資源簡介

拔高點突破 01 三角函數與解三角形背景下的新定義問題　
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結 ...............................................................................................................................3
題型一：托勒密問題 ............................................................................................................................3
題型二：與三角有關的新定義函數 ....................................................................................................5
題型三：n 倍角模型與倍角三角形.....................................................................................................7
題型四：雙曲正余弦函數 ....................................................................................................................9
題型五：射影幾何問題 ......................................................................................................................10
題型六：正余弦方差 ..........................................................................................................................12
題型七：曼哈頓距離和余弦距離 ......................................................................................................12
題型八：費馬問題 ..............................................................................................................................14
題型九：布洛卡點問題 ......................................................................................................................15
題型十：勒洛三角形、萊洛三角形、拿破侖三角形 ......................................................................17
03 過關測試 .........................................................................................................................................19
在三角函數與解三角形背景下的新定義問題中，解題方法通常涉及對三角函數性質、解三角形方法的
深入理解以及靈活應用。以下是一些常用的解題方法：
1、理解新定義：
首先，需要仔細閱讀題目中的新定義，理解其含義和所涉及的數學概念。
將新定義與已知的三角函數或解三角形的方法聯系起來，找出其中的關聯點。
2、利用三角函數性質：
應用三角函數的定義、誘導公式、同角關系式、和差化積公式等，將問題轉化為已知的三角函數問題。
利用三角函數的圖像和性質，如周期性、奇偶性、單調性等，來分析和解決問題。
3、應用解三角形的方法：
使用正弦定理、余弦定理等解三角形的基本方法，將三角形的邊和角聯系起來。
通過作輔助線、構造特殊三角形等方式，將復雜問題轉化為簡單問題。
4、結合圖形分析：
在解題過程中，結合圖形進行分析，可以更直觀地理解問題。
利用圖形的對稱性、相似性等性質，簡化計算過程。
5、注意特殊值和極端情況：
在解題時，要注意考慮特殊值和極端情況，如角度為 0°、90°、180°等。
這些特殊值往往能提供更簡單的解題路徑或用于驗證答案的正確性。
6、綜合應用多種方法：
在解題過程中，可能需要綜合運用多種方法，如代數法、幾何法、三角法等。
靈活轉換不同的解題方法，以適應不同的問題情境。
可以使用不同的方法或代入特殊值進行驗證，以確保答案的正確性。
解決三角函數與解三角形背景下的新定義問題，需要深入理解相關概念和方法，并靈活應用多種解題
策略。通過不斷的練習和反思，可以提高解決這類問題的能力。
題型一：托勒密問題
【典例 1-1】古希臘數學家托勒密對凸四邊形（凸四邊形是指沒有角度大于 180°的四邊形）進行研究，終
于有重大發現：任意一凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當四點共圓時等
號成立.且若給定凸四邊形的四條邊長，四點共圓時四邊形的面積最大.根據上述材料，解決以下問題，如
圖，在凸四邊形 ABCD中，
ACD π(1)若 AB = 2 ， BC =1， = ， AC = CD（圖 1），求線段BD長度的最大值；2
(2)若 AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4（圖 2），求四邊形 ABCD面積取得最大值時角A 的大小，并求出四
邊形 ABCD面積的最大值；
(3)在滿足（2）條件下，若點 P 是△ABD 外接圓上異于B, D的點，求PB + PD的最大值.
【典例 1-2】（1）四點共圓是平面幾何中一種重要的位置關系：
如圖，A ， B ，C，D四點共圓，BD為外接圓直徑，CB = CD ， ACD = 30°， AB = 4，求BD與 AC 的長
度；
（2）古希臘的兩位數學家在研究平面幾何問題時分別總結出如下結論：
①（托勒密定理）任意凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當該四邊形的四
個頂點共圓時等號成立．
②（婆羅摩笈多面積定理）若給定凸四邊形的四條邊長，當且僅當該四邊形的四個頂點共圓時，四邊形的
面積最大．
根據上述材料，解決以下問題：
π
（i）見圖 1，若 AB = 2 ， BC =1， ACD = ， AC = CD，求線段BD長度的最大值；2
（ii）見圖 2，若 AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4，求四邊形 ABCD面積取得最大值時角A 的大小，并求
出此時四邊形 ABCD的面積．
【變式 1-1】克羅狄斯 ×托勒密（約 90-168 年）是希臘著名的數學家、天文學家和地理學家.他一生有很多
發明和貢獻，其中托勒密定理和托勒密不等式是歐幾里得幾何中的重要定理.托勒密不等式內容如下：在凸
四邊形 ABCD中，兩組對邊乘積的和大于等于兩對角線的乘積，即 AD × BC + AB ×CD AC × BD ，當 ABCD
四點共圓時等號成立.已知凸四邊形 ABCD中， AB = AD =1 .
(1)當△BCD為等邊三角形時，求線段 AC 長度的最大值及取得最大值時△BCD的邊長；
(2)當 2sin2 DBC + 3sin2 BDC = 2sin DBCsin BCDsin CDB + sin2 BCD 時，求線段 AC 長度的最大值.
【變式 1-2】已知半圓 O 的半徑為 1，A 為直徑延長線上的點，且OA = 2，B 為半圓上任意一點，以 AB 為
一邊作等邊VABC ，設 AOB = a .
a 2π(1)當 = 時，求四邊形OACB的周長；
3
(2)托勒密所著《天文集》中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積不大于兩組對邊乘積之和，
當且僅當對角互補時取等號.據以上材料，當線段OC 的長取最大值時，求 AOC ；
(3)當a 為何值時，四邊形OACB的面積最大，并求此時面積的最大值.
題型二：與三角有關的新定義函數
【典例 2-1】對于定義域為 R 的函數 y = g x ，若存在常數T > 0，使得 y = sin g x 是以T 為周期的周期函
數，則稱 y = g x 為“正弦周期函數”，且稱T 為其“正弦周期”.
x
(1)判斷函數 y = x + cos 2 是否為“正弦周期函數”，并說明理由；
(2)已知 y = g x 是定義在 R 上的嚴格增函數，值域為 R，且 y = g x 是以T 為“正弦周期”的“正弦周期函
g 0 π , g T 9π數”，若 = = ，且存在 x0 0,T g x
5π
，使得 0 = ，求 g 2T 的值；2 2 2
(3)已知 y = h x 是以T 為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且存在 a > 0和 A > 0 ，使得對任意 x R ，都
有 h x + a = Ah x ，證明： y = h x 是周期函數.
【典例 2-2】知道在直角三角形中，一個銳角的大小與兩條邊長的比值相互唯一確定，因此邊長與角的大
小之間可以相互轉化．與之類似，可以在等腰三角形中建立邊角之間的聯系，我們定義：等腰三角形中底
邊與腰的比叫做頂角的正對 sad ．如圖，在VABC 中， AB = AC ．頂角A 的正對記作 sadA，這時
sadA 底邊 BC= = ．容易知道一個角的大小與這個角的正對值也是相互唯一確定的．
腰 AB
根據上述對角的正對定義，解下列問題：
(1) sad60o的值為（ ）
A 1． 2 B 1 C
3
． ． D． 2
2
(2)對于0o < A <180o， A的正對值 sad A的取值范圍是______．
(3)已知 sina
3
= ，其中a 為銳角，試求 sada 的值．
5
ur ur
【變式 2-1】已知函數 f x = a sin x + bcos x，稱向量 p = a,b 為 f x 的特征向量， f x 為 p 的特征函數.
(1)設 g x = 2sin p 3- x + sin p - x ÷ ，求 g x 的特征向量；
è 2
ur
(2)設向量 p = 3,1 p p的特征函數為 f x ，求當 f x 6= 且 x - , ÷時， sin x 的值；5 è 6 3
ur
p 1 , 3
1
(3)設向量 = - ÷
2
÷ 的特征函數為 f x ，記 h x = f x - ，若 h x 在區間 a,b 上至少有 40 個零點，
è 2 2 4
求b - a的最小值.
【變式 2-2】定義函數 f x = cos sin x 為“正余弦”函數.結合學過的知識，可以得到該函數的一些性質：容
易證明2π為該函數的周期，但是否是最小正周期呢？我們繼續探究：
f x + π = cos ésin x + π ù = cos -sin x = cos sin x = f x .可得： π也為函數 f x = cos sin x 的周期.但是
否為該函數的最小正周期呢？我們可以分區間研究 f x = cos sin x 的單調性：函數 f x = cos sin x 在
é π
ê0,
π ù
ú 是嚴格減函數，在 , π
ù
ú上嚴格增函數，再結合 f x + π = f x2 ，可以確定： f x = cos sin x 的最 è 2
小正周期為 π .進一步我們可以求出該函數的值域了.定義函數 f x = sin cos x 為“余正弦”函數，根據閱讀
材料的內容，解決下列問題：
(1)求“余正弦”函數的定義域；
(2)判斷“余正弦”函數的奇偶性，并說明理由；
(3)探究“余正弦”函數的單調性及最小正周期，說明理由，并求其值域.
題型三：n 倍角模型與倍角三角形
【典例 3-1】由倍角公式cos2q = 2cos2 q -1，可知 cos 2q 可以表示為cosq 的二次多項式．對于cos3q ，我
們有
cos3q = cos(2q +q ) = cos 2q cosq - sin 2q sinq
= 2cos2 q -1 cosq - 2sin2 q cosq
= 2cos3 q - cosq - 2 1- cos2 q cosq
= 4cos3 q - 3cosq
可見cos3q 也可以表示成cosq 的三次多項式．
(1)利用上述結論，求 sin18°的值；
(2)化簡 cos 60° -q cos 60° +q cosq ；并利用此結果求 sin 20°sin 40°sin 60°sin80°的值；
1
(3) 3已知方程 4x - 3x - = 0在 (-1,1)上有三個根，記為 x1, x2 , x 3 33，求證： 4x1 + 4x2 + 4x
3 3= .
2 3 2
【典例 3-2】（2024·福建廈門·二模）定義：如果三角形的一個內角恰好是另一個內角的兩倍，那么這個三
角形叫做倍角三角形.如圖，VABC 的面積為S，三個內角 A、B、C 所對的邊分別為 a,b,c，且
sinC 2S= 2 .c - b2
(1)證明：VABC 是倍角三角形；
(2)若 c = 9，當S取最大值時，求 tanB .
【變式 3-1】由倍角公式 cos 2x = 2cos2 x -1，可知 cos 2x 可以表示為 cos x的二次多項式，對于cos3x，我
們有 cos3x = cos(2x + x) = cos 2x cos x - sin 2x sin x
= 2cos2 x -1 cos x - 2(sin x cos x)sin x
= 2cos3 x - cos x - 2 1- cos2 x cos x
= 4cos3 x - 3cos x ．
可見cos3x可以表示為 cos x的三次多項式．
(1)對照上述方法，將 sin 3x可以表示為 sin x 的三次多項式；
p
(2) x 若 0,
2 3
2 ÷，解關于
x 的方程 cos3x = - sin 2x ．
è 3
【變式 3-2】由倍角公式cos2q = 2cos2 q -1，可知 cos 2q 可以表示為cosq 的二次多項式.對于cos3q ，我們
有 cos3q = cos 2q +q = cos 2q cosq - sin 2q sinq = 2cos2 q -1 cosq - 2sin2 q cosq
= 2cos3 q - cosq - 2 1- cos2 q cosq = 4cos3 q - 3cosq ，可見cos3q 也可以表示成cosq 的三次多項式.以上推
理過程體現了數學中的邏輯推理和數學運算等核心素養，同時也蘊含了轉化和化歸思想.
(1)試用以上素養和思想方法將 sin 3q 表示成sinq 的三次多項式；
(2)化簡 sin 60° -q sin 60° +q sinq ，并利用此結果求 sin 20°sin 40°sin80°的值.
【變式 3-3】由倍角公式 cos 2x = 2cos2 x -1，可知 cos 2x 可以表示為僅含 cos x的二次多項式.
（1）類比 cos 2x 公式的推導方法，試用僅含有 cos x的多項式表示cos3x ；
（2）已知3 18o = 90o - 2 18o，試結合第（1）問的結論，求出 sin18o 的值.
題型四：雙曲正余弦函數
【典例 4-1】（2024·福建泉州·模擬預測）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線
x x-
c e c + e c.1691 ÷年，萊布尼茨等得出懸鏈線的方程為 è ，其中 c為參數．當c =1時，該表達式就是雙曲y =
2
x - x
余弦函數，記為 cosh x
e + e
= ，懸鏈線的原理常運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．已知
2
ì sin x
' = cos x
三角函數滿足性質：①導數： í ；②二倍角公式： cos 2x = 2cos2 x -1；③平方關系：
cos x
' = -sin x
ex - e- x
sin2 x + cos2 x =1．定義雙曲正弦函數為 sinh x = ．2
(1)寫出 sinh x ， cosh x 具有的類似于題中①、②、③的一個性質，并證明該性質；
(2)任意 x > 0，恒有 sinhx - kx > 0成立，求實數 k 的取值范圍；
17
(3)正項數列{an}(n N*) 滿足 a1 = a > 1， an+1 = 2a
2
n -1，是否存在實數 a，使得 a2024 = ？若存在，求出 a的8
值；若不存在，請說明理由．
【典例 4-2】在數學中，雙曲函數是與三角函數類似的函數，最基本的雙曲函數是雙曲正弦函數與雙曲余
x - x x - x
弦函數，其中雙曲正弦函數： sinh x e - e= ，雙曲余弦函數： cosh x e + e= .（e 是自然對數的底數，
2 2
e = 2.71828L）.雙曲函數的定義域是實數集，其自變量的值叫做雙曲角，雙曲函數出現于某些重要的線性
微分方程的解中，譬如說定義懸鏈線和拉普拉斯方程.
(1)計算 cosh 2 - 2cosh2 1 的值；
(2)類比兩角和的余弦公式，寫出兩角和的雙曲余弦公式： cosh x + y = ______，并加以證明；
(3)若對任意 t 0, ln 2 ，關于 x 的方程 sinh t + cosh x = m有解，求實數m 的取值范圍.
【變式 4-1】（2024·上海·二模）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691 年，萊
x x
- x - x
“ ” c(e c布尼茨等得出 懸鏈線 方程 y + e
c )
= ，其中 c為參數.當c =1時，就是雙曲余弦函數 ch x
e + e
= ，
2 2
懸鏈線的原理運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．類比三角函數的三種性質：①平方關系：
(sin x) = cos x,
sin2 x + cos2 x =1；②兩角和公式： cos x + y = cos x cos y - sin x sin y ì，③導數： í 定義雙曲
(cos x) = -sin x,
ex - e- x
正弦函數 sh x = ．
2
(1)直接寫出 sh x ， ch x 具有的類似①、②、③的三種性質（不需要證明）；
(2)當 x > 0時，雙曲正弦函數 y = sh(x) 的圖像總在直線 y = kx 的上方，求直線斜率 k 的取值范圍；
(3)無窮數列 an 滿足 a1 = a ， an+1 = 2a2
5
n -1，是否存在實數 a，使得 a2024 = ？若存在，求出 a的值，若不4
存在，說明理由.
題型五：射影幾何問題
【典例 5-1】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，O為透視中心，平
面內四個點E, F ,G, H 經過中心投影之后的投影點分別為 A, B,C, D ．對于四個有序點 A, B,C, D ，定義比值
CA
x = CBDA 叫做這四個有序點的交比，記作 ABCD ．
DB
(1)證明： EFGH = ABCD ；
EFGH 3 sin ACO 3(2)已知 = ，點 B 為線段 AD的中點， AC = 3OB = 3, = ，求 cosA．
2 sin AOB 2
【典例 5-2】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，O為透視中心，平
