专题09 解三角形中几个秒杀公式、结构不良、新定义问题（压轴题4大类型专项训练）高一数学人教A版必修二

专题09 解三角形中几个秒杀公式、结构不良、新定义问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 典例详解 1 类型一、射影定理 1 类型二、正弦平方差公式 2 类型三、结构不良问题 3 类型四、新定义问题 5 压轴专练 7 类型一、射影定理 ，， 将关系式转化为射影定理的形式，整体代换直接利用公式解决问题；反用公式时注意能否正确应用. 1．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示的面积，若，，则（    ） A．30° B．90° C．45° D．60° 2．（24-25高一下·广东东莞·月考）在中，（，，分别为角，，的对边），则是（   ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形 3．在中，内角，，的对边分别是，，，，，若，则的面积为___________. 4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为___________. 5．在中，，. (1)若，求的值，以及的面积; (2)若，求. 类型二、正弦平方差公式 正弦平方差公式 证明： 1．在中，，，则（   ） A． B． C． D． 2．在中，角的对边分别是，若，则下列结论正确的是（   ） A． B． C．若，角的平分线交于点，则 D．若为锐角三角形，则的取值范围是 3．在中，角所对的边分别是.，则的范围是_______. 4．锐角的内角所对的边分别为，的面积为，若，则的取值范围为______． 类型三、结构不良问题 1．（24-25高一下·北京·期中）在中，． (1)求的大小； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：． 2．（24-25高一下·甘肃白银·期末）在①，②这两个条件中，任选一个补充在下面的横线处，并解决该问题. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若_____，求的取值范围.注：若同时选择两个条件，则按第一个条件解答. 3．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）为助力第四届湖南旅游发展大会，提高游客舒适度，岳阳政府决定新增若干休闲区域.如图，某休闲区域是四边形，其四周是步道，中间是花卉种植区域，为方便观赏，中间穿插了步道，已知，，，. (1)求步道的长； (2)若________；求花卉种植区域总面积. 从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答. 4．在中，，． (1)求A； (2)从下列三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求BC边上的高h． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 5．（24-25高一下·江苏无锡·期中）在①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 问题：已知的内角的对边分别为且满足______． (1)求角的大小； (2)若边上的中线长为，，求的面积. （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 6．（24-25高一下·福建莆田·期中）记的内角的对边分别为，三个内角满足且为锐角，， (1)求角的大小； (2)为AB上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段CD的最大值． 条件①：CD为的角平分线；条件②：CD为边AB上的中线． 7．（24-25高一下·辽宁沈阳·期中）已知中，点D是边的中点.且①；②；③；④. (1)求的长； (2)若四边形为圆内接四边形，求四边形的周长的取值范围. 上面问题的条件有多余，现请你在①，②，③，④中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是______，请写出用剩余条件解答本题的过程. 类型四、新定义问题 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. 1．（24-25高一下·广东·期中）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r，且内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，定义的值为的“径比”． (1)若为等腰直角三角形，求的径比f； (2)证明：； (3)若，求f的最值． 2．（24-25高一下·湖南长沙·期中）定义平面凸四边形为没有内角度数大于180°的四边形.如图，已知平面凸四边形ABCD中，，，. (1)若四边形ABCD被对角线BD分为面积相等的两部分，且； ①求CD的长； ②若，求的值. (2)若，求四边形ABCD面积的最大值. 3．（24-25高一下·江苏连云港·期中）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，若，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作． (1)若点分别是线段的中点，求； (2)当时称为调和点列，若，求值； (3)已知，且，点为线段的中点，，，求 4．