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重难专攻7　三角函数、解三角形中的创新交汇问题
（时间：60分钟，满分：68分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1.已知函数f（x）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式可能是（　　）
A.f（x）＝sin（tan x） B.f（x）＝tan（sin x）
C.f（x）＝cos（tan x） D.f（x）＝tan（cos x）
2.（2025·广东惠州二调）已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体.如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切.已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则sin∠BAC＝（　　）
A. B. C. D.
3.（2026·辽宁部分重点中学协作体考试）如图，将绘有函数f（x）＝Msin（ x＋φ）（M＞0，0＜φ＜π）部分图象的纸片沿x轴折成直二面角，此时A，B之间的距离为，则φ＝（　　）
A. B. C. D.
4.〔多选〕在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点M（a，b），｜OM｜＝m（m≠0），定义f（θ）＝，g（θ）＝，则（　　）
A.f（ ）＋g（ ）＝1 B.f（θ）＋f2（θ）≥0
C.若＝2，则sin 2θ＝ D.f（θ）g（θ）是周期函数
5.北京故宫堪称中国古代建筑的巅峰之作，其规模宏大、布局严谨、装饰精美.其中不少建筑的窗棂设计精妙，不仅满足了实用功能，更体现了极高的美学价值.冰裂纹是故宫窗棂中的一种纹饰图案（图1），它往往包含着三角形、四边形、五边形等图形.图2为图1中冰裂纹的一部分抽象出的几何图形，其中AB＝AD，CB＝CD＝5，AB⊥BC，AD⊥DC，cos∠BCD＝－，且＝－＋.假设工作人员在日常维护过程中发现棂条AB和EF松动，需进行替换，则需替换的棂条总长度约为　　　　.（结果保留一位小数，≈51.16）
6.（10分）（2026·山东潍坊模拟改编）在△ABC中，AC＝AB，D为边BC上一点，满足BD＝2DC，以A，D为焦点作一个椭圆G，若G经过B，C两点，试求椭圆G的离心率.
7.（15分）对平面向量m，n，定义运算：｜m×n｜＝｜m｜｜n｜·sin θ，其中｜m｜，｜n｜分别表示m，n的模，θ是m与n的夹角.在△ABC中，已知｜×｜＝4，·＝4.
（1）是否存在满足条件的△ABC，使得2｜｜＋｜｜＝6？若存在，求｜｜的值；若不存在，请说明理由；
（2）若2｜｜＋｜｜＝8，D是线段AC上一点，且BD＝AD，求.
8.（17分）（2026·江西萍乡模拟）已知x∈R，n为正整数，对于函数fn（x）＝anxn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0，若对任意的θ，都有fn（cos θ）＝cos nθ，则称fn（x）为n次切比雪夫函数.例如：因为cos 2x＝2cos2x－1，所以f2（x）＝2x2－1为二次切比雪夫函数.
（1）求f3（x）；
（2）证明：对任意正整数n，都有fn＋2（x）＝2xfn＋1（x）－fn（x）；
（3）若函数g（x）＝[f6（x）＋1]＋k有一个绝对值不大于1的零点，证明：g（x）所有零点的绝对值都不大于1.
重难专攻7　三角函数、解三角形中的创新交汇问题
1.D　
2.D　设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，如图.易知“水滴”的“竖直高度”为OA＋R，“水平宽度”为2R，由题意知＝，解得OA＝R.因为AB与圆弧相切于点B，所以OB⊥AB.在Rt△ABO中，sin∠BAO＝＝＝，又∠BAO∈（ 0，），所以cos∠BAO＝＝，易知∠BAO＝∠CAO，故∠BAC＝2∠BAO，所以sin∠BAC＝2sin∠BAOcos∠BAO＝2××＝.故选D.
3.C　如图，作AC⊥x轴交于点C，作BD⊥x轴交于点D，因为f（x）的最小正周期T＝＝6，所以｜CD｜＝＝3，
又｜AC｜＝M，｜BC｜＝＝，所以折成直二面角时，因为AC⊥x轴，AC 平面ACD，所以AC⊥平面BCD，又BC 平面BCD，所以AC⊥BC，所以｜AB｜＝＝＝，解得M＝1（负值已舍去），所以f（x）＝sin（ x＋φ），又f（0）＝sin φ＝，因为0＜φ＜π，所以φ＝或，又因为函数f（x）在y轴右侧附近单调递减，所以φ＝.故选C.
4.ACD　由题意得，M（a，b）在角θ的终边上，且｜OM｜＝m，所以cos θ＝，sin θ＝，则f（θ）＝＝sin θ＋cos θ＝sin（ θ＋），g（θ）＝＝sin θ－cos θ＝sin（ θ－）.对于A，f（ ）＋g（ ）＝sin＋cos＋sin－cos＝1，故A正确；对于B，f（θ）＋f2（θ）＝sin θ＋cos θ＋（sin θ＋cos θ）2，令t＝sin θ＋cos θ＝sin（ θ＋），t∈[－，]，所以f（θ）＋f2（θ）＝t＋t2＝（ t＋）2－≥－，故B错误；对于C，＝＝＝2，解得tan θ＝3.sin 2θ＝2sin θcos θ＝＝＝＝，故C正确；对于D，f（θ）g（θ）＝（sin θ＋cos θ）·（sin θ－cos θ）＝sin2θ－cos2θ＝－cos 2θ.因为y＝cos 2θ为周期函数，故D正确.故选A、C、D.
5.12.4　解析：如图，连接BD.在△BCD中，由余弦定理可得BD＝＝8.由题意知∠ABC＝∠ADC＝，则∠BAD＋∠BCD＝π，所以cos∠BAD＝，在△BAD中，由余弦定理得BD＝＝8，又AB＝AD，解得AB＝AD＝，则AB≈6.7.·＝××＝，则由＝－＋可得＝（ －＋）2＝×－2×××＋×＝，所以EF＝≈5.7.所以总长度约为6.7＋5.7＝12.4.
6.解：设｜DC｜＝m，｜AC｜＝n，则｜BD｜＝2m，｜AB｜＝n，设该椭圆长半轴长为a，由椭圆的定义可知：
解得所以｜BD｜＝a，｜DC｜＝a，｜AC｜＝a，｜AB｜＝a，
在△ABC中，显然有∠ADC＝π－∠ADB，所以cos∠ADC＝－cos∠ADB，
设｜AD｜＝x，由余弦定理可知：
＝－，
即＝－，
解得x＝a，因此椭圆的焦距为2c＝｜AD｜＝a，所以椭圆G的离心率为e＝＝＝.
7.解：（1）不存在满足条件的△ABC.
∵｜×｜＝4，·＝4，
∴｜｜｜｜sin A＝4， ①
｜｜｜｜cos A＝4， ②
由①②解得tan A＝.
∵A∈（0，π），∴A＝，∴｜｜｜｜＝8.
设｜｜＝c，｜｜＝b，｜｜＝a，
∴bc＝8，
由2｜｜＋｜｜＝6得2c＋b＝6，
联立无解，
∴不存在满足条件的△ABC.
（2）由（1）知，A＝，bc＝8， ③
由2｜｜＋｜｜＝8，得2c＋b＝8， ④
由③④解得
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝16＋4－2×4×2×＝12，∴a＝2.
∵a2＋c2＝b2，∴∠ABC＝，C＝.
由BD＝AD，设BD＝x，AD＝x，其中x＞0，则CD＝4－x.
在△ABD中，由余弦定理得（x）2＝4＋（x）2－2×2×x×，即x2＋2x－4＝0，得x＝－（舍负），
∴AD＝2－2，CD＝6－2，
＝＝＝＝＝＝＝.
8.解：（1）因为cos 3θ＝cos θcos 2θ－sin θsin 2θ＝cos θ（2cos2θ－1）－2sin2θcos θ＝4cos3θ－3cos θ，
所以f3（x）＝4x3－3x.
（2）证明：因为cos[（n＋2）x]＝cos[（n＋1）x＋x]＝cos[（n＋1）x]·cos x－sin[（n＋1）x]·sin x，cos nx＝cos[（n＋1）x－x]＝cos[（n＋1）x]·cos x＋sin[（n＋1）x]·sin x，两式相加得cos[（n＋2）x]＋cos nx＝2cos x·cos[（n＋1）x]，
即fn＋2（x）＝2xfn＋1（x）－fn（x）.
（3）证明：因为f3（cos θ）＝cos 3θ＝4cos3θ－3cos θ，
所以f6（cos θ）＝cos 6θ＝2cos23θ－1＝2（4cos3θ－3cos θ）2－1＝32cos6θ－48cos4θ＋18cos2θ－1，
即f6（x）＝32x6－48x4＋18x2－1，g（x）＝16x6－24x4＋9x2＋k，
f6（cos θ）＝cos 6θ，当x∈[－1，1]时，f6（x）∈[－1，1]，g（x）＝[f6（x）＋1]＋k∈[k，k＋1]，
因为g（x）有一个绝对值不大于1的零点，则解得－1≤k≤0，
令t＝x2≥0，得h（t）＝16t3－24t2＋9t＋k，则h'（t）＝48t2－48t＋9，
①当x＞1时，即t＞1时，h'（t）＞h'（1）＝9＞0，则h（t）在（1，＋∞）上单调递增，g（x）在（1，＋∞）上单调递增，
即x＞1时，g（x）＞g（1）＝1＋k≥0，即g（x）＞0恒成立，即g（x）在（1，＋∞）上无零点；
②当x＜－1时，t＞1，h'（t）＞0，则h（t）在（1，＋∞）上单调递增，则g（x）在（－∞，－1）上单调递减，
即x＜－1时，g（x）＞g（－1）＝1＋k≥0，即g（x）＞0恒成立，即g（x）在（－∞，－1）上无零点.
综合①②可知，g（x）所有零点的绝对值都不大于1.
1 / 1重难专攻7　三角函数、解三角形中的创新交汇问题
　　随着高考改革的不断深入，各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，以三角形为背景，其考查的知识内容和范围，涉及平面几何、立体几何、不等式、向量、新定义等学科分支，对综合运用各种知识解题的灵活性要求有所加强，应予以重视.
　　
三角函数、解三角形与其他知识的交汇问题
（师生共研过关）
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在y轴正半轴上，点Pn在x轴上，其横坐标为xn，且{xn}是首项为1，公比为2的等比数列，记∠PnAPn＋1＝θn，n∈N*.
（1）若tan θ3＝，求点A的坐标；
（2）若点A的坐标为（0，8），求tan θn的最大值及相应n的值.
　　三角函数、解三角形与其他知识的交汇问题，通常将已知条件转化为三角函数问题，或利用正、余弦定理进行边角互化，可以考查几何体中的线段长度或几何体角度之间的关系，或者构造长度、角度的函数求最值.
训练1 （2026·山东齐鲁名校联考）已知复数z，，z2在复平面内对应的点分别为A，B，C，其中A在第一象限，且原点O是△ABC的外心.
（1）求｜z｜；
（2）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（b＋c）2＝a2＋4bcsin2.
①证明：△ABC是直角三角形；
②求△ABC的面积.
三角函数、解三角形的新定义问题
（师生共研过关）
如果存在实数对（m，n），使函数f（x）＝msin ωx＋ncos ωx（x∈R），那么我们就称函数f（x）为实数对（m，n）的“ω型正余弦生成函数”，实数对（m，n）为函数f（x）的“ω型正余弦生成数对”.
（1）若函数y＝g（x）的“4型正余弦生成数对”为（1，－），求方程g（x）＝在区间［，］上的所有实根之和；
（2）若实数对（k，－1）的“2型正余弦生成函数”y＝h（x）在x＝x0处取得最大值，其中2＜k＜3，求tan 4x0的取值范围.
　　三角函数、解三角形新定义问题的解题思路 （1）找出新定义中包含的要素及其所代表的意义； （2）把新定义下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中； （3）利用三角函数的公式、性质，正、余弦定理等解答问题.
训练2 （2026·江西景德镇模拟）点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与点P，Q任一点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记（P，Q；M）＝；若点M在线段PQ外，（P，Q；M）＝－.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D在射线BC上.
（1）若AD是角A的平分线，且b＝3c，由A点对BC施以视角运算，求（B，C；D）的值；
（2）若A＝60°，a＝4，AB⊥AD，由A点对BC施以视角运算，（B，C；D）＝－4，求△ABC的周长；
（3）若A＝120°，AD＝4，由A点对BC施以视角运算，（B，C；D）＝，求b＋4c的最小值.
重难专攻7　三角函数、解三角形中的创新交汇问题
考点1
【例1】　解：（1）设A（0，t）（t＞0），根据题意得xn＝2n－1.由tan θ3＝，得tan θ3＝tan（∠OAP4－∠OAP3）＝＝＝，解得t＝4或t＝8，故点A的坐标为（0，4）或（0，8）.
（2）由题意，点Pn的坐标为（2n－1，0），tan∠OAPn＝，
所以tan θn＝tan（∠OAPn＋1－∠OAPn）＝＝.
因为＋≥2，所以tan θn≤＝，当且仅当＝，即n＝4时，等号成立.故当n＝4时，tan θn最大，其最大值为.
训练1　解：（1）∵O是△ABC的外心，即｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜，
∴｜z｜＝｜｜＝｜z2｜.
只需考虑｜z｜＝｜z2｜，即｜z｜＝｜z｜2，又A在第一象限，∴｜z｜≠0，∴｜z｜＝1.
（2）①证明：∵（b＋c）2＝a2＋4bcsin2，∴b2＋c2＋2bc＝a2＋2bc（1－cos A），
∴a2＝b2＋c2＋2bccos A.
由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccos A，两式相加可得a2＝b2＋c2，∴A＝，
∴△ABC是直角三角形.
②设z＝m＋ni，m，n∈R，则＝m－ni，z2＝m2－n2＋2mni，
可知A（m，n），B（m，－n），C（m2－n2，2mn）.
易知AB与复平面的实轴垂直，又A＝，∴AC与复平面的虚轴垂直，
∴n＝2mn，又点A在第一象限，
∴n＞0，∴m＝，
又｜z｜＝＝1，∴n＝，
∴A（ ，），B（ ，－），C（ －，），∴｜AB｜＝，｜AC｜＝1，
∴△ABC的面积为｜AB｜｜AC｜＝××1＝.
考点2
【例2】　解：（1）由函数y＝g（x）的“4型正余弦生成数对”为（1，－），可得g（x）＝sin 4x－cos 4x＝2sin（ 4x－），
方程g（x）＝，即2sin（ 4x－）＝，
即sin（ 4x－）＝，
由x∈［，］，可得4x－∈［，］，
设θ＝4x－，即sin θ＝，
结合正弦函数y＝sin θ的图象，可得方程sin θ＝在区间［，］上有两个根，
设其为θ1，θ2，且θ1＝4x1－，θ2＝4x2－，由对称性可知θ1＋θ2＝3π，解得x1＋x2＝，则方程g（x）＝在区间［，］上的所有实根之和为.
（2）由题意得h（x）＝ksin 2x－cos 2x＝·sin（2x－φ），其中tan φ＝，
由h（x）在x＝x0处取得最大值，可得2x0－φ＝2nπ＋（n∈Z），所以2x0＝2nπ＋＋φ（n∈Z），
即tan 2x0＝tan（ 2nπ＋＋φ）＝tan（ ＋φ）＝－＝－k（n∈Z），
可得tan 4x0＝＝＝，
又2＜k＜3，且y＝k－在（0，＋∞）上单调递增，所以＜＜，即tan 4x0的取值范围为（ ，）.
训练2　解：（1）因为AD是角A的平分线，
所以∠BAD＝∠DAC且点D在线段BC上，所以（B，C；D）＝＝，
又b＝3c，所以（B，C；D）＝＝.
（2）因为点D在射线BC上，∠BAC＝60°，且AB⊥AD，所以点D在线段BC外，且∠DAC＝30°，
所以（B，C；D）＝－＝－＝－＝－4，
所以c＝2b，
在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，
所以42＝b2＋4b2－4b2cos 60°，即3b2＝16，
解得b＝或b＝－（舍去），
所以△ABC的周长为C△ABC＝a＋b＋c＝4＋4.
（3）因为（B，C；D）＝＞0，所以＝，则∠BAD＝∠DAC，因为A＝120°，所以∠BAD＝∠DAC＝60°，
又S△ABC＝S△ABD＋S△ADC，所以bcsin 120°＝b·ADsin 60°＋c·ADsin 60°，
又AD＝4，所以bc＝4（b＋c），所以＋＝1，
所以b＋4c＝（b＋4c）（ ＋）＝＋＋20≥2＋20＝36，
当且仅当＝，即b＝12，c＝6时，等号成立，
所以b＋4c的最小值为36.
1 / 1(共45张PPT)
重难专攻7　
三角函数、解三角形中的创新交汇问题
重难解读
　　随着高考改革的不断深入，各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，
以三角形为背景，其考查的知识内容和范围，涉及平面几何、立体几何、
不等式、向量、新定义等学科分支，对综合运用各种知识解题的灵活性要
求有所加强，应予以重视.
目录/
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
课时跟踪检测
03
三角函数、解三角形与其他知识的
交汇问题（师生共研过关）
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在y轴正半轴上，点Pn在x轴
上，其横坐标为xn，且{xn}是首项为1，公比为2的等比数列，记∠PnAPn＋
1＝θn，n∈N*.
（1）若tan θ3＝ ，求点A的坐标；
解： 设A（0，t）（t＞0），根据题意得xn＝2n－1.由tan θ3＝ ，得tan
θ3＝tan（∠OAP4－∠OAP3）＝ ＝ ＝ ，解得t＝4或t＝8，
故点A的坐标为（0，4）或（0，8）.
（2）若点A的坐标为（0，8 ），求tan θn的最大值及相应n的值.
解：由题意，点Pn的坐标为（2n－1，0），tan∠OAPn＝ ，所以tan θn
＝tan（∠OAPn＋1－∠OAPn）＝ ＝ .
因为 ＋ ≥2 ，所以tan θn≤ ＝ ，当且仅当 ＝ ，即
n＝4时，等号成立.故当n＝4时，tan θn最大，其最大值为 .
　　三角函数、解三角形与其他知识的交汇问题，通常将已知条件转化为
三角函数问题，或利用正、余弦定理进行边角互化，可以考查几何体中的
线段长度或几何体角度之间的关系，或者构造长度、角度的函数求最值.
训练1 （2026·山东齐鲁名校联考）已知复数z， ，z2在复平面内对应的点
分别为A，B，C，其中A在第一象限，且原点O是△ABC的外心.
（1）求｜z｜；
解： ∵O是△ABC的外心，
即｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜，
∴｜z｜＝｜ ｜＝｜z2｜.
只需考虑｜z｜＝｜z2｜，即｜z｜＝｜z｜2，
又A在第一象限，∴｜z｜≠0，∴｜z｜＝1.
①证明：△ABC是直角三角形；
②求△ABC的面积.
解：①证明：∵（b＋c）2＝a2＋4bc sin 2 ，
∴b2＋c2＋2bc＝a2＋2bc（1－ cos A），
∴a2＝b2＋c2＋2bc cos A.
由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bc cos A，两式相加可得a2＝b2＋c2，∴A＝ ，
∴△ABC是直角三角形.
（2）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（b＋c）2
＝a2＋4bc sin 2 .
②设z＝m＋ni，m，n∈R，则 ＝m－ni，z2＝m2－n2＋2mni，
可知A（m，n），B（m，－n），C（m2－n2，2mn）.
易知AB与复平面的实轴垂直，又A＝ ，
∴AC与复平面的虚轴垂直，
∴n＝2mn，又点A在第一象限，
∴n＞0，∴m＝ ，
又｜z｜＝ ＝1，∴n＝ ，
∴A（ ， ），B（ ，－ ），C（－ ， ），∴｜AB｜＝ ，｜
AC｜＝1，
∴△ABC的面积为 ｜AB｜｜AC｜＝ × ×1＝ .
三角函数、解三角形的新定义问题（师生共研过关）
如果存在实数对（m，n），使函数f（x）＝m sin ωx＋n cos ωx
（x∈R），那么我们就称函数f（x）为实数对（m，n）的“ω型正余弦
生成函数”，实数对（m，n）为函数f（x）的“ω型正余弦生成数对”.
（1）若函数y＝g（x）的“4型正余弦生成数对”为（1，－ ），求方
程g（x）＝ 在区间［ ， ］上的所有实根之和；
解： 由函数y＝g（x）的“4型正余弦生成数对”为（1，－ ），可得
g（x）＝ sin 4x－ cos 4x＝2 sin （4x－ ），
方程g（x）＝ ，即2 sin （4x－ ）＝ ，
即 sin （4x－ ）＝ ，
由x∈［ ， ］，可得4x－ ∈［ ， ］，
设θ＝4x－ ，即 sin θ＝ ，
结合正弦函数y＝ sin θ的图象，可得方程 sin θ＝ 在区间［ ， ］上
有两个根，
设其为θ1，θ2，且θ1＝4x1－ ，θ2＝4x2－ ，由对称性可知θ1＋θ2＝
3π，解得x1＋x2＝ ，则方程g（x）＝ 在区间［ ， ］上的所有实
根之和为 .
（2）若实数对（k，－1）的“2型正余弦生成函数”y＝h（x）在x＝x0
处取得最大值，其中2＜k＜3，求tan 4x0的取值范围.
解：由题意得h（x）＝k sin 2x－ cos 2x＝ · sin （2x－φ），其中
tan φ＝ ，
由h（x）在x＝x0处取得最大值，可得2x0－φ＝2nπ＋ （n∈Z），所以
2x0＝2nπ＋ ＋φ（n∈Z），
即tan 2x0＝tan（2nπ＋ ＋φ）＝tan（ ＋φ）＝－ ＝－k（n∈Z），
可得tan 4x0＝ ＝ ＝ ，
又2＜k＜3，且y＝k－ 在（0，＋∞）上单调递增，所以 ＜ ＜ ，即
tan 4x0的取值范围为（ ， ）.
