱點為的布洛卡點，角為布洛卡角．如圖，在中，角所對邊長分別為，點為的布洛卡點，其布洛卡角為．
(1)若．求證：
①（為的面積）；
②為等邊三角形．
(2)若，求證：．
【解析】（1）①若，
則
，
所以，
在中，分別由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得，
即，
所以；
②由余弦定理可得，
則
，
當且僅當且時取等號，
有，所以，所以，所以，
即當且僅當且時取等號，
即當且僅當為等邊三角形時取等號，
所以，當且僅當為等邊三角形時取等號，
又由①知，
所以為等邊三角形；
（2）由（1）得，
所以
，
所以，
又由余弦定理可得，
所以，
所以，所以，
由正弦定理可得．
【變式9-1】若內一點滿足，則稱點為的布洛卡點，為的布洛卡角．如圖，已知中，，點為的布洛卡點，為的布洛卡角．
(1)若，且滿足，
①求的大小；
②若，求布洛卡角的正切值；
(2)若平分，試問是否存在常實數，使得，若存在，求出常數t；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）①若，即，得，
點滿足，則，
在與中，，，
所以與相似，則，即，
所以；
在中，，
因為，
所以
②在中，應用余弦定理以及三角形面積公式得：
，
，
同理可得：，
三式相加可得：。
在內，應用余弦定理以及三角形面積公式得：
，
在，內，同理可得：
，，
三式相等：，
因為點在內，則
由等比性質的：，
所以：，
由①知，，，
所以，
則
（2）因為，
即，
所以，
在，，中，
分別由余弦定理可得：，
，
，
三式相加整理得：，即，
因為平分，則，，
所以，
由余弦定理可得：，
所以，
即，則，
所以若平分，試問是否存在常實數，使得
題型十：勒洛三角形、萊洛三角形、拿破侖三角形
【典例10-1】勒洛三角形是由19世紀德國工程師勒洛在研究機械分類時發現的．如圖1，以等邊三角形ABC的每個頂點為圓心、邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形就是勒洛三角形ABC．受此啟發，某數學興趣小組繪制了勒洛五邊形．如圖2，分別以正五邊形ABCDE的頂點為圓心、對角線長為半徑，在距離該頂點較遠的另外兩個頂點間畫一段圓弧，五段圓弧圍成的曲邊五邊形就是勒洛五邊形ABCDE．設正五邊形ABCDE的邊長為1．
(1)求勒洛五邊形ABCDE的周長；
(2)設正五邊形ABCDE外接圓周長為，試比較與大小，并說明理由．（注：）
【解析】（1）依題意，因為五邊形ABCDE為正五邊形且邊長為1，
所以，,
所以，所以，
在中，，，
由正弦定理得：，
所以
，
所以劣弧，
所以勒洛五邊形ABCDE的周長：.
（2），理由如下：
如圖所示：作出正五邊形ABCDE外接圓，
由（1）知，易得，
所以由圓心角與圓周角的關系得：，
在中，，，，
由余弦定理得：，
即，
因為，
所以，
所以，
所以，
所以正五邊形ABCDE外接圓周長為：
，
因為，
所以，所以.
【典例10-2】數學中處處存在著美，機械學家萊洛發現的萊洛三角形就給人以對稱的美感.萊洛三角形的畫法：先畫等邊三角形，再分別以點為圓心，線段長為半徑畫圓弧，便得到萊洛三角形.如圖所示，已知，點分別在弧，弧上，且.
(1)若時，求的值.
(2)若時，求的值.
【解析】（1）（1）線段長為半徑畫圓弧，可得 ,；
由向量的數量積可得
（2）以點為原心，所在直線為軸建立直角坐標系
則
所以
.
【變式10-1】（2024·高三·江蘇鎮江·期中）數學中處處存在著美，機械學家萊洛發現的萊洛三角形就給人以對稱的美感.萊洛三角形的畫法：先畫等邊三角形，再分別以點，，為圓心，線段長為半徑畫圓弧，便得到萊洛三角形.如圖所示，已知，為中點，點，分別在弧，弧上，設.
(1)當時，求；
(2)求的取值范圍.
【解析】（1）當時，設與的交點為，連接，
則：，，
，
故，
即.
（2）
，，
，故，
則.
即的取值范圍是.
【變式10-2】（2024·高三·江蘇南京·期中）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為等邊三角形的頂點”．如圖，在中，內角A，B，C的對邊分別為，且．以為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為．
(1)求角；
(2)若的面積為，求的面積．
【解析】（1）∵，∴，
故，
所以，可得或（舍），
由，所以.
（2）如圖，連接，
由正弦定理得，，則，
正面積，
而，則，
在中，由余弦定理得：，
即，則，
在中，，由余弦定理得，
則，，
所以的面積為.