（24-25高一下·湖北武汉·期中）布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点．其定义如下：设P是内一点，若，则称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为△ABC的布洛卡角．如图，在△ABC中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ，请完成以下各题： (1)若，且，求A和； (2)若求的值． 1．（24-25高一下·河南·月考）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·福建福州·期末）（多选题）已知的内角，，所对的边分别为，，，边上的高为，若，，则（    ） A． B． C． D． 3．（多选题）记锐角的内角的对边分别为，已知，则（    ） A． B． C．的最大值为 D．的最小值为 4．设的内角所对的边分别为.若,且的面积为,则周长的最小值为_________. 5．（24-25高一下·北京大兴·期中）在中，． (1)求的大小； (2)若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求BC边上中线的长． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 6．（24-25高一下·贵州毕节·月考）在锐角中，分别为内角的对边，且有，在下列条件中选择一个条件 完成该题目：①；②；③. (1)求的大小； (2)求的取值范围. 7．（24-25高一下·福建厦门·期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，从以下三个条件中任选一个，解答以下问题 ①；②；③ (1)求证：； (2)若求边长 (3)求的最小值. 8．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答． 问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形．    (1)当时，求的长度； (2)求长度的最大值． 9．（24-25高一下·江苏南京·期末）布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点.其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题： (1)若，求； (2)已知， ①若，求的值； ②若，求S. 10．（23-24高一下·湖南邵阳·期中）定义三边长分别为，，，则称三元无序数组为三角形数．记为三角形数的全集，即． (1)证明：“”是“”的充分不必要条件； (2)若锐角内接于圆O，且，设． ①若，求； ②证明：． 11．（23-24高一下·福建漳州·期末）我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”有一个题目：“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步.欲知为田几何？”其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”这就是秦九韶推出的“三斜求积”公式.若的内角的对应边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为 (1)用“三斜求积”公式证明； (2)若，且，求面积的最大值； (3)定义：四面体中，若异面棱长相等的四面体为等腰四面体.设等腰四面体的外接球表面积为的外接圆面积为.已知，且，，试用表示，并求的取值范围. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 解三角形中几个秒杀公式、结构不良、新定义问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 典例详解 1 类型一、射影定理 1 类型二、正弦平方差公式 4 类型三、结构不良问题 8 类型四、新定义问题 18 压轴专练 27 类型一、射影定理 ，， 将关系式转化为射影定理的形式，整体代换直接利用公式解决问题；反用公式时注意能否正确应用. 1．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示的面积，若，，则（    ） A．30° B．90° C．45° D．60° 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用三角形射影定理及三角形面积公式分别求出即可. 【详解】在中，由三角形面积公式及，得， 则，而，解得，， 由三角形射影定理得，而， 则，又，解得，解得， 所以. 故选：B 2．（24-25高一下·广东东莞·月考）在中，（，，分别为角，，的对边），则是（   ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用二倍角公式及三角形射影定理判断得解. 【详解】由，得，整理得， 在中，由射影定义得，则， 而，因此，又，则， 所以是直角三角形. 故选：B 3．在中，内角，，的对边分别是，，，，，若，则的面积为___________. 【答案】 【分析】由三角形中的射影定理,结合已知条件求得的值，进而得到的值，然后利用余弦定理求得的值，进而利用面积公式求得. 【详解】由三角形中的射影定理,结合已知条件，可得, 又∵，∴，由，可得， 解得(负值舍去)，∴三角形的面积为， 故答案为：. 