　　三角函数、解三角形新定义问题的解题思路
（1）找出新定义中包含的要素及其所代表的意义；
（2）把新定义下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中；
（3）利用三角函数的公式、性质，正、余弦定理等解答问题.
训练2 （2026·江西景德镇模拟）点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上
（点M与点P，Q任一点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施
以视角运算”：若点M在线段PQ上，记（P，Q；M）＝
；若点M在线段PQ外，（P，Q；M）＝－ .在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D
在射线BC上.
（1）若AD是角A的平分线，且b＝3c，由A点对BC施以视角运算，求
（B，C；D）的值；
解： 因为AD是角A的平分线，
所以∠BAD＝∠DAC且点D在线段BC上，所以（B，
C；D）＝ ＝ ，
又b＝3c，所以（B，C；D）＝ ＝ .
（2）若A＝60°，a＝4，AB⊥AD，由A点对BC施以视角运算，（B，
C；D）＝－4，求△ABC的周长；
解：因为点D在射线BC上，∠BAC＝60°，且AB⊥AD，
所以点D在线段BC外，且∠DAC＝30°，
所以（B，C；D）＝－ ＝－ ＝－
＝－4，
所以c＝2b，
在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos A，
所以42＝b2＋4b2－4b2 cos 60°，即3b2＝16，
解得b＝ 或b＝－ （舍去），
所以△ABC的周长为C△ABC＝a＋b＋c＝4＋4 .
（3）若A＝120°，AD＝4，由A点对BC施以视角运算，（B，C；D）
＝ ，求b＋4c的最小值.
解：因为（B，C；D）＝ ＞0，
所以 ＝ ，则∠BAD＝∠DAC，
因为A＝120°，
所以∠BAD＝∠DAC＝60°，
又S△ABC＝S△ABD＋S△ADC，
所以 bc sin 120°＝ b·AD sin 60°＋ c·AD sin 60°，
又AD＝4，所以bc＝4（b＋c），所以 ＋ ＝1，
所以b＋4c＝（b＋4c）（ ＋ ）＝ ＋ ＋
20≥2 ＋20＝36，
当且仅当 ＝ ，即b＝12，c＝6时，等号成立，
所以b＋4c的最小值为36.
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：68分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1. 已知函数f（x）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式可能是
（　　）
A. f（x）＝ sin （tan x） B. f（x）＝tan（ sin x）
C. f（x）＝ cos （tan x） D. f（x）＝tan（ cos x）
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√
解析： 　根据题图可知函数f（x）的图象关于y轴对称，所以函数f
（x）为偶函数，且定义域为R. 对于A、C，函数f（x）的定义域均为
{x｜x≠ ＋kπ，k∈Z}，不满足题意，故排除A、C；对于B，f（－x）
＝tan[ sin （－x）]＝tan（－ sin x）＝－tan（ sin x）＝－f（x），f
（x）为奇函数，不满足题意，排除B，故选D.
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2. （2025·广东惠州二调）已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部
分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体.如图所示，将“水滴”的轴
截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在
直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切.已知“水滴”的“竖直高度”
与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得
线段的长度的最大值）的比值为 ，则 sin ∠BAC＝（　　）
A. B.
C. D.
√
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解析： 　设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接
OA，OB，OC，如图.易知“水滴”的“竖直高度”为OA＋
R，“水平宽度”为2R，由题意知 ＝ ，解得OA＝
R. 因为AB与圆弧相切于点B，所以OB⊥AB. 在Rt△ABO
中， sin ∠BAO＝ ＝ ＝ ，又∠BAO∈（0， ），所以cos ∠BAO＝ ＝ ，易知∠BAO＝∠CAO，故∠BAC＝2∠BAO，所以 sin ∠BAC＝2 sin ∠BAO cos ∠BAO＝2× × ＝ .故选D.
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3. （2026·辽宁部分重点中学协作体考试）如图，将绘有函数f（x）＝M
sin （ x＋φ）（M＞0，0＜φ＜π）部分图象的纸片沿x轴折成直二面角，
此时A，B之间的距离为 ，则φ＝（　　）
A. B.
C. D.
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√
解析： 　如图，作AC⊥x轴交于点C，作BD⊥x轴交于点D，因为f（x）的最小正周期T＝ ＝6，所以｜CD｜＝ ＝3，
又｜AC｜＝M，｜BC｜＝ ＝ ，所以折成直
二面角时，因为AC⊥x轴，AC 平面
ACD，所以AC⊥平面BCD，又BC 平
面BCD，所以AC⊥BC，所以｜AB｜
＝ ＝ ＝
，解得M＝1（负值已舍去），所以f（x）＝ sin （ x＋φ），又f（0）＝ sin φ＝ ，因为0＜φ＜π，所以φ＝ 或 ，又因为函数f（x）在y轴右侧附近单调递减，所以φ＝ .故选C.
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4. 〔多选〕在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴
的非负半轴为始边，其终边经过点M（a，b），｜OM｜＝m
（m≠0），定义f（θ）＝ ，g（θ）＝ ，则（　　）
A. f（ ）＋g（ ）＝1
B. f（θ）＋f2（θ）≥0
C. 若 ＝2，则 sin 2θ＝
D. f（θ）g（θ）是周期函数
√
√
√
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解析： 　由题意得，M（a，b）在角θ的终边上，且｜OM｜＝
m，所以 cos θ＝ ， sin θ＝ ，则f（θ）＝ ＝ sin θ＋ cos θ＝
sin （θ＋ ），g（θ）＝ ＝ sin θ－ cos θ＝ sin （θ－ ）.
对于A，f（ ）＋g（ ）＝ sin ＋ cos ＋ sin － cos ＝1，故A正确；
对于B，f（θ）＋f2（θ）＝ sin θ＋ cos θ＋（ sin θ＋ cos θ）2，令t
＝ sin θ＋ cos θ＝ sin （θ＋ ），t∈[－ ， ]，所以f（θ）＋
f2（θ）＝t＋t2＝（t＋ ）2－ ≥－ ，故B错误；对于C， ＝
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＝ ＝2，解得tan θ＝3. sin 2θ＝2 sin θ cos θ＝ ＝ ＝ ＝ ，故C正确；对于D，f（θ）g（θ）＝（ sin θ＋ cos θ）·（ sin θ－ cos θ）＝ sin 2θ－ cos 2θ＝－ cos 2θ.因为y＝ cos 2θ为周期函数，故D正确.故选A、C、D.
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5. 北京故宫堪称中国古代建筑的巅峰
之作，其规模宏大、布局严谨、装饰
精美.其中不少建筑的窗棂设计精妙，
不仅满足了实用功能，更体现了极
高的美学价值.冰裂纹是故宫窗棂中的一种纹饰图案（图1），它往往包含
着三角形、四边形、五边形等图形.图2为图1中冰裂纹的一部分抽象出的
几何图形，其中AB＝AD，CB＝CD＝5，AB⊥BC，AD⊥DC， cos
∠BCD＝－ ，且 ＝－ ＋ .假设工作人员在日常维护过程中
发现棂条AB和EF松动，需进行替换，则需替换的棂条总长度约
为 .（结果保留一位小数， ≈51.16）
12.4　
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解析：如图，连接BD. 在△BCD中，由余弦定理可得BD＝
＝8.由题意知∠ABC＝
∠ADC＝ ，则∠BAD＋∠BCD＝π，所以 cos ∠BAD＝ ，在△BAD中，由余弦定理得BD＝ ＝8，又AB＝AD，解得AB＝AD＝ ，则AB≈6.7. · ＝ × × ＝ ，则由
＝－ ＋ 可得 ＝（－ ＋ ）2＝ × －2× × × ＋ × ＝ ，所以EF＝ ≈5.7.所以总长度约为6.7＋5.7＝12.4.
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6. （10分）（2026·山东潍坊模拟改编）在△ABC中，AC＝ AB，D为边
BC上一点，满足BD＝2DC，以A，D为焦点作一个椭圆G，若G经过
B，C两点，试求椭圆G的离心率.
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解：设｜DC｜＝m，｜AC｜＝n，则｜BD｜＝2m，｜AB｜＝ n，设
该椭圆长半轴长为a，由椭圆的定义可知： 解得
所以｜BD｜＝a，｜DC｜＝ a，｜AC｜＝ a，｜AB｜＝a，
在△ABC中，显然有∠ADC＝π－∠ADB，所以 cos ∠ADC＝－ cos
∠ADB，
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设｜AD｜＝x，由余弦定理可知： ＝－
，即 ＝－ ，解得x＝
a，因此椭圆的焦距为2c＝｜AD｜＝ a，所以椭圆G的离心率为e＝
＝ ＝ .
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7. （15分）对平面向量m，n，定义运算：｜m×n｜＝｜m｜｜
n｜· sin θ，其中｜m｜，｜n｜分别表示m，n的模，θ是m与n的夹
角.在△ABC中，已知｜ × ｜＝4 ， · ＝4.