面內四個點E, F ,G, H 經過中心投影之后的投影點分別為 A, B,C, D .對于四個有序點 A, B,C, D ，定義比值
CA
r = CBDA 叫做這四個有序點的交比，記作 (ABCD) .
DB
(1)若點B,C 分別是線段 AD, BD 的中點，求 (ABCD) ；
(2)證明： (EFGH ) = (ABCD) ；
sin ACO 3
(3)已知 (EFGH )
3
=
2 ，點
B 為線段 AD的中點， AC = 3OB = 3， = ，求 cos A .sin AOB 2
【變式 5-1】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，光從O點出發，平
面內四個點E, F ,G, H 經過中心投影之后的投影點分別為 A, B,C, D .對于四個有序點 A, B,C, D ，若
uuur uuur uuur uuur l
CA = lCB，DA = m DB ，定義比值 x = m 叫做這四個有序點的交比，記作 ABCD .
1 1 m
(1)當 x = -1時，稱 A, B,C, D 為調和點列，若 + = mAC AD AB ，求 的值；
(2)①證明： EFGH = ABCD ；
②已知 EFGH 3= ，點 B 為線段 AD的中點， AC 3 OB 3 sin ACO 3= = ， = ，求 OA ， OC .
2 sin AOB 2
題型六：正余弦方差
【典例 6-1】定義: m
1
= ésin2 q1 -q0 + sin
2 q2 -q0 +L+ sin2 qn -q0 ù為實數q1,q2 ,L,qn 對q0的“正弦方n
差”.
π 2π
(1)若q1 = ,q2 = ,q3 = π，則實數q1,q ,q 對q m2 3 0的“正弦方差” 的值是否是與q0無關的定值，并證明你的3 3
結論
π π
(2)若q1 = ,q2 = a ,q3 = b ,a 4
, π ÷ , b π,2π ，若實數q1,q2,q3對q0的“正弦方差” m 的值是與q0無關的定è 2
值，求a , b 值.
【典例 6-2】對于集合 A = q1,q2 ,L,qn 和常數q0，定義：
cos2 q -q + cos2 q 2
m = 1 0 2
-q0 +L+ cos qn -q0 為集合 A 相對的q
n 0
的“余弦方差”.
(1) ì
π π ü
若集合 A = í , ,q0 = 03 4 ，求集合
A 相對q0的“余弦方差”；
ìπ ü é3π é3π 7
(2)若集合 A = í ,a , b ，是否存在a ê , π ÷ , b ê , π ÷，使得相對任何常數q0的“余弦方差”是一個與 4 4 2 4
q0無關的定值？若存在，求出a , b 的值：若不存在，則說明理由.
題型七：曼哈頓距離和余弦距離
【典例 7-1】人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人
臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間
的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點
A x1, y1 ，B x2 , y2 ，則曼哈頓距離為： d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度為：
cos A, B x= 1 x 2 y y+ 1 2 1- cos A, B
x2 y2 x2 ，余弦距離為1 + 1 2 + y
2
2 x
2 2 2
1 + y1 x2 + y
2
2
(1)若 A -1,2 B 3， ,
4 A B
5 5 ÷，求 ， 之間的曼哈頓距離
d A, B 和余弦距離；
è
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b ，若 cos M , N 1= ， cos M ,Q 2= ，求
5 5
tana tan b 的值
【典例 7-2】人臉識別就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別
人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有
曼哈頓距離和余弦距離.已知二維空間兩個點 A x1, y1 、B x2 , y2 ，則其曼哈頓距離為
x x y y
d A, B = x - x + y - y cos A, B = 1 2 + 1 21 2 1 2 ，余弦相似度為 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 ，余弦距離：1 + 1 2 + 2 1 + 1 2 + 2
1- cos A, B .
(1)若 A 1,1 、B 2, -2 ，求 A 、 B 之間的余弦距離；
π
(2)已知0 < a < b < ，M 5cosa ,5sina 、 N 13cos b ,13sin b , P 5cos a + b ,5sin a + b ，若
2
cos M , P 5= , cos M , N 63= ，求M 、 P 之間的曼哈頓距離.
13 65
【變式 7-1】人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人
臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間
的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點
A x1, y1 ，B x2 , y2 ，則曼哈頓距離為： d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度為：
cos A, B x1 x2 y= + 1 y 2
2 2 2 2 1- cos A, B x1 + y1 x2 + y2 x2 y2 x2
，余弦距離為
1 + 1 2 + y
2
2
(1)若 A -1,2 B 3 4 ， ,5 5 ÷，求 A，B 之間的曼哈頓距離 d A, B 和余弦距離；è
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b ，若 cos M , N 1= ， cos M ,Q 2= ，求
5 5
tana tan b 的值
(3)已知0 < a < b
π
< ，M 5cosa ,5sina 、 N 13cos b ,13sin b ，P 5cos a + b ,5sin a + b ，若
2
cos M , P 5 cos M , N 63= ， = ，求M 、 P 之間的曼哈頓距離.
13 65
題型八：費馬問題
【典例 8-1】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題．該問題是：“在一個三角形內
求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小．”意大利數學家托里拆利給出了解答，當VABC 的
三個內角均小于120°時，使得 AOB = BOC = COA =120°的點O即為費馬點；當VABC 有一個內角大于
或等于120°時，最大內角的頂點為費馬點．試用以上知識解決下面問題：已知 a，b， c分別是VABC 三個
內角A ， B ，C的對邊
cos A
(1)若 = sin
π
2cos B
C -
6 ÷
，
è
①求 B ；
2 2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur②若b - a - c = 6，設點 P 為VABC 的費馬點，求PA × PB + PB × PC + PC × PA的值；
(2)若 cos 2C + 2sin A + B sin A - B =1，設點 P 為 VABC 的費馬點， PB + PC = t PA ，求實數 t 的最小值．
【典例 8-2】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題．該問題是：“在一個三角形內
求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小．”意大利數學家托里拆利給出了解答，當VABC 的
三個內角均小于120°時，使得 AOB = BOC = COA =120°的點 O 即為費馬點；當VABC 有一個內角大
于或等于120°時，最大內角的頂點為費馬點．試用以上知識解決下面問題：已知VABC 的內角A ， B ，C
所對的邊分別為 a，b， c，且設點 P 為VABC 的費馬點．
(1)若 a2 + c2 - b2 = 3， 2sin B sin
π
C + 3 ÷
= 3 sin A．
è
①求角 B ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
②求PA × PB + PB × PC + PC × PA．
(2)若 cos 2B + cos 2C - cos 2A =1， | PB | + | PC |= t | PA |，求實數 t 的最小值．
【變式 8-1】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題.該問題是：“在一個三角形內求
作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小."意大利數學家托里拆利給出了解答，當VABC 的三
個內角均小于120o時，使得 AOB = BOC = COA =120o的點O即為費馬點；當VABC 有一個內角大于或
等于120o時，最大內角的頂點為費馬點.試用以上知識解決下面問題：已知 a,b,c分別是VABC 三個內角
A, B,C 的對邊，點 P 為VABC 的費馬點，且 cos2C + 2sin A + B sin A - B =1 .
(1)求A ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(2)若bc = 6，求PA × PB + PB × PC + PC × PA的值；
(3)若 PB + PC = t PA ，求實數 t 的最小值.
題型九：布洛卡點問題
【典例 9-1】三角形的布洛卡點是法國數學家克洛爾于 1816 年首次發現．當VABC 內一點 P 滿足條件
PAB = PBC = PCA = q 時，則稱點 P 為VABC 的布洛卡點，角q 為布洛卡角．如圖，在VABC 中，角A ，
B ，C所對邊長分別為 a，b， c，記VABC 的面積為S，點 P 為VABC 的布洛卡點，其布洛卡角為q .
(1)若q = 30°．求證：
① a2 +b2 + c2 = 4 3S ；
② VABC 為等邊三角形．
(2)若 A = 2q ，求證： sin2 A = sin B sin C ．
【典例 9-2】三角形的布洛卡點是法國數學家、數學教育學家克洛爾于 1816 年首次發現，但他的發現并未
被當時的人們所注意．1875 年，布洛卡點被一個數學愛好者布洛卡重新發現，并用他的名字命名．當
VABC 內一點 P 滿足條件 PAB = PBC = PCA = q 時，則稱點 P 為VABC 的布洛卡點，角q 為布洛卡
角．如圖，在VABC 中，角 A, B,C 所對邊長分別為 a,b,c，點 P 為VABC 的布洛卡點，其布洛卡角為q ．
(1)若q = 30°．求證：
① a2 + b2 + c2 = 4 3S△ABC （ SVABC 為VABC 的面積）；
② VABC 為等邊三角形．
(2)若 A = 2q ，求證： sin2 A = sinBsinC ．
【變式 9-1】若VABC 內一點 P 滿足 PAB = PBC = PCA = q ，則稱點 P 為VABC 的布洛卡點，q 為
VABC 的布洛卡角．如圖，已知VABC 中，BC = a, AC = b, AB = c，點 P 為VABC 的布洛卡點，q 為VABC
的布洛卡角．
PB
(1)若b = c，且滿足 = 3，
PA
①求 ABC的大小；
PC
②若 = 3，求布洛卡角q 的正切值；
PB
(2)若 PB平分 ABC，試問是否存在常實數 t ，使得b2 = tac，若存在，求出常數 t；若不存在，請說明理
由．
題型十：勒洛三角形、萊洛三角形、拿破侖三角形
【典例 10-1】勒洛三角形是由 19 世紀德國工程師勒洛在研究機械分類時發現的．如圖 1，以等邊三角形
ABC 的每個頂點為圓心、邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形就是勒洛
三角形 ABC．受此啟發，某數學興趣小組繪制了勒洛五邊形．如圖 2，分別以正五邊形 ABCDE 的頂點為
圓心、對角線長為半徑，在距離該頂點較遠的另外兩個頂點間畫一段圓弧，五段圓弧圍成的曲邊五邊形就
是勒洛五邊形 ABCDE．設正五邊形 ABCDE 的邊長為 1．
(1)求勒洛五邊形 ABCDE 的周長 l1；
(2) π 5 +1設正五邊形 ABCDE 外接圓周長為 l2，試比較 l1與 l2大小，并說明理由．（注： cos = ）5 4
【典例 10-2】數學中處處存在著美，機械學家萊洛發現的萊洛三角形就給人以對稱的美感.萊洛三角形的畫
法：先畫等邊三角形 ABC ，再分別以點 A, B,C 為圓心，線段 AB 長為半徑畫圓弧，便得到萊洛三角形.如圖
所示，已知 AB = 2，點P,Q 分別在弧 AC ，弧 AB 上，且 PBC = a , QCB = b .
p uuur uuur
(1)若a = 時，求 的值.
12 BP × BC
p p uur uuur
(2)若a = , b = 時，求BP ×CQ 的值.6 4
【變式 10-1】（2024·高三·江蘇鎮江·期中）數學中處處存在著美，機械學家萊洛發現的萊洛三角形就給人
以對稱的美感.萊洛三角形的畫法：先畫等邊三角形 ABC ，再分別以點A ， B ，C為圓心，線段 AB 長為半
徑畫圓弧，便得到萊洛三角形.如圖所示，已知 AB = 2，O為BC中點，點 P ，Q分別在弧 AC ，弧 AB 上，
設 PBC = ACQ = q .
q p
uuur
(1)當 = 時，求 PQ ；
6
uuur uuur
(2)求OP ×OQ 的取值范圍.
【變式 10-2】（2024·高三·江蘇南京·期中）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任
意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為等邊三角形的頂
B + C 2
點” ．如圖，在VABC 中，內角 A，B，C 的對邊分別為 a,b,c，且10 sin ÷ = 7 - cos2A．以
è 2
AB, BC, AC 為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為O1,O2 ,O3 ．
(1)求角A ；
(2)若 a = 3, VO1O2O
7 3
3 的面積為 ，求VABC 的面積．
4
【變式 10-3】法國著名軍事家拿破侖 波拿巴提出過一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構
造三個等邊三角形，則這三個三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形的頂點”．如圖，在非直角VABC
中，內角A ， B ，C的對邊分別為 a，b， c，已知 a sin 2C = cosC[2 3bsin A - 2a sin(B - A)]．分別以 AB ，
AC ，BC為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為O1 ，O2 ，O3 ．
(1)求A ；
(2)若△ABD 7 3，△BCF 的面積分別為 4 3 ， ，且b < a ，求VO1O2O3 的面積．
4
1．克羅狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希臘天文學家、地理學家、數學家，他在所著的《天文集》中講述了
制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積小于或等于兩組對邊乘積之和，
當且僅當對角互補時取等號. 如圖，半圓O的直徑為 2cm，A 為直徑延長線上的點，OA = 2 cm， B 為半圓
上任意一點，且三角形 ABC 為正三角形.
π
(1)當 AOB = 時，求四邊形OACB的周長；
3
(2)當 B 在什么位置時，四邊形OACB的面積最大，并求出面積的最大值；
uuur uuur
(3)若OC 與 AB 相交于點D，則當線段OC 的長取最大值時，求OD × AB 的值.
2．由倍角公式 cos2x＝2cos2x－1，可知 cos2x 可以表示為 cosx 的二次多項式，對于 cos3x，我們有 cos3x＝
cos(2x＋x)
＝cos2xcosx－sin2xsinx
＝(2cos2x－1)cosx－2(sinxcosx)sinx
＝2cos3x－cosx－2(1－cos2x)cosx
＝4cos3x－3cosx
可見 cos3x 可以表示為 cosx 的三次多項式．一般地，存在一個 n 次多項式 Pn(t)，使得 cosnx＝Pn(cosx)，這
些多項式 Pn(t)稱為切比雪夫多項式．
(1)求證：sin3x＝3sinx－4sin3x；
(2)請求出 P4(t)，即用一個 cosx 的四次多項式來表示 cos4x；
(3)利用結論 cos3x＝4cos3x－3cosx，求出 sin18°的值．
3．（2024·高三·上海楊浦·期中）若實數 x ， y [0, 2p ]，且滿足 cos(x + y) = cos x + cos y，則稱 x y 是“余弦
相關”的.
p
(1)若 x = 2 ，求出所有與之“余弦相關”的實數
y ；
(2)若實數 x y 是“余弦相關”的，求 x 的取值范圍；
(3)若不相等的兩個實數 x y 是“余弦相關”的，求證：存在實數 z，使得 x z 為“余弦相關”的，y z 也為“余弦
相關”的.
4．已知正弦三倍角公式： sin 3x = 3sin x - 4sin3 x ①
（1）試用公式①推導余弦三倍角公式（僅用 cos x表示cos3x）；
a sin 3a 3 cos3a（2）若角 滿足 = ，求 的值.
sina 2 cosa
5．定義VABC 三邊長分別為 a，b， c，則稱三元無序數組 a,b,c 為三角形數．記 D為三角形數的全集，
即 a,b,c D ．
(1)證明：“ a,b,c D ”是“ a , b , c D ”的充分不必要條件；
uuur uuur uuur r
(2)若銳角VABC 內接于圓 O，且 xOA + yOB + zOC = 0，設 I = x, y, z x, y, z > 0 ．
①若 I = 3,4,5 ，求 SVAOB : SVAOC ；
②證明： I D．
6．已知函數 f x = sin x + cos x ， x R .
π 2π
(1)求 f ÷， f ÷的值并直接寫出 f x 的最小正周期；
è 6 è 3
(2)求 f x 的最大值并寫出取得最大值時 x 的集合；
(3)定義 g a = max f x - a ， a R ，求函數 g a 的最小值.
x R
7．在三角函數領域，為了三角計算的簡便并且追求計算的精確性，曾經出現過以下兩種少見的三角函數：
定義1- cosq 為角q 的正矢（Ver sin e 或Versed sin e ），記作 ver sinq ；定義1- sinq 為角q 的余矢（Coversed
或 coversedsine），記作 coversθ ．
(1)設函數 f x = 3ver sin x + cov ersx -1- 3 ，求函數 f x 的單調遞減區間；
é π π ì 2 - versin2x , versinx coversx
(2)當 x ê- ,
ù
ú時，設函數 g x =

í ，若關于 x 的方程 g x = k 的有三個實
2 2 2 - covers2x , versinx > coversx
根 x1 < x2 < x3，則：
①求實數 k 的取值范圍；
k +1
②求 + covers xversin4x + 3k 1 + x2 的取值范圍．3
8．（2024·山東菏澤·二模）定義二元函數 f m, n m,n N* ，同時滿足：① f 1,1 =1；②
f m +1, n = f m, n + 2n；③ f m, n +1 = f m, n + 2m 三個條件．
(1)求 f 3,1 , f 2,3 的值；
(2)求 f m, n 的解析式；
a f 1, n , S sina1x sina2x sina3x L sina x(3)若 n = n = + + + + n , x 0,2π Sa1 a2 a3 a
．比較 n 與 0 的大小關系，并說明理由．
n
附：參考公式
sina cos b 1= ésin a + b + sin a - b ù ;cosa sin b
1
= ésin a + b - sin a - b ù2 2
cosacosb 1= é cos a + b + cos a - b ù ;sinasinb
1
= - écos a + b - cos a - b ù2 2
9．固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691 年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程
x x
- x
c c e + e- x
y c(e + e )= ，其中 c為參數.當c =1時，就是雙曲余弦函數 cosh x = ，類似地我們可以定義雙曲正
2 2
ex - e- x
弦函數 sinh x = .它們與正、余弦函數有許多類似的性質.
2
(1)類比正弦函數的二倍角公式，請寫出雙曲正弦函數的一個正確的結論: sinh 2x = _____________.（只寫出
即可，不要求證明）；
(2)"x [-1,1]，不等式 cosh 2x + mcosh x 0 恒成立，求實數m 的取值范圍；
x [π 3π(3)若 , ]，試比較 cosh(sin x)與 sinh(cos x)的大小關系，并證明你的結論.
4 2
10．人臉識別技術應用在各行各業，改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或
者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似
度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.假設二維空間兩個點 A x1, y1 ，
B x2 , y2 ，曼哈頓距離 d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 .
余弦相似度： cos A, B
x1 x2 y y= + 1 2
x2
.
1 + y
2
1 x
2
2 + y
2
2 x
2
1 + y
2
1 x
2 2
2 + y2
余弦距離：1- cos A, B .
1
(1)若 A 1, - 3 ，B ,
3
÷÷，求 A，B 之間的 d A, B 和余弦距離；
è 2 2
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b cos M , N 1 1，若 = ， cos M ,Q = ，求
3 2
tana tan b 的值.
11．十七世紀法國數學家、被譽為業余數學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一
個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小.”它的答案是：“當三角形的三個角均
小于120°時，所求的點為三角形的正等角中心，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角120°；當三角
形有一內角大于或等于120°時，所求點為三角形最大內角的頂點.”在費馬問題中所求的點稱為費馬點. 試用
以上知識解決下面問題：已知VABC 的內角 A, B,C 所對的邊分別為 a,b,c，且
2cos(B + C)(B - C) - cos 2A =1
(1)求A ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(2)若bc = 2，設點 P 為VABC 的費馬點，求PA × PB + PB × PC + PC × PA；
(3)設點 P 為VABC 的費馬點， PB + PC = t PA ，求實數 t 的最小值.
12．（2024·湖南長沙·一模）“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出.該問題是：“在一個三角形內求作
一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小.”意大利數學家托里拆利給出了解答，當VABC 的三個
內角均小于120°時，使得 AOB = BOC = COA =120°的點O即為費馬點；當VABC 有一個內角大于或等
于120°時，最大內角的頂點為費馬點.試用以上知識解決下面問題：
已知VABC 的內角A ， B ，C所對的邊分別為 a，b， c，且 cos 2B + cos 2C - cos 2A =1
(1)求A ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(2)若bc = 2，設點 P 為VABC 的費馬點，求PA × PB + PB × PC + PC × PA .
13．（2024·安徽合肥·模擬預測）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形
的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為等邊三角形的頂點”.如圖，
2
在△ABC B + C 中，內角 A，B，C 的對邊分別為 a,b,c，且10 sin ÷ = 7 - cos2A .以 AB, BC, AC 為邊向外作
è 2
三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為O1,O2 ,O3 .
(1)求角A ；
(2)若 a = 3,VO1O2O
7 3
3 的面積為 ，求VABC 的周長.
4
14．法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個
等邊三角形，則這個三個三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形的頂點”.如圖，在 VABC 中，內角A ，
B ，C的對邊分別為 a，b， c，已知 a cos B - C = cos A 2 3bsin C - a .以 AB ，BC， AC 為邊向外作三
個等邊三角形，其外接圓圓心依次為O1 ，O2 ，O3 .
(1)求A ；
(2) a 7 3若 = 3，VO1O2O3 的面積為 ，求VABC 的周長.
12
15．定義在封閉的平面區域 D 內任意兩點的距離的最大值稱為平面區域 D 的“直徑”．如圖，已知銳角三角
a cos B
形的三個頂點 A，B，C 在半徑為 1 的圓上，角的對邊分別為 a，b，c，若 + b = 2c．
cos A
(1)求角 A 的大小；
(2)分別以VABC 各邊為直徑向外作三個半圓，這三個半圓和VABC 構成平面區域 D，求平面區域 D 的“直
徑”的取值范圍．拔高點突破 01 三角函數與解三角形背景下的新定義問題
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結 ...............................................................................................................................3
題型一：托勒密問題 ............................................................................................................................3
題型二：與三角有關的新定義函數 ....................................................................................................8
題型三：n 倍角模型與倍角三角形...................................................................................................13
題型四：雙曲正余弦函數 ..................................................................................................................18
題型五：射影幾何問題 ......................................................................................................................23
題型六：正余弦方差 ..........................................................................................................................29
題型七：曼哈頓距離和余弦距離 ......................................................................................................32
題型八：費馬問題 ..............................................................................................................................35
題型九：布洛卡點問題 ......................................................................................................................41
題型十：勒洛三角形、萊洛三角形、拿破侖三角形 ......................................................................47
03 過關測試 .........................................................................................................................................54
在三角函數與解三角形背景下的新定義問題中，解題方法通常涉及對三角函數性質、解三角形方法的
深入理解以及靈活應用。以下是一些常用的解題方法：
1、理解新定義：
首先，需要仔細閱讀題目中的新定義，理解其含義和所涉及的數學概念。
將新定義與已知的三角函數或解三角形的方法聯系起來，找出其中的關聯點。
2、利用三角函數性質：
應用三角函數的定義、誘導公式、同角關系式、和差化積公式等，將問題轉化為已知的三角函數問題。
利用三角函數的圖像和性質，如周期性、奇偶性、單調性等，來分析和解決問題。
3、應用解三角形的方法：
使用正弦定理、余弦定理等解三角形的基本方法，將三角形的邊和角聯系起來。
通過作輔助線、構造特殊三角形等方式，將復雜問題轉化為簡單問題。
4、結合圖形分析：
在解題過程中，結合圖形進行分析，可以更直觀地理解問題。
利用圖形的對稱性、相似性等性質，簡化計算過程。
5、注意特殊值和極端情況：
在解題時，要注意考慮特殊值和極端情況，如角度為 0°、90°、180°等。
這些特殊值往往能提供更簡單的解題路徑或用于驗證答案的正確性。
6、綜合應用多種方法：
在解題過程中，可能需要綜合運用多種方法，如代數法、幾何法、三角法等。
靈活轉換不同的解題方法，以適應不同的問題情境。
可以使用不同的方法或代入特殊值進行驗證，以確保答案的正確性。
解決三角函數與解三角形背景下的新定義問題，需要深入理解相關概念和方法，并靈活應用多種解題
策略。通過不斷的練習和反思，可以提高解決這類問題的能力。
題型一：托勒密問題
【典例 1-1】古希臘數學家托勒密對凸四邊形（凸四邊形是指沒有角度大于 180°的四邊形）進行研究，終
于有重大發現：任意一凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當四點共圓時等
號成立.且若給定凸四邊形的四條邊長，四點共圓時四邊形的面積最大.根據上述材料，解決以下問題，如
圖，在凸四邊形 ABCD中，
π
(1)若 AB = 2 ， BC =1， ACD = ， AC = CD（圖 1），求線段BD長度的最大值；2
(2)若 AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4（圖 2），求四邊形 ABCD面積取得最大值時角A 的大小，并求出四
邊形 ABCD面積的最大值；
(3)在滿足（2）條件下，若點 P 是△ABD 外接圓上異于B, D的點，求PB + PD的最大值.
π
【解析】（1）由 AB = 2 ， BC =1， ACD = ， AC = CD，可得2 AD = 2CD
，
由題意可得 AB CD + BC AD AC BD，
即 AB CD + BC 2CD CD BD ，
即 2 + 2 BD，當且僅當 A, B,C, D 四點共圓時等號成立
即BD的最大值為 2 2 ；
（2）如圖 2，連接BD，因為四點共圓時四邊形的面積最大， AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4，
所以 A + C = π，即 cosC = -cos A， sin A = sin C ，
在△ABD 中， BD2 = AB2 + AD2 - 2AB × AD cos A = 4 +16 - 2 2 4cos A = 20 -16cos A ，①
在△BCD中，由余弦定理可得 BD2 = BC 2 + CD2 - 2BC × CD cosC = 36 +16 + 2 6 4cos A = 52 + 48cos A，②
由①②可得 20 -16cos A = 52 + 48cos A，
解得 cos A
1
= - ，而 A (0, π) A
2π
，可得 =
2 3
，
所以 sin A sin C 3= = ，
2
1 1 1 3 1 3
此時 SABCD = SV ABD + SVBCD = AB AD sin A + BC CD sin C = 2 4 + 6 4 = 8 3 ．2 2 2 2 2 2
A 2π所以 = 時，四邊形 ABCD3 面積取得最大值，且最大值為8 3．
（3）由題意可知所以 A + P = π，即 cos P = -cos A
1
=
2 ，
在△ BPD中，由余弦定理可得 BD2 = PB2 + PD2 - 2PB × PD cos P = PB2 + PD2 - PB × PD = 52 + 48cos A ,
故PB2 + PD2 - PB × PD = 28 PB + PD 2 - 3PB × PD = 28 ,
2
2
故 PB + PD = 28 + 3PB × PD 28 + 3 PB + PD ÷ ，
è 2
故 PB + PD 4 28 = 4 7 ，當且僅當 PB = PD = 2 7 時等號成立，
故PB + PD最大值為 4 7
【典例 1-2】（1）四點共圓是平面幾何中一種重要的位置關系：
如圖，A ， B ，C，D四點共圓，BD為外接圓直徑，CB = CD ， ACD = 30°， AB = 4，求BD與 AC 的長
度；
（2）古希臘的兩位數學家在研究平面幾何問題時分別總結出如下結論：
①（托勒密定理）任意凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當該四邊形的四
個頂點共圓時等號成立．
②（婆羅摩笈多面積定理）若給定凸四邊形的四條邊長，當且僅當該四邊形的四個頂點共圓時，四邊形的
面積最大．
根據上述材料，解決以下問題：
ACD π（i）見圖 1，若 AB = 2 ， BC =1， = ， AC = CD，求線段BD長度的最大值；2
（ii）見圖 2，若 AB = 2，BC = 6， AD = CD = 4，求四邊形 ABCD面積取得最大值時角A 的大小，并求
出此時四邊形 ABCD的面積．
【解析】（1）因為BD為外接圓直徑，CB = CD ， ACD = 30°， AB = 4，
由同弧所對的圓周角相等，可得 ABD = ACD = 30°， ADB = 60°，
CDB = CBD = 45°，所以 ADC = 105° ，
而 sin105° = sin(45° + 60°) = sin 45 cos60 cos 45 sin 60
2 (1 3 ) 6 + 2° ° + ° ° = + = ，
2 2 2 4
BD AB 4 8 3= = =
所以 cos30° 3 3 ，
2
AD 3 AB 4 3= = ，
3 3
AC AD
在VACD中，由正弦定理可得 = ，
sin ADC sin ACD
6 + 2
AC sin ADC AD sin105° 4 3 4 4 3 6 2 + 2 6即 = × = × = = ；
sin ACD sin 30° 3 1 3 3
2
BD 8 3即 = ， AC 6 2 + 2 6= ；
3 3
（2）（i）設 AC = CD = x ，則 AD = 2x ，
由材料可知， AB ×CD + BC × AD AC × BD ，
即 2 × x +1× 2x BD × x ，
解得BD 2 2 ，
所以線段BD長度的最大值為 2 2 ．
（ii）由材料可知，當 A、B、C、D 四點共圓時，四邊形 ABCD的面積達到最大．
連接BD，在△ABD 中，由余弦定理得：
BD2 = AB2 + AD2 - 2AB × AD cos A = 20 -16cos A，①
在 △BCD中，由余弦定理得：
BD2 = BC 2 + CD2 - 2BC × CD cosC = 52 - 48cosC ，②
因為 A、B、C、D 四點共圓，所以 A + C = π，從而 cos A = cos(π - C) = -cosC ，③
1
由①②③，解得 cos A = - ，
2
因為 A (0, π)
2π
，所以 A = 3 ．
S 1 AB AD sin A 1從而 V ABD = × × = 2 4 sin
2π
= 2 3
2 2 3 ，
S 1 CB CD sin C 1 πVBCD = × × = 6 4 sin = 6 32 2 3 ，
所以 S四邊形ABCD = SV ABD + SVBCD = 8 3 ．
【變式 1-1】克羅狄斯 ×托勒密（約 90-168 年）是希臘著名的數學家、天文學家和地理學家.他一生有很多
發明和貢獻，其中托勒密定理和托勒密不等式是歐幾里得幾何中的重要定理.托勒密不等式內容如下：在凸
四邊形 ABCD中，兩組對邊乘積的和大于等于兩對角線的乘積，即 AD × BC + AB ×CD AC × BD ，當 ABCD
四點共圓時等號成立.已知凸四邊形 ABCD中， AB = AD =1 .
(1)當△BCD為等邊三角形時，求線段 AC 長度的最大值及取得最大值時△BCD的邊長；
(2)當 2sin2 DBC + 3sin2 BDC = 2sin DBCsin BCDsin CDB + sin2 BCD 時，求線段 AC 長度的最大值.
【解析】（1）設BC = CD = DB = x ，因為 AC × BD AB × DC + AD × BC ，所以 AC × x x + x ，
所以 AC 2 ，當 A, B,C, D 四點共圓時等號成立，因為 BCD = 60o ， DAB =120o，
在VDAB中，BD2 = AB2 + AD2 - 2AB × ADcos DAB =1+1- 2cos120o = 3，
所以BD = 3 ，所以△BCD的邊長為 3；
（2）設BC = d ,CD = b, BD = c ，在△BCD中，
因為 2sin2 DBC + 3sin2 BDC = 2sin DBCsin BCDsin CDB + sin2 BCD ，
2b2 + 3d 2 - c2
所以 2b2 + 3d 2 = 2bdsin BCD + c2 ，所以 sin BCD = ，
2bd
2 2 2 2 2
因為 cos BCD b + d - c= .所以 sin BCD - cos BCD b + 2d 2 2bd= = 2 ，
2bd 2bd 2bd
當且僅當b = 2d 時等號成立，
因為 sin BCD - cos BCD = 2sin
BCD π- ÷ 2