4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为___________. 【答案】/0.75 【分析】利用三角形射影定理结合正弦定理可得，再由和角的正切公式，配方变形即可计算作答. 【详解】在中，由射影定理及得：， 由正弦定理边化角为：，于是得， 由得，，即角是钝角，， ， 当且仅当，即时取“=”， 所以tanA的最大值为. 故答案为： 5．在中，，. (1)若，求的值，以及的面积; (2)若，求. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）已知，，，利用余弦定理，即可求得边；根据面积公式：，代入即可求得面积. （2）先将进行切化弦，再利用边角互化和射影定理，即可求得的值，利用知一求二得的值，最终利用正弦定理求得的结果. 【详解】（1）根据余弦定理，因为，，， 代入公式计算得：； 根据面积公式：. （2）； 根据边角互化的原则得：； 化简得：； 根据射影定理：，所以，所以； 根据三角函数的定义得：； 由正弦定理：，将，，代入得：. 类型二、正弦平方差公式 正弦平方差公式 证明： 1．在中，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理及三角恒等式化简即可得出结果. 【详解】在中，， 由正弦定理可得：， 所以 即 即 又因为，得： 在中，，， 所以. 故选：C 2．在中，角的对边分别是，若，则下列结论正确的是（   ） A． B． C．若，角的平分线交于点，则 D．若为锐角三角形，则的取值范围是 【答案】ABD 【分析】对于A；由已知条件结合正弦定理可推出，利用三角恒等变换公式化简可得结论；对于B，利用余弦定理进行判断即可；对于C，由条件可推出，再利用等面积法即可求得；对于D，由，结合正弦定理可得，结合可推出，进而根据为锐角三角形，确定角B的范围，即可求出的取值范围. 【详解】由于，利用正弦定理得， 而， 又，故， 结合,则可知，可得或， 即或（舍），选项A正确； 由余弦定理知，代入得， 即，选项B正确； 若，由得， 从而， 由，得， 从而，即， 解得，选项C错误； 对于D，由上面分析知， 因为，两边同除以，所以， 因为为锐角三角形，故， 所以，设， 则，即可设为，该函数在上单调递增， 则，即，选项D正确． 故选：ABD 3．在中，角所对的边分别是.，则的范围是_______. 【答案】 解析：易得，结合正弦定理和三角函数中的平方差公式可得 ，从而可求得其范围是. 4．锐角的内角所对的边分别为，的面积为，若，则的取值范围为______． 【答案】 【分析】通过对已知条件进行化简得出角的关系，再结合锐角三角形的角的范围及正弦定理求解即可. 【详解】已知，则， 因为，整理得， 由正弦定理得， 因为且， 所以，因为， 故. 可得或， 解得或（舍去）. 因为是锐角三角形，，所以， 则 ，解得. 由正弦定理可得， 令，因为，所以，则. 设， 所以在上单调递减，所以， 故， 故答案为：. 类型三、结构不良问题 1．（24-25高一下·北京·期中）在中，． (1)求的大小； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：． 【答案】(1) (2)选择①， 【分析】（1）利用倍角公式，通过解方程可得答案； （2）先利用正弦定理求出，选择①利用余弦定理求出或先判断为最长边，然后可得答案；选择②利用面积公式和余弦定理求解出两组答案，不合题意；选择③利用余弦定理得到的方程无解，不合题意. 【详解】（1）因为,所以, 所以，所以， 因为，所以舍,所以. （2）选择① 因为，由正弦定理，代入得. 法一： 由余弦定理，代入得， 所以，所以或（舍），所以边最长， 边上的高线. 法二： 因为，所以， 所以，所以，所以为最长边, 边上的高线. 选择② 因为, 所以, 因为，由余弦定理, 所以, 所以或,三角形不唯一，不能选择条件② 选择③，由余弦定理, 得，此时，，所以，三角形不存在． 2．（24-25高一下·甘肃白银·期末）在①，②这两个条件中，任选一个补充在下面的横线处，并解决该问题. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若_____，求的取值范围.注：若同时选择两个条件，则按第一个条件解答. 【答案】答案见解析 【分析】若选①，先根据正弦定理得到，再利用余弦定理结合基本不等式可求的取值范围； 若选②，可结合三角形内角和定理求角的范围，进而求的取值范围. 【详解】若选①，因为，即， 所以， 当且仅当时取等号，所以， 故的取值范围为. 若选②，因为，由，则得， 所以的取值范围为. 3．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）为助力第四届湖南旅游发展大会，提高游客舒适度，岳阳政府决定新增若干休闲区域.如图，某休闲区域是四边形，其四周是步道，中间是花卉种植区域，为方便观赏，中间穿插了步道，已知，，，. (1)求步道的长； (2)若________；求花卉种植区域总面积. 从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）在三角形中，由余弦定理求解即可； （2）若选①，先求出，再由展开可求出，再由面积公式得出结果，若选②，在中由余弦定理得，再由三角形面积公式得解. 【详解】（1）∵，∴， ∴. ∵，， ∴由余弦定理得： ， ∴. （2）若选①： 在中，由正弦定理得 ∵，∴. 由（1）知.代入上式可得， 解得， ∵ . ∴. ∵，∴. ∴. ∴花卉种植区域总面积为. 若选②：∵，∴. 在中，由余弦定理得： ∴① ∵，∴② ①-②得： ∴ ∵，∴. ∴. ∴花卉种植区域总面积为. 4．在中，，． (1)求A； (2)从下列三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求BC边上的高h． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由正弦定理和三角形的内角和定理，求得，进而求得的大小； 又因为，所以，可得. （2）分别选择条件①②③，结合题意，利用正弦定理、余弦定理和面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为，由正弦定理得， 因为，且， 所以，得， 因为，即， 则，又因为，可得， 所以，可得，可得. （2）解：选择条件①：，因为且， 由余弦定理得， 即，解得， 所以为方程的根，解得或， 即或，所以三角形的元素不唯一，不符合题意. 选择条件②：，因为，可得, 由正弦定理，可得， 因为且，所以为锐角且唯一，所以存在且唯一， 又由， 由正弦定理可得，所以， 可得，即，解得，即边上的高为. 条件③：，由正弦定理，可得， 因为，所以， 又因为，所以为锐角，且唯一确定，所以存在且唯一， 又由， 因为， 所以， 又由正弦定理得，所以， 可得，即，解得，即边上的高为. 5．（24-25高一下·江苏无锡·期中）在①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 问题：已知的内角的对边分别为且满足______． (1)求角的大小； (2)若边上的中线长为，，求的面积. （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)所选条件见解析，； (2). 【分析】（1）根据所选条件，应用正弦边角关系、三角恒等变换化简条件，结合三角形的内角性质求角的大小； （2）设BC的中点为D，应用向量数量积的运算律及定义得求，最后应用三角形面积公式求面积. 【详解】（1）①在中，由，得， 由正弦定理得，则， 结合已知条件得， 因为，，或（舍），解得. ②由题意，即， 由正弦定理得， 又，所以，则，所以， ③在中，，则， 所以， 即，又，， 所以，所以 （2）设BC的中点为D，根据向量的平行四边形法则可知，    所以，即， 因为，，，所以，解得（负值舍）， 所以. 6．（24-25高一下·福建莆田·期中）记的内角的对边分别为，三个内角满足且为锐角，， (1)求角的大小； (2)为AB上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段CD的最大值． 条件①：CD为的角平分线；条件②：CD为边AB上的中线． 【答案】(1) (2)3 【分析】（1）将已知的三角函数等式通过恒等变形转化为关于角的方程，利用角度和的三角恒等式和正切函数的和公式，最终求得角的正弦值，结合锐角条件确定角的大小. （2）选择条件①：利用余弦定理与面积及均值不等式得出结果. 选择条件②：利用角平分线的性质与向量的平行四边形法则结合进行运算，最后在运用均值不等式得出结果. 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 即， 所以，即， 因为，所以． （2）选择条件①： 在中，由余弦定理，得， 即，故， 当且仅当时，等号成立， 又因为. 所以. 故CD的最大值为3． 选择条件②： 由题，平方得， 在中，由余弦定理得， 所以， 故，当且仅当时，等号成立， 故有， 从而，即CD的最大值为3． 7．（24-25高一下·辽宁沈阳·期中）已知中，点D是边的中点.且①；②；③；④. (1)求的长； (2)若四边形为圆内接四边形，求四边形的周长的取值范围. 上面问题的条件有多余，现请你在①，②，③，④中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是______，请写出用剩余条件解答本题的过程. 【答案】(1)删去条件见解析； (2)删去条件见解析； 【分析】（1）若删去条件②或条件③，由余弦定理易得出两解，不满足题意，删去条件①，在中和中分别利用余弦定理建立关系可求解，删去条件④，在中，由余弦定理有，在中，，由求得即可. （2）先结合条件得到条件②和条件③不可删去，再证明条件条件①和条件④可以相互推理得到，再利用正弦定理边化角并利用两角差的正弦公式与辅助角公式化简解析式，再利用正弦函数的性质求解的取值范围，最后求解周长的取值范围即可. 【详解】（1）删去①，设， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 联立方程解得，所以；符合题意， 删去②，则在中，由余弦定理有， 即，解得或， 则或4，有2解，不满足题意； 删去③，在中，由余弦定理可得， 即，解得或2，有2解，不满足题意； 删去④，设，在中， 由余弦定理有， 同理，在中，由余弦定理得， 因为，所以， 解得，得到；符合题意， 综上，的长为. （2）首先，我们作出符合题意的图，连接， 由上问得条件②，条件③删去后都不符合题意，则我们保留条件②③， 我们先删去条件④，由题意得；；均成立， 由上问得，在中，由余弦定理得， 因为，所以解得，得到了条件④， 我们再删去条件①，由题意得；，均成立， 由上问得，在中，由余弦定理得， 解得（负根舍去），得到了条件①， 则不论删去条件①还是条件④，都不影响最终结果，故我们直接用所有条件求解即可， 设四边形的周长为，则， 由圆的性质得，在中，由正弦定理得， 得到，， 则， 即， 得到， 即， 因为，所以， 则，得到， 故，即四边形的周长的取值范围为. 类型四、新定义问题 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. 1．（24-25高一下·广东·期中）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r，且内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，定义的值为的“径比”． (1)若为等腰直角三角形，求的径比f； (2)证明：； (3)若，求f的最值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)最小值为，无最大值. 【分析】（1）根据题意，设直角边长为，得到斜边长为，求得外接圆的半径为和周长，得到，即可求得的值； （2）利用正弦定理和三角形的面积公式，得到和的周长为 ，结合，得到，即可得证； （3）根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到，求得，得到，由（2）知，令，求得， 结合函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）由为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为， 所以外接圆的半径为，且的周长为， 则，可得， 所以. （2）由正弦定理，即， 又由得面积为， 且的周长为， 因为，可得 即， 所以. （3）由，可得， 即， 因为，可得，所以, 即，可得或， 当，即， 即，可得， 因为，所以，不符合题意（舍去）， 所以，由，可得，即为直角三角形， 由（2）知， 设，则， 因为，可得，可得， 所以在区间为单调递减函数， 可得，且当时，， 所以的最小值为，无最大值. 2．（24-25高一下·湖南长沙·期中）定义平面凸四边形为没有内角度数大于180°的四边形.如图，已知平面凸四边形ABCD中，，，. (1)若四边形ABCD被对角线BD分为面积相等的两部分，且； ①求CD的长； ②若，求的值. (2)若，求四边形ABCD面积的最大值. 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①由余弦定理可得，，又，结合题目数据可得，最后在中，由余弦定理可得答案；②如图，以为原点，建立平面直角坐标系，由可得M坐标，然后由数量积坐标表示可得答案； （2）由余弦定理可得，结合及三角函数值域可得，据此可得答案. 【详解】（1）①如图，在中，，，， 由余弦定理可得， 注意到，所以， 又，得， 即， 又因为四边形ABCD为凸四边形，，故， 则在中，由余弦定理可得，所以. ②由①，如图，以为原点，建立平面直角坐标系， 所以，，，D，则. 设，由， 得， 则 则. （2）在三角形和三角形中，由余弦定理得， 则， 四边形面积为：， 即，所以 ， 当且仅当，即，时，取最小值， 则， 所以四边形面积的最大值为. 3．（24-25高一下·江苏连云港·期中）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，若，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作． (1)若点分别是线段的中点，求； (2)当时称为调和点列，若，求值； (3)已知，且，点为线段的中点，，，求 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由射影几何学新定义可得； （2）由射影几何学新定义结合调和点列可得； （3）方法一，由射影几何学新定义结合正余弦定理可得； 方法二，由射影几何学新定义结合三角形的面积公式和余弦定理可得. 【详解】（1）由条件可得，，则，所以． （2）由知，两点分属线段内外分点， 不妨设，， 则，， 由知：， 则，即，即． （3）方法一：由，可得，即，所以， 又点B为线段的中点，即，所以， 又，所以，，， 又已知，所以． 设，，由，得， 即，解得，① 在中，由正弦定理可得，得②， 在中，由正弦定理可得，得③， 又， ②③得，即④， 由①④解得，（负值舍去），即，， 所以． 方法二：因为，所以， 设，则， 又B为线段的中点，所以， 又已知，，所以， 所以，得，所以，， 由， 得， 所以， 设，则， 由，互补得， 即， 解得，所以，， 所以 4．（24-25高一下·湖北武汉·期中）布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点．其定义如下：设P是内一点，若，则称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为△ABC的布洛卡角．如图，在△ABC中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ，请完成以下各题： (1)若，且，求A和； (2)若求的值． 【答案】(1)， (2)3 【分析】（1）根据题意可得，则，即，又，可得，，再在中，利用正弦定理求解； （2）先根据，得，结合余弦定理可得，由正弦定理可得，在中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，，进一步化简即可. 【详解】（1）∵，∴，∵，， ∴， ∴，∴，即，又， 由勾股定理得，则． 在中，设，则， 由正弦定理可得， 所以，化简可得． 综上，，． （2） ，所以． 在，，中，分别由余弦定理得： ，，， 三式相加整理得：， 由上面可得， 所以， 先求， 在中，由正弦定理可得， 所以， 同理可得，， 所以 再求． 在中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得， ，， 三式相加可得：， 由（2）可知，所以； 所以 ． 1．