资源简介
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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