【變式10-3】法國著名軍事家拿破侖 波拿巴提出過一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形的頂點”．如圖，在非直角中，內角，，的對邊分別為，，，已知．分別以，，為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為，，．

(1)求；
(2)若，的面積分別為，，且，求的面積．
【解析】（1），
由正弦定理有：，
，，即．
又不是直角三角形，，則．
，，
，且，則；
（2）因為，的面積分別為，，所以，
由余弦定理可得，即，解得．
連接，，由幾何性質知，且，
從而有，
故的面積為．
1．克羅狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希臘天文學家、地理學家、數學家，他在所著的《天文集》中講述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積小于或等于兩組對邊乘積之和，當且僅當對角互補時取等號. 如圖，半圓的直徑為2cm，為直徑延長線上的點，2 cm，為半圓上任意一點，且三角形為正三角形.
(1)當時，求四邊形的周長；
(2)當在什么位置時，四邊形的面積最大，并求出面積的最大值；
(3)若與相交于點，則當線段的長取最大值時，求的值.
【解析】（1）在中，由余弦定理得，
所以四邊形的周長為.
（2）設，在中，，
四邊形的面積為
，
當即時，四邊形的面積取到最大值為.
（3），且為正三角形，，，
，即的最大值為，取等號時，，
.
不妨設，則，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故為的角平分線，
由角平分線性質可得，，故，.
四點共圓，
由相交弦定理，得或（舍去）.
在中，，
.
2．由倍角公式cos2x＝2cos2x－1，可知cos2x可以表示為cosx的二次多項式，對于cos3x，我們有cos3x＝cos(2x＋x)
＝cos2xcosx－sin2xsinx
＝(2cos2x－1)cosx－2(sinxcosx)sinx
＝2cos3x－cosx－2(1－cos2x)cosx
＝4cos3x－3cosx
可見cos3x可以表示為cosx的三次多項式．一般地，存在一個n次多項式Pn(t)，使得cosnx＝Pn(cosx)，這些多項式Pn(t)稱為切比雪夫多項式．
(1)求證：sin3x＝3sinx－4sin3x；
(2)請求出P4(t)，即用一個cosx的四次多項式來表示cos4x；
(3)利用結論cos3x＝4cos3x－3cosx，求出sin18°的值．
【解析】（1）
（2）
（3）
（小于-1的值舍去）.
3．（2024·高三·上海楊浦·期中）若實數，，且滿足，則稱x y是“余弦相關”的.
(1)若，求出所有與之“余弦相關”的實數；
(2)若實數x y是“余弦相關”的，求x的取值范圍；
(3)若不相等的兩個實數x y是“余弦相關”的，求證：存在實數z，使得x z為“余弦相關”的，y z也為“余弦相關”的.
【解析】（1）代入得，，，
，又，或
（2）由得
，
，
，
故，
，，
（3）證明：先證明，
反證法，假設，
則由余弦函數的單調性可知，
，，
同理，相加得，與假設矛盾，故.
，且
故也是余弦相關的，
，即.
記則.
,
，故x z為“余弦相關”的；
同理y z也為“余弦相關”的
4．已知正弦三倍角公式：①
（1）試用公式①推導余弦三倍角公式（僅用表示）；
（2）若角滿足，求的值.
【解析】（1）
（2），，
解得：，即
5．定義三邊長分別為，，，則稱三元無序數組為三角形數．記為三角形數的全集，即．
(1)證明：“”是“”的充分不必要條件；
(2)若銳角內接于圓O，且，設．
①若，求；
②證明：．
【解析】（1），則，即，
∴，即，
同理可得，，
則成立，
取，則為等腰直角三角形的三邊，
但，，不能為三角形的三邊，
故推不出，
∴“”是“”的充分不必要條件．
（2）①，則，
∴，
又因為，∴，
而均為三角形內角，∴，
記，
∴；
②由，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
同理得，，
∴x，y，z可組成三角形，∴.
6．已知函數，.
(1)求，的值并直接寫出的最小正周期；
(2)求的最大值并寫出取得最大值時x的集合；
(3)定義，，求函數的最小值.
【解析】（1），
又，而的最小正周期為，
故的最小正周期為.
（2）因為，故，
故，此時即即.
對應的的集合為；
（3）由（2）可知，，，
當時，，所以；
當時，，所以；
當時，，
綜上，，故.
7．在三角函數領域，為了三角計算的簡便并且追求計算的精確性，曾經出現過以下兩種少見的三角函數：定義為角的正矢（或），記作；定義為角的余矢（Coversed或coversedsine），記作．
(1)設函數，求函數的單調遞減區間；
(2)當時，設函數，若關于的方程的有三個實根，則：
①求實數的取值范圍；
②求的取值范圍．
【解析】（1）因為
，
令，解得，
所以的單調遞減區間為.
（2）①因為
，
又，所以當時，當時，
所以，
當時，且在上單調遞增，在上單調遞減，
當時，則，則在上單調遞減，
所以，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞減，
且，，，，的圖象如下所示：
因為有三個實數根，即與有三個交點，所以；
②由①可知，，則，
所以，，
所以
，
令，則，
所以，
因為在上單調遞增，當時，
當時，
即，所以，
所以，所以，
即.
8．（2024·山東菏澤·二模）定義二元函數，同時滿足：①；②；③三個條件．
(1)求的值；
(2)求的解析式；
(3)若．比較與0的大小關系，并說明理由．
附：參考公式
【解析】（1）由條件②可得；
由條件③可得．
（2）由條件②）可得：
，
，
，
將上述個等式相加，得；
由條件③可得：
，
，
將上述個等式相加，得．
（3）由（2），所以，
則，
則
，
當且僅當時，，上式取得等號，
即時，均有，
所以，當時，；
當時，；
當時，，所以．
9．固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，類似地我們可以定義雙曲正弦函數.它們與正、余弦函數有許多類似的性質.
(1)類比正弦函數的二倍角公式，請寫出雙曲正弦函數的一個正確的結論:_____________.（只寫出即可，不要求證明）；
(2)，不等式恒成立，求實數的取值范圍；
(3)若，試比較與的大小關系，并證明你的結論.
【解析】（1）.
（2）依題意，，不等式，
函數在上單調遞增，，令，
顯然函數在上單調遞減，在上單調遞增，，
又，于是，，
因此，，顯然函數在上單調遞減，
當時，，從而，
所以實數的取值范圍是.
（3），.
依題意，，
，
當時，，，即，
于是，而，因此，
當時，，則，，
即，而，因此，
于是，，所以.
10．人臉識別技術應用在各行各業，改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.假設二維空間兩個點，，曼哈頓距離.
余弦相似度：.
余弦距離：.
(1)若，，求A，B之間的和余弦距離；
(2)已知，，，若，，求的值.
【解析】（1），
，所以余弦距等于；
（2）由得
,
同理：由得，
故，
即，
則.
11．十七世紀法國數學家、被譽為業余數學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小.”它的答案是：“當三角形的三個角均小于時，所求的點為三角形的正等角中心，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角；當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點.”在費馬問題中所求的點稱為費馬點. 試用以上知識解決下面問題：已知的內角所對的邊分別為，且
(1)求；
(2)若，設點為的費馬點，求；
(3)設點為的費馬點，，求實數的最小值.
【解析】（1），
，
，
由正弦定理可得，
直角三角形，且；
（2）由（1）可得，三角形的三個角都小于，
則由費馬點定義可知：，
設，
由，
得，
整理得，
；
（3）點為的費馬點，
，
設，，，，，，
，，
由余弦定理得，
，
，
故由，
得，
，而，，
，當且僅當時，又，
即 時，等號成立，
又，，
解得或 舍去），
故實數的最小值為．
12．（2024·湖南長沙·一模）“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出.該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小.”意大利數學家托里拆利給出了解答，當的三個內角均小于時，使得的點即為費馬點；當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點.試用以上知識解決下面問題：
已知的內角，，所對的邊分別為，，，且
(1)求；
(2)若，設點為的費馬點，求.
【解析】（1）由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）由（1），所以三角形的三個角都小于，
則由費馬點定義可知：，
設，，，由
得：，整理得，
則
13．（2024·安徽合肥·模擬預測）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為等邊三角形的頂點”.如圖，在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為，且.以為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為.

(1)求角；
(2)若的面積為，求的周長.
【解析】（1），則，
故，所以，
可得（負值舍），由，所以.
（2）如圖，連接，由正弦定理得 ，,則，
正面積，
而，則，
在中，由余弦定理得：，
即，則，
在中，，由余弦定理得，
則，
，所以的周長為
14．法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這個三個三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形的頂點”.如圖，在中，內角，，的對邊分別為，，，已知.以，，為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為，，.
(1)求；
(2)若，的面積為，求的周長.
【解析】（1）由，
得，
即，
即
即，∵，∴，
由正弦定理得，
∵，∴，∴，
∵，∴.
（2）如圖，連接 ，則，，
正面積，∴，
而，則，
∴中，由余弦定理得：，
有，則，
在中，，，由余弦定理得，則，
∴，，∴，所以的周長為.
15．定義在封閉的平面區域D內任意兩點的距離的最大值稱為平面區域D的“直徑”．如圖，已知銳角三角形的三個頂點A，B，C在半徑為1的圓上，角的對邊分別為a，b，c，若．
(1)求角A的大小；
(2)分別以各邊為直徑向外作三個半圓，這三個半圓和構成平面區域D，求平面區域D的“直徑”的取值范圍．
【解析】（1）在銳角中，由，得，
由正弦定理得，，即，
又，
從而，而，則，又，
所以．
（2）如圖，F，G是AC，BC的中點，E，F，G，H四點共線，
設P，Q分別為、上任意一點，，
，
即PQ的長小于等于周長的一半，當PQ與HE重合時取等，
同理，三個半圓上任意兩點的距離最大值等于周長的一半，因此區域D的“直徑”為的周長l的一半，
由正弦定理得：，，，
則，
由為銳角三角形，得，即，
則，，于是，
所以平面區域D的“直徑”的取值范圍是.
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