（1）是否存在满足条件的△ABC，使得2｜ ｜＋｜ ｜＝6？若存
在，求｜ ｜的值；若不存在，请说明理由；
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解： 不存在满足条件的△ABC.
∵｜ × ｜＝4 ， · ＝4，
∴｜ ｜｜ ｜ sin A＝4 ，　①
｜ ｜｜ ｜ cos A＝4，　②
由①②解得tan A＝ .
∵A∈（0，π），∴A＝ ，∴｜ ｜｜ ｜＝8.
设｜ ｜＝c，｜ ｜＝b，｜ ｜＝a，∴bc＝8，
由2｜ ｜＋｜ ｜＝6得2c＋b＝6，
联立 无解，
∴不存在满足条件的△ABC.
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（2）若2｜ ｜＋｜ ｜＝8，D是线段AC上一点，且 BD＝
AD，求 .
解： 由（1）知，A＝ ，bc＝8，　③
由2｜ ｜＋｜ ｜＝8，得2c＋b＝8，　④
由③④解得
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝16＋4－2×4×2× ＝12，∴a＝
2 .
∵a2＋c2＝b2，∴∠ABC＝ ，C＝ .
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由 BD＝ AD，设BD＝ x，AD＝ x，其中x＞0，则CD＝4－
x.
在△ABD中，由余弦定理得（ x）2＝4＋（ x）2－2×2× x× ，
即x2＋2 x－4＝0，得x＝ － （舍负），∴AD＝2 －2，CD＝6
－2 ，
＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝
＝ .
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8. （17分）（2026·江西萍乡模拟）已知x∈R，n为正整数，对于函数fn
（x）＝anxn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0，若对任意的θ，都有fn（ cos
θ）＝ cos nθ，则称fn（x）为n次切比雪夫函数.例如：因为 cos 2x＝2
cos 2x－1，所以f2（x）＝2x2－1为二次切比雪夫函数.
（1）求f3（x）；
解： 因为 cos 3θ＝ cos θ cos 2θ－ sin θ sin 2θ＝ cos θ（2 cos 2θ
－1）－2 sin 2θ cos θ＝4 cos 3θ－3 cos θ，
所以f3（x）＝4x3－3x.
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（2）证明：对任意正整数n，都有fn＋2（x）＝2xfn＋1（x）－fn（x）；
解： 证明：因为 cos [（n＋2）x]＝ cos [（n＋1）x＋x]＝ cos
[（n＋1）x]· cos x－ sin [（n＋1）x]· sin x， cos nx＝ cos [（n＋1）x
－x]＝ cos [（n＋1）x]· cos x＋ sin [（n＋1）x]· sin x，两式相加得 cos
[（n＋2）x]＋ cos nx＝2 cos x· cos [（n＋1）x]，
即fn＋2（x）＝2xfn＋1（x）－fn（x）.
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（3）若函数g（x）＝ [f6（x）＋1]＋k有一个绝对值不大于1的零点，
证明：g（x）所有零点的绝对值都不大于1.
解： 证明：因为f3（ cos θ）＝ cos 3θ＝4 cos 3θ－3 cos θ，
所以f6（ cos θ）＝ cos 6θ＝2 cos 23θ－1＝2（4 cos 3θ－3 cos
θ）2－1＝32 cos 6θ－48 cos 4θ＋18 cos 2θ－1，
即f6（x）＝32x6－48x4＋18x2－1，g（x）＝16x6－24x4＋9x2＋k，
f6（ cos θ）＝ cos 6θ，当x∈[－1，1]时，f6（x）∈[－1，1]，g
（x）＝ [f6（x）＋1]＋k∈[k，k＋1]，
因为g（x）有一个绝对值不大于1的零点，则 解得－
1≤k≤0，
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令t＝x2≥0，得h（t）＝16t3－24t2＋9t＋k，则h'（t）＝48t2－48t＋9，
①当x＞1时，即t＞1时，h'（t）＞h'（1）＝9＞0，则h（t）在（1，＋
∞）上单调递增，g（x）在（1，＋∞）上单调递增，
即x＞1时，g（x）＞g（1）＝1＋k≥0，即g（x）＞0恒成立，即g
（x）在（1，＋∞）上无零点；
②当x＜－1时，t＞1，h'（t）＞0，则h（t）在（1，＋∞）上单调递
增，则g（x）在（－∞，－1）上单调递减，
即x＜－1时，g（x）＞g（－1）＝1＋k≥0，即g（x）＞0恒成立，即g
（x）在（－∞，－1）上无零点.
综合①②可知，g（x）所有零点的绝对值都不大于1.
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