专题二 微创新 解三角形与其他知识的综合问题-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（标准版）（课件PPT+word教案）

微创新　解三角形与其他知识的综合问题 [考情分析]　随着高考改革的不断推进，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技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视. 考点一　解三角形与其他知识的交汇 例1　[蒙日圆]在圆x2+y2=4上任取一点T，过点T作x轴的垂线段TD，垂足为D.当点T在圆上运动时，线段TD的中点Q的轨迹是椭圆C(当点T经过圆与x轴的交点时，规定点Q与点T重合). (1)求该椭圆C的方程； (2)法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”.若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一动点，直线OP与椭圆C的蒙日圆相交于点M，N，求证：为定值. (1)解　设Q(x0，y0)，则T(x0，2y0)， 而点T在圆x2+y2=4上， 即有+4=4，化简得+=1， 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明　由(1)知椭圆C的方程为+y2=1，长半轴长为a=2，短半轴长为b=1，半焦距为c= 显然直线x=±2，y=±1都与椭圆C相切，因此直线x=±2，y=±1所围成矩形的外接圆即为椭圆C的蒙日圆，其方程为x2+y2=5， 设|PF1|=m，|PF2|=n，∠POF1=α，则∠POF2=π-α， 在△POF1与△POF2中，由余弦定理得m2=c2+|OP|2-2c|OP|cos α， n2=c2+|OP|2-2c|OP|cos(π-α)， 两式相加得m2+n2=2c2+2|OP|2，又m+n=2a，则m2+n2+2mn=4a2， 所以|PF1|·|PF2|=mn=2a2-c2-|OP|2=a2+b2-|OP|2=5-|OP|2， 又|PM|·|PN|=(|OM|-|OP|)(|OM|+|OP|)=|OM|2-|OP|2=5-|OP|2， 所以=1，即为定值. [规律方法]　解三角形与立体几何、解析几何结合，利用正弦定理、余弦定理可以将几何体中的长度、角度联系在一起，可以考查几何体中的线段长度或者几何体中的角度之间的关系，或者构造长度、角度的函数求最值问题. 跟踪演练1　(2024·南京统考)如图，已知在矩形ABCD中，AB=AD=2.将△ABD沿BD折起，得到大小为θ的二面角A'-BD-C. (1)当θ=时，求A'C与平面BCD所成角的正切值； (2)当θ=时，求B到平面A'CD的距离； (3)当cos θ=时，求cos∠A'BC的值. 解　(1)过A'作A'H⊥BD于H，连接CH，如图， 因为二面角A'-BD-C的大小为所以平面A'BD⊥平面BCD， 因为A'H⊥BD，平面A'BD∩平面BCD=BD，A'H⊂平面A'BD， 所以A'H⊥平面BCD， 所以∠A'CH为A'C与平面BCD所成的角， 在Rt△BA'D中，A'B=A'D=2A'H==2. 在Rt△A'HB中，BH===1. 在Rt△DBC中，BC=2cos∠CBD= 所以在△HBC中， HC2=BC2+BH2-2BC·BH·cos∠CBD =(2)2+12-2×2×1×=13， 所以HC= 在Rt△A'CH中，tan∠A'CH=== 即A'C与平面BCD所成角的正切值是. (2)在(1)图中，A'C2=A'H2+HC2=4+13=17， 在△A'DC中，cos∠A'DC===. 所以sin∠A'DC== △A'DC的面积S=·A'D·DC·sin∠A'DC=×2××=. 因为A'H⊥平面BCD， 所以三棱锥A'-BCD的体积 V=S△BCD·A'H=××2××2=. 所以B到平面A'CD的距离d===. (3)在矩形ABCD中找到A'H的对应线段AH，并设AH的延长线交BC于G， 在Rt△BHG中，BH=1，tan∠DBC= 所以HG=BG=. 在三棱锥A'-BCD中，如图， 由A'H⊥BD，GH⊥BD，所以∠A'HG为二面角A'-BD-C的平面角， 即 cos∠A'HG=. 在△A'HG中， A'G2=A'H2+HG2-2·A'H·HG·cos∠A'HG =22+-2×2××=. 在△A'BG中，cos∠A'BG= = =即cos∠A'BC=. 考点二　解三角形中的新定义、新情境问题 例2　(2024·重庆模拟)“费马问题”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△ABC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△ABC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△ABC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； (2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求·+·+·； (3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值. 解　(1)在△ABC中，cos 2B+cos 2C-cos 2A=1， 即1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1， 故sin2A=sin2B+sin2C， 由正弦定理可得a2=b2+c2， 故△ABC是以BC为斜边的直角三角形，即A=90°. (2)由(1)知A=90°，所以△ABC的三个内角都小于120°， 则由费马点定义可知， ∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设||=x，||=y，||=z， 由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC得 xy·+yz·+xz·=×2， 整理得xy+yz+xz= 则·+·+· =xy·+yz·+xz·=-×=-. (3)点P为△ABC的费马点， 则∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 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. 由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2-2mx2cos 120°=(m2+m+1)x2， |AC|2=x2+n2x2-2nx2cos 120°=(n2+n+1)x2， |BC|2=m2x2+n2x2-2mnx2cos 120°=(m2+n2+mn)x2， 故由|AC|2+|AB|2=|BC|2得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2， 即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤ 当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+时，等号成立， 又m+n=t，即有t2-4t-8≥0，解得t≥2+2或t≤2-2(舍去)，故实数t的最小值为2+2. [规律方法]　通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决. 跟踪演练2　(2024·宿迁模拟)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△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccos A-acos B=bcos 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，连接O1O2，O2O3，O1O3，得到△O1O2O3. (1)求A； (2)若△O1O2O3的面积为求△ABC的面积的最大值. 解　(1)在△ABC中，因为2ccos A-acos B=bcos A，所以2ccos A=acos B+bcos A， 根据正弦定理可得2sin Ccos A=sin Acos B+sin Bcos A， 即2sin Ccos A=sin(A+B)=sin C， 因为0<C<π，sin C≠0， 可得cos A=由0<A<π，可得A=. (2)如图，连接AO1，AO3， 则|AO1|=c，|AO3|=b， 正△O1O2O3的面积S=|O1O3|2sin =|O1O3|2= 所以|O1O3|2=而∠BAC= 则∠O1AO3= 所以在△O1AO3中， 由余弦定理得|O1O3|2=|AO1|2+|AO3|2-2|AO1|·|AO3|·cos∠O1AO3， 即=+-2··则b2+c2+bc=8， 由基本不等式知，b2+c2≥2bc， 所以8-bc≥2bc，即bc≤ 当且仅当b=c=时取等号， 所以S△ABC=bcsin A=bc≤ 所以△ABC的面积的最大值为 . 专题强化练 (分值：51分) 1.(17分)(2024·哈尔滨模拟)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即已知三角形的三边长，求它的面积，用现代式子表示即为：S=.① (其中△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积) (1)证明公式①；(8分) (2)已知△ABC三条边BC，AC，AB的高分别为ha=hb=hc=求S.(9分) (1)证明　在△ABC中，AB=c，AC=b，BC=a， 过点A作AD⊥BC，设AD=h，BD=x，CD=y， 由 得x=y= h= ∴S=ah =a· =. (2)解　由aha=bhb=chc， 知a∶b∶c=∶∶=∶∶ 设a=k，b=k，c=k，k>0， 则S= = =k2， 又S=×k×=k， ∴k2=k，∴k=2 ∴S=k=. 2.(17分)(2024·十堰模拟)点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上(点M与P，Q两点均不重合)，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，记(P，Q；M)=-. (1)若M在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB的延长线上，且AB=2BM=2，由A1对AB施以视角运算，求(A，B；M)的值；(7分) (2)若M1，M2，M3，…，Mn-1是△ABC的边BC的n(n≥2)等分点，由A对BC施以视角运算，证明：(B，C；Mk)×(B，C；Mn-k)=1(k=1，2，3，…，n-1).(10分) (1)解　如图，因为AB=2BM=2，所以AM=3，A1B=2A1M=. 由正方体的定义可知AA1⊥AB，则∠A1AB=90°， 故sin∠AA1B=cos∠AA1B= sin∠AA1M=cos∠AA1M=. 因为∠BA1M=∠AA1M-∠AA1B， 所以sin∠BA1M=sin∠AA1Mcos∠AA1B-cos∠AA1Msin∠AA1B= 则(A，B；M)=-=-=-3. (2)证明　如图， 因为M1，M2，M3，…，Mn-1是BC的n等分点，所以BMk=CMn-k =BC，BMn-k=CMk=BC. 在△ABMk中， 由正弦定理可得= 则ABsin∠BAMk=BMksin∠AMkB. 在△ACMk中，同理可得ACsin∠CAMk=CMksin∠AMkC.因为∠AMkB+∠AMkC=π， 所以sin∠AMkB=sin∠AMkC， 则(B，C；Mk)====. 同理可得(B，C；Mn-k)==. 故(B，C；Mk)×(B，C；Mn-k)=×=1(k=1，2，3，…，n-1). 3.(17分)(2024·绍兴模拟)克罗狄斯·托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)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.已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中CD=AD. (1)若圆O的半径为r，且∠CBD=2∠ABD， ①求∠ABD的大小；(3分) ②求·的取值范围(用r表示)；(5分) (2)若AD=1，BC=2，∠ADC∈求线段BD长度的最大值.(9分) 解　(1)①因为=2r=2r， 所以===2cos∠ABD， 又因为CD=AD，所以cos∠ABD=所以∠ABD=. ②因为∠ABD=所以∠DAC=∠CBD=2∠ABD= 所以∠ABC=所以AC是圆O的直径，由①可得CD=r，AD=r， 设∠BAC=α，则AB=2rcos α， 所以·=·(-)=·-· =2r·r·cos-2r·2rcos α·cos α =r2(1-4cos2α)， 又α∈所以cos2α∈(0，1)， 故·的取值范围是(-3r2，r2). (2)设∠ADC=θ，因为AD=1，CD=AD= 由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=1+3-2×1×cos θ=4-2cos θ， 在△ABC中，AC=BC=2，∠ABC=π-θ， 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC， 代入整理得AB2+4cos θ·AB+2cos θ=0， 解得AB=-2cos θ+. 由托勒密定理可知BD·AC=CD·AB+BC·AD，代入得 BD=. 设=t， 因为θ∈所以t∈[]， 则BD==t-+ 设m=t-则BD=m+ 因为y=m+在区间上单调递增， 所以当m=即θ=时，BD取得最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 解三角形与其他知识的综合问题 微创新 考情分析 随着高考改革的不断推进，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技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视. 专题强化练 考点一 考点二 解三角形与其他知识的交汇 解三角形中的新定义、新情境问题 内容索引 解三角形与其他知识的交汇 考点一 　[蒙日圆]在圆x2+y2=4上任取一点T，过点T作x轴的垂线段TD，垂足为D.当点T在圆上运动时，线段TD的中点Q的轨迹是椭圆C(当点T经过圆与x轴的交点时，规定点Q与点T重合). (1)求该椭圆C的方程； 例1 设Q(x0，y0)，则T(x0，2y0)， 而点T在圆x2+y2=4上， 即有+4=4，化简得+=1， 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”.若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一动点，直线OP与椭圆C的 蒙日圆相交于点M，N，求证：为定值. 由(1)知椭圆C的方程为+y2=1，长半轴长为a=2，短半轴长为b=1，半 焦距为c= 显然直线x=±2，y=±1都与椭圆C相切，因此直线x=±2，y=±1所围成矩形的外接圆即为椭圆C的蒙日圆，其方程为x2+y2=5， 设|PF1|=m，|PF2|=n，∠POF1=α，则∠POF2=π-α， 在△POF1与△POF2中， 由余弦定理得m2=c2+|OP|2-2c|OP|cos α， n2=c2+|OP|2-2c|OP|cos(π-α)， 两式相加得m2+n2=2c2+2|OP|2，又m+n=2a，则m2+n2+2mn=4a2， 所以|PF1|·|PF2|=mn=2a2-c2-|OP|2=a2+b2-|OP|2=5-|OP|2， 又|PM|·|PN|=(|OM|-|OP|)(|OM|+|OP|) =|OM|2-|OP|2=5-|OP|2， 所以=1，即为定值. 规律方法 解三角形与立体几何、解析几何结合，利用正弦定理、余弦定理可以将几何体中的长度、角度联系在一起，可以考查几何体中的线段长度或者几何体中的角度之间的关系，或者构造长度、角度的函数求最值问题. (2024·南京统考)如图，已知在矩形ABCD中，AB=AD=2.将△ABD沿BD折起，得到大小为θ的二面角A'-BD-C. (1)当θ=时，求A'C与平面BCD所成角的正切值； 跟踪演练1 过A'作A'H⊥BD于H，连接CH，如图， 因为二面角A'-BD-C的大小为所以平面A'BD⊥平面BCD， 因为A'H⊥BD，平面A'BD∩平面BCD=BD，A'H⊂平面A'BD， 所以A'H⊥平面BCD， 所以∠A'CH为A'C与平面BCD所成的角， 在Rt△BA'D中，A'B=A'D=2A'H==2. 在Rt△A'HB中，BH===1. 在Rt△DBC中，BC=2cos∠CBD= 所以在△HBC中， HC2=BC2+BH2-2BC·BH·cos∠CBD =(2)2+12-2×2×1×=13， 所以HC= 在Rt△A'CH中，tan∠A'CH=== 即A'C与平面BCD所成角的正切值是. (2)当θ=时，求B到平面A'CD的距离； 在(1)图中，A'C2=A'H2+HC2=4+13=17， 在△A'DC中，cos∠A'DC===. 所以sin∠A'DC== △A'DC的面积S=·A'D·DC·sin∠A'DC=×2××=. 因为A'H⊥平面BCD，所以三棱锥A'-BCD的体积 V=S△BCD·A'H=××2××2=. 所以B到平面A'CD的距离d===. (3)当cos θ=时，求cos∠A'BC的值. 在矩形ABCD中找到A'H的对应线段AH，并设AH的延长线交BC于G， 在Rt△BHG中，BH=1，tan∠DBC= 所以HG=BG=. 在三棱锥A'-BCD中，如图， 由A'H⊥BD，GH⊥BD，所以∠A'HG为二面角A'-BD-C的平面角， 即 cos∠A'HG=. 在△A'HG中， A'G2=A'H2+HG2-2·A'H·HG·cos∠A'HG =22+-2×2××=. 在△A'BG中，cos∠A'BG= = =即cos∠A'BC=. 解三角形中的新定义、新情境问题 考点二 (2024·重庆模拟)“费马问题”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△ABC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△ABC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△ABC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； 例2 在△ABC中，cos 2B+cos 2C-cos 2A=1， 即1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1， 故sin2A=sin2B+sin2C， 由正弦定理可得a2=b2+c2， 故△ABC是以BC为斜边的直角三角形，即A=90°. (2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求·+·+·； 由(1)知A=90°，所以△ABC的三个内角都小于120°， 则由费马点定义可知，∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设||=x，||=y，||=z， 由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC得 xy·+yz·+xz·=×2， 整理得xy+yz+xz= 则·+·+· =xy·+yz·+xz·=-×=-. (3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值. 点P为△ABC的费马点， 则∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 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. 由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2-2mx2cos 120°=(m2+m+1)x2， |AC|2=x2+n2x2-2nx2cos 120°=(n2+n+1)x2， |BC|2=m2x2+n2x2-2mnx2cos 120°=(m2+n2+mn)x2， 故由|AC|2+|AB|2=|BC|2得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2， 即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤ 当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+时，等号成立， 又m+n=t，即有t2-4t-8≥0，解得t≥2+2或t≤2-2(舍去)， 故实数t的最小值为2+2. 通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决. 规律方法 (2024·宿迁模拟)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△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccos A-acos B =bcos 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，连接O1O2，O2O3，O1O3，得到△O1O2O3.  (1)求A； 跟踪演练2 在△ABC中，因为2ccos A-acos B=bcos A，所以2ccos A=acos B+bcos A， 根据正弦定理可得2sin Ccos A=sin Acos B+sin Bcos A， 即2sin Ccos A=sin(A+B)=sin C， 因为0<C<π，sin C≠0， 可得cos A=由0<A<π，可得A=. (2)若△O1O2O3的面积为求△ABC的面积的最大值. 如图，连接AO1，AO3， 则|AO1|=c，|AO3|=b， 正△O1O2O3的面积S=|O1O3|2sin =|O1O3|2= 所以|O1O3|2=而∠BAC= 则∠O1AO3= 所以在△O1AO3中， 由余弦定理得|O1O3|2=|AO1|2+|AO3|2-2|AO1|·|AO3|·cos∠O1AO3， 即=+-2··则b2+c2+bc=8， 由基本不等式知，b2+c2≥2bc， 所以8-bc≥2bc，即bc≤ 当且仅当b=c=时取等号， 所以S△ABC=bcsin A=bc≤ 所以△ABC的面积的最大值为 . 专题强化练 答案 1.(1)在△ABC中，AB=c， AC=b，BC=a， 过点A作AD⊥BC，设AD=h，BD=x，CD=y， 由 得x=，y=， h=， 1. 1 2 3 答案 ∴S=ah =a· =. (2)由aha=bhb=chc， 知a∶b∶c=∶∶ =∶∶， 设a=k，b=k，c=k，k>0， 1. 1 2 3 答案 则S= ==k2， 又S=×k×=k， ∴k2=k，∴k=2， ∴S=k=. 1. 1 2 3 答案 (1)如图，因为AB=2BM=2， 所以AM=3， A1B=2， A1M=. 由正方体的定义可知AA1⊥AB，则∠A1AB=90°， 故sin∠AA1B=， cos∠AA1B=， 2. 1 2 3 答案 sin∠AA1M=， cos∠AA1M=. 因为∠BA1M=∠AA1M-∠AA1B， 所以sin∠BA1M=sin∠AA1Mcos∠AA1B-cos∠AA1Msin∠AA1B=， 则(A，B；M)=-=-=-3. 2. 1 2 3 答案 (2)如图， 因为M1，M2，M3，…，Mn-1是BC的n等分点，所以BMk=CMn-k =BC，BMn-k=CMk=BC. 在△ABMk中，由正弦定理可得=， 则ABsin∠BAMk=BMksin∠AMkB. 在△ACMk中，同理可得 ACsin∠CAMk=CMksin∠AMkC. 因为∠AMkB+∠AMkC=π， 2. 1 2 3 答案 所以sin∠AMkB=sin∠AMkC， 则(B，C；Mk)====. 同理可得 (B，C；Mn-k)==. 故(B，C；Mk)×(B，C；Mn-k)=×=1(k=1，2，3，…，n-1). 2. 1 2 3 答案 (1)①因为=2r， =2r， 所以== =2cos∠ABD， 又因为CD=AD，所以cos∠ABD=，所以∠ABD=. ②因为∠ABD=， 所以∠DAC=∠CBD =2∠ABD=， 3. 1 2 3 答案 所以∠ABC=，所以AC是圆O的直径，由①可得CD=r，AD=r， 设∠BAC=α，则AB=2rcos α， 所以·=·(-) =·-· =2r·r·cos-2r·2rcos α·cos α =r2(1-4cos2α)， 又α∈，所以cos2α∈(0，1)， 故·的取值范围是 (-3r2，r2). 3. 1 2 3 答案 (2)设∠ADC=θ， 因为AD=1，CD=AD=， 由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=1+3-2×1×cos θ=4-2cos θ， 在△ABC中，AC=，BC=2，∠ABC=π-θ， 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC， 代入整理得AB2+4cos θ·AB+2cos θ=0， 解得AB=-2cos θ+. 由托勒密定理可知BD·AC=CD·AB+BC·AD，代入得BD= . 3. 1 2 3 答案 设=t， 因为θ∈， 所以t∈[，]， 则BD= =t-+ ， 3. 1 2 3 答案 设m=t-，则BD=m+ ， 因为y=m+在区间上单调递增， 所以当m=，即θ=时，BD取得最大值. 3. 1 2 3 1 2 3 1.(2024·哈尔滨模拟)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即已知三角形的三边长，求它的面积，用现代式子表 示即为：S=.① (其中△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积) (1)证明公式①； 答案 1 2 3 答案 在△ABC中，AB=c，AC=b，BC=a， 过点A作AD⊥BC，设AD=h，BD=x，CD=y， 由 得x=y= h= ∴S=ah 1 2 3 答案 =a· =. 1 2 3 答案 (2)已知△ABC三条边BC，AC，AB的高分别为ha=hb=hc=求S. 1 2 3 答案 由aha=bhb=chc， 知a∶b∶c=∶∶=∶∶ 设a=k，b=k，c=k，k>0， 则S= = 1 2 3 答案 =k2， 又S=×k×=k， ∴k2=k，∴k=2 ∴S=k=. 1 2 3 2.(2024·十堰模拟)点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上(点M与P，Q两点均不重合)，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， 记(P，Q；M)=-. (1)若M在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB的延长线上，且AB=2BM=2，由A1对AB施以视角运算，求(A，B；M)的值； 答案 1 2 3 答案 如图，因为AB=2BM=2，所以AM=3，A1B=2A1M=. 由正方体的定义可知AA1⊥AB，则∠A1AB=90°， 故sin∠AA1B=cos∠AA1B= sin∠AA1M=cos∠AA1M=. 因为∠BA1M=∠AA1M-∠AA1B， 所以sin∠BA1M=sin∠AA1Mcos∠AA1B-cos∠AA1Msin∠AA1B= 则(A，B；M)=-=-=-3. 1 2 3 答案 (2)若M1，M2，M3，…，Mn-1是△ABC的边BC的n(n≥2)等分点，由A对BC施以视角运算，证明：(B，C；Mk)×(B，C；Mn-k)=1(k=1，2，3，…，n-1). 1 2 3 答案 如图， 因为M1，M2，M3，…，Mn-1是BC的n等分点，所以BMk=CMn-k =BC，BMn-k=CMk=BC. 在△ABMk中， 由正弦定理可得= 则ABsin∠BAMk=BMksin∠AMkB. 在△ACMk中，同理可得ACsin∠CAMk=CMksin∠AMkC.因为∠AMkB+∠AMkC=π， 1 2 3 答案 所以sin∠AMkB=sin∠AMkC， 则(B，C；Mk)====. 同理可得(B，C；Mn-k)==. 故(B，C；Mk)×(B，C；Mn-k)=×=1(k=1，2，3，…，n-1). 1 2 3 3.(2024·绍兴模拟)克罗狄斯·托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)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.已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中CD=AD. (1)若圆O的半径为r，且∠CBD=2∠ABD， ①求∠ABD的大小； 答案 1 2 3 答案 因为=2r=2r， 所以===2cos∠ABD， 又因为CD=AD，所以cos∠ABD=所以∠ABD=. 1 2 3 答案 ②求·的取值范围(用r表示)； 1 2 3 答案 因为∠ABD=所以∠DAC=∠CBD=2∠ABD= 所以∠ABC=所以AC是圆O的直径，由①可得CD=r，AD=r， 设∠BAC=α，则AB=2rcos α， 所以·=·(-)=·-· =2r·r·cos-2r·2rcos α·cos α =r2(1-4cos2α)， 又α∈所以cos2α∈(0，1)， 故·的取值范围是(-3r2，r2). 1 2 3 答案 (2)若AD=1，BC=2，∠ADC∈求线段BD长度的最大值. 1 2 3 答案 设∠ADC=θ，因为AD=1，CD=AD= 由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC =1+3-2×1×cos θ=4-2cos θ， 在△ABC中，AC=BC=2，∠ABC=π-θ， 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC， 代入整理得AB2+4cos θ·AB+2cos θ=0， 解得AB=-2cos θ+. 1 2 3 答案 由托勒密定理可知BD·AC=CD·AB+BC·AD，代入得 BD=. 设=t， 因为θ∈所以t∈[]， 则BD==t-+ 设m=t-则BD=m+ 1 2 3 答案 因为y=m+上单调递增， 所以当m=即θ=时，BD取得最大值. 本课结束 THANKS $$