创新交汇 三角函数、解三角形与其他知识的综合问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word（提升版）

创新交汇　三角函数、解三角形与其他知识的综合问题 【考情分析】　三角函数与解三角形问题在高考中一般难度不大，其创新性主要体现在以下几个方面：（1）把问题置于新情境中；（2）三角函数的新定义问题；（3）与其他知识的交汇命题. 类型一　三角函数、解三角形与其他知识的交汇 【例1】　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：（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）若点A的坐标为（0，8），求tan θn的最大值及相应n的值. 解：（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. 【规律方法】　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】　（2025·山东潍坊二模）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，则G的离心率为（　　） A. B. C. D. 解析：C　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，所以椭圆的离心率e＝＝＝.故选C. 类型二　三角函数、解三角形的新定义问题 【例2】　（2025·江西景德镇模拟）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：（1）因为AD是角A的平分线，所以∠BAD＝∠DAC且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：（2）因为点D在射线BC上，∠BAC＝60°，且AB⊥AD，所以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 ∠BAC， 所以42＝b2＋4b2－4b2cos 60°，即3b2＝16 解得b＝或b＝－（舍去）， 所以c＝， 所以△ABC的周长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：（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△ADC＋S△ABD，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. 【规律方法】　解决三角函数、解三角形新定义问题的思路 （1）找出新定义的几个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】　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△ABC内一点P满足条件∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝θ时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为布洛卡角.如图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ. （1）若θ＝30°.求证： ①a2＋b2＋c2＝4S△ABC（S△ABC为△ABC的面积）； ②△ABC为等边三角形. 证明：（1）①若θ＝30°， 则S△ABC＝S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＝c·APsin θ＋a·BPsin θ＋b·CPsin θ ＝sin θ（c·AP＋a·BP＋b·CP）＝（c·AP＋a·BP＋b·CP）， 【突破点】 根据面积相等列等式，思路来源是“奔驰定理” 的证明，显然题干中的图形跟“奔驰定理”的证明图形很 相似所以我们用类似的思路求解 所以c·AP＋a·BP＋b·CP＝4S△ABC， 在△PAB，△PBC，△PAC中，分别由余弦定理可得 BP2＝c2＋AP2－2c·APcos θ， CP2＝a2＋BP2－2a·BPcos θ， AP2＝b2＋CP2－2b·CPcos θ， 三式相加整理得2cos θ（c·AP＋a·BP＋b·CP）＝a2＋b2＋c2， 即×4S△ABC＝a2＋b2＋c2， 所以a2＋b2＋c2＝4S△ABC. ②在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A， 则a2＋b2＋c2－4S△ABC ＝2b2＋2c2－2bccos A－4S△ABC ＝2b2＋2c2－2bccos A－2bcsin A ＝2b2＋2c2－4bcsin（ A＋）≥4bc－4bc＝0， 当且仅当b＝c且sin（ A＋）＝1时取等号. 【易错点拨】 忽视等号成立的条件 又A∈（0，π），所以A＋∈（ ，），所以A＋＝，所以A＝， 即当且仅当b＝c且A＝时取等号， 即当且仅当△ABC为等边三角形时取等号， 所以a2＋b2＋c2≥4S△ABC，当且仅当△ABC为等边三角形时取等号， 又由①知a2＋b2＋c2＝4S△ABC， 所以△ABC为等边三角形. （2）若A＝2θ，求证：sin2A＝sin Bsin C. 证明：（2）由（1）得S△ABC＝sin θ（c·AP＋a·BP＋b·CP）， 所以c·AP＋a·BP＋b·CP＝ a2＋b2＋c2＝2cos θ（c·AP＋a·BP＋b·CP）， 所以a2＋b2＋c2＝2cos θ·＝2cos θ·＝4bccos2θ， 又由余弦定理可得b2＋c2＝a2＋2bccos 2θ＝a2＋2bc（cos2θ－sin2θ）， 所以2a2＋2bc（cos2θ－sin2θ）＝4bccos2θ， 所以a2＝bc（sin2θ＋cos2θ），所以a2＝bc， 由正弦定理可得sin2A＝sin Bsin C. （时间：45分钟，满分：58分） 1.（13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. 解：（1）不存在满足条件的△ABC.理由如下： ∵｜×｜＝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， ∴＝＝＝＝＝. 2.（15分）（2025·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，其中点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. 解：（1）∵O是△ABC的外心，即｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜，∴｜z｜＝｜｜＝｜z2｜. 只需考虑｜z｜＝｜z2｜，即｜z｜＝｜z｜2，又点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＝. 3.（15分）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. 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＝x－在（0，＋∞）上单调递增，所以＜＜，即tan 4x0的取值范围为（，）. 4.（15分）（2025·江苏连云港期中）在非直角三角形ABC中，边长a，b，c满足a＋c＝λb（λ∈R，且λ＞1）. （1）若λ＝2，且3csin A＝4bsin C，求cos B的值； （2）求证：tantan＝； （3）是否存在函数f（λ），使得对于一切满足条件的λ，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的f（λ），并证明，若不存在，请给出一个理由. 解：（1）由正弦定理可得3ca＝4bc，即3a＝4b，即a＝b， 又a＋c＝2b，即c＝b， 由余弦定理可得cos B＝＝＝. （2）证明：因为a＋c＝λb，所以sin A＋sin C＝λsin B， 即2sin·cos＝2λsin·cos. 则cos＝λcos. 故cos·cos＋sin·sin ＝λcos·cos－λsin·sin， 即（1＋λ）sin·sin＝（λ－1）cos·cos. 故tan·tan＝. （3）存在f（λ）＝－.证明如下： 因为（tan·tan）2＝，所以·＝. 展开整理可得4λ－2（λ2＋1）（cos A＋cos C）＝－4λcos Acos C， 即＝－4λ， 故＝. 因此＝－1. 所以存在函数f（λ）＝－. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $