重难点培优06 解三角形压轴综合与新定义（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦解三角形压轴综合与新定义考点，涵盖倍角倍边三角形、费马点与布洛卡点、分离比及数列融合等核心内容，按知识重构固根基、题型精研提能力、实战检测验成效的逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、真题训练帮助学生突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以数学思维和数学语言为核心，创新设计新定义转化训练（如正矢余矢运算）、经典模型应用（如费马点旋转构造法），设置分层练习（重难巩固与创新提升），培养学生问题转化与逻辑推理能力，助力高效突破高考压轴题，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

重难点培优06 解三角形压轴综合与新定义（复习讲义） 内容导航 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 倍角与倍边——经典新定义（★★★★） 2 题型二 费马点与布洛卡点（★★★★★） 4 题型三 解三角形与数列融合（★★★★★）……………………………………………………………… …5 题型四 分离比与其他创新定义（★★★★★）………………………………………………… ……6 题型五 压轴多选题精练（★★★★★） ……………………………………………… ……7 03 实战检测・分层突破验成效 9 重难知识巩固 9 创新能力提升 11 知识重构·重难梳理固根基 1. 倍角三角形与倍边三角形 名称 定义 核心结论 倍角三角形 一个内角是另一个内角的2倍 倍角定理：若 ，则 倍边三角形 一边长是另一边的2倍 利用角平分线性质、面积比导出 2. 费马点与布洛卡点 名称 定义 核心性质 费马点 三角形内到三顶点距离之和最小的点 三内角均 时，； 布洛卡点 内点 满足 ；等边三角形中 3. 分离比（外接圆-内切圆半径比） 分离比 k=R/r，由欧拉公式 OI²=R²−2Rr 可导出欧拉不等式 R≥2r，即 k≥2，等号当且仅当三角形为等边三角形时成立。 4. 解三角形与数列交汇 融合方式 翻译条件 关键结论 边成等差 （等号当等边） 边成等比 （等号当等边） 角成等差 题型精研·技巧通法提能力 题型一 倍角与倍边——经典新定义（★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 倍角定理（核心）：若 ，则 。 正用：已知角度关系直接导出边关系。 逆用：若满足 ，可推出 （需结合正弦定理及三角形内角范围舍去增根）。 证明关键：由正弦定理边化角，利用 ，并由 得 或 ，后者需舍去（因 ）。 倍边三角形：若某边是另一边的2倍（如 ），常用角平分线性质或面积比导出角关系，再结合余弦定理或正弦定理求解。 2. 新定义题型（如“正矢” “余矢” “旋缩运动”等）： 将新定义转化为三角函数的常规运算（如 ，）。 3. 复数或向量旋转问题可转化为三角坐标变换，注意旋转方向与伸缩倍率。 4. 易错点：由正弦方程求角时需验证解的合法性（如 会推出 ，矛盾）；向量新定义中注意夹角可能是内角的补角。 1．（25-26高一下·浙江金华·期末）定义在上的函数，若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）在数学史上，为了三角计算的简便和精确，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作，定义为角的余矢，记作.若，则（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·山东菏泽·期末）对任意两个非零向量，，定义新运算：，中三个内角A，B，C的对边为a，b，c，则（    ） A．当，，时， B．当时， C．当，时， D．当时，的最小值为 4．某小型风力发电机中心为坐标原点，初始时刻叶片端点质点位于位置．定义一次叶片旋缩运动：电机带动质点绕原点顺时针旋转，同时叶片弹性伸长，质点到转轴原点的距离变为原来的2倍．从初始位置出发，连续完成次旋缩运动后质点的位置记为，，…．下列说法正确的是（  ） A．完成1次旋缩运动后，的坐标为 B．记坐标为，则 C．第35次、第70次运动后质点与原点构成，该三角形面积为 D．若质点到转轴原点的距离大于1250时叶片会触发过载警报，则触发警报的最小运动次数正整数 题型二 费马点与布洛卡点（★★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 费马点： 当三角形所有内角均小于 时，费马点满足 。 2. 距离和公式：（其中 为面积）。 若三角形有内角 ≥ ，则费马点即该钝角顶点。 解题步骤：①判断三角形类型；②利用旋转法（如将某边旋转 ）构造共线，化折线段为直线段求最值。 3. 布洛卡点：内点 满足 （ 为布洛卡角）。 核心恒等式：。 等边三角形中 。 解题时常用面积关系、正弦定理及余弦定理建立边角方程，转化为 表达式。 4. 综合应用：费马点距离和公式与布洛卡角公式常需联立，注意面积 与边长的关系（如 ）。 1．（2024·广西来宾·模拟预测）机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感．莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形．若线段AB长为1，则莱洛三角形的周长是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·江苏徐州·模拟预测）已知分别是三个内角的对边，且，，若点为的费马点，则（） （注：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小的答案是：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角：当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.所求的点称为费马点） A． B． C． D． 3．在平面几何中，三角形的“莱莫恩点”是一个具有优美性质的特殊点，其定义如下：记的内角，，所对的边分别为，，，内一点到三边，，的距离，，满足，称点为的“莱莫恩点”．若在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，，则常数_________． 4．（2026·山西太原·二模）费马点是指在三角形内（含边界）且到三角形三个顶点的距离之和最小的点.当的三个内角均小于时，则使得的点为的费马点；当有一个内角大于或等于时，则最大内角的顶点为的费马点.已知中，分别为内角的对边，且，点为内（含边界）一个动点，则的最小值为__________. 题型三 解三角形与数列融合（★★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 边成等差： ⇒ 由余弦定理可推出 ，等号当且仅当 （等边三角形）。 常用方法：代入余弦定理消元，结合均值不等式求角范围。 边成等比： ⇒ ，同样等号在等边时成立。 可结合正弦定理化为 ，再利用积化和差或和差化积。 2. 角成等差： ⇒ （因 ），直接锁定角度，从而简化边长关系。 3. 数列与三角函数的综合： 如三角函数的零点构成数列，或函数最值与数列通项结合。 策略：先求函数表达式，再求零点或最值，转化为数列问题（如等差数列、等比数列的求和或通项）。 关键技巧：利用正弦定理将边比转化为角比，或利用余弦定理将角条件化为边条件，再套用数列性质。 1．（25-26高二下·陕西安康·期中）已知数列，若，则正整数的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026·四川绵阳·三模）将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·河北保定·二模）记函数的最小值为，数列的前n项和为，若 ，则实数t的取值范围为___ _____. 4．（2026·湖南长沙·模拟预测）在中，． (1)求角； (2)若等差数列的首项的值等于角B的值，且，求的通项公式； (3)在（2）条件下，设数列，求的前27项的和． 题型四 分离比与其他创新定义（★★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 分离比 ： 2. 由欧拉公式 可导出欧拉不等式 ，故 ，等号当且仅当三角形为等边。 3. 求最值时，通常将 用边长或角表示（如 ，），再结合三角恒等变换和基本不等式。 4. 其他创新定义（如“射影长”、“莱莫恩点”等）： 5. 核心是“翻译”——将新概念转化为已知的几何量（如边长、面积、角度）的关系。 注意垂直射影时，可用勾股定理或向量投影；莱莫恩点满足面积分割关系，常通过面积公式建立方程。 解题步骤：①理解新定义，用数学符号表示；②寻找与三角形基本量（边长、角度、面积）的联系；③运用正弦、余弦定理或三角恒等变形求解。 无最大值情况：当某个角趋于0时，分离比可趋向无穷大，因此仅存在最小值。1．（2024·陕西西安·模拟预测）等边的边长为5，点在平面上，点在的同一侧，且边在上的射影长分别为3，4，则边在上的射影长为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·陕西商洛·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则______． 3．（2026·浙江金华·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角A的大小； (2)若，的面积为，D为的中点，求的长度． 4．（2025·河北·模拟预测）设的外接圆半径为，内切圆半径为，定义的值为的“分离比”. (1)若为等腰直角三角形，求的分离比； (2)证明：； (3)探究的最值. 题型五 压轴多选题精练（★★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 多选题策略： 先定性判断，再逐项定量验证。 利用选项间的逻辑关联：如某选项正确，可能推出另一选项也正确，或矛盾选项必有一错。 2. 常见条件翻译： 数列与斜率结合：利用 和差角公式。 三角函数奇偶性、对称轴、单调性综合：由奇偶性确定相位，由对称轴或对称中心确定周期参数，由单调区间长度限制周期范围。 3. 特殊值法：对于判断“恒成立”或“存在性”问题，可代入特殊三角形（如等边、直角）快速排除或确认。 4. 多条件融合：如“边等比且角等差”等，先解出基本量（如角度），再逐个验证选项，避免遗漏。 1．（2026·江苏盐城·三模）已知是数列的前项和，且，点，定义点、，记，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·贵州贵阳·模拟预测）设函数是定义在上的奇函数，若，在区间上单调，则（   ） A． B．的值不唯一 C．的图象关于中心对称 D．的最小正周期是 3．（2025·四川自贡·二模）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角所对的边分别为，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为，则（   ） A．当时， B．当且时， C．当时， D．当时， 4．（2026·陕西安康·模拟预测）定义关于的函数，，其中，则（    ） A． B． C．对于任意， D．对于任意， 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．（2026·广东深圳·模拟预测）已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为的正方形，正方形的中心固定在边的中线上，当正方形绕其中心以任意角度旋转时，该正方形总位于三角形的内部（含边界）.则当时，（    ） A． B． C． D． 2．（2026·河北秦皇岛·二模）已知椭圆（）的右焦点为，过原点的直线交椭圆于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·辽宁·模拟预测）已知函数（，），若满足条件：，，且在上单调，则的最大值为 A． B． C． D． 5．（2026·四川成都·三模多选）的面积为1，角，，分别所对的边为，b，c．若，且，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·重庆·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，成等比数列，，，成等差数列，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 7．（2025·山东青岛·二模）已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则______． 8．（2026·河南新乡·模拟预测）在等边中，为内一动点，，则的最小值是_____． 9．（2026·河南郑州·模拟预测）在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的斜边BC经过点，直角边AB，AC分别经过点，，则面积的最大值为_________． 10．（2025·四川泸州·模拟预测）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为__________. 创新能力提升 11．（2026·浙江金华·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角A的大小； (2)若，的面积为，D为的中点，求的长度． 12．（2026·湖南长沙·模拟预测）在中，． (1)求角； (2)若等差数列的首项的值等于角B的值，且，求的通项公式； (3)在（2）条件下，设数列，求的前27项的和． 13．（2025·河北·模拟预测）设的外接圆半径为，内切圆半径为，定义的38．（2026·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)若直线是的图象的一条对称轴，求的单调递增区间； (2)若函数的所有正零点从小到大排列构成数列，且，，构成等比数列，求的前项和． 14．（2026·陕西西安·模拟预测）布洛卡点是三角形内部的特殊点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，其定义如下：设P是内一点，若，则称点P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，其对边分别为的面积为S，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下问题： (1)若，求的大小及的值； (2)已知的条件下，解下列两个问题： ①若，求的值； ②若，求S. 15．（2026·安徽合肥·模拟预测）三角形的布洛卡点由法国数学家布洛卡首次发现，当内一点P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为． (1)证明：当时，； (2)当且时，求的值； (3)证明：当时，是等边三角形． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优06 解三角形压轴综合与新定义（复习讲义） 内容导航 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 倍角与倍边——经典新定义（★★★★） 2 题型二 费马点与布洛卡点（★★★★★） 7 题型三 解三角形与数列融合（★★★★★）……………………………………………………………… …11 题型四 分离比与其他创新定义（★★★★★）………………………………………………… ……14 题型五 压轴多选题精练（★★★★★） ……………………………………………… ……19 03 实战检测・分层突破验成效 25 重难知识巩固 25 创新能力提升 36 知识重构·重难梳理固根基 1. 倍角三角形与倍边三角形 名称 定义 核心结论 倍角三角形 一个内角是另一个内角的2倍 倍角定理：若 ，则 倍边三角形 一边长是另一边的2倍 利用角平分线性质、面积比导出 2. 费马点与布洛卡点 名称 定义 核心性质 费马点 三角形内到三顶点距离之和最小的点 三内角均 时，； 布洛卡点 内点 满足 ；等边三角形中 3. 分离比（外接圆-内切圆半径比） 分离比 k=R/r，由欧拉公式 OI²=R²−2Rr 可导出欧拉不等式 R≥2r，即 k≥2，等号当且仅当三角形为等边三角形时成立。 4. 解三角形与数列交汇 融合方式 翻译条件 关键结论 边成等差 （等号当等边） 边成等比 （等号当等边） 角成等差 题型精研·技巧通法提能力 题型一 倍角与倍边——经典新定义（★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 倍角定理（核心）：若 ，则 。 正用：已知角度关系直接导出边关系。 逆用：若满足 ，可推出 （需结合正弦定理及三角形内角范围舍去增根）。 证明关键：由正弦定理边化角，利用 ，并由 得 或 ，后者需舍去（因 ）。 倍边三角形：若某边是另一边的2倍（如 ），常用角平分线性质或面积比导出角关系，再结合余弦定理或正弦定理求解。 2. 新定义题型（如“正矢” “余矢” “旋缩运动”等）： 将新定义转化为三角函数的常规运算（如 ，）。 3. 复数或向量旋转问题可转化为三角坐标变换，注意旋转方向与伸缩倍率。 4. 易错点：由正弦方程求角时需验证解的合法性（如 会推出 ，矛盾）；向量新定义中注意夹角可能是内角的补角。 1．（25-26高一下·浙江金华·期末）定义在上的函数，若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】当时，，此时， 当时，，此时， 作出在上的图象如图示： 关于的方程恰有两个不同的实数解，而为偶函数， 令，则在上恰有一个解， 结合在上的图象可知只有当时符合要求， 即时关于的方程恰有两个不同的实数解. 2．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）在数学史上，为了三角计算的简便和精确，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作，定义为角的余矢，记作.若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】. . 3．（25-26高一下·山东菏泽·期末）对任意两个非零向量，，定义新运算：，中三个内角A，B，C的对边为a，b，c，则（    ） A．当，，时， B．当时， C．当，时， D．当时，的最小值为 【答案】BCD 【详解】对于选项A，由余弦定理得，则. 所以. 与夹角为，则， ，故A错误； 对于选项B，与夹角为， 所以，即. 由正弦定理得. 又， 所以，即， 得，又，所以，即，故B正确； 对于选项C，与夹角为， 所以，即. 由正弦定理得. 又，所以， 得，即. 由，得，所以. 令，由得. 函数的导数，所以在上单调递减. 又，，所以，即，故C正确； 对于选项D，与夹角为，所以. 所以. 又得， 所以， 当且仅当即时等号成立，故D正确. 【点睛】本题核心是将新定义的向量运算转化为向量投影，易错点是三角形中向量夹角多为内角的补角.解题以正余弦定理实现边角互化为核心，结合三角恒等变换、函数单调性、基本不等式综合求解，是解三角形的经典 4．某小型风力发电机中心为坐标原点，初始时刻叶片端点质点位于位置．定义一次叶片旋缩运动：电机带动质点绕原点顺时针旋转，同时叶片弹性伸长，质点到转轴原点的距离变为原来的2倍．从初始位置出发，连续完成次旋缩运动后质点的位置记为，，…．下列说法正确的是（  ） A．完成1次旋缩运动后，的坐标为 B．记坐标为，则 C．第35次、第70次运动后质点与原点构成，该三角形面积为 D．若质点到转轴原点的距离大于1250时叶片会触发过载警报，则触发警报的最小运动次数正整数 【答案】BCD 【详解】以原点O为中心，把点绕O顺时针旋转，再把新点到O的距离变为原来的2倍得到点， 则，角的终边为， 则，即，故A错误； 坐标为，同理类推可得， 则 ，故B正确； ， ， ，同理， ，故C正确； 因，由，得， 由于，则正整数的最小值为11， 使的最小正整数为9，即触发警报的最小运动次数正整数，故D正确. 综合题. 题型二 费马点与布洛卡点（★★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 费马点： 当三角形所有内角均小于 时，费马点满足 。 2. 距离和公式：（其中 为面积）。 若三角形有内角 ≥ ，则费马点即该钝角顶点。 解题步骤：①判断三角形类型；②利用旋转法（如将某边旋转 ）构造共线，化折线段为直线段求最值。 3. 布洛卡点：内点 满足 （ 为布洛卡角）。 核心恒等式：。 等边三角形中 。 解题时常用面积关系、正弦定理及余弦定理建立边角方程，转化为 表达式。 4. 综合应用：费马点距离和公式与布洛卡角公式常需联立，注意面积 与边长的关系（如 ）。 1．（2024·广西来宾·模拟预测）机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感．莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形．若线段AB长为1，则莱洛三角形的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由已知，．得，则莱洛三角形的周长是 故选：A． 2．（2026·江苏徐州·模拟预测）已知分别是三个内角的对边，且，，若点为的费马点，则（） （注：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小的答案是：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角：当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.所求的点称为费马点） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】已知，由正弦定理得， 由，， 则有， 即， ，，有，得， 因为，所以，所以，所以. 由三角形内角和性质知：内角均小于， 结合题设易知：P点一定在三角形的内部， 再由余弦定理知，， 又因为，所以， 所以 ， 所以. 由，等号左右两边同时乘以可得： ， 则. 故选：B. 3．在平面几何中，三角形的“莱莫恩点”是一个具有优美性质的特殊点，其定义如下：记的内角，，所对的边分别为，，，内一点到三边，，的距离，，满足，称点为的“莱莫恩点”．若在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，，则常数_________． 【答案】 【详解】已知，满足， 故为直角三角形，面积， 又，且， 所以 ， 又， 所以，解得. 4．（2026·山西太原·二模）费马点是指在三角形内（含边界）且到三角形三个顶点的距离之和最小的点.当的三个内角均小于时，则使得的点为的费马点；当有一个内角大于或等于时，则最大内角的顶点为的费马点.已知中，分别为内角的对边，且，点为内（含边界）一个动点，则的最小值为__________. 【答案】 【详解】由正弦定理得 ，化简得：， 因，则得，则，故 由余弦定理，d，则， 由于，，，，所以是以为顶点的直角三角形，且，. 如图所示，设是内的一点，将沿点逆时针旋转得， 由题意可得：，，且，， 所以是等边三角形，则， 当、、、四点共线时，取得最小值为， 因，，且，则， 故的最小值为. 题型三 解三角形与数列融合（★★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 边成等差： ⇒ 由余弦定理可推出 ，等号当且仅当 （等边三角形）。 常用方法：代入余弦定理消元，结合均值不等式求角范围。 边成等比： ⇒ ，同样等号在等边时成立。 可结合正弦定理化为 ，再利用积化和差或和差化积。 2. 角成等差： ⇒ （因 ），直接锁定角度，从而简化边长关系。 3. 数列与三角函数的综合： 如三角函数的零点构成数列，或函数最值与数列通项结合。 策略：先求函数表达式，再求零点或最值，转化为数列问题（如等差数列、等比数列的求和或通项）。 关键技巧：利用正弦定理将边比转化为角比，或利用余弦定理将角条件化为边条件，再套用数列性质。 1．（25-26高二下·陕西安康·期中）已知数列，若，则正整数的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】依题意，，而，且， 由，得正整数的最小值为2. 2．（2026·四川绵阳·三模）将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】， 令，则或， 所以或， 将的零点从小到大排列：， 所以数列的前8项和为. 3．（2026·河北保定·二模）记函数的最小值为，数列的前n项和为，若 ，则实数t的取值范围为___ _____. 【答案】 【详解】， 函数， 当且仅当时，等号成立. 所以.所以，所以. 所以，所以. 若 ，则. 令，则. 令， 因为是单调递减函数， 且，， 所以在上存在唯一零点，记为， 所以当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，，所以， 即的最大值为. 所以实数t的取值范围为. 4．（2026·湖南长沙·模拟预测）在中，． (1)求角； (2)若等差数列的首项的值等于角B的值，且，求的通项公式； (3)在（2）条件下，设数列，求的前27项的和． 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）中，因为，所以， 又，则， 因为，所以，又，因此． （2）设等差数列的公差为，结合（1）有， 又，则，解得， 所以． （3）结合（2）有， 设，该函数的最小正周期， 则， 故， 所以． 题型四 分离比与其他创新定义（★★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 分离比 ： 2. 由欧拉公式 可导出欧拉不等式 ，故 ，等号当且仅当三角形为等边。 3. 求最值时，通常将 用边长或角表示（如 ，），再结合三角恒等变换和基本不等式。 4. 其他创新定义（如“射影长”、“莱莫恩点”等）： 5. 核心是“翻译”——将新概念转化为已知的几何量（如边长、面积、角度）的关系。 注意垂直射影时，可用勾股定理或向量投影；莱莫恩点满足面积分割关系，常通过面积公式建立方程。 解题步骤：①理解新定义，用数学符号表示；②寻找与三角形基本量（边长、角度、面积）的联系；③运用正弦、余弦定理或三角恒等变形求解。 无最大值情况：当某个角趋于0时，分离比可趋向无穷大，因此仅存在最小值。1．（2024·陕西西安·模拟预测）等边的边长为5，点在平面上，点在的同一侧，且边在上的射影长分别为3，4，则边在上的射影长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，且边在平面上的射影长分别为3，4，所以点，到的距离分别为4，3.因在同一侧，在上的射影长为. 故选：D 2．（2026·陕西商洛·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则______． 【答案】2 【详解】由余弦定理知：，则： ， 由余弦定理得：，即，解得或（舍）， ． 3．（2026·浙江金华·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角A的大小； (2)若，的面积为，D为的中点，求的长度． 【答案】(1)(2) 【详解】（1）解：方法1：∵， ∴， ∵， ∴＞0，∴，∴，； 方法2：由射影定理，对任意，有， 代入题干条件得，因为b＞0，所以， 又，故． （2）解：由三角形面积公式：代入， 解得． 由余弦定理，代得：， 因为D为中点，由向量中线公式：， 两边平方得：， 因此． 4．（2025·河北·模拟预测）设的外接圆半径为，内切圆半径为，定义的值为的“分离比”. (1)若为等腰直角三角形，求的分离比； (2)证明：； (3)探究的最值. 【答案】(1)（2）略(3)最小值2，没有最大值 【详解】（1）设的两条直角边为，斜边为2，所以外接圆半径为1. 内切圆半径满足，所以.所以. (2) 的面积则所以. 由正弦定理，所以. 因此，. （3）先探究的最小值：注意到， 先证明对于任意的正数，，，均有. 因为， 所以得证，当且仅当时取等. 所以， 下考虑的取值范围. 因为， 所以. 当且仅当取等. 对于， 又（i） （ii）， 当且仅当取等. 由（i）式与（ii）的平方相乘，有， 所以，所以， 故，当且仅当取等. 再探究的最大值，当足够小时，的取值足够小， 而，所以的取值将足够大，也即没有最大值. 综上，有最小值2，没有最大值. 【法二】设的外接圆圆心为，内切圆圆心为，过点作垂直于点. 连接并延长交圆于点，连接并延长交圆于点， 因为为的内心，所以为的平分线， 得，则. 所以和相似，得 又，，得. 连接，则，又， 所以， 即，所以.得. 作直线与圆交于，两点，由相交弦定理得 得.即【上面过程为欧拉公式证明】所以. 再探究的最大值，当足够小时，的取值足够小， 而取值可取到足够大，即没有最大值. 综上，有最小值2，没有最大值. 题型五 压轴多选题精练（★★★★★） 【技巧通法·提分快招】 1. 多选题策略： 先定性判断，再逐项定量验证。 利用选项间的逻辑关联：如某选项正确，可能推出另一选项也正确，或矛盾选项必有一错。 2. 常见条件翻译： 数列与斜率结合：利用 和差角公式。 三角函数奇偶性、对称轴、单调性综合：由奇偶性确定相位，由对称轴或对称中心确定周期参数，由单调区间长度限制周期范围。 3. 特殊值法：对于判断“恒成立”或“存在性”问题，可代入特殊三角形（如等边、直角）快速排除或确认。 4. 多条件融合：如“边等比且角等差”等，先解出基本量（如角度），再逐个验证选项，避免遗漏。 1．（2026·江苏盐城·三模）已知是数列的前项和，且，点，定义点、，记，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】对于A选项，因为是数列的前项和，且，则， 当时，， 满足，故对任意的，，A对； 对于B选项，，即点，且点， 所以点、均在第一象限，所以，， 所以，B对； 对于C选项，， 故，C错； 对于D选项，因为，，所以； 因为，所以，因此， 类比可得，又因为在上单调递增，因此； 所以， 因为，所以 故，D对. 2．（2026·贵州贵阳·模拟预测）设函数是定义在上的奇函数，若，在区间上单调，则（   ） A． B．的值不唯一 C．的图象关于中心对称 D．的最小正周期是 【答案】AD 【详解】函数是定义在上的奇函数， ，又，，， 由可知的图象关于轴对称， ，，，， 又在区间上单调，，，又，， 所以，，的最小正周期是，故AD符合． 3．（2025·四川自贡·二模）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角所对的边分别为，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为，则（   ） A．当时， B．当且时， C．当时， D．当时， 【答案】ABC 【详解】A选项，当时，是等腰三角形，， 因为，， 所以， 又因为，所以， 所以，即，故A正确； B选项，当时，由A选项知，， 因为，所以，设，则， 因为，所以，所以 又因为，所以，， 在中，由正弦定理得，即， 即，所以， 在中，， 由正弦定理得，所以， 由余弦定理得， 所以，联立，解得， 故B正确； C选项，当时， ， 所以， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 相加得， 即，C正确； D选项，当时，若， 此时， 在中，由正弦定理得，所以， 所以，D错误. 故选：ABC. 4．（2026·陕西安康·模拟预测）定义关于的函数，，其中，则（    ） A． B． C．对于任意， D．对于任意， 【答案】AC 【详解】对于A，当时，，， 所以，故A正确； 对于B，当时，，， 所以 则 ，不恒成立.故B错误； 对于C，， ， ，，且 在上单调递减， 则，所以.故C正确； 对于D，令，则，， 当时，与题干矛盾，故D错误. 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．（2026·广东深圳·模拟预测）已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为的正方形，正方形的中心固定在边的中线上，当正方形绕其中心以任意角度旋转时，该正方形总位于三角形的内部（含边界）.则当时，（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设等边的边长为，正方形的边长为， 则，解得，在等边中，边的中线， 因为正方形的外接圆半径，可知正方形的中心为等边的中心， 如图所示，建立平面直角坐标系，则，， 设，则，即， 可得，， 因为， 整理可得， 又因为， 可得， 则， 所以. 2．（2026·河北秦皇岛·二模）已知椭圆（）的右焦点为，过原点的直线交椭圆于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图， 设椭圆的左焦点为，根据椭圆的对称性可得：四边形为平行四边形， 所以，， 所以，所以. 又，所以. 在中，由余弦定理得：， 即. 所以椭圆的离心率为. 3．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】令，因为，所以 因为函数在区间上单调递增， 所以函数在上单调递增，且，即． 因为， 所以函数在上单调递增，等价于或， 解不等式得或，所以的取值范围是． 4．（2026·辽宁·模拟预测）已知函数（，），若满足条件：，，且在上单调，则的最大值为 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】已知函数（，）， 因为，所以的图象关于点中心对称， 则有， 又因为，所以的图象关于直线对称， 则有， 因此，化简得， 则是一个奇数， 又因为在上单调，所以，解得， 根据选项，的可能取值为， ①当时，则有，解得，由于，所以， 此时，则，解得， 当时，，函数在不单调，因此不符合题意， ②当时，则有，解得，由于，所以， 此时，则，解得， 当时，，函数在单调递增，因此符合题意， 因此，则的最大值为，故D正确. 5．（2026·四川成都·三模多选）的面积为1，角，，分别所对的边为，b，c．若，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】由，得，由， 得，即，则A正确． 又由，得， 由正弦定理和式可得：， 可得， 化简可得，即， 可得，由， 则，代入上式可得， 即． 因为，所以，则， 所以或． 因为是三角形的内角，所以或， 当时，，即，不合题意． 当时，，即，所以，由，，则D正确； 时，在中，，代入得，则B正确； 由得，则C错误． 6．（2026·重庆·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，成等比数列，，，成等差数列，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】由，，成等比数列得，， 由，，成等差数列得，， 因为， 所以 ， 所以， 由正弦定理得，，故A正确； 则， 代入得，，所以，故C正确； 将代入， 设，则（负值舍去）， 则，显然，所以，故B错误； 所以， 又，所以，故D正确． 7．（2025·山东青岛·二模）已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则______． 【答案】 【详解】设三个相邻的交点分别为，，， 不妨设，由，得，整理得， 所以，所以，，不妨令，0，1，得，，， 则，，， 所以，，， 所以， ，， 所以，因为是一个直角三角形， 所以为等腰直角三角形，底边为， 即， 整理得，因为，所以. 8．（2026·河南新乡·模拟预测）在等边中，为内一动点，，则的最小值是_____． 【答案】 【详解】设等边三角形边长为1，建立平面直角坐标系， 则， 已知为定边，，则在以为弦的圆上，圆心，在中垂线上， 设圆心为，半径为， 在中，，由余弦定理得 ， 解得, ，故， 的轨迹方程为：， 则， 设，则， 整理得， 直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，圆心，半径， 则， ， 整理得，平方展开得， 即， ，故，即的最小值为． 9．（2026·河南郑州·模拟预测）在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的斜边BC经过点，直角边AB，AC分别经过点，，则面积的最大值为_________． 【答案】 【详解】因为三角形为等腰直角三角形，所以. 如图，设，则． 在中，由正弦定理得，， 所以． 在中，由正弦定理得，， 所以． 所以，等号在时取到， 此时面积的最大值为． 10．（2025·四川泸州·模拟预测）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为__________. 【答案】 【详解】由，得.故费马点在内， 且. 取的中点，由，得是线段的中垂线. 在和中，，， 两式相减，得， 即0，可见， 所以在的中垂线上. 又在内，所以在线段上. . 在中，， 所以. 故答案为： 创新能力提升 11．（2026·浙江金华·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角A的大小； (2)若，的面积为，D为的中点，求的长度． 【答案】(1)(2) 【详解】（1）解：方法1：∵， ∴， ∵， ∴＞0，∴，∴，； 方法2：由射影定理，对任意，有， 代入题干条件得，因为b＞0，所以， 又，故． （2）解：由三角形面积公式：代入， 解得． 由余弦定理，代得：， 因为D为中点，由向量中线公式：， 两边平方得：， 因此． 12．（2026·湖南长沙·模拟预测）在中，． (1)求角； (2)若等差数列的首项的值等于角B的值，且，求的通项公式； (3)在（2）条件下，设数列，求的前27项的和． 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）中，因为，所以， 又，则， 因为，所以，又，因此． （2）设等差数列的公差为，结合（1）有， 又，则，解得， 所以． （3）结合（2）有， 设，该函数的最小正周期， 则， 故， 所以． 13．（2025·河北·模拟预测）设的外接圆半径为，内切圆半径为，定义的38．（2026·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)若直线是的图象的一条对称轴，求的单调递增区间； (2)若函数的所有正零点从小到大排列构成数列，且，，构成等比数列，求的前项和． 【答案】(1)的单调递增区间是(2) 【详解】（1）因为， 又直线是的一条对称轴， 所以，，即，， 又因为，所以，．   由，， 解得，， 所以的单调递增区间是． （2）令，即， 所以或，， 即，或，． 又因为，所以， 所以当时，； 当时，． 即，，． 又因为，，构成等比数列，所以， 即，解得． 所以，， 所以． 故 ． 14．（2026·陕西西安·模拟预测）布洛卡点是三角形内部的特殊点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，其定义如下：设P是内一点，若，则称点P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，其对边分别为的面积为S，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下问题： (1)若，求的大小及的值； (2)已知的条件下，解下列两个问题： ①若，求的值； ②若，求S. 【答案】(1)(2)①12；② 【详解】（1） 在中，， 所以，而为锐角，故，所以， 所以，而，故. 又，故， 在中，由正弦定理有，所以， 在中，由正弦定理有，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. 15．（2026·安徽合肥·模拟预测）三角形的布洛卡点由法国数学家布洛卡首次发现，当内一点P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为． (1)证明：当时，； (2)当且时，求的值； (3)证明：当时，是等边三角形． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析． 【详解】（1）当时， ，则，   在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，   相加得， ；    （2）当时，是等腰三角形，， 而，，则，   又，则，，即， 又，则. 设，则， 由，得，则， 又，即， 则， 在中，由正弦定理得，即， 即，则， 在中，， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得，即， 故的值为. （3）在中，， 由正弦定理，得， 由，   得点是的重心，， 即， 则，又，于是， 同理，，     因此，由正弦定理得，是等边三角形.     1 学科网（北京）股份有限公司 $