（24-25高一下·河南·月考）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用三角形射影定理求出，再利用余弦定理求解. 【详解】在中，由射影定理得，而 则，解得，而，因此， 由余弦定理，得， 则，，所以. 故选：A 2．（24-25高一下·福建福州·期末）（多选题）已知的内角，，所对的边分别为，，，边上的高为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，结合正弦定理边化角及和差角的正弦、二倍角公式逐项分析判断. 【详解】对于A，，由，得，由正弦定理得 ，而，因此，A正确； 对于B，由及正弦定理得， 即，则 ，即，又， 因此，又，则，，B正确； 对于C，若，则，由正弦定理得，由选项B知， ，而 解得，即，矛盾，C错误； 对于D，由选项A知，，而， 则，整理得， 而，因此，又，则， ，D正确. 故选：ABD 3．（多选题）记锐角的内角的对边分别为，已知，则（    ） A． B． C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】由余弦定理和，化简得到，可判定A正确；由正弦定理得到，结合两角和的正弦公式，化简得到，可判定B正确；设，则，得到，结合基本不等式，可判断C不正确；化简得到，令，利用导数求得函数的单调性和最小值，可判定D正确. 【详解】对于A，由余弦定理得， 因为，可得， 整理得，即，所以A正确； 对于B，因为，由正弦定理得， 又因为，可得， 所以，即， 所以，所以B正确； 对于C，由且为锐角三角形，设，则， 又由，可得， 可得，解得， 因为， 因为，可得，当且仅当时，即时等号成立， 又因为，所以等号不成立，则， 所以，所以C不正确； 对于D，由选项C得，其中， 设，可得，令，解得或（舍去）， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：ABD. 4．设的内角所对的边分别为.若,且的面积为,则周长的最小值为_________. 【答案】/ 【分析】根据给定条件结合三角形射影定理求出角A，再借助勾股定理、均值不等式计算作答. 【详解】在中，由射影定理得：，则化为：， 即，则，，即有， 的周长， 而，当且仅当时取“=”，又函数在单调递增， 于是得当时，， 所以周长的最小值为. 故答案为： 5．（24-25高一下·北京大兴·期中）在中，． (1)求的大小； (2)若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求BC边上中线的长． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理，得到，求得，即可求解. （2）取BC中点，则BC边上中线为，且，选条件①：由余弦定理，求得或，再利用余弦定理，即可求得的值；选条件③：由的面积为，结合面积公式，求得，结合余弦定理，即可求解. 【详解】（1）在中，可得，所以， 由正弦定理，可得， 因为，所以， 又因为且，所以，所以 因为，所以. （2）取BC中点，则BC边上中线为，且， 选条件①：当时， 在中，由余弦定理得，即， 整理得，解得或， 当时，可得，所以； 当时，可得. 选条件③：由的面积为， 在中，可得，解得， 由余弦定理，可得，所以． 若选条件②：由， 由函数在上为单调递减函数，所以， 此时，不符合题意. 6．（24-25高一下·贵州毕节·月考）在锐角中，分别为内角的对边，且有，在下列条件中选择一个条件 完成该题目：①；②；③. (1)求的大小； (2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若选①，则由正弦定理将已知等式统一成角的形，然后利用三角函数恒等变换化简可求出角；若选②，则利用余弦定理结合已知条件可求出角；若选③，则将已知等式中的正切化为正余弦，再结合正弦定理和三角函数恒等变换公式化简可求出角； （2）根据题意结合正弦定理可得，则，变形后，再求出角的范围，根据正弦函数的性质可求出结果. 【详解】（1）若选①，因为，所以由正弦定理得， 所以， 因为，所以， 因为，所以； 若选②，因为，所以， 所以， 因为，所以； 若选③，因为，所以， 所以由正弦定理得， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， 因为，所以， 因为，所以； （2）由（1）得， 因为， 所以， 所以 ， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 所以， 所以， 所， 所以的取值范围为. 7．（24-25高一下·福建厦门·期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，从以下三个条件中任选一个，解答以下问题 ①；②；③ (1)求证：； (2)若求边长 (3)求的最小值. 【答案】(1)选择见解析，证明见解析 (2)4 (3) 【分析】（1）若选①，由余弦定理可得再利用正弦定理及两角和与差的正弦公式化简即可得证； 若选②，利用正弦定理将边化角，结合两角差的正弦公式即可得证； 若选③，利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系可得再结合角的范围即可得证； （2）利用同角三角函数的基本关系可得再由二倍角公式可得与由诱导公式及两角和的正弦公式可得利用正弦定理可得的值，结合已知条件可得a，c的值，由余弦定理即可求得b； （3）利用三角恒等变换化简利用正弦定理将化为利用基本不等式即可求解最小值． 【详解】（1）若选① 由余弦定理 则化简可得 根据正弦定理可得 因为 所以 即即 所以，此时或此时 因为所以 若选② 由正弦定理可得 所以即 所以，此时或此时 因为所以 若选③ 因为 所以所以 因为则所以或 若则则不符合题意， 所以即 （2）因为则 由可得 所以 已知由正弦定理可得 设则解得所以 根据余弦定理可得 所以 （3） 所以 因为所以 当且仅当即时等号成立， 所以的最小值为 8．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答． 问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形．    (1)当时，求的长度； (2)求长度的最大值． 【答案】(1)6 (2)6 【分析】（1）利用锐角三角函数的定义及诱导公式，结合余弦定理即可求解； （2）利用余弦定理和正弦定理，结合三角函数的性质即可求解. 【详解】（1）在中，，，，则，， 因为，所以 在中，，， 由余弦定理所以的长度为. （2）在中，由余弦定理得，所以， 设，在中，由余弦定理得， 所以  ① 在中，由正弦定理得， 所以， 代入①可得, 因为, 所以， 当即时，的最大值为， 所以长度的最大值为6． 9．（24-25高一下·江苏南京·期末）布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点.其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题： (1)若，求； (2)已知， ①若，求的值； ②若，求S. 【答案】(1) (2)①12；② 【分析】（1）由题，可得，在，中，分别由正弦定理可得，，运算得解； （2）由，可得，①在，，中由余弦定理可得，运算得解；②由，结合①可得，平方展开运算得解. 【详解】（1）在中，，所以， 所以， 在中，，所以， 在中，，所以， 所以，故. （2） 因为，所以，即， ①，所以 在中，， 在中，， 在中，， 三式相加得 ， 整理得：. ②又 又由①知， 所以， 故， 整理得：， 即， 所以，即， 所以. 10．（23-24高一下·湖南邵阳·期中）定义三边长分别为，，，则称三元无序数组为三角形数．记为三角形数的全集，即． (1)证明：“”是“”的充分不必要条件； (2)若锐角内接于圆O，且，设． ①若，求； ②证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据三角形两边之和大于第三边证明充分性，再举反例说明推不出即可； （2）①将代入，通过移项平方得出和的余弦值，进而得到正弦值，再利用三角形面积公式即可得到面积比； ②通过移项平方得到，再通过得出，同理可得出，，再根据满足三角形两边之和大于第三边，两边之差的绝对值小于第三边即可得出. 【详解】（1），则，即， ∴，即， 同理可得，， 则成立， 取，则为等腰直角三角形的三边， 但，，不能为三角形的三边， 故推不出， ∴“”是“”的充分不必要条件． （2）①，则， ∴， 又因为，∴， 而均为三角形内角，∴， 记， ∴； ②由， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴， 同理得，， ∴x，y，z可组成三角形，∴. 11．（23-24高一下·福建漳州·期末）我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”有一个题目：“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步.欲知为田几何？”其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”这就是秦九韶推出的“三斜求积”公式.若的内角的对应边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为 (1)用“三斜求积”公式证明； (2)若，且，求面积的最大值； (3)定义：四面体中，若异面棱长相等的四面体为等腰四面体.设等腰四面体的外接球表面积为的外接圆面积为.已知，且，，试用表示，并求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）直接由余弦定理、平方关系即可得证； （2）由余弦定理或者正弦定理得到，结合“三斜求积”公式得，由此即可得解； （3）由补形法可得，再由正弦定理或者等面积法得，进一步可得的表达式，取倒数，结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）由余弦定理得，所以， 所以 所以得证. （2）法一：因为， 由余弦定理得， 因为，代入上式化简得，所以， 所以 ， 所以当时，面积的最大值为. 法二：因为，所以， 因为， 所以， 所以， 所以，所以， 所以，所以， 所以 所以当时，面积的最大值为. （3）由题意，等腰四面体可补形成与其共外接球的长方体，设，则， 设等腰四面体的外接球半径为，所以， 所以， 法一： 在中，由余弦定理得， ， 所以， 设的外接圆半径为，由正弦定理得， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以 因为， 所以， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 又，所以， 所以，即， 所以，所以的取值范围为. 法二： 因为， 设的外接圆半径为，由正弦定理得， 因为，所以，代入， ， 所以， （下同法一）. 【点睛】关键点点睛：第（3）问的关键是得出，再结合已知化简表达式，利用基本不等式即可顺利得解. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $