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学生用书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； （2）若点A的坐标为（0，8），求tan θn的最大值及相应n的值. 【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. 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； （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. 【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. （2）若A＝2θ，求证：sin2A＝sin Bsin C. 提示：完成课后作业　专题一　创新交汇 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 创新交汇　三角函数、解三角形与其他知识的综合问题 【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】　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. 【例2】　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）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）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. 【训练2】　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）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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $