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拔高点突破 01 三角函数与解三角形背景下的新定义问题　
目录
01 方法技巧与总结 ...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结 ...............................................................................................................................3
题型一：托勒密问题 ............................................................................................................................3
题型二：与三角有关的新定义函数 ....................................................................................................5
题型三：n 倍角模型与倍角三角形.....................................................................................................7
题型四：双曲正余弦函数 ....................................................................................................................9
题型五：射影几何问题 ......................................................................................................................10
题型六：正余弦方差 ..........................................................................................................................12
题型七：曼哈顿距离和余弦距离 ......................................................................................................12
题型八：费马问题 ..............................................................................................................................14
题型九：布洛卡点问题 ......................................................................................................................15
题型十：勒洛三角形、莱洛三角形、拿破仑三角形 ......................................................................17
03 过关测试 .........................................................................................................................................19
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 ABCD中，
ACD π(1)若 AB = 2 ， BC =1， = ， AC = CD（图 1），求线段BD长度的最大值；2
(2)若 AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4（图 2），求四边形 ABCD面积取得最大值时角A 的大小，并求出四
边形 ABCD面积的最大值；
(3)在满足（2）条件下，若点 P 是△ABD 外接圆上异于B, D的点，求PB + PD的最大值.
【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，A ， B ，C，D四点共圆，BD为外接圆直径，CB = CD ， ACD = 30°， AB = 4，求BD与 AC 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：
π
（i）见图 1，若 AB = 2 ， BC =1， ACD = ， AC = CD，求线段BD长度的最大值；2
（ii）见图 2，若 AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4，求四边形 ABCD面积取得最大值时角A 的大小，并求
出此时四边形 ABCD的面积．
【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 ABCD中，两组对边乘积的和大于等于两对角线的乘积，即 AD × BC + AB ×CD AC × BD ，当 ABCD
四点共圆时等号成立.已知凸四边形 ABCD中， AB = AD =1 .
(1)当△BCD为等边三角形时，求线段 AC 长度的最大值及取得最大值时△BCD的边长；
(2)当 2sin2 DBC + 3sin2 BDC = 2sin DBCsin BCDsin CDB + sin2 BCD 时，求线段 AC 长度的最大值.
【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OA = 2，B 为半圆上任意一点，以 AB 为
一边作等边VABC ，设 AOB = a .
a 2π(1)当 = 时，求四边形OACB的周长；
3
(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OC 的长取最大值时，求 AOC ；
(3)当a 为何值时，四边形OACB的面积最大，并求此时面积的最大值.
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 y = g x ，若存在常数T > 0，使得 y = sin g x 是以T 为周期的周期函
数，则称 y = g x 为“正弦周期函数”，且称T 为其“正弦周期”.
x
(1)判断函数 y = x + cos 2 是否为“正弦周期函数”，并说明理由；
(2)已知 y = g x 是定义在 R 上的严格增函数，值域为 R，且 y = g x 是以T 为“正弦周期”的“正弦周期函
g 0 π , g T 9π数”，若 = = ，且存在 x0 0,T g x
5π
，使得 0 = ，求 g 2T 的值；2 2 2
(3)已知 y = h x 是以T 为一个“正弦周期”的“正弦周期函数”，且存在 a > 0和 A > 0 ，使得对任意 x R ，都
有 h x + a = Ah x ，证明： y = h x 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 sad ．如图，在VABC 中， AB = AC ．顶角A 的正对记作 sadA，这时
sadA 底边 BC= = ．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．
腰 AB
根据上述对角的正对定义，解下列问题：
(1) sad60o的值为（ ）
A 1． 2 B 1 C
3
． ． D． 2
2
(2)对于0o < A <180o， A的正对值 sad A的取值范围是______．
(3)已知 sina
3
= ，其中a 为锐角，试求 sada 的值．
5
ur ur
【变式 2-1】已知函数 f x = a sin x + bcos x，称向量 p = a,b 为 f x 的特征向量， f x 为 p 的特征函数.
(1)设 g x = 2sin p 3- x + sin p - x ÷ ，求 g x 的特征向量；
è 2
ur
(2)设向量 p = 3,1 p p的特征函数为 f x ，求当 f x 6= 且 x - , ÷时， sin x 的值；5 è 6 3
ur
p 1 , 3
1
(3)设向量 = - ÷
2
÷ 的特征函数为 f x ，记 h x = f x - ，若 h x 在区间 a,b 上至少有 40 个零点，
è 2 2 4
求b - a的最小值.
【变式 2-2】定义函数 f x = cos sin x 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2π为该函数的周期，但是否是最小正周期呢？我们继续探究：
f x + π = cos ésin x + π ù = cos -sin x = cos sin x = f x .可得： π也为函数 f x = cos sin x 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 f x = cos sin x 的单调性：函数 f x = cos sin x 在
é π
ê0,
π ù
ú 是严格减函数，在 , π
ù
ú上严格增函数，再结合 f x + π = f x2 ，可以确定： f x = cos sin x 的最 è 2
小正周期为 π .进一步我们可以求出该函数的值域了.定义函数 f x = sin cos x 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.
题型三：n 倍角模型与倍角三角形
【典例 3-1】由倍角公式cos2q = 2cos2 q -1，可知 cos 2q 可以表示为cosq 的二次多项式．对于cos3q ，我
们有
cos3q = cos(2q +q ) = cos 2q cosq - sin 2q sinq
= 2cos2 q -1 cosq - 2sin2 q cosq
= 2cos3 q - cosq - 2 1- cos2 q cosq
= 4cos3 q - 3cosq
可见cos3q 也可以表示成cosq 的三次多项式．
(1)利用上述结论，求 sin18°的值；
(2)化简 cos 60° -q cos 60° +q cosq ；并利用此结果求 sin 20°sin 40°sin 60°sin80°的值；
1
(3) 3已知方程 4x - 3x - = 0在 (-1,1)上有三个根，记为 x1, x2 , x 3 33，求证： 4x1 + 4x2 + 4x
3 3= .
2 3 2
【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，VABC 的面积为S，三个内角 A、B、C 所对的边分别为 a,b,c，且
sinC 2S= 2 .c - b2
(1)证明：VABC 是倍角三角形；
(2)若 c = 9，当S取最大值时，求 tanB .
【变式 3-1】由倍角公式 cos 2x = 2cos2 x -1，可知 cos 2x 可以表示为 cos x的二次多项式，对于cos3x，我
们有 cos3x = cos(2x + x) = cos 2x cos x - sin 2x sin x
= 2cos2 x -1 cos x - 2(sin x cos x)sin x
= 2cos3 x - cos x - 2 1- cos2 x cos x
= 4cos3 x - 3cos x ．
可见cos3x可以表示为 cos x的三次多项式．
(1)对照上述方法，将 sin 3x可以表示为 sin x 的三次多项式；
p
(2) x 若 0,
2 3
2 ÷，解关于
x 的方程 cos3x = - sin 2x ．
è 3
【变式 3-2】由倍角公式cos2q = 2cos2 q -1，可知 cos 2q 可以表示为cosq 的二次多项式.对于cos3q ，我们
有 cos3q = cos 2q +q = cos 2q cosq - sin 2q sinq = 2cos2 q -1 cosq - 2sin2 q cosq
= 2cos3 q - cosq - 2 1- cos2 q cosq = 4cos3 q - 3cosq ，可见cos3q 也可以表示成cosq 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 sin 3q 表示成sinq 的三次多项式；
(2)化简 sin 60° -q sin 60° +q sinq ，并利用此结果求 sin 20°sin 40°sin80°的值.
【变式 3-3】由倍角公式 cos 2x = 2cos2 x -1，可知 cos 2x 可以表示为仅含 cos x的二次多项式.
（1）类比 cos 2x 公式的推导方法，试用仅含有 cos x的多项式表示cos3x ；
（2）已知3 18o = 90o - 2 18o，试结合第（1）问的结论，求出 sin18o 的值.
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
x x-
c e c + e c.1691 ÷年，莱布尼茨等得出悬链线的方程为 è ，其中 c为参数．当c =1时，该表达式就是双曲y =
2
x - x
余弦函数，记为 cosh x
e + e
= ，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
2
ì sin x
' = cos x
三角函数满足性质：①导数： í ；②二倍角公式： cos 2x = 2cos2 x -1；③平方关系：
cos x
' = -sin x
ex - e- x
sin2 x + cos2 x =1．定义双曲正弦函数为 sinh x = ．2
(1)写出 sinh x ， cosh x 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 x > 0，恒有 sinhx - kx > 0成立，求实数 k 的取值范围；
17
(3)正项数列{an}(n N*) 满足 a1 = a > 1， an+1 = 2a
2
n -1，是否存在实数 a，使得 a2024 = ？若存在，求出 a的8
值；若不存在，请说明理由．
【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
x - x x - x
弦函数，其中双曲正弦函数： sinh x e - e= ，双曲余弦函数： cosh x e + e= .（e 是自然对数的底数，
2 2
e = 2.71828L）.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 cosh 2 - 2cosh2 1 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： cosh x + y = ______，并加以证明；
(3)若对任意 t 0, ln 2 ，关于 x 的方程 sinh t + cosh x = m有解，求实数m 的取值范围.
【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
x x
- x - x
“ ” c(e c布尼茨等得出 悬链线 方程 y + e
c )
= ，其中 c为参数.当c =1时，就是双曲余弦函数 ch x
e + e
= ，
2 2
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：
(sin x) = cos x,
sin2 x + cos2 x =1；②两角和公式： cos x + y = cos x cos y - sin x sin y ì，③导数： í 定义双曲
(cos x) = -sin x,
ex - e- x
正弦函数 sh x = ．
2
(1)直接写出 sh x ， ch x 具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当 x > 0时，双曲正弦函数 y = sh(x) 的图像总在直线 y = kx 的上方，求直线斜率 k 的取值范围；
(3)无穷数列 an 满足 a1 = a ， an+1 = 2a2
5
n -1，是否存在实数 a，使得 a2024 = ？若存在，求出 a的值，若不4
存在，说明理由.
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，O为透视中心，平
面内四个点E, F ,G, H 经过中心投影之后的投影点分别为 A, B,C, D ．对于四个有序点 A, B,C, D ，定义比值
CA
x = CBDA 叫做这四个有序点的交比，记作 ABCD ．
DB
(1)证明： EFGH = ABCD ；
EFGH 3 sin ACO 3(2)已知 = ，点 B 为线段 AD的中点， AC = 3OB = 3, = ，求 cosA．
2 sin AOB 2
【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，O为透视中心，平
面内四个点E, F ,G, H 经过中心投影之后的投影点分别为 A, B,C, D .对于四个有序点 A, B,C, D ，定义比值
CA
r = CBDA 叫做这四个有序点的交比，记作 (ABCD) .
DB
(1)若点B,C 分别是线段 AD, BD 的中点，求 (ABCD) ；
(2)证明： (EFGH ) = (ABCD) ；
sin ACO 3
(3)已知 (EFGH )
3
=
2 ，点
B 为线段 AD的中点， AC = 3OB = 3， = ，求 cos A .sin AOB 2
【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O点出发，平
面内四个点E, F ,G, H 经过中心投影之后的投影点分别为 A, B,C, D .对于四个有序点 A, B,C, D ，若
uuur uuur uuur uuur l
CA = lCB，DA = m DB ，定义比值 x = m 叫做这四个有序点的交比，记作 ABCD .
1 1 m
(1)当 x = -1时，称 A, B,C, D 为调和点列，若 + = mAC AD AB ，求 的值；
(2)①证明： EFGH = ABCD ；
②已知 EFGH 3= ，点 B 为线段 AD的中点， AC 3 OB 3 sin ACO 3= = ， = ，求 OA ， OC .
2 sin AOB 2
题型六：正余弦方差
【典例 6-1】定义: m
1
= ésin2 q1 -q0 + sin
2 q2 -q0 +L+ sin2 qn -q0 ù为实数q1,q2 ,L,qn 对q0的“正弦方n
差”.
π 2π
(1)若q1 = ,q2 = ,q3 = π，则实数q1,q ,q 对q m2 3 0的“正弦方差” 的值是否是与q0无关的定值，并证明你的3 3
结论
π π
(2)若q1 = ,q2 = a ,q3 = b ,a 4
, π ÷ , b π,2π ，若实数q1,q2,q3对q0的“正弦方差” m 的值是与q0无关的定è 2
值，求a , b 值.
【典例 6-2】对于集合 A = q1,q2 ,L,qn 和常数q0，定义：
cos2 q -q + cos2 q 2
m = 1 0 2
-q0 +L+ cos qn -q0 为集合 A 相对的q
n 0
的“余弦方差”.
(1) ì
π π ü
若集合 A = í , ,q0 = 03 4 ，求集合
A 相对q0的“余弦方差”；
ìπ ü é3π é3π 7
(2)若集合 A = í ,a , b ，是否存在a ê , π ÷ , b ê , π ÷，使得相对任何常数q0的“余弦方差”是一个与 4 4 2 4
q0无关的定值？若存在，求出a , b 的值：若不存在，则说明理由.
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
A x1, y1 ，B x2 , y2 ，则曼哈顿距离为： d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度为：
cos A, B x= 1 x 2 y y+ 1 2 1- cos A, B
x2 y2 x2 ，余弦距离为1 + 1 2 + y
2
2 x
2 2 2
1 + y1 x2 + y
2
2
(1)若 A -1,2 B 3， ,
4 A B
5 5 ÷，求 ， 之间的曼哈顿距离
d A, B 和余弦距离；
è
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b ，若 cos M , N 1= ， cos M ,Q 2= ，求
5 5
tana tan b 的值
【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 A x1, y1 、B x2 , y2 ，则其曼哈顿距离为
x x y y
d A, B = x - x + y - y cos A, B = 1 2 + 1 21 2 1 2 ，余弦相似度为 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 ，余弦距离：1 + 1 2 + 2 1 + 1 2 + 2
1- cos A, B .
(1)若 A 1,1 、B 2, -2 ，求 A 、 B 之间的余弦距离；
π
(2)已知0 < a < b < ，M 5cosa ,5sina 、 N 13cos b ,13sin b , P 5cos a + b ,5sin a + b ，若
2
cos M , P 5= , cos M , N 63= ，求M 、 P 之间的曼哈顿距离.
13 65
【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
A x1, y1 ，B x2 , y2 ，则曼哈顿距离为： d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度为：
cos A, B x1 x2 y= + 1 y 2
2 2 2 2 1- cos A, B x1 + y1 x2 + y2 x2 y2 x2
，余弦距离为
1 + 1 2 + y
2
2
(1)若 A -1,2 B 3 4 ， ,5 5 ÷，求 A，B 之间的曼哈顿距离 d A, B 和余弦距离；è
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b ，若 cos M , N 1= ， cos M ,Q 2= ，求
5 5
tana tan b 的值
(3)已知0 < a < b
π
< ，M 5cosa ,5sina 、 N 13cos b ,13sin b ，P 5cos a + b ,5sin a + b ，若
2
cos M , P 5 cos M , N 63= ， = ，求M 、 P 之间的曼哈顿距离.
13 65
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VABC 的
三个内角均小于120°时，使得 AOB = BOC = COA =120°的点O即为费马点；当VABC 有一个内角大于
或等于120°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 a，b， c分别是VABC 三个
内角A ， B ，C的对边
cos A
(1)若 = sin
π
2cos B
C -
6 ÷
，
è
①求 B ；
2 2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur②若b - a - c = 6，设点 P 为VABC 的费马点，求PA × PB + PB × PC + PC × PA的值；
(2)若 cos 2C + 2sin A + B sin A - B =1，设点 P 为 VABC 的费马点， PB + PC = t PA ，求实数 t 的最小值．
【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VABC 的
三个内角均小于120°时，使得 AOB = BOC = COA =120°的点 O 即为费马点；当VABC 有一个内角大
于或等于120°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VABC 的内角A ， B ，C
所对的边分别为 a，b， c，且设点 P 为VABC 的费马点．
(1)若 a2 + c2 - b2 = 3， 2sin B sin
π
C + 3 ÷
= 3 sin A．
è
①求角 B ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
②求PA × PB + PB × PC + PC × PA．
(2)若 cos 2B + cos 2C - cos 2A =1， | PB | + | PC |= t | PA |，求实数 t 的最小值．
【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VABC 的三
个内角均小于120o时，使得 AOB = BOC = COA =120o的点O即为费马点；当VABC 有一个内角大于或
等于120o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 a,b,c分别是VABC 三个内角
A, B,C 的对边，点 P 为VABC 的费马点，且 cos2C + 2sin A + B sin A - B =1 .
(1)求A ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(2)若bc = 6，求PA × PB + PB × PC + PC × PA的值；
(3)若 PB + PC = t PA ，求实数 t 的最小值.
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VABC 内一点 P 满足条件
PAB = PBC = PCA = q 时，则称点 P 为VABC 的布洛卡点，角q 为布洛卡角．如图，在VABC 中，角A ，
B ，C所对边长分别为 a，b， c，记VABC 的面积为S，点 P 为VABC 的布洛卡点，其布洛卡角为q .
(1)若q = 30°．求证：
① a2 +b2 + c2 = 4 3S ；
② VABC 为等边三角形．
(2)若 A = 2q ，求证： sin2 A = sin B sin C ．
【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
VABC 内一点 P 满足条件 PAB = PBC = PCA = q 时，则称点 P 为VABC 的布洛卡点，角q 为布洛卡
角．如图，在VABC 中，角 A, B,C 所对边长分别为 a,b,c，点 P 为VABC 的布洛卡点，其布洛卡角为q ．
(1)若q = 30°．求证：
① a2 + b2 + c2 = 4 3S△ABC （ SVABC 为VABC 的面积）；
② VABC 为等边三角形．
(2)若 A = 2q ，求证： sin2 A = sinBsinC ．
【变式 9-1】若VABC 内一点 P 满足 PAB = PBC = PCA = q ，则称点 P 为VABC 的布洛卡点，q 为
VABC 的布洛卡角．如图，已知VABC 中，BC = a, AC = b, AB = c，点 P 为VABC 的布洛卡点，q 为VABC
的布洛卡角．
PB
(1)若b = c，且满足 = 3，
PA
①求 ABC的大小；
PC
②若 = 3，求布洛卡角q 的正切值；
PB
(2)若 PB平分 ABC，试问是否存在常实数 t ，使得b2 = tac，若存在，求出常数 t；若不存在，请说明理
由．
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 l1；
(2) π 5 +1设正五边形 ABCDE 外接圆周长为 l2，试比较 l1与 l2大小，并说明理由．（注： cos = ）5 4
【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 ABC ，再分别以点 A, B,C 为圆心，线段 AB 长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形.如图
所示，已知 AB = 2，点P,Q 分别在弧 AC ，弧 AB 上，且 PBC = a , QCB = b .
p uuur uuur
(1)若a = 时，求 的值.
12 BP × BC
p p uur uuur
(2)若a = , b = 时，求BP ×CQ 的值.6 4
【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 ABC ，再分别以点A ， B ，C为圆心，线段 AB 长为半
径画圆弧，便得到莱洛三角形.如图所示，已知 AB = 2，O为BC中点，点 P ，Q分别在弧 AC ，弧 AB 上，
设 PBC = ACQ = q .
q p
uuur
(1)当 = 时，求 PQ ；
6
uuur uuur
(2)求OP ×OQ 的取值范围.
【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
B + C 2
点” ．如图，在VABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a,b,c，且10 sin ÷ = 7 - cos2A．以
è 2
AB, BC, AC 为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1,O2 ,O3 ．
(1)求角A ；
(2)若 a = 3, VO1O2O
7 3
3 的面积为 ，求VABC 的面积．
4
【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VABC
中，内角A ， B ，C的对边分别为 a，b， c，已知 a sin 2C = cosC[2 3bsin A - 2a sin(B - A)]．分别以 AB ，
AC ，BC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1 ，O2 ，O3 ．
(1)求A ；
(2)若△ABD 7 3，△BCF 的面积分别为 4 3 ， ，且b < a ，求VO1O2O3 的面积．
4
1．克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）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O的直径为 2cm，A 为直径延长线上的点，OA = 2 cm， B 为半圆
上任意一点，且三角形 ABC 为正三角形.
π
(1)当 AOB = 时，求四边形OACB的周长；
3
(2)当 B 在什么位置时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值；
uuur uuur
(3)若OC 与 AB 相交于点D，则当线段OC 的长取最大值时，求OD × AB 的值.
2．由倍角公式 cos2x＝2cos2x－1，可知 cos2x 可以表示为 cosx 的二次多项式，对于 cos3x，我们有 cos3x＝
cos(2x＋x)
＝cos2xcosx－sin2xsinx
＝(2cos2x－1)cosx－2(sinxcosx)sinx
＝2cos3x－cosx－2(1－cos2x)cosx
＝4cos3x－3cosx
可见 cos3x 可以表示为 cosx 的三次多项式．一般地，存在一个 n 次多项式 Pn(t)，使得 cosnx＝Pn(cosx)，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 cosx 的四次多项式来表示 cos4x；
(3)利用结论 cos3x＝4cos3x－3cosx，求出 sin18°的值．
3．（2024·高三·上海杨浦·期中）若实数 x ， y [0, 2p ]，且满足 cos(x + y) = cos x + cos y，则称 x y 是“余弦
相关”的.
p
(1)若 x = 2 ，求出所有与之“余弦相关”的实数
y ；
(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.
4．已知正弦三倍角公式： sin 3x = 3sin x - 4sin3 x ①
（1）试用公式①推导余弦三倍角公式（仅用 cos x表示cos3x）；
a sin 3a 3 cos3a（2）若角 满足 = ，求 的值.
sina 2 cosa
5．定义VABC 三边长分别为 a，b， c，则称三元无序数组 a,b,c 为三角形数．记 D为三角形数的全集，
即 a,b,c D ．
(1)证明：“ a,b,c D ”是“ a , b , c D ”的充分不必要条件；
uuur uuur uuur r
(2)若锐角VABC 内接于圆 O，且 xOA + yOB + zOC = 0，设 I = x, y, z x, y, z > 0 ．
①若 I = 3,4,5 ，求 SVAOB : SVAOC ；
②证明： I D．
6．已知函数 f x = sin x + cos x ， x R .
π 2π
(1)求 f ÷， f ÷的值并直接写出 f x 的最小正周期；
è 6 è 3
(2)求 f x 的最大值并写出取得最大值时 x 的集合；
(3)定义 g a = max f x - a ， a R ，求函数 g a 的最小值.
x R
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1- cosq 为角q 的正矢（Ver sin e 或Versed sin e ），记作 ver sinq ；定义1- sinq 为角q 的余矢（Coversed
或 coversedsine），记作 coversθ ．
(1)设函数 f x = 3ver sin x + cov ersx -1- 3 ，求函数 f x 的单调递减区间；
é π π ì 2 - versin2x , versinx coversx
(2)当 x ê- ,
ù
ú时，设函数 g x =

í ，若关于 x 的方程 g x = k 的有三个实
2 2 2 - covers2x , versinx > coversx
根 x1 < x2 < x3，则：
①求实数 k 的取值范围；
k +1
②求 + covers xversin4x + 3k 1 + x2 的取值范围．3
8．（2024·山东菏泽·二模）定义二元函数 f m, n m,n N* ，同时满足：① f 1,1 =1；②
f m +1, n = f m, n + 2n；③ f m, n +1 = f m, n + 2m 三个条件．
(1)求 f 3,1 , f 2,3 的值；
(2)求 f m, n 的解析式；
a f 1, n , S sina1x sina2x sina3x L sina x(3)若 n = n = + + + + n , x 0,2π Sa1 a2 a3 a
．比较 n 与 0 的大小关系，并说明理由．
n
附：参考公式
sina cos b 1= ésin a + b + sin a - b ù ;cosa sin b
1
= ésin a + b - sin a - b ù2 2
cosacosb 1= é cos a + b + cos a - b ù ;sinasinb
1
= - écos a + b - cos a - b ù2 2
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
x x
- x
c c e + e- x
y c(e + e )= ，其中 c为参数.当c =1时，就是双曲余弦函数 cosh x = ，类似地我们可以定义双曲正
2 2
ex - e- x
弦函数 sinh x = .它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
2
(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: sinh 2x = _____________.（只写出
即可，不要求证明）；
(2)"x [-1,1]，不等式 cosh 2x + mcosh x 0 恒成立，求实数m 的取值范围；
x [π 3π(3)若 , ]，试比较 cosh(sin x)与 sinh(cos x)的大小关系，并证明你的结论.
4 2
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 A x1, y1 ，
B x2 , y2 ，曼哈顿距离 d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 .
余弦相似度： cos A, B
x1 x2 y y= + 1 2
x2
.
1 + y
2
1 x
2
2 + y
2
2 x
2
1 + y
2
1 x
2 2
2 + y2
余弦距离：1- cos A, B .
1
(1)若 A 1, - 3 ，B ,
3
÷÷，求 A，B 之间的 d A, B 和余弦距离；
è 2 2
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b cos M , N 1 1，若 = ， cos M ,Q = ，求
3 2
tana tan b 的值.
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120°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120°；当三角
形有一内角大于或等于120°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VABC 的内角 A, B,C 所对的边分别为 a,b,c，且
2cos(B + C)(B - C) - cos 2A =1
(1)求A ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(2)若bc = 2，设点 P 为VABC 的费马点，求PA × PB + PB × PC + PC × PA；
(3)设点 P 为VABC 的费马点， PB + PC = t PA ，求实数 t 的最小值.
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VABC 的三个
内角均小于120°时，使得 AOB = BOC = COA =120°的点O即为费马点；当VABC 有一个内角大于或等
于120°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VABC 的内角A ， B ，C所对的边分别为 a，b， c，且 cos 2B + cos 2C - cos 2A =1
(1)求A ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(2)若bc = 2，设点 P 为VABC 的费马点，求PA × PB + PB × PC + PC × PA .
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，
2
在△ABC B + C 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a,b,c，且10 sin ÷ = 7 - cos2A .以 AB, BC, AC 为边向外作
è 2
三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1,O2 ,O3 .
(1)求角A ；
(2)若 a = 3,VO1O2O
7 3
3 的面积为 ，求VABC 的周长.
4
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 VABC 中，内角A ，
B ，C的对边分别为 a，b， c，已知 a cos B - C = cos A 2 3bsin C - a .以 AB ，BC， AC 为边向外作三
个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1 ，O2 ，O3 .
(1)求A ；
(2) a 7 3若 = 3，VO1O2O3 的面积为 ，求VABC 的周长.
12
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
a cos B
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 + b = 2c．
cos A
(1)求角 A 的大小；
(2)分别以VABC 各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和VABC 构成平面区域 D，求平面区域 D 的“直
径”的取值范围．拔高点突破 01 三角函数与解三角形背景下的新定义问题
目录
01 方法技巧与总结 ...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结 ...............................................................................................................................3
题型一：托勒密问题 ............................................................................................................................3
题型二：与三角有关的新定义函数 ....................................................................................................8
题型三：n 倍角模型与倍角三角形...................................................................................................13
题型四：双曲正余弦函数 ..................................................................................................................18
题型五：射影几何问题 ......................................................................................................................23
题型六：正余弦方差 ..........................................................................................................................29
题型七：曼哈顿距离和余弦距离 ......................................................................................................32
题型八：费马问题 ..............................................................................................................................35
题型九：布洛卡点问题 ......................................................................................................................41
题型十：勒洛三角形、莱洛三角形、拿破仑三角形 ......................................................................47
03 过关测试 .........................................................................................................................................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 ABCD中，
π
(1)若 AB = 2 ， BC =1， ACD = ， AC = CD（图 1），求线段BD长度的最大值；2
(2)若 AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4（图 2），求四边形 ABCD面积取得最大值时角A 的大小，并求出四
边形 ABCD面积的最大值；
(3)在满足（2）条件下，若点 P 是△ABD 外接圆上异于B, D的点，求PB + PD的最大值.
π
【解析】（1）由 AB = 2 ， BC =1， ACD = ， AC = CD，可得2 AD = 2CD
，
由题意可得 AB CD + BC AD AC BD，
即 AB CD + BC 2CD CD BD ，
即 2 + 2 BD，当且仅当 A, B,C, D 四点共圆时等号成立
即BD的最大值为 2 2 ；
（2）如图 2，连接BD，因为四点共圆时四边形的面积最大， AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4，
所以 A + C = π，即 cosC = -cos A， sin A = sin C ，
在△ABD 中， BD2 = AB2 + AD2 - 2AB × AD cos A = 4 +16 - 2 2 4cos A = 20 -16cos A ，①
在△BCD中，由余弦定理可得 BD2 = BC 2 + CD2 - 2BC × CD cosC = 36 +16 + 2 6 4cos A = 52 + 48cos A，②
由①②可得 20 -16cos A = 52 + 48cos A，
解得 cos A
1
= - ，而 A (0, π) A
2π
，可得 =
2 3
，
所以 sin A sin C 3= = ，
2
1 1 1 3 1 3
此时 SABCD = SV ABD + SVBCD = AB AD sin A + BC CD sin C = 2 4 + 6 4 = 8 3 ．2 2 2 2 2 2
A 2π所以 = 时，四边形 ABCD3 面积取得最大值，且最大值为8 3．
（3）由题意可知所以 A + P = π，即 cos P = -cos A
1
=
2 ，
在△ BPD中，由余弦定理可得 BD2 = PB2 + PD2 - 2PB × PD cos P = PB2 + PD2 - PB × PD = 52 + 48cos A ,
故PB2 + PD2 - PB × PD = 28 PB + PD 2 - 3PB × PD = 28 ,
2
2
故 PB + PD = 28 + 3PB × PD 28 + 3 PB + PD ÷ ，
è 2
故 PB + PD 4 28 = 4 7 ，当且仅当 PB = PD = 2 7 时等号成立，
故PB + PD最大值为 4 7
【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，A ， B ，C，D四点共圆，BD为外接圆直径，CB = CD ， ACD = 30°， AB = 4，求BD与 AC 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：
ACD π（i）见图 1，若 AB = 2 ， BC =1， = ， AC = CD，求线段BD长度的最大值；2
（ii）见图 2，若 AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4，求四边形 ABCD面积取得最大值时角A 的大小，并求
出此时四边形 ABCD的面积．
【解析】（1）因为BD为外接圆直径，CB = CD ， ACD = 30°， AB = 4，
由同弧所对的圆周角相等，可得 ABD = ACD = 30°， ADB = 60°，
CDB = CBD = 45°，所以 ADC = 105° ，
而 sin105° = sin(45° + 60°) = sin 45 cos60 cos 45 sin 60
2 (1 3 ) 6 + 2° ° + ° ° = + = ，
2 2 2 4
BD AB 4 8 3= = =
所以 cos30° 3 3 ，
2
AD 3 AB 4 3= = ，
3 3
AC AD
在VACD中，由正弦定理可得 = ，
sin ADC sin ACD
6 + 2
AC sin ADC AD sin105° 4 3 4 4 3 6 2 + 2 6即 = × = × = = ；
sin ACD sin 30° 3 1 3 3
2
BD 8 3即 = ， AC 6 2 + 2 6= ；
3 3
（2）（i）设 AC = CD = x ，则 AD = 2x ，
由材料可知， AB ×CD + BC × AD AC × BD ，
即 2 × x +1× 2x BD × x ，
解得BD 2 2 ，
所以线段BD长度的最大值为 2 2 ．
（ii）由材料可知，当 A、B、C、D 四点共圆时，四边形 ABCD的面积达到最大．
连接BD，在△ABD 中，由余弦定理得：
BD2 = AB2 + AD2 - 2AB × AD cos A = 20 -16cos A，①
在 △BCD中，由余弦定理得：
BD2 = BC 2 + CD2 - 2BC × CD cosC = 52 - 48cosC ，②
因为 A、B、C、D 四点共圆，所以 A + C = π，从而 cos A = cos(π - C) = -cosC ，③
1
由①②③，解得 cos A = - ，
2
因为 A (0, π)
2π
，所以 A = 3 ．
S 1 AB AD sin A 1从而 V ABD = × × = 2 4 sin
2π
= 2 3
2 2 3 ，
S 1 CB CD sin C 1 πVBCD = × × = 6 4 sin = 6 32 2 3 ，
所以 S四边形ABCD = SV ABD + SVBCD = 8 3 ．
【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 ABCD中，两组对边乘积的和大于等于两对角线的乘积，即 AD × BC + AB ×CD AC × BD ，当 ABCD
四点共圆时等号成立.已知凸四边形 ABCD中， AB = AD =1 .
(1)当△BCD为等边三角形时，求线段 AC 长度的最大值及取得最大值时△BCD的边长；
(2)当 2sin2 DBC + 3sin2 BDC = 2sin DBCsin BCDsin CDB + sin2 BCD 时，求线段 AC 长度的最大值.
【解析】（1）设BC = CD = DB = x ，因为 AC × BD AB × DC + AD × BC ，所以 AC × x x + x ，
所以 AC 2 ，当 A, B,C, D 四点共圆时等号成立，因为 BCD = 60o ， DAB =120o，
在VDAB中，BD2 = AB2 + AD2 - 2AB × ADcos DAB =1+1- 2cos120o = 3，
所以BD = 3 ，所以△BCD的边长为 3；
（2）设BC = d ,CD = b, BD = c ，在△BCD中，
因为 2sin2 DBC + 3sin2 BDC = 2sin DBCsin BCDsin CDB + sin2 BCD ，
2b2 + 3d 2 - c2
所以 2b2 + 3d 2 = 2bdsin BCD + c2 ，所以 sin BCD = ，
2bd
2 2 2 2 2
因为 cos BCD b + d - c= .所以 sin BCD - cos BCD b + 2d 2 2bd= = 2 ，
2bd 2bd 2bd
当且仅当b = 2d 时等号成立，
因为 sin BCD - cos BCD = 2sin
BCD π- ÷ 2

，所以 2sin BCD
π
- ÷ = 2 ，
è 4 è 4
所以 BCD
3π
= ,b = 2d ，
4
由 c2 = b2 + d 2 - 2bdcos BCD = 5d 2 ，故 c = 5d ，
因为 AC × BD AB × DC + AD × BC ， AB = AD =1，
2 +1 10 + 5
所以 AC × 5d 2d + d ，所以 AC = .
5 5
【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OA = 2，B 为半圆上任意一点，以 AB 为
一边作等边VABC ，设 AOB = a .
2π
(1)当a = 时，求四边形OACB的周长；
3
(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OC 的长取最大值时，求 AOC ；
(3)当a 为何值时，四边形OACB的面积最大，并求此时面积的最大值.
2 2 2
【解析】（1）在VABO 中，由余弦定理得 AB = OA + OB - 2OA ×OB ×cosa =1+ 4 - 2 1
1
2 - ÷ = 72 ，即è
AB = 7 ，
于是四边形OACB的周长为OA + OB + 2AB = 3 + 2 7 ；
（2）因为OB × AC + OA × BC AB ×OC ，且VABC 为等边三角形，OB =1，OA = 2，
所以OB + OA OC ，
所以OC 3，
即OC 的最大值为 3，取等号时 OBC + OAC =180°，
所以 cos OBC + cos OAC = 0 ，
2
AB = x x +1- 9 x
2 + 4 - 9
不妨设 ，则 + = 0，解得 x = 7 ，
2x 4x
所以 cos AOC
9 + 4 - 7 1
= = ，
2 2 3 2
所以 AOC = 60°；
（3）在VABO 中，由余弦定理得 AB2 = OA2 + OB2 - 2OA × OB × cosa = 5 - 4cosa ，
所以 AB = 5 - 4cosa ，
因为0 < a < π ，于是四边形OACB的面积为：
S = S 1VA0B + SΔABC = OA ×OB ×sina
3 AB2 sina 3+ = + (5 - 4cosa ) = sina - 3 cosa 5 3+ = 2sin(a π) 5 3- +
2 4 4 4 3 4
，
a π π当 - = ，即a
5π
= 5 3时，四边形OACB的面积取得最大值为 2 + ．
3 2 6 4
5 3
所以，当 B 满足 BOA =150°时，四边形OACB的面积最大，最大值为 2 + ．
4
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 y = g x ，若存在常数T > 0，使得 y = sin g x 是以T 为周期的周期函
数，则称 y = g x 为“正弦周期函数”，且称T 为其“正弦周期”.
x
(1)判断函数 y = x + cos 2 是否为“正弦周期函数”，并说明理由；
(2)已知 y = g x 是定义在 R 上的严格增函数，值域为 R，且 y = g x 是以T 为“正弦周期”的“正弦周期函
g 0 π数”，若 = , g T 9π 5π= ，且存在 x0 0,T ，使得 g x0 = ，求 g 2T 的值；2 2 2
(3)已知 y = h x 是以T 为一个“正弦周期”的“正弦周期函数”，且存在 a > 0和 A > 0 ，使得对任意 x R ，都
有 h x + a = Ah x ，证明： y = h x 是周期函数.
x
【解析】（1） g x = x + cos ，则 g x + 4π = x + 4π cos x + 4π x+ = x + cos + 4π ，
2 2 2
故 sin g x + 4π = sin x cos x 4π sin x cos x + + = + = sin g x
è 2 ÷ ÷
，
è 2
所以 y = x + cos
x
2 是正弦周期函数
.
5π 5π
（2）存在 x0 0,T ，使得 g x0 = ，故 sin g x = sin =1，2 0 2
因为 y = g x 是以T 为“正弦周期”的“正弦周期函数”，
所以 sin g x0 +T = sin g x0 =1，
g T 9π又 = ， sin g T =1，
2
所以 sin g x0 +T = sin g T =1，
又 sin g 2T = sin g T ，
则 sin g x0 +T = sin g 2T =1，
故 g x π π0 +T = 2mπ + , g 2T = 2tπ + ，m, t Z ，2 2
因为 x0 0,T ，所以 x0 +T T , 2T ，且 y = g x 严格增，
π
由于 g 0 = , g T 9π g x 5π= ， = ，
2 2 0 2
π 9π
故 2mπ + > , 2tπ
π π
+ > 2mπ + ，解得m > 2, t > m，
2 2 2 2
则整数m 3, t 4，
下证 t = 4 .
若不然， t 5
π 21π
，则 g 2T = 2tπ + ，由 y = g x 的值域为 R 知，
2 2
存在 x1, x2 T , 2T ， x1 x g x
13π g x 17π2 ，使得 1 = ， 2 = ，2 2
则 sin g x1 = sin g x2 = sin g x1 -T = sin g x2 -T =1，
0 < x1 -T < x2 -T < T ，
y = g(x) π 9π由 严格单调递增可知 = g 0 < g x1 -T < g x2 -T < g T = ，2 2
又 sin g x1 -T = sin g x2 -T =1，
故 x1 - T = x2 - T = x0 ，这与 x1 x2 矛盾.
故 t
17π
= 4，综上所述， g 2T = ；
2
（3）法 1：若 A =1，则由 h x + a = h x 可知 y = h x 为周期函数.
若 0 < A < 1，则对任意 x0 R n，存在正整数 n，使得 A h x0 1且 Anh x0 + T 1 .
因为 y = h x 是以T 为一个“正弦周期”的“正弦周期函数”，且 h x + a = Ah x ，
所以 sin Anh x0 +T = sin h x0 + na +T = sin h x0 + na = sin Anh x0 ，
故 h x0 +T = h x0 ，所以 h x +T = h x ，
若 A >1，则同理可证（取 n为负整数即可）.
综上，得证.
法 2：假设 y = h x 不是周期函数，则 h x +T = h x 与 h x + a = h x 均不恒成立.
显然 A 1 .
因为 h x +T = h x 不恒成立，所以存在 x0 R ，使得 h x0 + T h x0 ，
因为 A 0,1 U 1, + ，所以存在 n Z n，使得 A h x0 < 1且 Anh x0 + T < 1，
其中若 A >1，取 n为负整数；若 0 < A < 1，取 n为正整数.
因为 y = h x 是以T 为一个“正弦周期”的“正弦周期函数”，且 h x + a = Ah x ，
n
由正弦周期性得 sin A h x0 +T = sin h x0 + na +T = sin h x0 + na = sin Anh x0 ，
sin An即 h x0 +T = sin Anh x0 ，
所以 h x0 +T = h x0 ，矛盾，假设不成立，
综上， y = h x 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 sad ．如图，在VABC 中， AB = AC ．顶角A 的正对记作 sadA，这时
sadA 底边 BC= = ．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．
腰 AB
根据上述对角的正对定义，解下列问题：
(1) sad60o的值为（ ）
A 1． 2 B．1 C
3
． D． 2
2
(2)对于0o < A <180o， A的正对值 sad A的取值范围是______．
3
(3)已知 sina = ，其中a 为锐角，试求 sada 的值．
5
【解析】（1）在等腰VABC 中， A = 60o ， AB = AC ，则VABC 为等边三角形，
sad60o sadA BC所以， = = =1，
AB
故选：B.
（2）在等腰VABC 中， AB = AC ，取BC的中点D，连接 AD，则 AD ^ BC ，
sadA BC 2BD 2cos B 2cos 90o A= = = = - 则 ÷ = 2sin
A
，
AB AB è 2 2
因为0o
A A
< A <180o，则0o < < 90o ，故 sadA = 2sin 0,2 .2 2
故答案为： 0,2 .
Q0 a π a π（3） < < ，则0 < < ，所以， cosa = 1- sin2 a
4 a
= =1- 2sin2 ，
2 2 4 5 2
a 10
所以， sin = ，因此， sada = 2sin a 10= .
2 10 2 5
ur ur
【变式 2-1】已知函数 f x = a sin x + bcos x，称向量 p = a,b 为 f x 的特征向量， f x 为 p 的特征函数.
(1)设 g x = 2sin p - x + sin 3 p - x

÷ ，求 g x 的特征向量；
è 2
ur
(2)设向量 p = 3,1 的特征函数为 f x p p，求当 f x 6= x 且 - , ÷时， sin x 的值；5 è 6 3
ur 1 3
(3)设向量 p = - , ÷÷ 的特征函数为 f x ，记 h x f
2 x 1= - ，若 h x 在区间 a,b 上至少有 40 个零点，
è 2 2 4
求b - a的最小值.
【解析】（1）因为 g x = 2sin p - x 3+ sin p - x ÷ = 2sin x - cos x，
è 2
ur
所以函数 g x 的特征向量 p = 2,-1 ；
ur
（2）因为向量 p = 3,1 的特征函数为 f x ，
所以 f x = 3 sin x + cos x = 2sin x
p
+ ÷ ，
è 6
p 3
由 f x 6= ，得 sin x + ÷ = ，5 è 6 5
因为 x
p p p p
- ,6 3 ÷
，所以 x +
6
0, ÷，
è è 2
cos x p 4所以 + ÷ = ，
è 6 5
sin x sin é x p p ù 3 3 4 1 3 3 - 4所以 = ê + ÷ - ú = - = ；
è 6 6 5 2 5 2 10
ur 1 3
（3）因为向量 p = - , ÷÷ 的特征函数为 f x ，
è 2 2
所以 f x 1= - sin x 3+ cos x = cos x
p
+
2 2 6 ÷
，
è
h x f 2 x 1= - = cos2 p 1 1 p 1则 x + ÷ - = cos

4 6 4 2
2x +
3 ÷
+ ，
è è 4
令 h x = 0 ，则 cos 2x
p 1
+
3 ÷
= - ，
è 2
则 2x
p 2p
+ = + 2kp 4p或 + 2kp , k Z，
3 3 3
则 x
p p
= + kp 或 + kp , k Z，
6 2
由 h x 在区间 a,b 上至少有 40 个零点，
p
不妨设 a = ，
6
p p p p
则b +19T + - ÷ = +19T ，6 è 2 6 2
b p则 - a +19T
p 58p
= +19p = ，
3 3 3
58p
所以b - a的最小值为 .
3
【变式 2-2】定义函数 f x = cos sin x 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2π为该函数的周期，但是否是最小正周期呢？我们继续探究：
f x + π = cos é sin x + π ù = cos -sin x = cos sin x = f x .可得： π也为函数 f x = cos sin x 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 f x = cos sin x 的单调性：函数 f x = cos sin x 在
é π
ê0,
π ù ù
2 ú 是严格减函数，在
, πú上严格增函数，再结合 f x + π = f x ，可以确定： f x = cos sin x 的最 è 2
小正周期为 π .进一步我们可以求出该函数的值域了.定义函数 f x = sin cos x 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） f x = sin cos x 的定义域为R .
（2）对于函数 f x = sin cos x ，
f -x = sin é cos -x ù = sin cos x = f x ，所以 f x 是偶函数.
（3） f x + 2π = sin é cos x + 2π ù = sin cos x = f x ，
y = cos x在区间 0, π 上递减， y = sin x 在区间 -1,1 上递增，所以 f x = sin cos x 在 0, π 上递减.
y = cos x在区间 π,2π 上递增， y = sin x 在区间 -1,1 上递增，所以 f x = sin cos x 在 0, π 上递增.
所以 f x 的最小正周期为2π，
f x 在 2kπ,2kπ + π k Z 上是严格减函数，在 2kπ + π,2kπ + 2π k Z 上是严格增函数.
结合 f x = sin cos x 的单调性可知， f x 的值域为 -sin1,sin1 .
题型三：n 倍角模型与倍角三角形
【典例 3-1】由倍角公式cos2q = 2cos2 q -1，可知 cos 2q 可以表示为cosq 的二次多项式．对于cos3q ，我
们有
cos3q = cos(2q +q ) = cos 2q cosq - sin 2q sinq
= 2cos2 q -1 cosq - 2sin2 q cosq
= 2cos3 q - cosq - 2 1- cos2 q cosq
= 4cos3 q - 3cosq
可见cos3q 也可以表示成cosq 的三次多项式．
(1)利用上述结论，求 sin18°的值；
(2)化简 cos 60° -q cos 60° +q cosq ；并利用此结果求 sin 20°sin 40°sin 60°sin80°的值；
1 3
(3) 3 3 3 3已知方程 4x - 3x - = 0在 (-1,1)上有三个根，记为 x1, x2 , x3，求证： 4x1 + 4x2 + 4x3 = .2 2
【解析】（1）90° = 2 18° + 3 18°，所以 cos54° = sin 36° ，
因为 cos54° = sin 36° 4cos3 18° - 3cos18° = 2sin18°cos18°，
因为 cos18° > 0， 4cos2 18° - 3 = 2sin18° 4 1- sin2 18° - 3 = 2sin18°，
即 4sin2 18° + 2sin18° -1 = 0，
因为 sin18° > 0 ，解得 sin18 5 -1 - 5 -1° = （ 舍）.
4 4
1 3
（2） cos 60° -q cos 60° +q cosq = cosq + sinq
1
÷÷ cosq
3
- sinq
2 2 2 2 ÷÷
cosq
è è
1= cos
2 q 3- sin2 q cosq
è 4 4 ÷
= cos
2 q 3- cosq
è 4 ÷
1
= 4cos3 q - 3cosq 1= cos3q ，4 4
故 sin 20°sin 40°sin 60°sin80 3° = cos 70°cos50°cos10°
2
3
= cos(60 +10)°cos(60 -10)°cos10°
2
3 1 3
= cos30° = ；
2 4 16
（3）证明：因为 x (-1,1)，故可令 x = cosq (0 < q < π) ，
故由 4x3 - 3x
1
- = 0 3可得： 4cos q - 3cosq
1
- = 0(0 < q < π)(*) ．
2 2
1
由题意得： cos3q = ，因0 < q < π，故0 < 3q < 3π，
2
3q π 3q 5π 7π故 = ，或 = ，或3q = ，
3 3 3
π 5π 7π
即方程（*）的三个根分别为 ， ， ，
9 9 9
4x3又 - 3x
1
- = 0 3，故 4x = 3x
1
+ ，
2 2
3 3 3
于是， 4x1 + 4x2 + 4x3 = 3 x
3
1 + x2 + x3 + 2
= 3 cos
π
+ cos 5π + cos 7π 3÷ +
è 9 9 9 2
3cos π 2π= -

÷ + 3cos
π 2π
+

÷ + 3cos

π
2π 3
- +
è 3 9 ÷ è 3 9 è 9 2
3 cos π cos 2π π 2π π 2π π 2π 2π 3= + sin sin
+ 3 cos cos - sin sin - 3cos +
è 3 9 3 9 ÷ ÷ è 3 9 3 9 9 2
1 2π 2π 3
= 6 cos - 3cos +
2 9 9 2
3
= .
2
【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，VABC 的面积为S，三个内角 A、B、C 所对的边分别为 a,b,c，且
sinC 2S= .
c2 - b2
(1)证明：VABC 是倍角三角形；
(2)若 c = 9，当S取最大值时，求 tanB .
2 1 absin C
【解析】（1）因为 sinC 2S 2 absin C= = = ，
c2 - b2 c2 - b2 c2 - b2
ab
又sinC 0 ,所以
c2
=1，
- b2
则b2 = c2 - ab，
又由余弦定理知，b2 = a2 + c2 - 2ac cos B ，
故可得 2c cos B = a + b，
由正弦定理， 2sin C cos B = sin A + sin B ,
又 sin A = sin B + C = sin B cosC + cos B sin C ,
代入上式可得 sin C cos B = sin B cosC + sin B ,
即 sin C cos B - sin B cosC = sin B，
sin C - B = sin B，
则有C - B = B,C = 2B ,
故VABC 是倍角三角形.
（2）因为C = 2B，所以 A = π - B - C = π - 3B > 0 ,
故0
π
< B < ，则 tan B 0, 3 ，又 c = 9，3
a c 9sin A 9sin π - 3B= 9sin 3B又 ，则 a = = = ,
sin A sin C sin C sin 2B sin 2B
S 1 9则 = ac sin B = a sin B
2 2
9 9sin 3B
= sin B 81 sin 3B= × ,
2 sin 2B 4 cos B
81 sin 2B cos B + cos 2B sin B
= ×
4 cos B
81
= sin 2B + cos 2B tan B
4
81 2 tan B 1- tan2 B
= 2 + × tan B4 è1+ tan B 1+ tan
2 B ÷
81 3tan B - tan3 B
=
4 1+ tan2 B
3
设 x = tan B 0, 3 ， f x 3x - x= 2 ，1+ x
3- 3x2 1+ x2 - 3x - x3 ×2x
则 f x =
21+ x2
-x4 - 6x2 + 3
=
2 21+ x
令 f x = 0得 x2 = 2 3 -3或者 x2 = -2 3 - 3（舍），
且当0 < x2 < 2 3 - 3时， f x > 0，
当 2 3 - 3 < x2 < 3时， f x < 0，
则 f x 在 0, 2 3 - 3 上单调递增，
在 2 3 - 3, 3 上单调递减，
故当 x = 2 3 - 3时， f x 取最大值，
此时S也取最大值，
故 tan B = 2 3 - 3 为所求.
【变式 3-1】由倍角公式 cos 2x = 2cos2 x -1，可知 cos 2x 可以表示为 cos x的二次多项式，对于cos3x，我
们有 cos3x = cos(2x + x) = cos 2x cos x - sin 2x sin x
= 2cos2 x -1 cos x - 2(sin x cos x)sin x
= 2cos3 x - cos x - 2 1- cos2 x cos x
= 4cos3 x - 3cos x ．
可见cos3x可以表示为 cos x的三次多项式．
(1)对照上述方法，将 sin 3x可以表示为 sin x 的三次多项式；
(2) 若 x 0,
p
2 ÷，解关于
x 的方程 cos3x 2 3= - sin 2x ．
è 3
【解析】（1） sin 3x = sin(2x + x) = sin 2x cos x + cos 2x sin x
= 2sin x cos2 x + 1- 2sin2 x sin x
= 2sin x 1- sin2 x + sin x - 2sin3 x
= 3sin x - 4sin3 x；
（2）由 cos3x 2 3= - sin 2x ，可得 4cos3 x 3cos x 4 3- = - sin x cos x ，
3 3
∵ x 0,
p cos x 0
2 ÷， ，è
∴ 4cos2 x 4 3- 3 = - sin x ，即 4
3 1 sin
2 x 3 4 3- - = - sin x，3
整理可得12sin2 x - 4 3 sin x - 3 = 0，
解得 sin x 3= 或 sin x 3= - （舍去），
2 6
x p∴ = .
3
【变式 3-2】由倍角公式cos2q = 2cos2 q -1，可知 cos 2q 可以表示为cosq 的二次多项式.对于cos3q ，我们
有 cos3q = cos 2q +q = cos 2q cosq - sin 2q sinq = 2cos2 q -1 cosq - 2sin2 q cosq
= 2cos3 q - cosq - 2 1- cos2 q cosq = 4cos3 q - 3cosq ，可见cos3q 也可以表示成cosq 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 sin 3q 表示成sinq 的三次多项式；
(2)化简 sin 60° -q sin 60° +q sinq ，并利用此结果求 sin 20°sin 40°sin80°的值.
【解析】（1） sin 3q = sin 2q +q = sin 2q cosq + cos 2q sinq
= 2sinq cos2 q + 1- 2sin2 q sinq = 2sinq 1- sin2 q + sinq - 2sin3 q
= 3sinq - 4sin3 q

（2） sin 60° -q sin 60° +q sinq 3 1 3 1= cosq - sinq ÷÷ × cosq + sinq ÷÷sinq
è 2 2 è 2 2
3
= 2
1 2 3 3
cos q - sin q ÷sinq = - sin
2 q 1- sin2 q ÷sinq
3
= sinq 1- sin3 q = 3sinq - 4sin3 q
è 4 4 è 4 4 4 4 4
从而 sin 60° -q sin 60 1° +q sinq = sin 3q ，
4
故 sin 20°sin 40°sin80° = sin 20°sin 60° - 20° sin 60° + 20°
1
= sin 3 20 1 3 3° = =
4 4 2 8
【变式 3-3】由倍角公式 cos 2x = 2cos2 x -1，可知 cos 2x 可以表示为仅含 cos x的二次多项式.
（1）类比 cos 2x 公式的推导方法，试用仅含有 cos x的多项式表示cos3x ；
（2）已知3 18o = 90o - 2 18o，试结合第（1）问的结论，求出 sin18o 的值.
【解析】（1） cos3x = cos 2x + x ，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） cos3x = cos 2x + x = cos2xcosx - sin2xsinx
= 2cos2x -1 cosx - 2sinxcosx sinx = 2cos3x - cosx - 2 1- cos2x cosx
= 4cos3x - 3cosx .
（2）因为 cos 3 18o = cos 90o - 2 18o ，
所以 4cos318o - cos18o = 2sin18o cos18o ，所以 4cos218o - 3 = 2sin18o ，
所以 4sin218o + 2sin18o -1 = 0，解得 sin18o 5 -1= 或 sin18o - 5 -1= （舍去）.
4 4
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
x x-
.1691 c e
c + e c ÷
年，莱布尼茨等得出悬链线的方程为 è ，其中 c为参数．当c =1时，该表达式就是双曲y =
2
excosh x + e
- x
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
2
ì sin x
' = cos x
三角函数满足性质：①导数： í ；②二倍角公式： cos 2x = 2cos2' x -1；③平方关系：
cos x = -sin x
ex - e- x
sin2 x + cos2 x =1．定义双曲正弦函数为 sinh x = ．2
(1)写出 sinh x ， cosh x 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 x > 0，恒有 sinhx - kx > 0成立，求实数 k 的取值范围；
17
(3)正项数列{an}(n N*) 满足 a1 = a > 1
2
， an+1 = 2an -1，是否存在实数 a，使得 a2024 = ？若存在，求出 a的8
值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）①导数： sinh x = cosh x ， cosh x = sinh x ，证明如下：
ì ex - e- x

ex + e- x
sin hx = ÷ = = cos hx
è 2 2
í ，
ex + e- x ex - e- x
cos hx
= ÷ = = sin hx
è 2 2
②二倍角公式： cosh 2x = 2 coshx 2 -1，证明如下：
x - x
2
2x -2x 2x
2 coshx 2 1 2 e + e 1 e + 2 + e 1 e + e
-2x
- = ÷ - = - = = cosh 2x ；
è 2 2 2
③平方关系： (cosh x)2 - (sinh x)2 =1，证明如下：
x - x 2 x - x
2
2x -2x 2x -2x coshx 2 - sinhx 2 e + e e - e e + 2 + e e - 2 + e= ÷ - ÷ = - =1；
è 2 è 2 4 4
（2）令F x = sinhx - kx， x (0,+ )，F x = coshx - k ，
x - x
①当 k 1 e + e时，由 coshx = ex ×e- x =1，
2
又因为 x > 0，所以 ex e- x ，等号不成立，
所以F x = coshx - k > 0，即 F (x)为增函数，
此时F (x) > F (0) = 0，对任意 x > 0， sinhx > kx 恒成立，满足题意；
②当 k >1时，令G(x) = F (x) ， x (0,+ )，则G x = sinhx > 0，可知G(x)是增函数，
由G(0) =1- k < 0 G ln2k 1与 = > 0可知，存在唯一 x0 0, ln 2k ，使得G(x0 ) = 0，4k
所以当 x (0, x0 )时，F (x) = G(x) < G(x0 ) = 0，则 F (x)在 (0, x0 )上为减函数，
所以对任意 x (0, x0 )，F (x) < F (0) = 0，不合题意；
综上知，实数 k 的取值范围是 - ,1 ；
x - x
（3 e + e）方法一、由 a1 = a > 1，函数 cosh x = 的值域为 1, + ，2
对于任意大于 1 的实数 a1，存在不为 0 的实数m ，使得 coshm = a1，
类比双曲余弦函数的二倍角公式 cosh 2x = 2 coshx 2 -1，
由 coshm = a1， a2 = 2 coshm
2 -1 = cosh 2m ， a3 = cosh 22 m ，
n-1
猜想： an = cosh 2 m ，
由数学归纳法证明如下：①当 n =1 a = a = cosh 21-1时， 1 m = cosh m 成立；
② n = k(k a = cosh(2k -1假设当 为正整数）时，猜想成立，即 k m)，则
2 2a ék +1 = 2ak -1 = 2 cosh 2k -1m ù -1 = cosh 2 2k -1m = cosh 2k m ，符合上式，
n-1
综上知， an = cosh 2 m ；
a 17若 2024 = cosh 22023 m = ，8
et2023 cosht + e
-t 17 t 1设 t = 2 m ，则 = = ，解得： e = 4 或 ，
2 8 4
ln 2 em + e-m 1 1 -1
t ln 4 m = ± a = coshm = = 222022 + 222022

即 = ± ，所以 ，即
22022 1 2 2
÷÷．
è
1 1 -1a = 222022 + 222022
17
综上知，存在实数
2 ÷÷
，使得 a2024 = 成立．
è 8
方法二、构造数列 xn (xn > 0)，且 an = cosh xn ，
因为 an+1 = 2a
2 2
n -1，所以 an+1 = 2 coshxn -1 = cosh 2xn ，
则 an+1 = cosh xn+1 = cosh 2xn ，
因为cosh x 在 (0, + )上单调递增，所以 xn+1 = 2xn ，即{xn}是以 2 为公比的等比数列，
22023 1
所以 x = x 22023 ，所以 ex2024 x12024 1 = e ，所以 ex1 = ex2024 22023 ，
1 x 17 1
又因为 a 2024 - x2024 x20242024 = cosh x2024 = e + e2 = ，解得 e = 4 或 ，8 4
1 -1 1 -1
a = a = cosh x 1= ex1 + e- x1 1= 422023 + 422023 1 所以 1 1 ÷÷ = 22
2022 + 222022 ，
2 2 ÷÷è 2 è
1 1 -1a = 222022 2022
17
综上知，存在实数
2
+ 22 ÷÷，使得 a2024 = 成立．
è 8
【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
x
sinh x e - e
- x ex + e- x
弦函数，其中双曲正弦函数： = ，双曲余弦函数： cosh x = .（e 是自然对数的底数，
2 2
e = 2.71828L）.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 cosh 2 - 2cosh2 1 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： cosh x + y = ______，并加以证明；
(3)若对任意 t 0, ln 2 ，关于 x 的方程 sinh t + cosh x = m有解，求实数m 的取值范围.
2 -2 -1
【解析】（1）由已知可得， cosh 2 e + e= ， cosh 1 e + e= ，
2 2
2
cosh2 1 e + e
-1 e2 + e-2 + 2
所以 = = ，
è 2
÷
4
e2 + e-2 e2 -2
所以 cosh 2 + e + 2 - 2cosh2 1 = - 2 ÷ = -1.2 è 4
（2） cosh x + y = cosh x cosh y + sinh x sinh y ，证明如下：
ex+ y + e- x+ y
左边= cosh x + y = ，
2
x - x y - y x - x y - y
右边= cosh x cosh y + sinh x sinh y e + e e + e e - e e - e= × + ×
2 2 2 2
ex+ y + ex- y + e- x+ y + e- x- y ex+ y - ex- y - e- x+ y + e- x- y x+ y - x+ y
= + e + e= .
4 4 2
所以，左边=右边，
所以 cosh x + y = cosh x cosh y + sinh x sinh y .
ex +e- x t -t
（3）原题可转化为方程 cosh x = m - sinh t e - e有解，即 = m - 有解.
2 2
t -t x - x
令 f t e - e= ， t 0, ln 2 ， g x e +e= ，
2 2
t -t ln 2
f t e - e 0, ln 2 f 0 = 0 f ln 2 e - e
- ln 2 3
因为 = 在 上单调递增， ， = = ，
2 2 4
0 f t 3所以 .
4
ex +e- x 2 ex ×e- x
又 =1，当且仅当 ex =e- x ，即 x = 0时等号成立，
2 2
etm - e
-t ex +e- x et - e-t
所以 - = 1，即m 1+ ，即m 1+ f (t)
7
max =1+ f (ln 2) = ，2 2 2 4
m 7所以 ，即m [
7 ,+ ) .
4 4
【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
x x
- x
c c e + e- x
布尼茨等得出“悬链线”方程 y c(e + e )= ，其中 c为参数.当c =1时，就是双曲余弦函数 ch x = ，
2 2
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：
(sin x) = cos x,
sin2 x + cos2 x =1；②两角和公式： cos x + y = cos x cos y - sin x sin y ì，③导数： í(cos x) sin x,定义双曲 = -
ex - e- x
正弦函数 sh x = ．
2
(1)直接写出 sh x ， ch x 具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当 x > 0时，双曲正弦函数 y = sh(x) 的图像总在直线 y = kx 的上方，求直线斜率 k 的取值范围；
5
(3) 2无穷数列 an 满足 a1 = a ， an+1 = 2an -1，是否存在实数 a，使得 a2024 = ？若存在，求出 a的值，若不4
存在，说明理由.
2 2
【解析】（1）平方关系： ch x - sh x =1；
和角公式： ch x + y = ch x ch y + sh x sh y ；
ì sh(x) = ch(x)
导数： í ．
ch(x) = sh(x)
ex + e- x
2 2
ex - e- x
理由如下：平方关系， ch2 x - sh2 x = ÷ - ÷
è 2 è 2
e2x + e-2x + 2 e2x + e-2x - 2
= - =1；
4 4
ex+ y + e- x- y
和角公式： ch x + y = ，
2
x - x y - y x - x y - y
ch x ch y + sh x sh y e + e e + e e - e e - e= × + ×
2 2 2 2
ex+ y + ex- y + e- x+ y + e- x- y ex+ y - ex- y - e- x+ y + e- x- y
= +
4 4
ex+ y + e- x- y
=
2
故 ch x + y = ch x ch y + sh x sh y ；
ex - -e- x x - x ex - e- x
导数： sh(x) e + e= = = chx ， ch(x) = = shx；
2 2 2
（2）构造函数F x = sh x - kx ， x 0, + ，
由（1）可知F x = ch x - k ，
x
① k 1 ch(x) e + e
- x
当 时，由 = ex ×e- x =1，
2
又因为 x > 0，故 ex e- x ，等号不成立，
所以F x = ch x - k > 0，故 F (x)为严格增函数，
此时F (x) > F (0) = 0，故对任意 x > 0， sh(x) > kx恒成立，满足题意；
②当 k >1时，令G x = F x , x 0, + ，
则G x = sh x > 0，可知G x 是严格增函数，
G(0) =1- k < 0 G(ln 2k) 1由 与 = > 0可知，存在唯一 x0 (0, ln 2k) ，使得G(x0 ) = 0，4k
故当 x (0, x0 )时，F (x) = G(x) < G(x0 ) = 0，则 F (x)在 (0, x0 )上为严格减函数，
故对任意 x (0, x0 )，F (x) < F 0 = 0，即 sh(x) > kx，矛盾；
综上所述，实数 k 的取值范围为 - ,1 ．
（3）当 a1 = a -1,1 时，存在q 0, π ，使得 cosq = a，
n-1
由数学归纳法证明： an = cos 2 q ，证明如下：
①当 n =1时， a1 = a = cos 21-1q = cosq 成立，
②假设当 n = k （ k k -1为正整数）时， ak = cos 2 q ，
a = 2a2 -1 = 2cos2 k -1 k -1则 k +1 k 2 q -1 = cos 2 2 q = cos 2kq 成立.
a = cos 2n-1综上： n q .
所以 a1 = a -1,1 ，有 an -1,1
5
，即 a2024 .4
当 a1 = a - , -1 1, + 时， a1 >1，
x - x
而函数 ch x e + e= 的值域为 1, + ，
2
则对于任意大于 1 的实数 a1 ，存在不为 0 的实数m ，使得 ch m = a1 ，
2
类比余弦二倍角公式，猜测 ch 2x = 2ch x -1.
证明如下：
x - x 2 2x -2x 2x -2x
2ch2 x e + e 1 2 1 e + 2 + e 1 e + e- = ÷ - = - = = ch 2x
è 2 2 2
类比 a1 -1,1 时的数学归纳法，设 a1 = ch m ，
2
易证 a2 = 2ch m -1 = ch 2m ， a3 = ch 22 m ，L， an = ch 2n-1m ，L，
a = ch 22023所以若 2024 m 5= ，4
et + e-t
设 t = 22023 m ，则 ch t 5 1= = ，解得： et = 2或 2 ，即 t = ± ln 2，2 4
ln 2 ema ch m + e
-m 1 1 1-
所以m = ± 2023 ，于是 1 = = = 2
2023 + 2 2023 .
2 2 2 ֏
1 1 1-
综上：存在实数 a = ± 22023 + 2 2023 a
5
2 ÷使得 2024
= 成立.
è 4
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，O为透视中心，平
面内四个点E, F ,G, H 经过中心投影之后的投影点分别为 A, B,C, D ．对于四个有序点 A, B,C, D ，定义比值
CA
x = CBDA 叫做这四个有序点的交比，记作 ABCD ．
DB
(1)证明： EFGH = ABCD ；
3 sin ACO 3
(2)已知 EFGH = ，点 B 为线段 AD的中点， AC = 3OB = 3, = ，求 cosA．
2 sin AOB 2
【解析】（1）在VAOC、△AOD、VBOC 、VBOD中，
1
CA S OA ×OC sin AOCVAOC 2 OAsin AOC= = = ，
CB S 1VBOC OB ×OC sin BOC OB sin BOC
2
1
DA S OA ×OD sin AODVAOD 2 OAsin AOD= = =
DB S 1VBOD OB ×OD sin BOD OB sin BOD
2
CA OAsin AOC
ABCD CB OB sin BOC sin AOC ×sin BOD所以 = DA = OAsin AOD = ，sin BOC ×sin AOD
DB OB sin BOD
又在△EOG、△EOH 、VFOG 、△FOH 中，
1
GE S OE ×OG sin EOGVEOG 2 OE sin EOG= = = ，
GF S 1VFOG OF ×OG sin FOG OF sin FOG
2
1
HE S OE ×OH sin EOH
= VEOH = 2 OE sin EOH=
HF S 1VFOH OF ×OH sin FOH OF sin FOH
2
GE OE sin EOG
EFGH GF OF sin FOG sin EOG ×sin FOH所以 = HE = OE sin EOH = ，sin FOG ×sin EOH
HF OF sin FOH
又 EOG = AOC ， FOH = BOD ， FOG = BOC ， EOH = AOD
sin AOC ×sin BOD sin EOG ×sin FOH
所以 = ，
sin BOC ×sin AOD sin FOG ×sin EOH
所以 EFGH = ABCD .
（2）由题意可得 EFGH 3 ABCD 3= ，所以 = ，
2 2
CA
CB 3= CA DB 3 DB 1即 DA ，所以 × = ，又点 B 为线段 AD的中点，即 = ，2 CB DA 2 DA 2
DB
CA
所以 = 3，又 AC = 3，则 AB = 2， BC =1，
CB
设OA = x，OC = y 且OB = 3 ，
由 ABO = π - CBO ，所以 cos ABO + cos CBO = 0，
2 2
22 + 3 - x2 12 + 3 - y2
即 2 2+ = 0 ，解得 x + 2y =15①，
2 2 3 2 1 3
在VAOB AB x中，由正弦定理可得 = ②，
sin AOB sin ABO
OB y
在△COB 中，由正弦定理可得 = ③，
sin BCO sin CBO
且 sin ABO = sin CBO，
x AB sin BCO 3 2
② ③得 = × = = 3y sin AOB OB 2 ，即 x = 3y ④3
由①④解得 x = 3， y = 3 （负值舍去），即 AO = 3，OC = 3
2
2 2 2
所以 cos A AO + AB
2 - OB2 3 + 2 - 3 5
= = = .
2AO × AB 2 3 2 6
【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，O为透视中心，平
面内四个点E, F ,G, H 经过中心投影之后的投影点分别为 A, B,C, D .对于四个有序点 A, B,C, D ，定义比值
CA
r = CBDA 叫做这四个有序点的交比，记作 (ABCD) .
DB
(1)若点B,C 分别是线段 AD, BD 的中点，求 (ABCD) ；
(2)证明： (EFGH ) = (ABCD) ；
sin ACO 3
(3)已知 (EFGH )
3
= B
2 ，点 为线段 AD的中点， AC = 3OB = 3， = ，求 cos A .sin AOB 2
CA 3 DA 3
【解析】（1）由已知 = ， = 2 ，所以 (ABCD) = .
CB 1 DB 2
（2）在VAOC，△AOD，VBOC ，VBOD中，
1
CA S OA ×OC sin AOC
= VAOC
OAsin AOC
= 2 = DA OAsin AOD1 ，同理 = ，CB SVBOC OB ×OC sin BOC OB sin BOC DB OBsin BOD
2
CA OAsin AOC
(ABCD) = CB = OBsin BOC sin AOC × sin BOD所以 DA OAsin AOD = sin BOC × sin AOD ，
DB OBsin BOD
又在△EOG，△EOH ，VFOG ，△FOH 中，
1
GE S OE ×OG sin EOGVEOG 2 OE sin EOG= = = HE OE sin EOH1 ，同理 = ，GF SVFOG OF ×OG sin FOG OF sin FOG HF OF sin FOH
2
GE OE sin EOG
所以 (EFGH ) GF OF sin FOG
sin EOG × sin FOH
= HE = OE sin EOH = sin FOG × sin EOH ，
HF OF sin FOH
又 EOG = AOC ， FOH = BOD ， FOG = BOC ， EOH = AOD ，
sin AOC ×sin BOD sin EOG ×sin FOH
所以 = ，所以 (EFGH ) = (ABCD) .
sin BOC ×sin AOD sin FOG ×sin EOH
（3）方法一：
CA
由 (EFGH )
3 3
= ，可得 (ABCD) = ，即 DA
3
= CA DB 3
2 2 DA ，所以 × = ，2 CB DA 2
DB
DB 1 CA
又点 B 为线段 AD 的中点，即 = ，所以 = 3，
DA 2 CB
又 AC = 3，所以CB = 1， AB = 2，CD =1，
又已知 AC = 3OB = 3，所以OB = 3 .
设OA = x，OC = y ，由 ABO = π - CBO ，得 cos ABO + cos CBO = 0，
22 + ( 3)2 - x2 12 + ( 3)2 - y2
即 + = 0，解得 x2 + 2y2 =15，…①
2 2 3 2 1 3
VAOB AB x AB在 中，由正弦定理可得 = ，得 x = × sin ABO ，…②
sin AOB sin ABO sin AOB
OB y y OB在△COB 中，由正弦定理可得 = ，得 = × sin CBO，…③
sin BCO sin CBO sin BCO
又 sin ABO = sin CBO，
x AB sin BCO 3 2
② ③得 = × = = 3y sin ，即 ，…④ AOB OB 2 x = 3y3
由①④解得 x = 3， y = 3 （负值舍去），即 AO = 3，OC = 3 ，
2
cos A AO + AB
2 - OB2 32 + 22 - ( 3)2 5
所以 = = = .
2AO × AB 2 3 2 6
方法二：
因为 (EFGH )
3
= ，所以 (ABCD)
3
= ，设 AB = DB = x2 2 ，则BC = 3- x，
又 B 为线段 AD 的中点，所以CD = x - (3 - x) = 2x - 3，
又已知 AC = 3， AC = 3OB = 3，所以OB = 3 ，
(ABCD) CA DB 3 x 3所以 = × = × = ，得 x = 2，
CB DA 3 - x 2x 2
所以 AB = 2，BC = CD =1，
1
S AB OA ×OBsin AOB△AOB = = 2 2 3OA sin AOB 3OA 2 2 OA由 ，得 1 = × = × = ×S ，△BOC BC CB ×COsin BCO OC sin ACO OC 3 3 OC
2
2 OA
所以 × = 2 ，设OC = yOC ，则OA = 3y ，3
由 ABO， CBO互补得
2 2 2 2 2 2
cos ABO + cos CBO 0 2 + ( 3) - ( 3y) 1 + ( 3) - y= ，即 + = 0，
2 2 3 2 1 3
解得 y = 3 ，所以OC = 3 ，OA = 3，
AO2 2 2 2 2cos A + AB - OB 3 + 2 - ( 3)
2 5
所以 = = = .
2AO × AB 2 3 2 6
【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O点出发，平
面内四个点E, F ,G, H 经过中心投影之后的投影点分别为 A, B,C, D .对于四个有序点 A, B,C, D ，若
uuur uuur uuur uuur l
CA = lCB，DA = m DB ，定义比值 x = m 叫做这四个有序点的交比，记作 ABCD .
1 1 m
(1)当 x = -1时，称 A, B,C, D 为调和点列，若 + = mAC AD AB ，求 的值；
(2)①证明： EFGH = ABCD ；
EFGH 3 AC 3 OB 3 sin ACO 3②已知 = ，点 B 为线段 AD的中点， = = ， = ，求 OA ， OC .
2 sin AOB 2
【解析】（1）由 x = -1< 0知：C , D 两点分属线段 AB 内外分点，
不妨设 AB = AC + CB ， AB = AD - BD，
AB 1 CB AB BD则 = + ， =1- ，
AC AC AD AD
CB BD AB AB
由 x = -1知： = ，\ + = 2，
AC AD AC AD
1 1 2
\ + = ，即m = 2 .
AC AD AB
（2）①在VAOC,VAOD,VBOC,VBOD中，
1
CA S ×OA ×OC ×sin AOCVAOC 2 OA ×sin AOC= = = ，
CB S 1VBOC ×OB ×OC ×sin BOC OB ×sin BOC
2
1
DA S ×OA ×OD ×sin AODVAOD OA ×sin AOD= = 2 = ，
DB S 1VBOD ×OB ×OD ×sin BOD OB ×sin BOD
2
CA
ABCD CB OA ×sin AOC OB ×sin BOD sin AOC ×sin BOD则 = DA = × =OB ×sin BOC OA ×sin AOD sin BOC ×sin AOD
DB
在VEOG,VEOH ,VFOG,VFOH 中，
1
GE S ×OE ×OG ×sin EOGVEOG 2 OE ×sin EOG= = = ，
GF S 1VFOG ×OF ×OG ×sin FOG OF ×sin FOG
2
1
HE S ×OE ×OH ×sin EOHVEOH 2 OE ×sin EOH= = 1 = ，HF SVFOH ×OF ×OH ×sin FOH OF ×sin FOH
2
GE
EFGH GF OE ×sin EOG OF ×sin FOH sin EOG ×sin FOH则 = GE = × = ，OF ×sin FOG OE ×sin EOH sin FOG ×sin EOH
HF
又 EOG = AOC, FOH = BOD, FOG = BOC, EOH = AOD ，
sin AOC ×sin BOD sin EOG ×sin FOH
\ = ，
sin BOC ×sin AOD sin FOG ×sin EOH
即 EFGH = ABCD ；
CA
3
②Q ABCD = EFGH 3= ，\ DB CA DB 3DA = ，即 × = ，2 2 CB DA 2
DB
DB 1 CA
又点 B 为线段 AD的中点，即 = ，则 = 3，
DA 2 CB
又 AC = 3，则 AB = 2， BC =1，
设OA = x，OC = y ，且OB = 3 ，
由 ABO = π - CBO 可知： cos ABO + cos CBO = 0，
2 222 + 3 - x2 12 + 3 - y2
即 + = 0 ，整理可得： x
2 + 2y2 =15；
2 2 3 2 1 3
在VAOB AB x中，由正弦定理得： = ，
sin AOB sin ABO
OB y
在VBOC 中，由正弦定理得， = ，
sin BCO sin CBO
且 sin ABO = sin CBO，
x AB sin BCO 3 2
则 = × = × = 3y sin AOB OB 2 ，即 x = 3y，3
ì x = 3y ì x = 3 ì x = -3
由 í 2 2 得： í 或 í （舍），即 OA = 3， OC = 3 .
x + 2y =15 y = 3 y = - 3
题型六：正余弦方差
1 2 2 2
【典例 6-1】定义: m = ésin q1 -q0 + sin q -qn 2 0 +L+ sin qn -q0
ù 为实数q1,q2 ,L,qn 对q0的“正弦方
差”.
π
(1)若q = ,q
2π
= ,q = π，则实数q ,q ,q 对q 的“正弦方差” m1 2 3 1 2 3 0 的值是否是与q0无关的定值，并证明你的3 3
结论
q π ,q a ,q b ,a π(2)若 1 = 2 = 3 = , π

÷ , b π,2π ，若实数q1,q2,q3对q0的“正弦方差” m 的值是与q0无关的定4 è 2
值，求a , b 值.
1
【解析】（1）“正弦方差” m 的值是与q0无关的定值 2 ；
π
证明：若q1 = ,q
2π
2 = ,q3 = π，3 3
m 1 é则 = êsin
2 π 2π
-q
2 2
0 ÷ + sin -q0 ÷ + sin π -q0
ù
3 è 3 è 3 ú
1[1 1 cos 2π= - - 2q
1
0 ÷÷ + 1 cos
4π 1-
3 2 3 2
- 2q
3 0 ÷÷
+ 1- cos 2π - 2q0 )ù
è è è è 2
1[3 1 2π 4π= - cos - 2q0 ÷ + cos - 2q0 ÷ + cos 2π
ù
- 2q
3 2 2 3 0
)
è è è 3
ú

1 1 écos 2π 2q cos 2π ù= - -
2 6 ê 3 0 ÷
+ + 2q0 ÷ + cos 2q0
è è 3
ú

1 1 2cos 2π= - cos 2q0 + cos 2q

2 6 3 0 ֏
1 1
= - -cos 2q0 + cos 2q0 2 6
1
= .
2
（2）若q
π
1 = ,q2 = a ,q3 = b ,a
π , π

÷ , b π,2π ，4 è 2
1 é 2 π 2 2
根据题意，m = êsin -q0 ÷ + sin a -q0 + sin (b -q ]3 4 0 ÷ è
1
= [1 1- cos
π
- 2q
1
0 ÷÷ + 1- cos 2a - 2q0 1+ 1- cos 2b - 2q3 2 0 ) ùè è 2 2 2
1[3 1 π ù= - cos - 2q

0 ÷ + cos 2a - 2q0 + cos 2b - 2q )3 2 2 0 úè è 2
1 1
= - sin 2q0 + cos 2a cos 2q0 + sin 2a sin 2q + cos 2b cos 2q + sin 2b sin 2q2 6 0 0 0
1 1
= - é sin 2q0 1+ sin 2a + sin 2b + cos 2q0 cos 2a + cos 2b ù2 6
m ìsin 2a + sin 2b = -1因为 的值是与q0无关的定值，故可得 í
cos 2a
，
+ cos 2b = 0
π
因为a , π

÷ , b π,2π ，故 2a π,2π , 2b 2π,4π ，
è 2
由 cos 2a + cos 2b = 0可知， 2a + 2b = 5π或 2b - 2a = π
5π π
，即a + b = 或 b -a = ，
2 2
b a π若 - = ，则 2b - 2a = π ， sin 2a + sin 2b = sin 2a + sin π + 2a = 0 -1，故舍去；
2
对 sin 2a + sin 2b = -1， cos 2a + cos 2b = 0两边平方后相加可得：
2 + 2cos 2b - 2a =1，即 cos 2b - 2a 1= - ；
2
因为 2b - 2a 0,3π 2b 2a 2π 4π- = 8π，故 或 或
3 3 3
，
π 2π 4π
即 b -a = 或 或 ；
3 3 3
ì 5π
a + b =
ì
a
13π
=
2 12
综上所述，当 í π ，解得 í b a b 17π
，不满足题意；
- = =
3 12
ìa 5π+ b = ì 11π a = 2 12
当 í
b a 2π
，解得 í 19π ，满足题意；
- = b =
3 12
ìa b 5π+ = ì a 7π=
2 12
当 í ，解得 í ，满足题意；
b -a 4π= b 23π=
3 12
ìa 11π= ì a 7π = 12 12
故 í
b 19π
或 í
b 23π
.
= =
12 12
【典例 6-2】对于集合 A = q1,q2 ,L,qn 和常数q0，定义：
cos2 q -q + cos2 q -q 2
m = 1 0 2 0
+L+ cos qn -q0 为集合 A 相对的q
n 0
的“余弦方差”.
A ì π(1)若集合 = í ,
π ü
,q0 = 0，求集合 A 相对q 的“余弦方差”；
3 4 0
ìπ
(2)若集合 A = í ,a , b
ü é3π é3π 7
4
，是否存在a
ê
, π ÷ , b , π ÷，使得相对任何常数q0的“余弦方差”是一个与
4 ê 2 4
q0无关的定值？若存在，求出a , b 的值：若不存在，则说明理由.
ì π π ü
【解析】（1）因为集合 A = í ,3 4
,q0 = 0，

cos2 π + cos2 π 1 1+
所以m 3 4 4 2 3= = = .
2 2 8
é3π é3π 7
（2）假设存在a ê , π ÷ , b ê , π ÷，使得相对任何常数q0的“余弦方差”是一个与q0无关的定值. 4 2 4
由“余弦方差”的定义得：
cos2 π -q

0 ÷ + cos
2 a -q + cos20 b -q0
m = è 4
3
é1 π ùê + cos

- 2q

1
= ê è 2
0 ÷
1+ cos 2a - 2q ú+ 0 1+ cos 2b - 2q+ 0 ú
3 ê 2 2 2 ú
ê ú
1 é 3 1 sin2q 1 cos2acos2q 1 sin2asin2q 1 cos2bcos2q 1= ê + 0 + 0 + 0 + 0 + sin2bsin2q
ù
3 2 2 2 2 2 2 0 ú
1 é 3 cos2q= ê + cos2a + cos2b 0 + 1+ sin2a + sin2b
sin2q0 ù
ú .3 2 2 2
ìcos 2a + cos 2b = 0
要使m 是一个q0与无关的定值，应有 í
sin 2a + sin 2
成立，
b = -1
则 cos 2a + cos 2b 2 + sin 2a + sin 2b 2 =1，
即 2 + 2cos 2a cos 2b + 2sin 2a sin 2b =1，
1
整理可得 cos 2a - 2b = - .
2
a é3π又因为 ê , π

÷ , b
é3π 7
4 ê
, π ÷，
2 4
2a é3π则 ê , 2π
é 7π 7π ù
÷， 2b ê3π, ÷，-2b - , -3π 2 2 è 2 ú
，

所以 2a - 2b -2π, -π ，
所以 2a 2b
4π 4π
- = - ，则 2b = 2a + ，
3 3
所以， cos2a + cos
4π
2a + 3 ÷
= 0，
è
即 cos2a + cos2acos
4π
- sin2asin 4π = 0，
3 3
整理可得 cos2a + 3sin2a = 0， tan2a 3= - .
3
2a é3π , 2π 2a 11π 2b 2a 4π 19π又因为 ê ÷，所以 = ， = + = ， 2 6 3 6
11π 19π
所以，假设成立，当a = , b = 时，相对任何常数q0的“余弦方差”是一个与q0无关的定值，定值为12 12
1
2 .
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
A x1, y1 ，B x2 , y2 ，则曼哈顿距离为： d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度为：
cos A, B x= 1 x y y 2 + 1 2
x2 + y2 x2 2 2 2 2 2 ，余弦距离为
1- cos A, B
1 1 2 + y2 x1 + y1 x2 + y2
(1)若 A 3 4-1,2 B , ， 5 5 ÷，求 A，B 之间的曼哈顿距离 d A, B 和余弦距离；è
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b cos M , N 1 2，若 = ， cos M ,Q = ，求
5 5
tana tan b 的值
3 4 14
【解析】（1） d A, B = -1- + 2 - = ，
5 5 5
cos A, B -1 3 2 4 5= + = ，故余弦距离等于1- cos A, B5 5 5
5
=1- ；
5 5 5
cos M , N sina sin b cosa cos b（2） = × + ×sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b
= sina sin b + cosa cos b 1= ；
5
cos M ,Q sina sin b cosa -cos b= × + ×
sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b
= sina sin b 2- cosa cos b =
5
sina sin b 3
sina sin b
故 = ， cosa cos b
1
= - ，则 tana tan b = = -3
10 10 cosa cos b
.
【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 A x1, y1 、B x2 , y2 ，则其曼哈顿距离为
x x y y
d A, B = x 1 2 1 21 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度为 cos A, B = + x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2 x2 y2 ，余弦距离：1 1 2 2 1 1 2 + 2
1- cos A, B .
(1)若 A 1,1 、B 2, -2 ，求 A 、 B 之间的余弦距离；
0 a b π(2)已知 < < < ，M 5cosa ,5sina 、 N 13cos b ,13sin b , P 5cos a + b ,5sin a + b ，若
2
cos M , P 5= , cos M , N 63= ，求M 、 P 之间的曼哈顿距离.
13 65
【解析】（1）因为 A 1,1 、B 2,- 2 ，所以 cos A,B = 1 × 2 + 1 × -2 =0，
2 2 2 2 2 2
所以 A 、 B 间的余弦距离为1- cos A,B =1 .
2 2 2 2 2（ ）因为 5sina + 5cosa = 5， é 5sin a + b ù + é 5cos a + b ù = 5，
5cosa 5cos a + b 5sina 5sin a + b 5所以 cos M , P = + = cosb = .
5 5 5 5 13
因为0 < b
p
< ，所以 sinb = 1- cos2b =
12
.
2 13
因为 13sina 2 + 13cosa 2 =13，
cos M , N = 5cosa 13cosb 5sina 13sinb 63所以 + = cos a - b = .
5 13 5 13 65
π π
因为0 < a < b < ，则- < a - b < 0，
2 2
所以 sin a - b =- 1- cos2 a - b =- 16 .
65
因为 cosa = cos a - b + b = cos a - b cosb - sin a - b sinb 3= ，
5
sina = 1- cos2 a 4= ，所以M 3,4 .
5
因为 cos a +b =cosacosb - sinasinb =- 33 ，
65
sin a + b = sinacosb + cosasinb 56= ，
65
P - 33 , 56 所以 .
è 13 13 ÷
3- - 33 + 4- 56 = 72 + 4 = 76因为 ÷ ，
è 13 13 13 13 13
76
所以M 、 P 之间的曼哈顿距离是 .
13
【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
A x1, y1 ，B x2 , y2 ，则曼哈顿距离为： d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度为：
cos A, B x x y y= 1 2 + 1 2
2 2 2 2 2 1- cos A, B x1 + y1 x2 + y2 x1 + y2 x2 y2
，余弦距离为
1 2 + 2
3 4
(1)若 A -1,2 ，B , ÷，求 A，B 之间的曼哈顿距离 d A, B 5 5 和余弦距离；è
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b ，若 cos M , N 1= ， cos M ,Q 2= ，求
5 5
tana tan b 的值
π
(3)已知0 < a < b < ，M 5cosa ,5sina 、 N 13cos b ,13sin b ，P 5cos a + b ,5sin a + b ，若
2
cos M , P 5= ， cos M , N 63= ，求M 、 P 之间的曼哈顿距离.
13 65
d A, B 1 3 4 14【解析】（1） = - - + 2 - = ，
5 5 5
cos A, B -1 3 2 4 5= + = ，故余弦距离等于1- cos A, B 5=1- ；
5 5 5 5 5 5
cos M , N sina sin b cosa cos b（2） = × + ×sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b
= sina sin b + cosa cos b 1= ；
5
cos M ,Q sina sin b cosa -cos b= × + ×
sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b
= sina sin b - cosa cos b 2=
5
sina sin b
故 sina sin b
3
= ， cosa cos b
1
= - ，则 tana tan b = = -3
10 10 cosa cos b
.
3 2 2 2 2（ ）因为 5sina + 5cosa = 5， é5sin a + b ù + é5cos a + b ù = 5，
5cosa 5cos a + bcos M , P 5sina 5sin a + b 5所以 = + = cosb = .
5 5 5 5 13
因为0 < b
p
< ，所以 sinb = 1
12
- cos2b = .
2 13
因为 13sina 2 + 13cosa 2 =13，
cos M , N = 5cosa 13cosb + 5sina 13sinb所以 = cos a 63- b = .
5 13 5 13 65
0 a b π π因为 < < < ，则- < a - b < 0，
2 2
所以 sin a - b = - 1- cos2 a - b = 16- .
65
因为 cosa = cos a - b + b = cos a - b cosb - sin a 3- b sinb = ，
5
sina = 1-cos2 a = 4 ，所以M 3,4 .
5
33
因为 cos a +b =cosacosb - sinasinb = - ，
65
sin a b sinacosb cosasinb 56+ = + = ，
65
33 56
所以P - , ÷ .
è 13 13
3 33 + 4 56 72 4 76因为 - - 13 ÷
- = + = ，
è 13 13 13 13
76
所以M 、 P 之间的曼哈顿距离是 .
13
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VABC 的
三个内角均小于120°时，使得 AOB = BOC = COA =120°的点O即为费马点；当VABC 有一个内角大于
或等于120°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 a，b， c分别是VABC 三个
内角A ， B ，C的对边
cos A π
(1)若 = sin C - ，
2cos B 6 ֏
①求 B ；
2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur②若b - a - c 2 = 6，设点 P 为VABC 的费马点，求PA × PB + PB × PC + PC × PA的值；
(2)若 cos 2C + 2sin A + B sin A - B =1，设点 P 为 VABC 的费马点， PB + PC = t PA ，求实数 t 的最小值．
cos A π π
【解析】（1）①因为 = sin C - ÷ ，所以 cos A = 2cos B sin C - 6 ÷ ，2cos B è 6 è
即 cos A = 2cos B
π
sin C cos - cosC sin
π
÷，
è 6 6
即 cos A = 3 cos Bsin C - cos B cosC ，
又 cos A = cos é π - C + B ù = -cos C + B = -cosC cos B + sin C sin B，
所以 3 cos B sin C = sin C sin B，
又C (0,π)，所以 sin C > 0，所以 3 cos B = sin B ，
所以 tan B
sin B
= = 3，因为 B (0, π) B π，所以 = 3 ．cos B
②由三角形内角和性质可知，VABC 的三个内角均小于120°，结合题设易知 P 点一定在VABC 的内部．
由余弦定理可得 a2 + c2 - b2 = 2ac cos B ，即 a2 + c2 - b2 = ac，
又b2 - a - c 2 = 6 ，即 a2 + c2 - b2 = 2ac - 6，所以 2ac - 6 = ac，解得ac = 6．
S 1 2π 1 2π 1 2π所以 △ABC = | PA | × | PB | sin + | PB | × | PC | sin + | PA | × | PC | ×sin2 3 2 3 2 3
1
= ac sin B 3 3= ，
2 2
所以 | PA | × | PB | + | PB | × | PC | + | PA | × | PC |= 6，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
所以PA × PB + PB × PC + PA × PC
=| PA | × | PB | cos 2π | PB | | PC | cos 2π+ × + | PA | × | PC | cos 2π×
3 3 3
= PA × PB + PB 2π× PC + PA × PC cos = -3．
3
（2）因为 cos 2C + 2sin A + B sin A - B =1，
所以1- 2sin2 C + 2sin C sin A - B =1，
sin2所以 C - sin C sin A - B = 0 ，
又C (0,π)，所以 sin C > 0，所以 sin C - sin A - B = 0，
则 sin A + B - sin A - B = 0，
即 sin Acos B + cos Asin B - sin Acos B + cos Asin B = 0 ，
所以 cos Asin B = 0，
又 A (0, π)， B (0, π) ，所以 sin B > 0，则 cos A
π
= 0，所以 A = ，
2
2π
点 P 为VABC 的费马点，则 APB = BPC = CPA = ，
3
设 PB = m PA ， PC = n PA ， PA = x ， m > 0, n > 0, x > 0 ，
则由 PB + PC = t PA 得m + n = t ；
2 2 2 2 2 2π 2 2
由余弦定理得 | AB | = x + m x - 2mx cos = m + m +1 x ，3
| AC |2 = x2 + n2x2 - 2nx2 cos 2π = n2 + n +1 x2 ，3
| BC |2 = m2x2 + n2x2 - 2mnx2 cos 2π = m2 + n2 + mn x2 ，3
故由 | AC |2 + | AB |2 =| BC |2 2得 n + n +1 x2 + m2 + m +1 x2 = m2 + n2 + mn x2 ，
m + n 2
即m + n + 2 = mn m > 0, n > 0 m + n + 2 = mn ，而 ，故 ÷ ，
è 2
当且仅当m = n ，结合m + n + 2 = mn ，解得m = n = 1+ 3 时，等号成立，
又m + n = t ，即有 t 2 - 4t -8 0，解得 t 2 + 2 3或 t 2 - 2 3（舍去），
故实数 t 的最小值为 2 + 2 3 ．
【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VABC 的
三个内角均小于120°时，使得 AOB = BOC = COA =120°的点 O 即为费马点；当VABC 有一个内角大
于或等于120°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VABC 的内角A ， B ，C
所对的边分别为 a，b， c，且设点 P 为VABC 的费马点．
(1)若 a2 + c2 - b2
π
= 3， 2sin B sin C + 3 ÷
= 3 sin A．
è
①求角 B ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
②求PA × PB + PB × PC + PC × PA．
(2)若 cos 2B + cos 2C - cos 2A =1， | PB | + | PC |= t | PA |，求实数 t 的最小值．
π
【解析】（1）①因为 2sin B sin C + ÷ = 2sin B
1
sin C
3
+ cosC
è 3 2 2
÷÷
è
= sin B sin C + 3 sin B cosC ，
3 sin A = 3 sin(B + C) = 3 sin B cosC + 3 cos B sin C ，
π
又 2sin B sin C + 3 ÷
= 3 sin A，
è
所以 sin B sin C + 3 sin B cosC = 3 sin B cosC + 3 cos B sin C ，
即 sin B sin C = 3 sin C cos B．因为sinC 0，所以 tan B
sin B
= = 3，
cos B
因为 B (0, π)
π
，所以 B = 3 ．
②由三角形内角和性质可知，VABC 的三个内角均小于120°，结合题设易知 P 点一定在VABC 的内部．
由余弦定理可得 a2 + c2 - b2 = 2ac cos B ，即 a2 + c2 - b2 = ac，
又 a2 + c2 - b2 = 3，解得 ac = 3．
S 1所以 △ABC = | PA | × | PB | sin
2π 1 | PB | | PC | sin 2π 1 | PA | | PC | sin 2π+ × + × ×
2 3 2 3 2 3
1 3 3
= ac sin B = ，
2 4
所以 | PA | × | PB | + | PB | × | PC | + | PA | × | PC |= 3，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
所以PA × PB + PB × PC + PA × PC
| PA | | PB | cos 2π= × + | PB | 2π× | PC | cos + | PA | 2π× | PC | ×cos
3 3 3
= | PA | × | PB | + | PB | × | PC | + | PA | × | PC | cos 2π 3= - ．
3 2
（2）由已知VABC 中 cos 2B + cos 2C - cos 2A =1，
即1- 2sin2 B +1- 2sin2 C -1+ 2sin2 A =1，
故 sin2 A = sin2 B + sin2 C ，由正弦定理可得 a2 = b2 + c2 ，
π
故VABC 直角三角形，即 A = ，
2
V APB BPC CPA 2π点 P 为 ABC 的费马点，则 = = = ，
3
设 PB = m PA ， PC = n PA ， PA = x ， m > 0, n > 0, x > 0 ，
则由 PB + PC = t PA 得m + n = t ；
2 2 2 2 2
由余弦定理得 | AB | = x + m x - 2mx cos
2π
= m2 + m +1 x2 ，3
| AC |2 = x2 + n2x2 2nx2 cos 2π- =
3 n
2 + n +1 x2 ，
| BC |2 = m2x2 n2x2 2π+ - 2mnx2 cos =
3 m
2 + n2 + mn x2 ，
故由 | AC |2 + | AB |2 =| BC |2 2 2 2 2 2 2得 n + n +1 x + m + m +1 x = m + n + mn x2 ，
2
即m + n + 2 = mn ，而m > 0, n > 0 m m + n，故 + n + 2 = mn ÷ ，
è 2
当且仅当m = n ，结合m + n + 2 = mn ，解得m = n = 1+ 3 时，等号成立，
又m + n = t ，即有 t 2 - 4t -8 0，解得 t 2 + 2 3或 t 2 - 2 3（舍去），
故实数 t 的最小值为 2 + 2 3 ．
【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VABC 的三
个内角均小于120o时，使得 AOB = BOC = COA =120o的点O即为费马点；当VABC 有一个内角大于或
等于120o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 a,b,c分别是VABC 三个内角
A, B,C 的对边，点 P 为VABC 的费马点，且 cos2C + 2sin A + B sin A - B =1 .
(1)求A ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(2)若bc = 6，求PA × PB + PB × PC + PC × PA的值；
(3)若 PB + PC = t PA ，求实数 t 的最小值.
2
【解析】（1）由已知可得1- 2sin C + 2 sin Acos B + sin B cos A sin Acos B - sin B cos A =1，
即 sin2 C = sin2 Acos2 B - sin2 B cos2 A，
sin2 C = sin2所以 A 1- sin2 B - sin2 B 1- sin2 A ，整理得 sin2 C + sin2 B = sin2 A，
所以由正弦定理可得 a2 = b2 + c2 ，
A π所以 = .
2
π
（2）由（1）可得 A = ，所以VABC 三个内角 A, B,C 都小于120°，
2
则由费马点的定义可知 APB = BPC = CPA =120o ，
uuur uuur uuur
设 PA = x ， PB = y， PC = z ，
S 1 3 1 3 1 3 1由 △PAB + S△PAC + S△PBC = S△ABC 得 xy × + xz × + yz × = 6 ，
2 2 2 2 2 2 2
整理得 xy + xz + yz = 4 3 ，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
PA PB PB PC PC PA 1 1 1 1所以 × + × + × = xy ×

- ÷ + yz × - ÷ + xz × - ÷ = - 4 3 = -2 3 .
è 2 è 2 è 2 2
（3）由费马点的定义可知 APB = BPC = CPA =120o ，
设 PB = m PA ， PC = n PA ， PA = p , m, n, p > 0，
则由 PB + PC = t PA 得m + n = t, t > 0，
AB 2 = p2 + m2 p2 - 2mp2 cos120° = m2由余弦定理可得 + m +1 p2 ，
AC 2 = p2 + n2 p2 - 2np2 cos120° = n2 + n +1 p2，
BC 2 = m2 p2 + n2 p2 - 2mnp2 cos120° = m2 + n2 + mn p2，
2 2 2 2 2 2 2
所以由 BC = AB + AC 得 m + n + mn p = m + m +1 p2 + n2 + n +1 p2 ，
即mn = m + n + 2，
2
m,n > 0 m + n + 2 = mn m + n 又因为 ，所以 ÷ ，
è 2
当且仅当m = n 结合mn = m + n + 2解得m = n = 1+ 3 时等号成立，
又m + n = t, t > 0，所以 t 2 - 4t -8 0，解得 t 2 + 2 3或 t 2 - 2 3（舍去），
所以 t 的最小值为 2 + 2 3 .
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VABC 内一点 P 满足条件
PAB = PBC = PCA = q 时，则称点 P 为VABC 的布洛卡点，角q 为布洛卡角．如图，在VABC 中，角A ，
B ，C所对边长分别为 a，b， c，记VABC 的面积为S，点 P 为VABC 的布洛卡点，其布洛卡角为q .
(1)若q = 30°．求证：
① a2 +b2 + c2 = 4 3S ；
② VABC 为等边三角形．
(2)若 A = 2q ，求证： sin2 A = sin B sin C ．
【解析】（1）①若q = 30o，
则 S = S△ABC = S△PAB + S△PAC + S
1
△PBC = c × AP sinq
1
+ a × BP sinq 1+ b ×CP sinq
2 2 2
1
= sinq a × BP + c × AP + b ×CP 1= a × BP + c × AP + b ×CP ,
2 4
所以 a × BP + c × AP + b ×CP = 4S ，
在△ABP,△PBC,△PAC 中，
分别由余弦定理得：BP2 = c2 + AP2 - 2c × AP cosq ，
CP2 = a2 + BP2 - 2a × AP cosq ， AP2 = b2 + CP2 - 2b ×CP cosq ，
三式相加整理得 2cosq a × BP + c × AP + b ×CP = a2 + b2 + c2，
即 a2 + b2 + c2 = 4 3S ；
②由余弦定理可得 a2 = b2 + c2 - 2bc cos A，
则 a2 + b2 + c2 - 4 3S = 2b2 + 2c2 - 2bc cos A - 4 3S
= 2b2 + 2c2 π- 2bc cos A - 2 3bc sin A = 2b2 + 2c2 - 4bc sin A + 6 ÷è
4bc - 4bc = 0，
π
当且仅当b = c且 sin A +

÷ =1时取等号，
è 6
又 A 0, π ，所以 A π π 7π+ π π π , ÷ ，所以 A + = ，所以 A = ，6 è 6 6 6 2 3
π
即当且仅当b = c且 A = 3 时取等号，
即当且仅当VABC 为等边三角形时取等号，
所以 a2 + b2 + c2 4 3S ，当且仅当VABC 为等边三角形时取等号，
又由①知 a2 +b2 + c2 = 4 3S ，
所以VABC 为等边三角形.
1
（2）由（1）得 SVABC = sinq a × BP + c × AP + b ×CP ，2
所以 a × BP + c × AP + b ×CP
2S
= △ABC ,
sinq
由 2cosq a × BP + c × AP + b ×CP = a2 + b2 + c2，
a2 + b2 + c2所以 = 2cosq
2S
× △ABC = 4cosq bc sin 2q× = 4bc cos2 q ，
sinq sinq
2 2 2 2 2 2
又由余弦定理可得b + c = a + 2bc cos A = a + 2bc cos q - sin q ，
2 2
所以 2a + 2bc cos q - sin2 q = 4bc cos2 q ，
a2所以 = bc cos2 q + sin2 q ，所以 a2 = bc，
由正弦定理可得 sin2 A = sin B sin C
【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
VABC 内一点 P 满足条件 PAB = PBC = PCA = q 时，则称点 P 为VABC 的布洛卡点，角q 为布洛卡
角．如图，在VABC 中，角 A, B,C 所对边长分别为 a,b,c，点 P 为VABC 的布洛卡点，其布洛卡角为q ．
(1)若q = 30°．求证：
① a2 + b2 + c2 = 4 3S S△ABC （ VABC 为VABC 的面积）；
② VABC 为等边三角形．
(2)若 A = 2q ，求证： sin2 A = sinBsinC ．
【解析】（1）①若q = 30°，
S S 1 1 1则 VABC = VPAB + SVPBC + SVPAC = c × AP sinq + a × BP sinq + b ×CP sinq2 2 2
1 1
= sinq c × AP + a × BP + b ×CP = c × AP + a × BP + b ×CP ，
2 4
所以 c × AP + a × BP + b ×CP = 4SVABC ，
在VPAB,VPBC,VPAC 中，分别由余弦定理得：
BP2 = c2 + AP2 - 2c × AP cosq ，
CP2 = a2 + BP2 - 2a × BP cosq ，
AP2 = b2 + CP2 - 2b ×CP cosq ，
三式相加整理得 2cosq c × AP + a × BP + b ×CP = a2 + b2 + c2，
即 3 4S 2VABC = a + b
2 + c2 ，
所以 a2 + b2 + c2 = 4 3S△ABC ；
②由余弦定理可得 a2 = b2 + c2 - 2bc cos A，
则 a2 + b2 + c2 - 4 3S△ABC = 2b
2 + 2c2 - 2bc cos A - 4 3SVABC
= 2b2 + 2c2 - 2bc cos A - 2 3bc sin A
= 2b2 + 2c2 - 4bc sin A π + 6 ÷è
4bc - 4bc = 0，
π
当且仅当b = c且 sin A +
=1
è 6 ÷
时取等号，

A 0, π A π π , 7π π π有 ，所以 + ，所以 A + = π，所以 A =
6 è 6 6 ÷ 6 2 3
，
即当且仅当b = c A π且 = 3 时取等号，
即当且仅当VABC 为等边三角形时取等号，
所以 a2 + b2 + c2 4 3S△ABC ，当且仅当VABC 为等边三角形时取等号，
又由①知 a2 + b2 + c2 = 4 3S△ABC ，
所以VABC 为等边三角形；
1
（2）由（1）得 SVABC = sinq c × AP + a × BP + b ×CP ，2
所以 c × AP + a × BP + b CP
2S
× = VABC
sinq
a2 + b2 + c2 = 2cosq c × AP + a × BP + b ×CP ，
a2 2 2所以 + b + c = 2cosq
2S
× VABC = 2cosq bc sin 2q× = 4bc cos2 q ，
sinq sinq
2 2 2
又由余弦定理可得b + c = a + 2bc cos 2q = a2 + 2bc cos2 q - sin2 q ，
2a2所以 + 2bc cos2 q - sin2 q = 4bc cos2 q ，
a2 = bc sin2 2所以 q + cos q ，所以 a2 = bc，
由正弦定理可得 sin2 A = sinBsinC ．
【变式 9-1】若VABC 内一点 P 满足 PAB = PBC = PCA = q ，则称点 P 为VABC 的布洛卡点，q 为
VABC 的布洛卡角．如图，已知VABC 中，BC = a, AC = b, AB = c，点 P 为VABC 的布洛卡点，q 为VABC
的布洛卡角．
PB
(1)若b = c，且满足 = 3，
PA
①求 ABC的大小；
PC
②若 = 3，求布洛卡角q 的正切值；
PB
(2)若 PB平分 ABC，试问是否存在常实数 t ，使得b2 = tac，若存在，求出常数 t；若不存在，请说明理
由．
【解析】（1）①若b = c，即 AB = AC ，得∠ABC = ACB ，
点 P 满足 PAB = PBC = PCA = q ，则 PCB = PBA，
在VPCB与△PBA中， PCB = PBA， PAB = PBC = q ，
所以VPCB BC PB a与△PBA相似，则 = = 3 ，即 = 3 ，
AB PA c
所以 a = 3c；
2
VABC cos ABC a + c
2 - b2 3c2 3
在 中， = = = ，
2ac 2 3c2 2
因为0 < ABC < π，
所以 ABC
π
=
6
②在VABC 中，应用余弦定理以及三角形面积公式得：
1 cos BAC b2 + c2 - a2 b2 + c2 - a2
= = = ，
tan BAC sin BAC 2bc sin BAC 4SVABC
1 cos ABC a2 + c2 - b2 a2 + c2 - b2
= = = ，
tan ABC sin ABC 2ac sin ABC 4SVABC
1 cos ACB a2 + b2 - c2 a2 + b2 - c2
同理可得： = = = ，
tan ACB sin ACB 2absin ACB 4SVABC
1 1 1 b2 + c2 - a2
三式相加可得： + + = 。
tan BAC tan ABC tan ACB 4SVABC
在VPAB 内，应用余弦定理以及三角形面积公式得：
1 cosq AP2 + c2 - BP2 AP2 + c2 - BP2
= = = ，
tanq sinq 2AP ×c sin q 4SVPAB
在VPBC，VPCA内，同理可得：
1 BP2 + a2 - CP2 1 CP2 + b2 - AP2
= ， = ，
tanq 4SVPBC tanq 4SVPCA
1 AP2 + c2 - BP2 BP2 + a2 - CP2 CP2 + b2 - AP2
三式相等： = = = ，
tanq 4SVPAB 4SVPBC 4SVPCA
因为点 P 在VABC 内，则 SVABC = SVPAB + SVPBC + SVPAC
1 AP2 + c2 - BP2 + BP2 + a2 - CP2 + CP2 + b2 - AP2 b2 + c2 - a2
由等比性质的： = = ，
tanq 4SVPAB + 4SVPBC + 4SVPCA 4SVABC
1 1 1 1
所以： = + + ，
tanq tan BAC tan ABC tan ACB
2π
由①知， ABC = ACB π= ， BAC =6 ，3
1 1 1 1 1 5 3
所以 = + + = - + 3 + 3 = ，
tanq tan BAC tan ABC tan ACB 3 3
tanq 3则 =
5
1 1
（2）因为 SVABC = SVPAB + SVPBC + SVPAC = c × AP sinq + a × BP sinq
1
+ b ×CP sinq ，
2 2 2
S 1即 VABC sinq c × AP + a × BP + b ×CP ，2
c AP 2S所以 × + a × BP + b ×CP = VABC ，
sinq
在VPAB ，VPBC，△PAC中，
分别由余弦定理可得：BP2 = c2 + AP2 - 2c × AP cosq ，
CP2 = a2 + BP2 - 2a × BP cosq ，
AP2 = b2 + CP2 - 2b ×CP cosq ，
2 2 2 2 2 2
三式相加整理得： a + b + c = 2cosq c × AP + a × BP + b ×CP ，即 a + b + c = 2cosq 2S× VABC ，
sinq
因为 PB平分 ABC 1，则 ABC = 2q ， SVABC = ac sin 2q ，2
2 1× ac sin 2q
所以 a2 + b2 + c2 = 2cosq 2S× VABC = 2cosq × 2 = 4ac cos2 q ，
sinq sinq
由余弦定理可得： a2 + c2 = b2 + 2ac cos 2q = b2 + 2ac(cos2 q - sin2 q ) ，
所以b2 = -b2 + 2ac(sin2 q + cos2 q ) = -b2 + 2ac，
即b2 = ac，则 t =1，
所以若 PB平分 ABC，试问是否存在常实数 t =1，使得b2 = ac
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 l1；
(2)设正五边形 ABCDE π 5 +1外接圆周长为 l2，试比较 l1与 l2大小，并说明理由．（注： cos = ）5 4
【解析】（1）依题意，因为五边形 ABCDE 为正五边形且边长为 1，
5 - 2 πEAB 3π所以 = = ， EAD = DAC = CAB ,
5 5
π
所以 EAB = 3 DAC ，所以 DAC = ，
5
π - DAC 2π
在△DAC 中，DC =1， ADC = = ，
2 5
DC AC
由正弦定理得： = ，
sin DAC sin ADC
所以 AC
DC
= sin ADC
sin DAC
1
= sin 2π
sin π 5
5
1
= π 2sin
π cos π
sin 5 5
5
= 2cos π
5
2 5 +1 5 +1= = ，
4 2
5 +1 π
所以劣弧D C = DAC AC π 5 +1= = ，
5 2 10
5 +1 π 5 +1 π
所以勒洛五边形 ABCDE 的周长： l .1 = 5 =10 2
（2） l1 < l2 ，理由如下：
如图所示：作出正五边形 ABCDE 外接圆，
π
由（1）知，易得 AEB = ，
5
2π
所以由圆心角与圆周角的关系得： AOB = 2 AEB = ，
5
在VAOB 2π中， AB = 1，OA = OB， AOB = ，
5
由余弦定理得： AB2 = OA2 + OB2 - 2 OA OB cos AOB ，
2π
即1 = 2 OA2

1- cos

5 ÷
，
è
cos π 5 +1因为 = ，
5 4
2

所以 cos
2π
= 2cos2 π 5 +1 5 -1-1 = 2 ÷÷ -1 = ，5 5 è 4 4

所以1 = 2 OA2 1
5 -1
- ÷ = OA2
5 - 5
÷ ，
è 4 2
OA 5 + 5所以 = ，
10
所以正五边形 ABCDE 外接圆周长为：
l 2 OA π=2 5 + 5 π 10 + 2 52 = = π，10 5
2é 5 +1ê ùú 10 + 2 5 5 - 5因为 - = < 0，
ê 2 ú 5 10

2
所以 l1 - l
2
2 < 0 ，所以 l1 < l2 .
【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 ABC ，再分别以点 A, B,C 为圆心，线段 AB 长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形.如图
所示，已知 AB = 2，点P,Q 分别在弧 AC ，弧 AB 上，且 PBC = a , QCB = b .
uuur uuur
(1)若a
p
= 时，求 的值.
12 BP × BC
p p uur uuur
(2)若a = , b = 时，求BP ×CQ 的值.6 4
【解析】（1）（1）线段 AB 长为半径画圆弧，可得BP = BC = AB = 2 ,
cos p = cos(p p- ) = cos p cos p + sin p sin p 2 3 2 1 2 + 6= + = ；
12 4 6 4 6 4 6 2 2 2 2 4
由向量的数量积可得
uuur uuur uuur uuur
BP p× BC =| BP || BC | ×cos = 2 2 2 + 6 = 2 + 6
12 4
（2）以点 B 为原心，BC所在直线为 x 轴建立直角坐标系
则C 2,0 , P 3,1 ,Q 2 - 2, 2
uuur uuur所以BP = 3,1 ,CQ = - 2, 2
uuur uuur
BP ×CQ = 2 - 6 .
【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 ABC ，再分别以点A ， B ，C为圆心，线段 AB 长为半
径画圆弧，便得到莱洛三角形.如图所示，已知 AB = 2，O为BC中点，点 P ，Q分别在弧 AC ，弧 AB 上，
设 PBC = ACQ = q .
p uuur
(1)当q = 时，求 PQ ；
6
uuur uuur
(2)求OP ×OQ 的取值范围.
【解析】（1）当q
p
= 时，设BP与CQ的交点为M ，连接OQ,OP，
6
则： QMP = BMC
2p
= BM 2 2 3， = = ，
3 3 3
MP = MQ 2 3= 2 - ，
3

QP 3 2 2 3

故 = - ÷÷ = 2 3 - 2，
è 3
uuur
即 PQ = 2 3 - 2 .
uuur uuur uuur uuur（2）OP ×OQ = OB + BP uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur× OC + CQ = -1+ OB ×CQ + BP ×OC + BP ×CQ
= -1+ 2cos p -q + 2cosq + 2 2 1 ÷ -

3 ÷è è 2
= 3 sinq + 3cosq - 3
= 2 3 sin q p+ é ÷ - 3，q ê0,
p ù
，
è 3 3 ú
q p ép , 2p ù
é
sin q p 3
ù
+ ê ú，故 + ÷ ê ,13 ú
，
3 3 è 3 2
uuur uuur
则OP ×OQ é ù 0,2 3 - 3 .
uuur uuur
即OP ×OQ 的取值范围是 é 0,2 3 - 3ù .
【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

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