新高考数学二轮专题拔高点突破训练06 三角函数与解三角形背景下的新定义问题（十大题型）（2份，原卷版+解析版）

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\l "_Tc171429215" 01方法技巧与总结 PAGEREF _Tc171429215 \h 2
\l "_Tc171429216" 02题型归纳与总结 PAGEREF _Tc171429216 \h 3
\l "_Tc171429217" 题型一：托勒密问题 PAGEREF _Tc171429217 \h 3
\l "_Tc171429218" 题型二：与三角有关的新定义函数 PAGEREF _Tc171429218 \h 8
\l "_Tc171429219" 题型三：n倍角模型与倍角三角形 PAGEREF _Tc171429219 \h 13
\l "_Tc171429220" 题型四：双曲正余弦函数 PAGEREF _Tc171429220 \h 18
\l "_Tc171429221" 题型五：射影几何问题 PAGEREF _Tc171429221 \h 23
\l "_Tc171429222" 题型六：正余弦方差 PAGEREF _Tc171429222 \h 29
\l "_Tc171429223" 题型七：曼哈顿距离和余弦距离 PAGEREF _Tc171429223 \h 32
\l "_Tc171429224" 题型八：费马问题 PAGEREF _Tc171429224 \h 36
\l "_Tc171429225" 题型九：布洛卡点问题 PAGEREF _Tc171429225 \h 42
\l "_Tc171429226" 题型十：勒洛三角形、莱洛三角形、拿破仑三角形 PAGEREF _Tc171429226 \h 47
\l "_Tc171429227" 03过关测试 PAGEREF _Tc171429227 \h 54
在三角函数与解三角形背景下的新定义问题中，解题方法通常涉及对三角函数性质、解三角形方法的深入理解以及灵活应用。以下是一些常用的解题方法：
1、理解新定义：
首先，需要仔细阅读题目中的新定义，理解其含义和所涉及的数学概念。
将新定义与已知的三角函数或解三角形的方法联系起来，找出其中的关联点。
2、利用三角函数性质：
应用三角函数的定义、诱导公式、同角关系式、和差化积公式等，将问题转化为已知的三角函数问题。
利用三角函数的图像和性质，如周期性、奇偶性、单调性等，来分析和解决问题。
3、应用解三角形的方法：
使用正弦定理、余弦定理等解三角形的基本方法，将三角形的边和角联系起来。
通过作辅助线、构造特殊三角形等方式，将复杂问题转化为简单问题。
4、结合图形分析：
在解题过程中，结合图形进行分析，可以更直观地理解问题。
利用图形的对称性、相似性等性质，简化计算过程。
5、注意特殊值和极端情况：
在解题时，要注意考虑特殊值和极端情况，如角度为0°、90°、180°等。
这些特殊值往往能提供更简单的解题路径或用于验证答案的正确性。
6、综合应用多种方法：
在解题过程中，可能需要综合运用多种方法，如代数法、几何法、三角法等。
灵活转换不同的解题方法，以适应不同的问题情境。
可以使用不同的方法或代入特殊值进行验证，以确保答案的正确性。
解决三角函数与解三角形背景下的新定义问题，需要深入理解相关概念和方法，并灵活应用多种解题策略。通过不断的练习和反思，可以提高解决这类问题的能力。
题型一：托勒密问题
【典例1-1】古希腊数学家托勒密对凸四边形（凸四边形是指没有角度大于180°的四边形）进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立.且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料，解决以下问题，如图，在凸四边形中，

(1)若，，，（图1），求线段长度的最大值；
(2)若，，（图2），求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出四边形面积的最大值；
(3)在满足（2）条件下，若点是外接圆上异于的点，求的最大值.
【解析】（1）由，，，，可得，
由题意可得，
即，
即，当且仅当四点共圆时等号成立
即的最大值为；
（2）如图2，连接，因为四点共圆时四边形的面积最大，，，，
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，
此时．
所以时，四边形面积取得最大值，且最大值为．
（3）由题意可知所以，即，
在中，由余弦定理可得,
故,
故，
故，当且仅当时等号成立，
故最大值为
【典例1-2】（1）四点共圆是平面几何中一种重要的位置关系：
如图，，，，四点共圆，为外接圆直径，，，，求与的长度；
（2）古希腊的两位数学家在研究平面几何问题时分别总结出如下结论：
①（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立．
②（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大．
根据上述材料，解决以下问题：
（i）见图1，若，，，，求线段长度的最大值；
（ii）见图2，若，，，求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出此时四边形的面积．
【解析】（1）因为为外接圆直径，，，，
由同弧所对的圆周角相等，可得，，
，所以，
而，
所以，
，
在中，由正弦定理可得，
即；
即，；
（2）（i）设，则 ，
由材料可知， ，
即 ，
解得 ，
所以线段长度的最大值为．
（ii）由材料可知，当 A、B、C、 四点共圆时，四边形的面积达到最大．
连接，在中，由余弦定理得：
，①
在 中，由余弦定理得：
，②
因为 A、B、C、 四点共圆，所以，从而，③
由①②③，解得 ，
因为，所以 ．
从而，
，
所以 ．
【变式1-1】克罗狄斯托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家.他一生有很多发明和贡献，其中托勒密定理和托勒密不等式是欧几里得几何中的重要定理.托勒密不等式内容如下：在凸四边形中，两组对边乘积的和大于等于两对角线的乘积，即，当四点共圆时等号成立.已知凸四边形中，.
(1)当为等边三角形时，求线段长度的最大值及取得最大值时的边长；
(2)当时，求线段长度的最大值.
【解析】（1）设，因为，所以，
所以，当四点共圆时等号成立，因为，，
在中，，
所以，所以的边长为；
（2）设，在中，
因为，
所以，所以，
因为.所以，
当且仅当时等号成立，
因为，所以，
所以，
由，故，
因为，，
所以，所以.
【变式1-2】已知半圆O的半径为1，A为直径延长线上的点，且，B为半圆上任意一点，以为一边作等边，设.
(1)当时，求四边形的周长；
(2)托勒密所著《天文集》中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积不大于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号.据以上材料，当线段的长取最大值时，求；
(3)当为何值时，四边形的面积最大，并求此时面积的最大值.
【解析】（1）在中，由余弦定理得，即，
于是四边形的周长为；
（2）因为，且为等边三角形，，，
所以，
所以，
即的最大值为3，取等号时，
所以，
不妨设，则，解得，
所以，
所以；
（3）在中，由余弦定理得，
所以，
因为，于是四边形的面积为：
，
当，即时，四边形的面积取得最大值为．
所以，当满足时，四边形的面积最大，最大值为．
题型二：与三角有关的新定义函数
【典例2-1】对于定义域为R的函数，若存在常数，使得是以为周期的周期函数，则称为“正弦周期函数”，且称为其“正弦周期”.
(1)判断函数是否为“正弦周期函数”，并说明理由；
(2)已知是定义在R上的严格增函数，值域为R，且是以为“正弦周期”的“正弦周期函数”，若，且存在，使得，求的值；
(3)已知是以为一个“正弦周期”的“正弦周期函数”，且存在和，使得对任意，都有，证明：是周期函数.
【解析】（1），则，
故，
所以是正弦周期函数.
（2）存在，使得，故，
因为是以为“正弦周期”的“正弦周期函数”，
所以，
又，，
所以，
又，
则，
故，，
因为，所以，且严格增，
由于，，
故，解得，
则整数，
下证.
若不然，，则，由的值域为R知，
存在，，使得，，
则，
，
由严格单调递增可知，
又，
故，这与矛盾.
故，综上所述，；
（3）法1：若，则由可知为周期函数.
若，则对任意，存在正整数，使得且.
因为是以为一个“正弦周期”的“正弦周期函数”，且，
所以，
故，所以，
若，则同理可证（取为负整数即可）.
综上，得证.
法2：假设不是周期函数，则与均不恒成立.
显然.
因为不恒成立，所以存在，使得，
因为，所以存在，使得且，
其中若，取为负整数；若，取为正整数.
因为是以为一个“正弦周期”的“正弦周期函数”，且，
由正弦周期性得，
即，
所以，矛盾，假设不成立，
综上，是周期函数.
【典例2-2】知道在直角三角形中，一个锐角的大小与两条边长的比值相互唯一确定，因此边长与角的大小之间可以相互转化．与之类似，可以在等腰三角形中建立边角之间的联系，我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对．如图，在中，．顶角的正对记作，这时．容易知道一个角的大小与这个角的正对值也是相互唯一确定的．
根据上述对角的正对定义，解下列问题：
(1)的值为（ ）
A． B． C． D．
(2)对于，的正对值的取值范围是______．
(3)已知，其中为锐角，试求的值．
【解析】（1）在等腰中，，，则为等边三角形，
所以，，
故选：B.
（2）在等腰中，，取的中点，连接，则，
则，
因为，则，故.
故答案为：.
（3），则，所以，，
所以，，因此，.
【变式2-1】已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
(1)设，求的特征向量；
(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；
(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.
【解析】（1）因为，
所以函数的特征向量；
（2）因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
（3）因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
【变式2-2】定义函数为“正余弦”函数.结合学过的知识，可以得到该函数的一些性质：容易证明为该函数的周期，但是否是最小正周期呢？我们继续探究：.可得：也为函数的周期.但是否为该函数的最小正周期呢？我们可以分区间研究的单调性：函数在是严格减函数，在上严格增函数，再结合，可以确定：的最小正周期为.进一步我们可以求出该函数的值域了.定义函数为“余正弦”函数，根据阅读材料的内容，解决下列问题：
(1)求“余正弦”函数的定义域；
(2)判断“余正弦”函数的奇偶性，并说明理由；
(3)探究“余正弦”函数的单调性及最小正周期，说明理由，并求其值域.
【解析】（1）的定义域为.
（2）对于函数，
，所以是偶函数.
（3），
在区间上递减，在区间上递增，所以在上递减.
在区间上递增，在区间上递增，所以在上递增.
所以的最小正周期为，
在上是严格减函数，在上是严格增函数.
结合的单调性可知，的值域为.
题型三：n倍角模型与倍角三角形
【典例3-1】由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．对于，我们有
可见也可以表示成的三次多项式．
(1)利用上述结论，求的值；
(2)化简；并利用此结果求的值；
(3)已知方程在上有三个根，记为，求证：.
【解析】（1），所以，
因为，
因为，，
即，
因为，解得（舍）.
（2）
，
故
；
（3）证明：因为，故可令，
故由可得：．
由题意得：，因，故，
故，或，或，
即方程（*）的三个根分别为，，，
又，故，
于是，
.
【典例3-2】（2024·福建厦门·二模）定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，的面积为，三个内角所对的边分别为，且.
(1)证明：是倍角三角形；
(2)若，当取最大值时，求.
【解析】（1）因为，
又,所以，
则，
又由余弦定理知，，
故可得，
由正弦定理，,
又,
代入上式可得,
即，
，
则有,
故是倍角三角形.
（2）因为，所以,
故，则，又，
又，则,
则
,
设，，
则
令得或者（舍），
且当时，，
当时，，
则在上单调递增，
在上单调递减，
故当时，取最大值，
此时也取最大值，
故为所求.
【变式3-1】由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式，对于，我们有
．
可见可以表示为的三次多项式．
(1)对照上述方法，将可以表示为的三次多项式；
(2)若，解关于x的方程．
【解析】（1）
；
（2）由，可得，
∵，，
∴，即，
整理可得，
解得或（舍去），
∴.
【变式3-2】由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式.对于，我们有，可见也可以表示成的三次多项式.以上推理过程体现了数学中的逻辑推理和数学运算等核心素养，同时也蕴含了转化和化归思想.
(1)试用以上素养和思想方法将表示成的三次多项式；
(2)化简，并利用此结果求的值.
【解析】（1）
（2）
从而，
故
【变式3-3】由倍角公式，可知可以表示为仅含的二次多项式.
（1）类比公式的推导方法，试用仅含有的多项式表示 ；
（2）已知，试结合第（1）问的结论，求出的值.
【解析】（1），利用两角和的余弦公式及二倍角的余弦公式可得结果；（2）利用（1）的结论，结合诱导公式与平方关系可得结果.
试题解析：（1）
.
（2）因为，
所以，所以，
所以，解得或（舍去）.

题型四：双曲正余弦函数
【典例4-1】（2024·福建泉州·模拟预测）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线年，莱布尼茨等得出悬链线的方程为，其中为参数．当时，该表达式就是双曲余弦函数，记为，悬链线的原理常运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．已知三角函数满足性质：①导数：；②二倍角公式：；③平方关系：．定义双曲正弦函数为．
(1)写出，具有的类似于题中①、②、③的一个性质，并证明该性质；
(2)任意，恒有成立，求实数的取值范围；
(3)正项数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）①导数：，，证明如下：
，
②二倍角公式：，证明如下：
；
③平方关系：，证明如下：
；
（2）令，，，
①当时，由，
又因为，所以，等号不成立，
所以，即为增函数，
此时，对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，，则，可知是增函数，
由与可知，存在唯一，使得，
所以当时，，则在上为减函数，
所以对任意，，不合题意；
综上知，实数的取值范围是；
（3）方法一、由，函数的值域为，
对于任意大于1的实数，存在不为0的实数，使得，
类比双曲余弦函数的二倍角公式，
由，，，
猜想：，
由数学归纳法证明如下：①当时，成立；
②假设当为正整数）时，猜想成立，即，则
，符合上式，
综上知，；
若，
设，则，解得：或，
即，所以，即．
综上知，存在实数，使得成立．
方法二、构造数列，且，
因为，所以，
则，
因为在上单调递增，所以，即是以2为公比的等比数列，
所以，所以，所以，
又因为，解得或，
所以，
综上知，存在实数，使得成立．
【典例4-2】在数学中，双曲函数是与三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数与双曲余弦函数，其中双曲正弦函数：，双曲余弦函数：.（e是自然对数的底数，）.双曲函数的定义域是实数集，其自变量的值叫做双曲角，双曲函数出现于某些重要的线性微分方程的解中，譬如说定义悬链线和拉普拉斯方程.
(1)计算的值；
(2)类比两角和的余弦公式，写出两角和的双曲余弦公式：______，并加以证明；
(3)若对任意，关于的方程有解，求实数的取值范围.
【解析】（1）由已知可得，，，
所以，
所以.
（2），证明如下：
左边，
右边
.
所以，左边=右边，
所以.
（3）原题可转化为方程有解，即有解.
令，，，
因为在上单调递增，，，
所以.
又，当且仅当，即时等号成立，
所以，即，即，
所以，即.
【变式4-1】（2024·上海·二模）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：；②两角和公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当时，双曲正弦函数的图像总在直线的上方，求直线斜率的取值范围；
(3)无穷数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【解析】（1）平方关系：；
和角公式：；
导数：．
理由如下：平方关系，
；
和角公式：，
故；
导数：，；
（2）构造函数，，
由（1）可知，
①当时，由，
又因为，故，等号不成立，
所以，故为严格增函数，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，
则，可知是严格增函数，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在上为严格减函数，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数的取值范围为．
（3）当时，存在，使得，
由数学归纳法证明：，证明如下：
①当时，成立，
②假设当（为正整数）时，，
则成立.
综上：.
所以，有，即.
当时， ，
而函数的值域为，
则对于任意大于1的实数，存在不为0的实数，使得，
类比余弦二倍角公式，猜测.
证明如下：
类比时的数学归纳法，设，
易证，，，，，
所以若，
设，则，解得：或，即，
所以，于是.
综上：存在实数使得成立.
题型五：射影几何问题
【典例5-1】射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．

(1)证明：；
(2)已知，点为线段的中点，，求．
【解析】（1）在、、、中，
，
所以，
又在、、、中，
，
所以，
又，，，
所以，
所以.
（2）由题意可得，所以，
即，所以，又点为线段的中点，即，
所以，又，则，，
设，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，（负值舍去），即，
所以.
【典例5-2】射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.

(1)若点分别是线段的中点，求；
(2)证明：；
(3)已知，点为线段的中点，，，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，
又点B为线段AD的中点，即，所以，
又，所以，，，
又已知，所以.
设，，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，（负值舍去），即，，
所以.
方法二：
因为，所以，设，则，
又B为线段AD的中点，所以，
又已知，，所以，
所以，得，
所以，，
由，得，
所以，设，则，
由，互补得
，即，
解得，所以，，
所以.
【变式5-1】射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，若，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.
(1)当时，称为调和点列，若，求的值；
(2)①证明：；
②已知，点为线段的中点，，，求，.
【解析】（1）由知：两点分属线段内外分点，
不妨设，，
则，，
由知：，，
，即.
（2）①在中，
，
，
则
在中，
，
，
则，
又，
，
即；
②，，即，
又点为线段的中点，即，则，
又，则，，
设，，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，
则，即，
由得：或（舍），即，.

题型六：正余弦方差
【典例6-1】定义:为实数对的“正弦方差”.
(1)若，则实数对的“正弦方差”的值是否是与无关的定值，并证明你的结论
(2)若，若实数对的“正弦方差”的值是与无关的定值，求值.
【解析】（1）“正弦方差”的值是与无关的定值；
证明：若，
则
.
（2）若，
根据题意，
因为的值是与无关的定值，故可得，
因为，故，
由可知，或，即或，
若，则，，故舍去；
对，两边平方后相加可得：
，即；
因为，故或或，
即或或；
综上所述，当，解得，不满足题意；
当，解得，满足题意；
当，解得，满足题意；
故或.
【典例6-2】对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”.
(1)若集合，求集合A相对的“余弦方差”；
(2)若集合，是否存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值？若存在，求出的值：若不存在，则说明理由.
【解析】（1）因为集合，
所以.
（2）假设存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值.
由“余弦方差”的定义得：
.
要使是一个与无关的定值，应有成立，
则，
即，
整理可得.
又因为，
则，，，
所以，
所以，则，
所以，，
即，
整理可得，.
又因为，所以，，
所以，假设成立，当时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，定值为.
题型七：曼哈顿距离和余弦距离
【典例7-1】人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为
(1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离；
(2)已知，，，若，，求的值
【解析】（1），
，故余弦距离等于；
（2）；
故，，则.
【典例7-2】人脸识别就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.已知二维空间两个点、，则其曼哈顿距离为，余弦相似度为，余弦距离：.
(1)若、，求、之间的余弦距离；
(2)已知，、,，若,，求、之间的曼哈顿距离.
【解析】（1）因为、，所以，
所以、间的余弦距离为.
（2）因为，，
所以.
因为，所以.
因为，
所以.
因为，则，
所以.
因为，
，所以.
因为，
，
所以.
因为，
所以、之间的曼哈顿距离是.
【变式7-1】人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为
(1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离；
(2)已知，，，若，，求的值
(3)已知，、，，若，，求、之间的曼哈顿距离.
【解析】（1），
，故余弦距离等于；
（2）；
故，，则.
（3）因为，，
所以.
因为，所以.
因为，
所以.
因为，则，
所以.
因为，
，所以.
因为，
，
所以.
因为，
所以、之间的曼哈顿距离是.

题型八：费马问题
【典例8-1】“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知，，分别是三个内角，，的对边
(1)若，
①求；
②若，设点为的费马点，求的值；
(2)若，设点为的费马点，，求实数的最小值．
【解析】（1）①因为，所以，
即，
即，
又，
所以，
又，所以，所以，
所以，因为，所以．
②由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题设易知点一定在的内部．
由余弦定理可得，即，
又，即，所以，解得．
所以
，
所以，
所以
．
（2）因为，
所以，
所以，
又，所以，所以，
则，
即，
所以，
又，，所以，则，所以，
点为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为．
【典例8-2】“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，且设点为的费马点．
(1)若，．
①求角；
②求．
(2)若，，求实数的最小值．
【解析】（1）①因为
，
，
又，
所以，
即．因为，所以，
因为，所以．
②由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题设易知点一定在的内部．
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，
点为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为．
【变式8-1】“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小."意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知分别是三个内角的对边，点为的费马点，且.
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若，求实数的最小值.
【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，所以三个内角都小于，
则由费马点的定义可知，
设，，，
由得，
整理得，
所以.
（3）由费马点的定义可知，
设，，, ，
则由得，
由余弦定理可得，
，
，
所以由得，
即，
又因为，所以，
当且仅当结合解得时等号成立，
又，所以，解得或（舍去），
所以的最小值为.

题型九：布洛卡点问题
【典例9-1】三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为
(1)若．求证：
①；
②为等边三角形．
(2)若，求证：．
【解析】（1）①若，
则
,
所以，
在中，
分别由余弦定理得：，
，，
三式相加整理得，
即；
②由余弦定理可得，
则
，
当且仅当且时取等号，
又，所以，所以，所以，
即当且仅当且时取等号，
即当且仅当为等边三角形时取等号，
所以，当且仅当为等边三角形时取等号，
又由①知，
所以为等边三角形.
（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】三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对边长分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为．
(1)若．求证：
①（为的面积）；
②为等边三角形．
(2)若，求证：．
【解析】（1）①若，
则
，
所以，
在中，分别由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得，
即，
所以；
②由余弦定理可得，
则
，
当且仅当且时取等号，
有，所以，所以，所以，
即当且仅当且时取等号，
即当且仅当为等边三角形时取等号，
所以，当且仅当为等边三角形时取等号，
又由①知，
所以为等边三角形；
（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．
【变式9-1】若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角．
(1)若，且满足，
①求的大小；
②若，求布洛卡角的正切值；
(2)若平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）①若，即，得，
点满足，则，
在与中，，，
所以与相似，则，即，
所以；
在中，，
因为，
所以
②在中，应用余弦定理以及三角形面积公式得：
，
，
同理可得：，
三式相加可得：。
在内，应用余弦定理以及三角形面积公式得：
，
在，内，同理可得：
，，
三式相等：，
因为点在内，则
由等比性质的：，
所以：，
由①知，，，
所以，
则
（2）因为，
即，
所以，
在，，中，
分别由余弦定理可得：，
，
，
三式相加整理得：，即，
因为平分，则，，
所以，
由余弦定理可得：，
所以，
即，则，
所以若平分，试问是否存在常实数，使得

题型十：勒洛三角形、莱洛三角形、拿破仑三角形
【典例10-1】勒洛三角形是由19世纪德国工程师勒洛在研究机械分类时发现的．如图1，以等边三角形ABC的每个顶点为圆心、边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形ABC．受此启发，某数学兴趣小组绘制了勒洛五边形．如图2，分别以正五边形ABCDE的顶点为圆心、对角线长为半径，在距离该顶点较远的另外两个顶点间画一段圆弧，五段圆弧围成的曲边五边形就是勒洛五边形ABCDE．设正五边形ABCDE的边长为1．
(1)求勒洛五边形ABCDE的周长；
(2)设正五边形ABCDE外接圆周长为，试比较与大小，并说明理由．（注：）
【解析】（1）依题意，因为五边形ABCDE为正五边形且边长为1，
所以，,
所以，所以，
在中，，，
由正弦定理得：，
所以
，
所以劣弧，
所以勒洛五边形ABCDE的周长：.
（2），理由如下：
如图所示：作出正五边形ABCDE外接圆，
由（1）知，易得，
所以由圆心角与圆周角的关系得：，
在中，，，，
由余弦定理得：，
即，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以正五边形ABCDE外接圆周长为：
，
因为，
所以，所以.
【典例10-2】数学中处处存在着美，机械学家莱洛发现的莱洛三角形就给人以对称的美感.莱洛三角形的画法：先画等边三角形，再分别以点为圆心，线段长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形.如图所示，已知，点分别在弧，弧上，且.
(1)若时，求的值.
(2)若时，求的值.
【解析】（1）（1）线段长为半径画圆弧，可得 ,；
由向量的数量积可得
（2）以点为原心，所在直线为轴建立直角坐标系
则
所以
.
【变式10-1】（2024·高三·江苏镇江·期中）数学中处处存在着美，机械学家莱洛发现的莱洛三角形就给人以对称的美感.莱洛三角形的画法：先画等边三角形，再分别以点，，为圆心，线段长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形.如图所示，已知，为中点，点，分别在弧，弧上，设.
(1)当时，求；
(2)求的取值范围.
【解析】（1）当时，设与的交点为，连接，
则：，，
，
故，
即.
（2）
，，
，故，
则.
即的取值范围是.
【变式10-2】（2024·高三·江苏南京·期中）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”．如图，在中，内角A，B，C的对边分别为，且．以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为．
(1)求角；
(2)若的面积为，求的面积．
【解析】（1）∵，∴，
故，
所以，可得或（舍），
由，所以.
（2）如图，连接，
由正弦定理得，，则，
正面积，
而，则，
在中，由余弦定理得：，
即，则，
在中，，由余弦定理得，
则，，
所以的面积为.
【变式10-3】法国著名军事家拿破仑・波拿巴提出过一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在非直角中，内角，，的对边分别为，，，已知．分别以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，．

(1)求；
(2)若，的面积分别为，，且，求的面积．
【解析】（1），
由正弦定理有：，
，，即．
又不是直角三角形，，则．
，，
，且，则；
（2）因为，的面积分别为，，所以，
由余弦定理可得，即，解得．
连接，，由几何性质知，且，
从而有，
故的面积为．
1．克罗狄斯·托勒密（Ptlemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形.
(1)当时，求四边形的周长；
(2)当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；
(3)若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值.
【解析】（1）在中，由余弦定理得，
所以四边形的周长为.
（2）设，在中，，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为.
（3），且为正三角形，，，
，即的最大值为，取等号时，，
.
不妨设，则，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故为的角平分线，
由角平分线性质可得，，故，.
四点共圆，
由相交弦定理，得或（舍去）.
在中，，
.
2．由倍角公式cs2x＝2cs2x－1，可知cs2x可以表示为csx的二次多项式，对于cs3x，我们有cs3x＝cs(2x＋x)
＝cs2xcsx－sin2xsinx
＝(2cs2x－1)csx－2(sinxcsx)sinx
＝2cs3x－csx－2(1－cs2x)csx
＝4cs3x－3csx
可见cs3x可以表示为csx的三次多项式．一般地，存在一个n次多项式Pn(t)，使得csnx＝Pn(csx)，这些多项式Pn(t)称为切比雪夫多项式．
(1)求证：sin3x＝3sinx－4sin3x；
(2)请求出P4(t)，即用一个csx的四次多项式来表示cs4x；
(3)利用结论cs3x＝4cs3x－3csx，求出sin18°的值．
【解析】（1）
（2）
（3）
（小于-1的值舍去）.
3．（2024·高三·上海杨浦·期中）若实数，，且满足，则称x､y是“余弦相关”的.
(1)若，求出所有与之“余弦相关”的实数；
(2)若实数x､y是“余弦相关”的，求x的取值范围；
(3)若不相等的两个实数x､y是“余弦相关”的，求证：存在实数z，使得x､z为“余弦相关”的，y､z也为“余弦相关”的.
【解析】（1）代入得，，，
，又，或
（2）由得
，
，
，
故，
，，
（3）证明：先证明，
反证法，假设，
则由余弦函数的单调性可知，
，，
同理，相加得，与假设矛盾，故.
，且
故也是余弦相关的，
，即.
记则.
,
，故x､z为“余弦相关”的；
同理y､z也为“余弦相关”的
4．已知正弦三倍角公式：①
（1）试用公式①推导余弦三倍角公式（仅用表示）；
（2）若角满足，求的值.
【解析】（1）
（2），，
解得：，即
5．定义三边长分别为，，，则称三元无序数组为三角形数．记为三角形数的全集，即．
(1)证明：“”是“”的充分不必要条件；
(2)若锐角内接于圆O，且，设．
①若，求；
②证明：．
【解析】（1），则，即，
∴，即，
同理可得，，
则成立，
取，则为等腰直角三角形的三边，
但，，不能为三角形的三边，
故推不出，
∴“”是“”的充分不必要条件．
（2）①，则，
∴，
又因为，∴，
而均为三角形内角，∴，
记，
∴；
②由，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
同理得，，
∴x，y，z可组成三角形，∴.
6．已知函数，.
(1)求，的值并直接写出的最小正周期；
(2)求的最大值并写出取得最大值时x的集合；
(3)定义，，求函数的最小值.
【解析】（1），
又，而的最小正周期为，
故的最小正周期为.
（2）因为，故，
故，此时即即.
对应的的集合为；
（3）由（2）可知，，，
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，
综上，，故.
7．在三角函数领域，为了三角计算的简便并且追求计算的精确性，曾经出现过以下两种少见的三角函数：定义为角的正矢（或），记作；定义为角的余矢（Cversed或cversedsine），记作．
(1)设函数，求函数的单调递减区间；
(2)当时，设函数，若关于的方程的有三个实根，则：
①求实数的取值范围；
②求的取值范围．
【解析】（1）因为
，
令，解得，
所以的单调递减区间为.
（2）①因为
，
又，所以当时，当时，
所以，
当时，且在上单调递增，在上单调递减，
当时，则，则在上单调递减，
所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
且，，，，的图象如下所示：
因为有三个实数根，即与有三个交点，所以；
②由①可知，，则，
所以，，
所以
，
令，则，
所以，
因为在上单调递增，当时，
当时，
即，所以，
所以，所以，
即.
8．（2024·山东菏泽·二模）定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件．
(1)求的值；
(2)求的解析式；
(3)若．比较与0的大小关系，并说明理由．
附：参考公式
【解析】（1）由条件②可得；
由条件③可得．
（2）由条件②）可得：
，
，
，
将上述个等式相加，得；
由条件③可得：
，
，
将上述个等式相加，得．
（3）由（2），所以，
则，
则
，
当且仅当时，，上式取得等号，
即时，均有，
所以，当时，；
当时，；
当时，，所以．
9．固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数.它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
(1)类比正弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数的一个正确的结论:_____________.（只写出即可，不要求证明）；
(2)，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，试比较与的大小关系，并证明你的结论.
【解析】（1）.
（2）依题意，，不等式，
函数在上单调递增，，令，
显然函数在上单调递减，在上单调递增，，
又，于是，，
因此，，显然函数在上单调递减，
当时，，从而，
所以实数的取值范围是.
（3），.
依题意，，
，
当时，，，即，
于是，而，因此，
当时，，则，，
即，而，因此，
于是，，所以.
10．人脸识别技术应用在各行各业，改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.假设二维空间两个点，，曼哈顿距离.
余弦相似度：.
余弦距离：.
(1)若，，求A，B之间的和余弦距离；
(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，
则.
11．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.”在费马问题中所求的点称为费马点. 试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
(1)求；
(2)若，设点为的费马点，求；
(3)设点为的费马点，，求实数的最小值.
【解析】（1），
，
，
由正弦定理可得，
直角三角形，且；
（2）由（1）可得，三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，
由，
得，
整理得，
；
（3）点为的费马点，
，
设，，，，，，
，，
由余弦定理得，
，
，
故由，
得，
，而，，
，当且仅当时，又，
即 时，等号成立，
又，，
解得或 舍去），
故实数的最小值为．
12．（2024·湖南长沙·一模）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：
已知的内角，，所对的边分别为，，，且
(1)求；
(2)若，设点为的费马点，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），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，，，由
得：，整理得，
则
13．（2024·安徽合肥·模拟预测）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”.如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为，且.以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为.

(1)求角；
(2)若的面积为，求的周长.
【解析】（1），则，
故，所以，
可得（负值舍），由，所以.
（2）如图，连接，由正弦定理得 ，,则，
正面积，
而，则，
在中，由余弦定理得：，
即，则，
在中，，由余弦定理得，
则，
，所以的周长为
14．法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角，，的对边分别为，，，已知.以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
【解析】（1）由，
得，
即，
即
即，∵，∴，
由正弦定理得，
∵，∴，∴，
∵，∴.
（2）如图，连接､，则，，
正面积，∴，
而，则，
∴中，由余弦定理得：，
有，则，
在中，，，由余弦定理得，则，
∴，，∴，所以的周长为.
15．定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，若．
(1)求角A的大小；
(2)分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域D，求平面区域D的“直径”的取值范围．
【解析】（1）在锐角中，由，得，
由正弦定理得，，即，
又，
从而，而，则，又，
所以．
（2）如图，F，G是AC，BC的中点，E，F，G，H四点共线，
设P，Q分别为、上任意一点，，
，
即PQ的长小于等于周长的一半，当PQ与HE重合时取等，
同理，三个半圆上任意两点的距离最大值等于周长的一半，因此区域D的“直径”为的周长l的一半，
由正弦定理得：，，，
则，
由为锐角三角形，得，即，
则，，于是，
所以平面区域D的“直径”的取值范围是.