，所以 2sin BCD
π
- ÷ = 2 ，
è 4 è 4
所以 BCD
3π
= ,b = 2d ，
4
由 c2 = b2 + d 2 - 2bdcos BCD = 5d 2 ，故 c = 5d ，
因為 AC × BD AB × DC + AD × BC ， AB = AD =1，
2 +1 10 + 5
所以 AC × 5d 2d + d ，所以 AC = .
5 5
【變式 1-2】已知半圓 O 的半徑為 1，A 為直徑延長線上的點，且OA = 2，B 為半圓上任意一點，以 AB 為
一邊作等邊VABC ，設 AOB = a .
2π
(1)當a = 時，求四邊形OACB的周長；
3
(2)托勒密所著《天文集》中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積不大于兩組對邊乘積之和，
當且僅當對角互補時取等號.據以上材料，當線段OC 的長取最大值時，求 AOC ；
(3)當a 為何值時，四邊形OACB的面積最大，并求此時面積的最大值.
2 2 2
【解析】（1）在VABO 中，由余弦定理得 AB = OA + OB - 2OA ×OB ×cosa =1+ 4 - 2 1
1
2 - ÷ = 72 ，即è
AB = 7 ，
于是四邊形OACB的周長為OA + OB + 2AB = 3 + 2 7 ；
（2）因為OB × AC + OA × BC AB ×OC ，且VABC 為等邊三角形，OB =1，OA = 2，
所以OB + OA OC ，
所以OC 3，
即OC 的最大值為 3，取等號時 OBC + OAC =180°，
所以 cos OBC + cos OAC = 0 ，
2
AB = x x +1- 9 x
2 + 4 - 9
不妨設 ，則 + = 0，解得 x = 7 ，
2x 4x
所以 cos AOC
9 + 4 - 7 1
= = ，
2 2 3 2
所以 AOC = 60°；
（3）在VABO 中，由余弦定理得 AB2 = OA2 + OB2 - 2OA × OB × cosa = 5 - 4cosa ，
所以 AB = 5 - 4cosa ，
因為0 < a < π ，于是四邊形OACB的面積為：
S = S 1VA0B + SΔABC = OA ×OB ×sina
3 AB2 sina 3+ = + (5 - 4cosa ) = sina - 3 cosa 5 3+ = 2sin(a π) 5 3- +
2 4 4 4 3 4
，
a π π當 - = ，即a
5π
= 5 3時，四邊形OACB的面積取得最大值為 2 + ．
3 2 6 4
5 3
所以，當 B 滿足 BOA =150°時，四邊形OACB的面積最大，最大值為 2 + ．
4
題型二：與三角有關的新定義函數
【典例 2-1】對于定義域為 R 的函數 y = g x ，若存在常數T > 0，使得 y = sin g x 是以T 為周期的周期函
數，則稱 y = g x 為“正弦周期函數”，且稱T 為其“正弦周期”.
x
(1)判斷函數 y = x + cos 2 是否為“正弦周期函數”，并說明理由；
(2)已知 y = g x 是定義在 R 上的嚴格增函數，值域為 R，且 y = g x 是以T 為“正弦周期”的“正弦周期函
g 0 π數”，若 = , g T 9π 5π= ，且存在 x0 0,T ，使得 g x0 = ，求 g 2T 的值；2 2 2
(3)已知 y = h x 是以T 為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且存在 a > 0和 A > 0 ，使得對任意 x R ，都
有 h x + a = Ah x ，證明： y = h x 是周期函數.
x
【解析】（1） g x = x + cos ，則 g x + 4π = x + 4π cos x + 4π x+ = x + cos + 4π ，
2 2 2
故 sin g x + 4π = sin x cos x 4π sin x cos x + + = + = sin g x
è 2 ÷ ÷
，
è 2
所以 y = x + cos
x
2 是正弦周期函數
.
5π 5π
（2）存在 x0 0,T ，使得 g x0 = ，故 sin g x = sin =1，2 0 2
因為 y = g x 是以T 為“正弦周期”的“正弦周期函數”，
所以 sin g x0 +T = sin g x0 =1，
g T 9π又 = ， sin g T =1，
2
所以 sin g x0 +T = sin g T =1，
又 sin g 2T = sin g T ，
則 sin g x0 +T = sin g 2T =1，
故 g x π π0 +T = 2mπ + , g 2T = 2tπ + ，m, t Z ，2 2
因為 x0 0,T ，所以 x0 +T T , 2T ，且 y = g x 嚴格增，
π
由于 g 0 = , g T 9π g x 5π= ， = ，
2 2 0 2
π 9π
故 2mπ + > , 2tπ
π π
+ > 2mπ + ，解得m > 2, t > m，
2 2 2 2
則整數m 3, t 4，
下證 t = 4 .
若不然， t 5
π 21π
，則 g 2T = 2tπ + ，由 y = g x 的值域為 R 知，
2 2
存在 x1, x2 T , 2T ， x1 x g x
13π g x 17π2 ，使得 1 = ， 2 = ，2 2
則 sin g x1 = sin g x2 = sin g x1 -T = sin g x2 -T =1，
0 < x1 -T < x2 -T < T ，
y = g(x) π 9π由 嚴格單調遞增可知 = g 0 < g x1 -T < g x2 -T < g T = ，2 2
又 sin g x1 -T = sin g x2 -T =1，
故 x1 - T = x2 - T = x0 ，這與 x1 x2 矛盾.
故 t
17π
= 4，綜上所述， g 2T = ；
2
（3）法 1：若 A =1，則由 h x + a = h x 可知 y = h x 為周期函數.
若 0 < A < 1，則對任意 x0 R n，存在正整數 n，使得 A h x0 1且 Anh x0 + T 1 .
因為 y = h x 是以T 為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且 h x + a = Ah x ，
所以 sin Anh x0 +T = sin h x0 + na +T = sin h x0 + na = sin Anh x0 ，
故 h x0 +T = h x0 ，所以 h x +T = h x ，
若 A >1，則同理可證（取 n為負整數即可）.
綜上，得證.
法 2：假設 y = h x 不是周期函數，則 h x +T = h x 與 h x + a = h x 均不恒成立.
顯然 A 1 .
因為 h x +T = h x 不恒成立，所以存在 x0 R ，使得 h x0 + T h x0 ，
因為 A 0,1 U 1, + ，所以存在 n Z n，使得 A h x0 < 1且 Anh x0 + T < 1，
其中若 A >1，取 n為負整數；若 0 < A < 1，取 n為正整數.
因為 y = h x 是以T 為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且 h x + a = Ah x ，
n
由正弦周期性得 sin A h x0 +T = sin h x0 + na +T = sin h x0 + na = sin Anh x0 ，
sin An即 h x0 +T = sin Anh x0 ，
所以 h x0 +T = h x0 ，矛盾，假設不成立，
綜上， y = h x 是周期函數.
【典例 2-2】知道在直角三角形中，一個銳角的大小與兩條邊長的比值相互唯一確定，因此邊長與角的大
小之間可以相互轉化．與之類似，可以在等腰三角形中建立邊角之間的聯系，我們定義：等腰三角形中底
邊與腰的比叫做頂角的正對 sad ．如圖，在VABC 中， AB = AC ．頂角A 的正對記作 sadA，這時
sadA 底邊 BC= = ．容易知道一個角的大小與這個角的正對值也是相互唯一確定的．
腰 AB
根據上述對角的正對定義，解下列問題：
(1) sad60o的值為（ ）
A 1． 2 B．1 C
3
． D． 2
2
(2)對于0o < A <180o， A的正對值 sad A的取值范圍是______．
3
(3)已知 sina = ，其中a 為銳角，試求 sada 的值．
5
【解析】（1）在等腰VABC 中， A = 60o ， AB = AC ，則VABC 為等邊三角形，
sad60o sadA BC所以， = = =1，
AB
故選：B.
（2）在等腰VABC 中， AB = AC ，取BC的中點D，連接 AD，則 AD ^ BC ，
sadA BC 2BD 2cos B 2cos 90o A= = = = - 則 ÷ = 2sin
A
，
AB AB è 2 2
因為0o
A A
< A <180o，則0o < < 90o ，故 sadA = 2sin 0,2 .2 2
故答案為： 0,2 .
Q0 a π a π（3） < < ，則0 < < ，所以， cosa = 1- sin2 a
4 a
= =1- 2sin2 ，
2 2 4 5 2
a 10
所以， sin = ，因此， sada = 2sin a 10= .
2 10 2 5
ur ur
【變式 2-1】已知函數 f x = a sin x + bcos x，稱向量 p = a,b 為 f x 的特征向量， f x 為 p 的特征函數.
(1)設 g x = 2sin p - x + sin 3 p - x

÷ ，求 g x 的特征向量；
è 2
ur
(2)設向量 p = 3,1 的特征函數為 f x p p，求當 f x 6= x 且 - , ÷時， sin x 的值；5 è 6 3
ur 1 3
(3)設向量 p = - , ÷÷ 的特征函數為 f x ，記 h x f
2 x 1= - ，若 h x 在區間 a,b 上至少有 40 個零點，
è 2 2 4
求b - a的最小值.
【解析】（1）因為 g x = 2sin p - x 3+ sin p - x ÷ = 2sin x - cos x，
è 2
ur
所以函數 g x 的特征向量 p = 2,-1 ；
ur
（2）因為向量 p = 3,1 的特征函數為 f x ，
所以 f x = 3 sin x + cos x = 2sin x
p
+ ÷ ，
è 6
p 3
由 f x 6= ，得 sin x + ÷ = ，5 è 6 5
因為 x
p p p p
- ,6 3 ÷
，所以 x +
6
0, ÷，
è è 2
cos x p 4所以 + ÷ = ，
è 6 5
sin x sin é x p p ù 3 3 4 1 3 3 - 4所以 = ê + ÷ - ú = - = ；
è 6 6 5 2 5 2 10
ur 1 3
（3）因為向量 p = - , ÷÷ 的特征函數為 f x ，
è 2 2
所以 f x 1= - sin x 3+ cos x = cos x
p
+
2 2 6 ÷
，
è
h x f 2 x 1= - = cos2 p 1 1 p 1則 x + ÷ - = cos

4 6 4 2
2x +
3 ÷
+ ，
è è 4
令 h x = 0 ，則 cos 2x
p 1
+
3 ÷
= - ，
è 2
則 2x
p 2p
+ = + 2kp 4p或 + 2kp , k Z，
3 3 3
則 x
p p
= + kp 或 + kp , k Z，
6 2
由 h x 在區間 a,b 上至少有 40 個零點，
p
不妨設 a = ，
6
p p p p
則b +19T + - ÷ = +19T ，6 è 2 6 2
b p則 - a +19T
p 58p
= +19p = ，
3 3 3
58p
所以b - a的最小值為 .
3
【變式 2-2】定義函數 f x = cos sin x 為“正余弦”函數.結合學過的知識，可以得到該函數的一些性質：容
易證明2π為該函數的周期，但是否是最小正周期呢？我們繼續探究：
f x + π = cos é sin x + π ù = cos -sin x = cos sin x = f x .可得： π也為函數 f x = cos sin x 的周期.但是
否為該函數的最小正周期呢？我們可以分區間研究 f x = cos sin x 的單調性：函數 f x = cos sin x 在
é π
ê0,
π ù ù
2 ú 是嚴格減函數，在
, πú上嚴格增函數，再結合 f x + π = f x ，可以確定： f x = cos sin x 的最 è 2
小正周期為 π .進一步我們可以求出該函數的值域了.定義函數 f x = sin cos x 為“余正弦”函數，根據閱讀
材料的內容，解決下列問題：
(1)求“余正弦”函數的定義域；
(2)判斷“余正弦”函數的奇偶性，并說明理由；
(3)探究“余正弦”函數的單調性及最小正周期，說明理由，并求其值域.
【解析】（1） f x = sin cos x 的定義域為R .
（2）對于函數 f x = sin cos x ，
f -x = sin é cos -x ù = sin cos x = f x ，所以 f x 是偶函數.
（3） f x + 2π = sin é cos x + 2π ù = sin cos x = f x ，
y = cos x在區間 0, π 上遞減， y = sin x 在區間 -1,1 上遞增，所以 f x = sin cos x 在 0, π 上遞減.
y = cos x在區間 π,2π 上遞增， y = sin x 在區間 -1,1 上遞增，所以 f x = sin cos x 在 0, π 上遞增.
所以 f x 的最小正周期為2π，
f x 在 2kπ,2kπ + π k Z 上是嚴格減函數，在 2kπ + π,2kπ + 2π k Z 上是嚴格增函數.
結合 f x = sin cos x 的單調性可知， f x 的值域為 -sin1,sin1 .
題型三：n 倍角模型與倍角三角形
【典例 3-1】由倍角公式cos2q = 2cos2 q -1，可知 cos 2q 可以表示為cosq 的二次多項式．對于cos3q ，我
們有
cos3q = cos(2q +q ) = cos 2q cosq - sin 2q sinq
= 2cos2 q -1 cosq - 2sin2 q cosq
= 2cos3 q - cosq - 2 1- cos2 q cosq
= 4cos3 q - 3cosq
可見cos3q 也可以表示成cosq 的三次多項式．
(1)利用上述結論，求 sin18°的值；
(2)化簡 cos 60° -q cos 60° +q cosq ；并利用此結果求 sin 20°sin 40°sin 60°sin80°的值；
1 3
(3) 3 3 3 3已知方程 4x - 3x - = 0在 (-1,1)上有三個根，記為 x1, x2 , x3，求證： 4x1 + 4x2 + 4x3 = .2 2
【解析】（1）90° = 2 18° + 3 18°，所以 cos54° = sin 36° ，
因為 cos54° = sin 36° 4cos3 18° - 3cos18° = 2sin18°cos18°，
因為 cos18° > 0， 4cos2 18° - 3 = 2sin18° 4 1- sin2 18° - 3 = 2sin18°，
即 4sin2 18° + 2sin18° -1 = 0，
因為 sin18° > 0 ，解得 sin18 5 -1 - 5 -1° = （ 舍）.
4 4
1 3
（2） cos 60° -q cos 60° +q cosq = cosq + sinq
1
÷÷ cosq
3
- sinq
2 2 2 2 ÷÷
cosq
è è
1= cos
2 q 3- sin2 q cosq
è 4 4 ÷
= cos
2 q 3- cosq
è 4 ÷
1
= 4cos3 q - 3cosq 1= cos3q ，4 4
故 sin 20°sin 40°sin 60°sin80 3° = cos 70°cos50°cos10°
2
3
= cos(60 +10)°cos(60 -10)°cos10°
2
3 1 3
= cos30° = ；
2 4 16
（3）證明：因為 x (-1,1)，故可令 x = cosq (0 < q < π) ，
故由 4x3 - 3x
1
- = 0 3可得： 4cos q - 3cosq
1
- = 0(0 < q < π)(*) ．
2 2
1
由題意得： cos3q = ，因0 < q < π，故0 < 3q < 3π，
2
3q π 3q 5π 7π故 = ，或 = ，或3q = ，
3 3 3
π 5π 7π
即方程（*）的三個根分別為 ， ， ，
9 9 9
4x3又 - 3x
1
- = 0 3，故 4x = 3x
1
+ ，
2 2
3 3 3
于是， 4x1 + 4x2 + 4x3 = 3 x
3
1 + x2 + x3 + 2
= 3 cos
π
+ cos 5π + cos 7π 3÷ +
è 9 9 9 2
3cos π 2π= -

÷ + 3cos
π 2π
+

÷ + 3cos

π
2π 3
- +
è 3 9 ÷ è 3 9 è 9 2
3 cos π cos 2π π 2π π 2π π 2π 2π 3= + sin sin
+ 3 cos cos - sin sin - 3cos +
è 3 9 3 9 ÷ ÷ è 3 9 3 9 9 2
1 2π 2π 3
= 6 cos - 3cos +
2 9 9 2
3
= .
2
【典例 3-2】（2024·福建廈門·二模）定義：如果三角形的一個內角恰好是另一個內角的兩倍，那么這個三
角形叫做倍角三角形.如圖，VABC 的面積為S，三個內角 A、B、C 所對的邊分別為 a,b,c，且
sinC 2S= .
c2 - b2
(1)證明：VABC 是倍角三角形；
(2)若 c = 9，當S取最大值時，求 tanB .
2 1 absin C
【解析】（1）因為 sinC 2S 2 absin C= = = ，
c2 - b2 c2 - b2 c2 - b2
ab
又sinC 0 ,所以
c2
=1，
- b2
則b2 = c2 - ab，
又由余弦定理知，b2 = a2 + c2 - 2ac cos B ，
故可得 2c cos B = a + b，
由正弦定理， 2sin C cos B = sin A + sin B ,
又 sin A = sin B + C = sin B cosC + cos B sin C ,
代入上式可得 sin C cos B = sin B cosC + sin B ,
即 sin C cos B - sin B cosC = sin B，
sin C - B = sin B，
則有C - B = B,C = 2B ,
故VABC 是倍角三角形.
（2）因為C = 2B，所以 A = π - B - C = π - 3B > 0 ,
故0
π
< B < ，則 tan B 0, 3 ，又 c = 9，3
a c 9sin A 9sin π - 3B= 9sin 3B又 ，則 a = = = ,
sin A sin C sin C sin 2B sin 2B
S 1 9則 = ac sin B = a sin B
2 2
9 9sin 3B
= sin B 81 sin 3B= × ,
2 sin 2B 4 cos B
81 sin 2B cos B + cos 2B sin B
= ×
4 cos B
81
= sin 2B + cos 2B tan B
4
81 2 tan B 1- tan2 B
= 2 + × tan B4 è1+ tan B 1+ tan
2 B ÷
81 3tan B - tan3 B
=
4 1+ tan2 B
3
設 x = tan B 0, 3 ， f x 3x - x= 2 ，1+ x
3- 3x2 1+ x2 - 3x - x3 ×2x
則 f x =
21+ x2
-x4 - 6x2 + 3
=
2 21+ x
令 f x = 0得 x2 = 2 3 -3或者 x2 = -2 3 - 3（舍），
且當0 < x2 < 2 3 - 3時， f x > 0，
當 2 3 - 3 < x2 < 3時， f x < 0，
則 f x 在 0, 2 3 - 3 上單調遞增，
在 2 3 - 3, 3 上單調遞減，
故當 x = 2 3 - 3時， f x 取最大值，
此時S也取最大值，
故 tan B = 2 3 - 3 為所求.
【變式 3-1】由倍角公式 cos 2x = 2cos2 x -1，可知 cos 2x 可以表示為 cos x的二次多項式，對于cos3x，我
們有 cos3x = cos(2x + x) = cos 2x cos x - sin 2x sin x
= 2cos2 x -1 cos x - 2(sin x cos x)sin x
= 2cos3 x - cos x - 2 1- cos2 x cos x
= 4cos3 x - 3cos x ．
可見cos3x可以表示為 cos x的三次多項式．
(1)對照上述方法，將 sin 3x可以表示為 sin x 的三次多項式；
(2) 若 x 0,
p
2 ÷，解關于
x 的方程 cos3x 2 3= - sin 2x ．
è 3
【解析】（1） sin 3x = sin(2x + x) = sin 2x cos x + cos 2x sin x
= 2sin x cos2 x + 1- 2sin2 x sin x
= 2sin x 1- sin2 x + sin x - 2sin3 x
= 3sin x - 4sin3 x；
（2）由 cos3x 2 3= - sin 2x ，可得 4cos3 x 3cos x 4 3- = - sin x cos x ，
3 3
∵ x 0,
p cos x 0
2 ÷， ，è
∴ 4cos2 x 4 3- 3 = - sin x ，即 4
3 1 sin
2 x 3 4 3- - = - sin x，3
整理可得12sin2 x - 4 3 sin x - 3 = 0，
解得 sin x 3= 或 sin x 3= - （舍去），
2 6
x p∴ = .
3
【變式 3-2】由倍角公式cos2q = 2cos2 q -1，可知 cos 2q 可以表示為cosq 的二次多項式.對于cos3q ，我們
有 cos3q = cos 2q +q = cos 2q cosq - sin 2q sinq = 2cos2 q -1 cosq - 2sin2 q cosq
= 2cos3 q - cosq - 2 1- cos2 q cosq = 4cos3 q - 3cosq ，可見cos3q 也可以表示成cosq 的三次多項式.以上推
理過程體現了數學中的邏輯推理和數學運算等核心素養，同時也蘊含了轉化和化歸思想.
(1)試用以上素養和思想方法將 sin 3q 表示成sinq 的三次多項式；
(2)化簡 sin 60° -q sin 60° +q sinq ，并利用此結果求 sin 20°sin 40°sin80°的值.
【解析】（1） sin 3q = sin 2q +q = sin 2q cosq + cos 2q sinq
= 2sinq cos2 q + 1- 2sin2 q sinq = 2sinq 1- sin2 q + sinq - 2sin3 q
= 3sinq - 4sin3 q

（2） sin 60° -q sin 60° +q sinq 3 1 3 1= cosq - sinq ÷÷ × cosq + sinq ÷÷sinq
è 2 2 è 2 2
3
= 2
1 2 3 3
cos q - sin q ÷sinq = - sin
2 q 1- sin2 q ÷sinq
3
= sinq 1- sin3 q = 3sinq - 4sin3 q
è 4 4 è 4 4 4 4 4
從而 sin 60° -q sin 60 1° +q sinq = sin 3q ，
4
故 sin 20°sin 40°sin80° = sin 20°sin 60° - 20° sin 60° + 20°
1
= sin 3 20 1 3 3° = =
4 4 2 8
【變式 3-3】由倍角公式 cos 2x = 2cos2 x -1，可知 cos 2x 可以表示為僅含 cos x的二次多項式.
（1）類比 cos 2x 公式的推導方法，試用僅含有 cos x的多項式表示cos3x ；
（2）已知3 18o = 90o - 2 18o，試結合第（1）問的結論，求出 sin18o 的值.
【解析】（1） cos3x = cos 2x + x ，利用兩角和的余弦公式及二倍角的余弦公式可得結果；（2）利用（1）
的結論，結合誘導公式與平方關系可得結果.
試題解析：（1） cos3x = cos 2x + x = cos2xcosx - sin2xsinx
= 2cos2x -1 cosx - 2sinxcosx sinx = 2cos3x - cosx - 2 1- cos2x cosx
= 4cos3x - 3cosx .
（2）因為 cos 3 18o = cos 90o - 2 18o ，
所以 4cos318o - cos18o = 2sin18o cos18o ，所以 4cos218o - 3 = 2sin18o ，
所以 4sin218o + 2sin18o -1 = 0，解得 sin18o 5 -1= 或 sin18o - 5 -1= （舍去）.
4 4
題型四：雙曲正余弦函數
【典例 4-1】（2024·福建泉州·模擬預測）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線
x x-
.1691 c e
c + e c ÷
年，萊布尼茨等得出懸鏈線的方程為 è ，其中 c為參數．當c =1時，該表達式就是雙曲y =
2
excosh x + e
- x
余弦函數，記為 = ，懸鏈線的原理常運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．已知
2
ì sin x
' = cos x
三角函數滿足性質：①導數： í ；②二倍角公式： cos 2x = 2cos2' x -1；③平方關系：
cos x = -sin x
ex - e- x
sin2 x + cos2 x =1．定義雙曲正弦函數為 sinh x = ．2
(1)寫出 sinh x ， cosh x 具有的類似于題中①、②、③的一個性質，并證明該性質；
(2)任意 x > 0，恒有 sinhx - kx > 0成立，求實數 k 的取值范圍；
17
(3)正項數列{an}(n N*) 滿足 a1 = a > 1
2
， an+1 = 2an -1，是否存在實數 a，使得 a2024 = ？若存在，求出 a的8
值；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）①導數： sinh x = cosh x ， cosh x = sinh x ，證明如下：
ì ex - e- x

ex + e- x
sin hx = ÷ = = cos hx
è 2 2
í ，
ex + e- x ex - e- x
cos hx
= ÷ = = sin hx
è 2 2
②二倍角公式： cosh 2x = 2 coshx 2 -1，證明如下：
x - x
2
2x -2x 2x
2 coshx 2 1 2 e + e 1 e + 2 + e 1 e + e
-2x
- = ÷ - = - = = cosh 2x ；
è 2 2 2
③平方關系： (cosh x)2 - (sinh x)2 =1，證明如下：
x - x 2 x - x
2
2x -2x 2x -2x coshx 2 - sinhx 2 e + e e - e e + 2 + e e - 2 + e= ÷ - ÷ = - =1；
è 2 è 2 4 4
（2）令F x = sinhx - kx， x (0,+ )，F x = coshx - k ，
x - x
①當 k 1 e + e時，由 coshx = ex ×e- x =1，
2
又因為 x > 0，所以 ex e- x ，等號不成立，
所以F x = coshx - k > 0，即 F (x)為增函數，
此時F (x) > F (0) = 0，對任意 x > 0， sinhx > kx 恒成立，滿足題意；
②當 k >1時，令G(x) = F (x) ， x (0,+ )，則G x = sinhx > 0，可知G(x)是增函數，
由G(0) =1- k < 0 G ln2k 1與 = > 0可知，存在唯一 x0 0, ln 2k ，使得G(x0 ) = 0，4k
所以當 x (0, x0 )時，F (x) = G(x) < G(x0 ) = 0，則 F (x)在 (0, x0 )上為減函數，
所以對任意 x (0, x0 )，F (x) < F (0) = 0，不合題意；
綜上知，實數 k 的取值范圍是 - ,1 ；
x - x
（3 e + e）方法一、由 a1 = a > 1，函數 cosh x = 的值域為 1, + ，2
對于任意大于 1 的實數 a1，存在不為 0 的實數m ，使得 coshm = a1，
類比雙曲余弦函數的二倍角公式 cosh 2x = 2 coshx 2 -1，
由 coshm = a1， a2 = 2 coshm
2 -1 = cosh 2m ， a3 = cosh 22 m ，
n-1
猜想： an = cosh 2 m ，
由數學歸納法證明如下：①當 n =1 a = a = cosh 21-1時， 1 m = cosh m 成立；
② n = k(k a = cosh(2k -1假設當 為正整數）時，猜想成立，即 k m)，則
2 2a ék +1 = 2ak -1 = 2 cosh 2k -1m ù -1 = cosh 2 2k -1m = cosh 2k m ，符合上式，
n-1
綜上知， an = cosh 2 m ；
a 17若 2024 = cosh 22023 m = ，8
et2023 cosht + e
-t 17 t 1設 t = 2 m ，則 = = ，解得： e = 4 或 ，
2 8 4
ln 2 em + e-m 1 1 -1
t ln 4 m = ± a = coshm = = 222022 + 222022

即 = ± ，所以 ，即
22022 1 2 2
÷÷．
è
1 1 -1a = 222022 + 222022
17
綜上知，存在實數
2 ÷÷
，使得 a2024 = 成立．
è 8
方法二、構造數列 xn (xn > 0)，且 an = cosh xn ，
因為 an+1 = 2a
2 2
n -1，所以 an+1 = 2 coshxn -1 = cosh 2xn ，
則 an+1 = cosh xn+1 = cosh 2xn ，
因為cosh x 在 (0, + )上單調遞增，所以 xn+1 = 2xn ，即{xn}是以 2 為公比的等比數列，
22023 1
所以 x = x 22023 ，所以 ex2024 x12024 1 = e ，所以 ex1 = ex2024 22023 ，
1 x 17 1
又因為 a 2024 - x2024 x20242024 = cosh x2024 = e + e2 = ，解得 e = 4 或 ，8 4
1 -1 1 -1
a = a = cosh x 1= ex1 + e- x1 1= 422023 + 422023 1 所以 1 1 ÷÷ = 22
2022 + 222022 ，
2 2 ÷÷è 2 è
1 1 -1a = 222022 2022
17
綜上知，存在實數
2
+ 22 ÷÷，使得 a2024 = 成立．
è 8
【典例 4-2】在數學中，雙曲函數是與三角函數類似的函數，最基本的雙曲函數是雙曲正弦函數與雙曲余
x
sinh x e - e
- x ex + e- x
弦函數，其中雙曲正弦函數： = ，雙曲余弦函數： cosh x = .（e 是自然對數的底數，
2 2
e = 2.71828L）.雙曲函數的定義域是實數集，其自變量的值叫做雙曲角，雙曲函數出現于某些重要的線性
微分方程的解中，譬如說定義懸鏈線和拉普拉斯方程.
(1)計算 cosh 2 - 2cosh2 1 的值；
(2)類比兩角和的余弦公式，寫出兩角和的雙曲余弦公式： cosh x + y = ______，并加以證明；
(3)若對任意 t 0, ln 2 ，關于 x 的方程 sinh t + cosh x = m有解，求實數m 的取值范圍.
2 -2 -1
【解析】（1）由已知可得， cosh 2 e + e= ， cosh 1 e + e= ，
2 2
2
cosh2 1 e + e
-1 e2 + e-2 + 2
所以 = = ，
è 2
÷
4
e2 + e-2 e2 -2
所以 cosh 2 + e + 2 - 2cosh2 1 = - 2 ÷ = -1.2 è 4
（2） cosh x + y = cosh x cosh y + sinh x sinh y ，證明如下：
ex+ y + e- x+ y
左邊= cosh x + y = ，
2
x - x y - y x - x y - y
右邊= cosh x cosh y + sinh x sinh y e + e e + e e - e e - e= × + ×
2 2 2 2
ex+ y + ex- y + e- x+ y + e- x- y ex+ y - ex- y - e- x+ y + e- x- y x+ y - x+ y
= + e + e= .
4 4 2
所以，左邊=右邊，
所以 cosh x + y = cosh x cosh y + sinh x sinh y .
ex +e- x t -t
（3）原題可轉化為方程 cosh x = m - sinh t e - e有解，即 = m - 有解.
2 2
t -t x - x
令 f t e - e= ， t 0, ln 2 ， g x e +e= ，
2 2
t -t ln 2
f t e - e 0, ln 2 f 0 = 0 f ln 2 e - e
- ln 2 3
因為 = 在 上單調遞增， ， = = ，
2 2 4
0 f t 3所以 .
4
ex +e- x 2 ex ×e- x
又 =1，當且僅當 ex =e- x ，即 x = 0時等號成立，
2 2
etm - e
-t ex +e- x et - e-t
所以 - = 1，即m 1+ ，即m 1+ f (t)
7
max =1+ f (ln 2) = ，2 2 2 4
m 7所以 ，即m [
7 ,+ ) .
4 4
【變式 4-1】（2024·上海·二模）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691 年，萊
x x
- x
c c e + e- x
布尼茨等得出“懸鏈線”方程 y c(e + e )= ，其中 c為參數.當c =1時，就是雙曲余弦函數 ch x = ，
2 2
懸鏈線的原理運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．類比三角函數的三種性質：①平方關系：
(sin x) = cos x,
sin2 x + cos2 x =1；②兩角和公式： cos x + y = cos x cos y - sin x sin y ì，③導數： í(cos x) sin x,定義雙曲 = -
ex - e- x
正弦函數 sh x = ．
2
(1)直接寫出 sh x ， ch x 具有的類似①、②、③的三種性質（不需要證明）；
(2)當 x > 0時，雙曲正弦函數 y = sh(x) 的圖像總在直線 y = kx 的上方，求直線斜率 k 的取值范圍；
5
(3) 2無窮數列 an 滿足 a1 = a ， an+1 = 2an -1，是否存在實數 a，使得 a2024 = ？若存在，求出 a的值，若不4
存在，說明理由.
2 2
【解析】（1）平方關系： ch x - sh x =1；
和角公式： ch x + y = ch x ch y + sh x sh y ；
ì sh(x) = ch(x)
導數： í ．
ch(x) = sh(x)
ex + e- x
2 2
ex - e- x
理由如下：平方關系， ch2 x - sh2 x = ÷ - ÷
è 2 è 2
e2x + e-2x + 2 e2x + e-2x - 2
= - =1；
4 4
ex+ y + e- x- y
和角公式： ch x + y = ，
2
x - x y - y x - x y - y
ch x ch y + sh x sh y e + e e + e e - e e - e= × + ×
2 2 2 2
ex+ y + ex- y + e- x+ y + e- x- y ex+ y - ex- y - e- x+ y + e- x- y
= +
4 4
ex+ y + e- x- y
=
2
故 ch x + y = ch x ch y + sh x sh y ；
ex - -e- x x - x ex - e- x
導數： sh(x) e + e= = = chx ， ch(x) = = shx；
2 2 2
（2）構造函數F x = sh x - kx ， x 0, + ，
由（1）可知F x = ch x - k ，
x
① k 1 ch(x) e + e
- x
當 時，由 = ex ×e- x =1，
2
又因為 x > 0，故 ex e- x ，等號不成立，
所以F x = ch x - k > 0，故 F (x)為嚴格增函數，
此時F (x) > F (0) = 0，故對任意 x > 0， sh(x) > kx恒成立，滿足題意；
②當 k >1時，令G x = F x , x 0, + ，
則G x = sh x > 0，可知G x 是嚴格增函數，
G(0) =1- k < 0 G(ln 2k) 1由 與 = > 0可知，存在唯一 x0 (0, ln 2k) ，使得G(x0 ) = 0，4k
故當 x (0, x0 )時，F (x) = G(x) < G(x0 ) = 0，則 F (x)在 (0, x0 )上為嚴格減函數，
故對任意 x (0, x0 )，F (x) < F 0 = 0，即 sh(x) > kx，矛盾；
綜上所述，實數 k 的取值范圍為 - ,1 ．
（3）當 a1 = a -1,1 時，存在q 0, π ，使得 cosq = a，
n-1
由數學歸納法證明： an = cos 2 q ，證明如下：
①當 n =1時， a1 = a = cos 21-1q = cosq 成立，
②假設當 n = k （ k k -1為正整數）時， ak = cos 2 q ，
a = 2a2 -1 = 2cos2 k -1 k -1則 k +1 k 2 q -1 = cos 2 2 q = cos 2kq 成立.
a = cos 2n-1綜上： n q .
所以 a1 = a -1,1 ，有 an -1,1
5
，即 a2024 .4
當 a1 = a - , -1 1, + 時， a1 >1，
x - x
而函數 ch x e + e= 的值域為 1, + ，
2
則對于任意大于 1 的實數 a1 ，存在不為 0 的實數m ，使得 ch m = a1 ，
2
類比余弦二倍角公式，猜測 ch 2x = 2ch x -1.
證明如下：
x - x 2 2x -2x 2x -2x
2ch2 x e + e 1 2 1 e + 2 + e 1 e + e- = ÷ - = - = = ch 2x
è 2 2 2
類比 a1 -1,1 時的數學歸納法，設 a1 = ch m ，
2
易證 a2 = 2ch m -1 = ch 2m ， a3 = ch 22 m ，L， an = ch 2n-1m ，L，
a = ch 22023所以若 2024 m 5= ，4
et + e-t
設 t = 22023 m ，則 ch t 5 1= = ，解得： et = 2或 2 ，即 t = ± ln 2，2 4
ln 2 ema ch m + e
-m 1 1 1-
所以m = ± 2023 ，于是 1 = = = 2
2023 + 2 2023 .
2 2 2 ֏
1 1 1-
綜上：存在實數 a = ± 22023 + 2 2023 a
5
2 ÷使得 2024
= 成立.
è 4
題型五：射影幾何問題
【典例 5-1】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，O為透視中心，平
面內四個點E, F ,G, H 經過中心投影之后的投影點分別為 A, B,C, D ．對于四個有序點 A, B,C, D ，定義比值
CA
x = CBDA 叫做這四個有序點的交比，記作 ABCD ．
DB
(1)證明： EFGH = ABCD ；
3 sin ACO 3
(2)已知 EFGH = ，點 B 為線段 AD的中點， AC = 3OB = 3, = ，求 cosA．
2 sin AOB 2
【解析】（1）在VAOC、△AOD、VBOC 、VBOD中，
1
CA S OA ×OC sin AOCVAOC 2 OAsin AOC= = = ，
CB S 1VBOC OB ×OC sin BOC OB sin BOC
2
1
DA S OA ×OD sin AODVAOD 2 OAsin AOD= = =
DB S 1VBOD OB ×OD sin BOD OB sin BOD
2
CA OAsin AOC
ABCD CB OB sin BOC sin AOC ×sin BOD所以 = DA = OAsin AOD = ，sin BOC ×sin AOD
DB OB sin BOD
又在△EOG、△EOH 、VFOG 、△FOH 中，
1
GE S OE ×OG sin EOGVEOG 2 OE sin EOG= = = ，
GF S 1VFOG OF ×OG sin FOG OF sin FOG
2
1
HE S OE ×OH sin EOH
= VEOH = 2 OE sin EOH=
HF S 1VFOH OF ×OH sin FOH OF sin FOH
2
GE OE sin EOG
EFGH GF OF sin FOG sin EOG ×sin FOH所以 = HE = OE sin EOH = ，sin FOG ×sin EOH
HF OF sin FOH
又 EOG = AOC ， FOH = BOD ， FOG = BOC ， EOH = AOD
sin AOC ×sin BOD sin EOG ×sin FOH
所以 = ，
sin BOC ×sin AOD sin FOG ×sin EOH
所以 EFGH = ABCD .
（2）由題意可得 EFGH 3 ABCD 3= ，所以 = ，
2 2
CA
CB 3= CA DB 3 DB 1即 DA ，所以 × = ，又點 B 為線段 AD的中點，即 = ，2 CB DA 2 DA 2
DB
CA
所以 = 3，又 AC = 3，則 AB = 2， BC =1，
CB
設OA = x，OC = y 且OB = 3 ，
由 ABO = π - CBO ，所以 cos ABO + cos CBO = 0，
2 2
22 + 3 - x2 12 + 3 - y2
即 2 2+ = 0 ，解得 x + 2y =15①，
2 2 3 2 1 3
在VAOB AB x中，由正弦定理可得 = ②，
sin AOB sin ABO
OB y
在△COB 中，由正弦定理可得 = ③，
sin BCO sin CBO
且 sin ABO = sin CBO，
x AB sin BCO 3 2
② ③得 = × = = 3y sin AOB OB 2 ，即 x = 3y ④3
由①④解得 x = 3， y = 3 （負值舍去），即 AO = 3，OC = 3
2
2 2 2
所以 cos A AO + AB
2 - OB2 3 + 2 - 3 5
= = = .
2AO × AB 2 3 2 6
【典例 5-2】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，O為透視中心，平
面內四個點E, F ,G, H 經過中心投影之后的投影點分別為 A, B,C, D .對于四個有序點 A, B,C, D ，定義比值
CA
r = CBDA 叫做這四個有序點的交比，記作 (ABCD) .
DB
(1)若點B,C 分別是線段 AD, BD 的中點，求 (ABCD) ；
(2)證明： (EFGH ) = (ABCD) ；
sin ACO 3
(3)已知 (EFGH )
3
= B
2 ，點 為線段 AD的中點， AC = 3OB = 3， = ，求 cos A .sin AOB 2
CA 3 DA 3
【解析】（1）由已知 = ， = 2 ，所以 (ABCD) = .
CB 1 DB 2
（2）在VAOC，△AOD，VBOC ，VBOD中，
1
CA S OA ×OC sin AOC
= VAOC
OAsin AOC
= 2 = DA OAsin AOD1 ，同理 = ，CB SVBOC OB ×OC sin BOC OB sin BOC DB OBsin BOD
2
CA OAsin AOC
(ABCD) = CB = OBsin BOC sin AOC × sin BOD所以 DA OAsin AOD = sin BOC × sin AOD ，
DB OBsin BOD
又在△EOG，△EOH ，VFOG ，△FOH 中，
1
GE S OE ×OG sin EOGVEOG 2 OE sin EOG= = = HE OE sin EOH1 ，同理 = ，GF SVFOG OF ×OG sin FOG OF sin FOG HF OF sin FOH
2
GE OE sin EOG
所以 (EFGH ) GF OF sin FOG
sin EOG × sin FOH
= HE = OE sin EOH = sin FOG × sin EOH ，
HF OF sin FOH
又 EOG = AOC ， FOH = BOD ， FOG = BOC ， EOH = AOD ，
sin AOC ×sin BOD sin EOG ×sin FOH
所以 = ，所以 (EFGH ) = (ABCD) .
sin BOC ×sin AOD sin FOG ×sin EOH
（3）方法一：
CA
由 (EFGH )
3 3
= ，可得 (ABCD) = ，即 DA
3
= CA DB 3
2 2 DA ，所以 × = ，2 CB DA 2
DB
DB 1 CA
又點 B 為線段 AD 的中點，即 = ，所以 = 3，
DA 2 CB
又 AC = 3，所以CB = 1， AB = 2，CD =1，
又已知 AC = 3OB = 3，所以OB = 3 .
設OA = x，OC = y ，由 ABO = π - CBO ，得 cos ABO + cos CBO = 0，
22 + ( 3)2 - x2 12 + ( 3)2 - y2
即 + = 0，解得 x2 + 2y2 =15，…①
2 2 3 2 1 3
VAOB AB x AB在 中，由正弦定理可得 = ，得 x = × sin ABO ，…②
sin AOB sin ABO sin AOB
OB y y OB在△COB 中，由正弦定理可得 = ，得 = × sin CBO，…③
sin BCO sin CBO sin BCO
又 sin ABO = sin CBO，
x AB sin BCO 3 2
② ③得 = × = = 3y sin ，即 ，…④ AOB OB 2 x = 3y3
由①④解得 x = 3， y = 3 （負值舍去），即 AO = 3，OC = 3 ，
2
cos A AO + AB
2 - OB2 32 + 22 - ( 3)2 5
所以 = = = .
2AO × AB 2 3 2 6
方法二：
因為 (EFGH )
3
= ，所以 (ABCD)
3
= ，設 AB = DB = x2 2 ，則BC = 3- x，
又 B 為線段 AD 的中點，所以CD = x - (3 - x) = 2x - 3，
又已知 AC = 3， AC = 3OB = 3，所以OB = 3 ，
(ABCD) CA DB 3 x 3所以 = × = × = ，得 x = 2，
CB DA 3 - x 2x 2
所以 AB = 2，BC = CD =1，
1
S AB OA ×OBsin AOB△AOB = = 2 2 3OA sin AOB 3OA 2 2 OA由 ，得 1 = × = × = ×S ，△BOC BC CB ×COsin BCO OC sin ACO OC 3 3 OC
2
2 OA
所以 × = 2 ，設OC = yOC ，則OA = 3y ，3
由 ABO， CBO互補得
2 2 2 2 2 2
cos ABO + cos CBO 0 2 + ( 3) - ( 3y) 1 + ( 3) - y= ，即 + = 0，
2 2 3 2 1 3
解得 y = 3 ，所以OC = 3 ，OA = 3，
AO2 2 2 2 2cos A + AB - OB 3 + 2 - ( 3)
2 5
所以 = = = .
2AO × AB 2 3 2 6
【變式 5-1】射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，光從O點出發，平
面內四個點E, F ,G, H 經過中心投影之后的投影點分別為 A, B,C, D .對于四個有序點 A, B,C, D ，若
uuur uuur uuur uuur l
CA = lCB，DA = m DB ，定義比值 x = m 叫做這四個有序點的交比，記作 ABCD .
1 1 m
(1)當 x = -1時，稱 A, B,C, D 為調和點列，若 + = mAC AD AB ，求 的值；
(2)①證明： EFGH = ABCD ；
EFGH 3 AC 3 OB 3 sin ACO 3②已知 = ，點 B 為線段 AD的中點， = = ， = ，求 OA ， OC .
2 sin AOB 2
【解析】（1）由 x = -1< 0知：C , D 兩點分屬線段 AB 內外分點，
不妨設 AB = AC + CB ， AB = AD - BD，
AB 1 CB AB BD則 = + ， =1- ，
AC AC AD AD
CB BD AB AB
由 x = -1知： = ，\ + = 2，
AC AD AC AD
1 1 2
\ + = ，即m = 2 .
AC AD AB
（2）①在VAOC,VAOD,VBOC,VBOD中，
1
CA S ×OA ×OC ×sin AOCVAOC 2 OA ×sin AOC= = = ，
CB S 1VBOC ×OB ×OC ×sin BOC OB ×sin BOC
2
1
DA S ×OA ×OD ×sin AODVAOD OA ×sin AOD= = 2 = ，
DB S 1VBOD ×OB ×OD ×sin BOD OB ×sin BOD
2
CA
ABCD CB OA ×sin AOC OB ×sin BOD sin AOC ×sin BOD則 = DA = × =OB ×sin BOC OA ×sin AOD sin BOC ×sin AOD
DB
在VEOG,VEOH ,VFOG,VFOH 中，
1
GE S ×OE ×OG ×sin EOGVEOG 2 OE ×sin EOG= = = ，
GF S 1VFOG ×OF ×OG ×sin FOG OF ×sin FOG
2
1
HE S ×OE ×OH ×sin EOHVEOH 2 OE ×sin EOH= = 1 = ，HF SVFOH ×OF ×OH ×sin FOH OF ×sin FOH
2
GE
EFGH GF OE ×sin EOG OF ×sin FOH sin EOG ×sin FOH則 = GE = × = ，OF ×sin FOG OE ×sin EOH sin FOG ×sin EOH
HF
又 EOG = AOC, FOH = BOD, FOG = BOC, EOH = AOD ，
sin AOC ×sin BOD sin EOG ×sin FOH
\ = ，
sin BOC ×sin AOD sin FOG ×sin EOH
即 EFGH = ABCD ；
CA
3
②Q ABCD = EFGH 3= ，\ DB CA DB 3DA = ，即 × = ，2 2 CB DA 2
DB
DB 1 CA
又點 B 為線段 AD的中點，即 = ，則 = 3，
DA 2 CB
又 AC = 3，則 AB = 2， BC =1，
設OA = x，OC = y ，且OB = 3 ，
由 ABO = π - CBO 可知： cos ABO + cos CBO = 0，
2 222 + 3 - x2 12 + 3 - y2
即 + = 0 ，整理可得： x
2 + 2y2 =15；
2 2 3 2 1 3
在VAOB AB x中，由正弦定理得： = ，
sin AOB sin ABO
OB y
在VBOC 中，由正弦定理得， = ，
sin BCO sin CBO
且 sin ABO = sin CBO，
x AB sin BCO 3 2
則 = × = × = 3y sin AOB OB 2 ，即 x = 3y，3
ì x = 3y ì x = 3 ì x = -3
由 í 2 2 得： í 或 í （舍），即 OA = 3， OC = 3 .
x + 2y =15 y = 3 y = - 3
題型六：正余弦方差
1 2 2 2
【典例 6-1】定義: m = ésin q1 -q0 + sin q -qn 2 0 +L+ sin qn -q0
ù 為實數q1,q2 ,L,qn 對q0的“正弦方
差”.
π
(1)若q = ,q
2π
= ,q = π，則實數q ,q ,q 對q 的“正弦方差” m1 2 3 1 2 3 0 的值是否是與q0無關的定值，并證明你的3 3
結論
q π ,q a ,q b ,a π(2)若 1 = 2 = 3 = , π

÷ , b π,2π ，若實數q1,q2,q3對q0的“正弦方差” m 的值是與q0無關的定4 è 2
值，求a , b 值.
1
【解析】（1）“正弦方差” m 的值是與q0無關的定值 2 ；
π
證明：若q1 = ,q
2π
2 = ,q3 = π，3 3
m 1 é則 = êsin
2 π 2π
-q
2 2
0 ÷ + sin -q0 ÷ + sin π -q0
ù
3 è 3 è 3 ú
1[1 1 cos 2π= - - 2q
1
0 ÷÷ + 1 cos
4π 1-
3 2 3 2
- 2q
3 0 ÷÷
+ 1- cos 2π - 2q0 )ù
è è è è 2
1[3 1 2π 4π= - cos - 2q0 ÷ + cos - 2q0 ÷ + cos 2π
ù
- 2q
3 2 2 3 0
)
è è è 3
ú

1 1 écos 2π 2q cos 2π ù= - -
2 6 ê 3 0 ÷
+ + 2q0 ÷ + cos 2q0
è è 3
ú

1 1 2cos 2π= - cos 2q0 + cos 2q

2 6 3 0 ֏
1 1
= - -cos 2q0 + cos 2q0 2 6
1
= .
2
（2）若q
π
1 = ,q2 = a ,q3 = b ,a
π , π

÷ , b π,2π ，4 è 2
1 é 2 π 2 2
根據題意，m = êsin -q0 ÷ + sin a -q0 + sin (b -q ]3 4 0 ÷ è
1
= [1 1- cos
π
- 2q
1
0 ÷÷ + 1- cos 2a - 2q0 1+ 1- cos 2b - 2q3 2 0 ) ùè è 2 2 2
1[3 1 π ù= - cos - 2q

0 ÷ + cos 2a - 2q0 + cos 2b - 2q )3 2 2 0 úè è 2
1 1
= - sin 2q0 + cos 2a cos 2q0 + sin 2a sin 2q + cos 2b cos 2q + sin 2b sin 2q2 6 0 0 0
1 1
= - é sin 2q0 1+ sin 2a + sin 2b + cos 2q0 cos 2a + cos 2b ù2 6
m ìsin 2a + sin 2b = -1因為 的值是與q0無關的定值，故可得 í
cos 2a
，
+ cos 2b = 0
π
因為a , π

÷ , b π,2π ，故 2a π,2π , 2b 2π,4π ，
è 2
由 cos 2a + cos 2b = 0可知， 2a + 2b = 5π或 2b - 2a = π
5π π
，即a + b = 或 b -a = ，
2 2
b a π若 - = ，則 2b - 2a = π ， sin 2a + sin 2b = sin 2a + sin π + 2a = 0 -1，故舍去；
2
對 sin 2a + sin 2b = -1， cos 2a + cos 2b = 0兩邊平方后相加可得：
2 + 2cos 2b - 2a =1，即 cos 2b - 2a 1= - ；
2
因為 2b - 2a 0,3π 2b 2a 2π 4π- = 8π，故 或 或
3 3 3
，
π 2π 4π
即 b -a = 或 或 ；
3 3 3
ì 5π
a + b =
ì
a
13π
=
2 12
綜上所述，當 í π ，解得 í b a b 17π
，不滿足題意；
- = =
3 12
ìa 5π+ b = ì 11π a = 2 12
當 í
b a 2π
，解得 í 19π ，滿足題意；
- = b =
3 12
ìa b 5π+ = ì a 7π=
2 12
當 í ，解得 í ，滿足題意；
b -a 4π= b 23π=
3 12
ìa 11π= ì a 7π = 12 12
故 í
b 19π
或 í
b 23π
.
= =
12 12
【典例 6-2】對于集合 A = q1,q2 ,L,qn 和常數q0，定義：
cos2 q -q + cos2 q -q 2
m = 1 0 2 0
+L+ cos qn -q0 為集合 A 相對的q
n 0
的“余弦方差”.
A ì π(1)若集合 = í ,
π ü
,q0 = 0，求集合 A 相對q 的“余弦方差”；
3 4 0
ìπ
(2)若集合 A = í ,a , b
ü é3π é3π 7
4
，是否存在a
ê
, π ÷ , b , π ÷，使得相對任何常數q0的“余弦方差”是一個與
4 ê 2 4
q0無關的定值？若存在，求出a , b 的值：若不存在，則說明理由.
ì π π ü
【解析】（1）因為集合 A = í ,3 4
,q0 = 0，

cos2 π + cos2 π 1 1+
所以m 3 4 4 2 3= = = .
2 2 8
é3π é3π 7
（2）假設存在a ê , π ÷ , b ê , π ÷，使得相對任何常數q0的“余弦方差”是一個與q0無關的定值. 4 2 4
由“余弦方差”的定義得：
cos2 π -q

0 ÷ + cos
2 a -q + cos20 b -q0
m = è 4
3
é1 π ùê + cos

- 2q

1
= ê è 2
0 ÷
1+ cos 2a - 2q ú+ 0 1+ cos 2b - 2q+ 0 ú
3 ê 2 2 2 ú
ê ú
1 é 3 1 sin2q 1 cos2acos2q 1 sin2asin2q 1 cos2bcos2q 1= ê + 0 + 0 + 0 + 0 + sin2bsin2q
ù
3 2 2 2 2 2 2 0 ú
1 é 3 cos2q= ê + cos2a + cos2b 0 + 1+ sin2a + sin2b
sin2q0 ù
ú .3 2 2 2
ìcos 2a + cos 2b = 0
要使m 是一個q0與無關的定值，應有 í
sin 2a + sin 2
成立，
b = -1
則 cos 2a + cos 2b 2 + sin 2a + sin 2b 2 =1，
即 2 + 2cos 2a cos 2b + 2sin 2a sin 2b =1，
1
整理可得 cos 2a - 2b = - .
2
a é3π又因為 ê , π

÷ , b
é3π 7
4 ê
, π ÷，
2 4
2a é3π則 ê , 2π
é 7π 7π ù
÷， 2b ê3π, ÷，-2b - , -3π 2 2 è 2 ú
，

所以 2a - 2b -2π, -π ，
所以 2a 2b
4π 4π
- = - ，則 2b = 2a + ，
3 3
所以， cos2a + cos
4π
2a + 3 ÷
= 0，
è
即 cos2a + cos2acos
4π
- sin2asin 4π = 0，
3 3
整理可得 cos2a + 3sin2a = 0， tan2a 3= - .
3
2a é3π , 2π 2a 11π 2b 2a 4π 19π又因為 ê ÷，所以 = ， = + = ， 2 6 3 6
11π 19π
所以，假設成立，當a = , b = 時，相對任何常數q0的“余弦方差”是一個與q0無關的定值，定值為12 12
1
2 .
題型七：曼哈頓距離和余弦距離
【典例 7-1】人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人
臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間
的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點
A x1, y1 ，B x2 , y2 ，則曼哈頓距離為： d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度為：
cos A, B x= 1 x y y 2 + 1 2
x2 + y2 x2 2 2 2 2 2 ，余弦距離為
1- cos A, B
1 1 2 + y2 x1 + y1 x2 + y2
(1)若 A 3 4-1,2 B , ， 5 5 ÷，求 A，B 之間的曼哈頓距離 d A, B 和余弦距離；è
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b cos M , N 1 2，若 = ， cos M ,Q = ，求
5 5
tana tan b 的值
3 4 14
【解析】（1） d A, B = -1- + 2 - = ，
5 5 5
cos A, B -1 3 2 4 5= + = ，故余弦距離等于1- cos A, B5 5 5
5
=1- ；
5 5 5
cos M , N sina sin b cosa cos b（2） = × + ×sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b
= sina sin b + cosa cos b 1= ；
5
cos M ,Q sina sin b cosa -cos b= × + ×
sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b
= sina sin b 2- cosa cos b =
5
sina sin b 3
sina sin b
故 = ， cosa cos b
1
= - ，則 tana tan b = = -3
10 10 cosa cos b
.
【典例 7-2】人臉識別就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別
人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有
曼哈頓距離和余弦距離.已知二維空間兩個點 A x1, y1 、B x2 , y2 ，則其曼哈頓距離為
x x y y
d A, B = x 1 2 1 21 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度為 cos A, B = + x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2 x2 y2 ，余弦距離：1 1 2 2 1 1 2 + 2
1- cos A, B .
(1)若 A 1,1 、B 2, -2 ，求 A 、 B 之間的余弦距離；
0 a b π(2)已知 < < < ，M 5cosa ,5sina 、 N 13cos b ,13sin b , P 5cos a + b ,5sin a + b ，若
2
cos M , P 5= , cos M , N 63= ，求M 、 P 之間的曼哈頓距離.
13 65
【解析】（1）因為 A 1,1 、B 2,- 2 ，所以 cos A,B = 1 × 2 + 1 × -2 =0，
2 2 2 2 2 2
所以 A 、 B 間的余弦距離為1- cos A,B =1 .
2 2 2 2 2（ ）因為 5sina + 5cosa = 5， é 5sin a + b ù + é 5cos a + b ù = 5，
5cosa 5cos a + b 5sina 5sin a + b 5所以 cos M , P = + = cosb = .
5 5 5 5 13
因為0 < b
p
< ，所以 sinb = 1- cos2b =
12
.
2 13
因為 13sina 2 + 13cosa 2 =13，
cos M , N = 5cosa 13cosb 5sina 13sinb 63所以 + = cos a - b = .
5 13 5 13 65
π π
因為0 < a < b < ，則- < a - b < 0，
2 2
所以 sin a - b =- 1- cos2 a - b =- 16 .
65
因為 cosa = cos a - b + b = cos a - b cosb - sin a - b sinb 3= ，
5
sina = 1- cos2 a 4= ，所以M 3,4 .
5
因為 cos a +b =cosacosb - sinasinb =- 33 ，
65
sin a + b = sinacosb + cosasinb 56= ，
65
P - 33 , 56 所以 .
è 13 13 ÷
3- - 33 + 4- 56 = 72 + 4 = 76因為 ÷ ，
è 13 13 13 13 13
76
所以M 、 P 之間的曼哈頓距離是 .
13
【變式 7-1】人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人
臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間
的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點
A x1, y1 ，B x2 , y2 ，則曼哈頓距離為： d A, B = x1 - x2 + y1 - y2 ，余弦相似度為：
cos A, B x x y y= 1 2 + 1 2
2 2 2 2 2 1- cos A, B x1 + y1 x2 + y2 x1 + y2 x2 y2
，余弦距離為
1 2 + 2
3 4
(1)若 A -1,2 ，B , ÷，求 A，B 之間的曼哈頓距離 d A, B 5 5 和余弦距離；è
(2)已知M sina , cosa ， N sin b , cos b ，Q sin b , -cos b ，若 cos M , N 1= ， cos M ,Q 2= ，求
5 5
tana tan b 的值
π
(3)已知0 < a < b < ，M 5cosa ,5sina 、 N 13cos b ,13sin b ，P 5cos a + b ,5sin a + b ，若
2
cos M , P 5= ， cos M , N 63= ，求M 、 P 之間的曼哈頓距離.
13 65
d A, B 1 3 4 14【解析】（1） = - - + 2 - = ，
5 5 5
cos A, B -1 3 2 4 5= + = ，故余弦距離等于1- cos A, B 5=1- ；
5 5 5 5 5 5
cos M , N sina sin b cosa cos b（2） = × + ×sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b
= sina sin b + cosa cos b 1= ；
5
cos M ,Q sina sin b cosa -cos b= × + ×
sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b sin2 a + cos2 a sin2 b + cos2 b
= sina sin b - cosa cos b 2=
5
sina sin b
故 sina sin b
3
= ， cosa cos b
1
= - ，則 tana tan b = = -3
10 10 cosa cos b
.
3 2 2 2 2（ ）因為 5sina + 5cosa = 5， é5sin a + b ù + é5cos a + b ù = 5，
5cosa 5cos a + bcos M , P 5sina 5sin a + b 5所以 = + = cosb = .
5 5 5 5 13
因為0 < b
p
< ，所以 sinb = 1
12
- cos2b = .
2 13
因為 13sina 2 + 13cosa 2 =13，
cos M , N = 5cosa 13cosb + 5sina 13sinb所以 = cos a 63- b = .
5 13 5 13 65
0 a b π π因為 < < < ，則- < a - b < 0，
2 2
所以 sin a - b = - 1- cos2 a - b = 16- .
65
因為 cosa = cos a - b + b = cos a - b cosb - sin a 3- b sinb = ，
5
sina = 1-cos2 a = 4 ，所以M 3,4 .
5
33
因為 cos a +b =cosacosb - sinasinb = - ，
65
sin a b sinacosb cosasinb 56+ = + = ，
65
33 56
所以P - , ÷ .
è 13 13
3 33 + 4 56 72 4 76因為 - - 13 ÷
- = + = ，
è 13 13 13 13
76
所以M 、 P 之間的曼哈頓距離是 .
13
題型八：費馬問題
【典例 8-1】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題．該問題是：“在一個三角形內
求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小．”意大利數學家托里拆利給出了解答，當VABC 的
三個內角均小于120°時，使得 AOB = BOC = COA =120°的點O即為費馬點；當VABC 有一個內角大于
或等于120°時，最大內角的頂點為費馬點．試用以上知識解決下面問題：已知 a，b， c分別是VABC 三個
內角A ， B ，C的對邊
cos A π
(1)若 = sin C - ，
2cos B 6 ֏
①求 B ；
2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur②若b - a - c 2 = 6，設點 P 為VABC 的費馬點，求PA × PB + PB × PC + PC × PA的值；
(2)若 cos 2C + 2sin A + B sin A - B =1，設點 P 為 VABC 的費馬點， PB + PC = t PA ，求實數 t 的最小值．
cos A π π
【解析】（1）①因為 = sin C - ÷ ，所以 cos A = 2cos B sin C - 6 ÷ ，2cos B è 6 è
即 cos A = 2cos B
π
sin C cos - cosC sin
π
÷，
è 6 6
即 cos A = 3 cos Bsin C - cos B cosC ，
又 cos A = cos é π - C + B ù = -cos C + B = -cosC cos B + sin C sin B，
所以 3 cos B sin C = sin C sin B，
又C (0,π)，所以 sin C > 0，所以 3 cos B = sin B ，
所以 tan B
sin B
= = 3，因為 B (0, π) B π，所以 = 3 ．cos B
②由三角形內角和性質可知，VABC 的三個內角均小于120°，結合題設易知 P 點一定在VABC 的內部．
由余弦定理可得 a2 + c2 - b2 = 2ac cos B ，即 a2 + c2 - b2 = ac，
又b2 - a - c 2 = 6 ，即 a2 + c2 - b2 = 2ac - 6，所以 2ac - 6 = ac，解得ac = 6．
S 1 2π 1 2π 1 2π所以 △ABC = | PA | × | PB | sin + | PB | × | PC | sin + | PA | × | PC | ×sin2 3 2 3 2 3
1
= ac sin B 3 3= ，
2 2
所以 | PA | × | PB | + | PB | × | PC | + | PA | × | PC |= 6，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
所以PA × PB + PB × PC + PA × PC
=| PA | × | PB | cos 2π | PB | | PC | cos 2π+ × + | PA | × | PC | cos 2π×
3 3 3
= PA × PB + PB 2π× PC + PA × PC cos = -3．
3
（2）因為 cos 2C + 2sin A + B sin A - B =1，
所以1- 2sin2 C + 2sin C sin A - B =1，
sin2所以 C - sin C sin A - B = 0 ，
又C (0,π)，所以 sin C > 0，所以 sin C - sin A - B = 0，
則 sin A + B - sin A - B = 0，
即 sin Acos B + cos Asin B - sin Acos B + cos Asin B = 0 ，
所以 cos Asin B = 0，
又 A (0, π)， B (0, π) ，所以 sin B > 0，則 cos A
π
= 0，所以 A = ，
2
2π
點 P 為VABC 的費馬點，則 APB = BPC = CPA = ，
3
設 PB = m PA ， PC = n PA ， PA = x ， m > 0, n > 0, x > 0 ，
則由 PB + PC = t PA 得m + n = t ；
2 2 2 2 2 2π 2 2
由余弦定理得 | AB | = x + m x - 2mx cos = m + m +1 x ，3
| AC |2 = x2 + n2x2 - 2nx2 cos 2π = n2 + n +1 x2 ，3
| BC |2 = m2x2 + n2x2 - 2mnx2 cos 2π = m2 + n2 + mn x2 ，3
故由 | AC |2 + | AB |2 =| BC |2 2得 n + n +1 x2 + m2 + m +1 x2 = m2 + n2 + mn x2 ，
m + n 2
即m + n + 2 = mn m > 0, n > 0 m + n + 2 = mn ，而 ，故 ÷ ，
è 2
當且僅當m = n ，結合m + n + 2 = mn ，解得m = n = 1+ 3 時，等號成立，
又m + n = t ，即有 t 2 - 4t -8 0，解得 t 2 + 2 3或 t 2 - 2 3（舍去），
故實數 t 的最小值為 2 + 2 3 ．
【典例 8-2】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題．該問題是：“在一個三角形內
求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小．”意大利數學家托里拆利給出了解答，當VABC 的
三個內角均小于120°時，使得 AOB = BOC = COA =120°的點 O 即為費馬點；當VABC 有一個內角大
于或等于120°時，最大內角的頂點為費馬點．試用以上知識解決下面問題：已知VABC 的內角A ， B ，C
所對的邊分別為 a，b， c，且設點 P 為VABC 的費馬點．
(1)若 a2 + c2 - b2
π
= 3， 2sin B sin C + 3 ÷
= 3 sin A．
è
①求角 B ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
②求PA × PB + PB × PC + PC × PA．
(2)若 cos 2B + cos 2C - cos 2A =1， | PB | + | PC |= t | PA |，求實數 t 的最小值．
π
【解析】（1）①因為 2sin B sin C + ÷ = 2sin B
1
sin C
3
+ cosC
è 3 2 2
÷÷
è
= sin B sin C + 3 sin B cosC ，
3 sin A = 3 sin(B + C) = 3 sin B cosC + 3 cos B sin C ，
π
又 2sin B sin C + 3 ÷
= 3 sin A，
è
所以 sin B sin C + 3 sin B cosC = 3 sin B cosC + 3 cos B sin C ，
即 sin B sin C = 3 sin C cos B．因為sinC 0，所以 tan B
sin B
= = 3，
cos B
因為 B (0, π)
π
，所以 B = 3 ．
②由三角形內角和性質可知，VABC 的三個內角均小于120°，結合題設易知 P 點一定在VABC 的內部．
由余弦定理可得 a2 + c2 - b2 = 2ac cos B ，即 a2 + c2 - b2 = ac，
又 a2 + c2 - b2 = 3，解得 ac = 3．
S 1所以 △ABC = | PA | × | PB | sin
2π 1 | PB | | PC | sin 2π 1 | PA | | PC | sin 2π+ × + × ×
2 3 2 3 2 3
1 3 3
= ac sin B = ，
2 4
所以 | PA | × | PB | + | PB | × | PC | + | PA | × | PC |= 3，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
所以PA × PB + PB × PC + PA × PC
| PA | | PB | cos 2π= × + | PB | 2π× | PC | cos + | PA | 2π× | PC | ×cos
3 3 3
= | PA | × | PB | + | PB | × | PC | + | PA | × | PC | cos 2π 3= - ．
3 2
（2）由已知VABC 中 cos 2B + cos 2C - cos 2A =1，
即1- 2sin2 B +1- 2sin2 C -1+ 2sin2 A =1，
故 sin2 A = sin2 B + sin2 C ，由正弦定理可得 a2 = b2 + c2 ，
π
故VABC 直角三角形，即 A = ，
2
V APB BPC CPA 2π點 P 為 ABC 的費馬點，則 = = = ，
3
設 PB = m PA ， PC = n PA ， PA = x ， m > 0, n > 0, x > 0 ，
則由 PB + PC = t PA 得m + n = t ；
2 2 2 2 2
由余弦定理得 | AB | = x + m x - 2mx cos
2π
= m2 + m +1 x2 ，3
| AC |2 = x2 + n2x2 2nx2 cos 2π- =
3 n
2 + n +1 x2 ，
| BC |2 = m2x2 n2x2 2π+ - 2mnx2 cos =
3 m
2 + n2 + mn x2 ，
故由 | AC |2 + | AB |2 =| BC |2 2 2 2 2 2 2得 n + n +1 x + m + m +1 x = m + n + mn x2 ，
2
即m + n + 2 = mn ，而m > 0, n > 0 m m + n，故 + n + 2 = mn ÷ ，
è 2
當且僅當m = n ，結合m + n + 2 = mn ，解得m = n = 1+ 3 時，等號成立，
又m + n = t ，即有 t 2 - 4t -8 0，解得 t 2 + 2 3或 t 2 - 2 3（舍去），
故實數 t 的最小值為 2 + 2 3 ．
【變式 8-1】“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題.該問題是：“在一個三角形內求
作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小."意大利數學家托里拆利給出了解答，當VABC 的三
個內角均小于120o時，使得 AOB = BOC = COA =120o的點O即為費馬點；當VABC 有一個內角大于或
等于120o時，最大內角的頂點為費馬點.試用以上知識解決下面問題：已知 a,b,c分別是VABC 三個內角
A, B,C 的對邊，點 P 為VABC 的費馬點，且 cos2C + 2sin A + B sin A - B =1 .
(1)求A ；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(2)若bc = 6，求PA × PB + PB × PC + PC × PA的值；
(3)若 PB + PC = t PA ，求實數 t 的最小值.
2
【解析】（1）由已知可得1- 2sin C + 2 sin Acos B + sin B cos A sin Acos B - sin B cos A =1，
即 sin2 C = sin2 Acos2 B - sin2 B cos2 A，
sin2 C = sin2所以 A 1- sin2 B - sin2 B 1- sin2 A ，整理得 sin2 C + sin2 B = sin2 A，
所以由正弦定理可得 a2 = b2 + c2 ，
A π所以 = .
2
π
（2）由（1）可得 A = ，所以VABC 三個內角 A, B,C 都小于120°，
2
則由費馬點的定義可知 APB = BPC = CPA =120o ，
uuur uuur uuur
設 PA = x ， PB = y， PC = z ，
S 1 3 1 3 1 3 1由 △PAB + S△PAC + S△PBC = S△ABC 得 xy × + xz × + yz × = 6 ，
2 2 2 2 2 2 2
整理得 xy + xz + yz = 4 3 ，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
PA PB PB PC PC PA 1 1 1 1所以 × + × + × = xy ×

- ÷ + yz × - ÷ + xz × - ÷ = - 4 3 = -2 3 .
è 2 è 2 è 2 2
（3）由費馬點的定義可知 APB = BPC = CPA =120o ，
設 PB = m PA ， PC = n PA ， PA = p , m, n, p > 0，
則由 PB + PC = t PA 得m + n = t, t > 0，
AB 2 = p2 + m2 p2 - 2mp2 cos120° = m2由余弦定理可得 + m +1 p2 ，
AC 2 = p2 + n2 p2 - 2np2 cos120° = n2 + n +1 p2，
BC 2 = m2 p2 + n2 p2 - 2mnp2 cos120° = m2 + n2 + mn p2，
2 2 2 2 2 2 2
所以由 BC = AB + AC 得 m + n + mn p = m + m +1 p2 + n2 + n +1 p2 ，
即mn = m + n + 2，
2
m,n > 0 m + n + 2 = mn m + n 又因為 ，所以 ÷ ，
è 2
當且僅當m = n 結合mn = m + n + 2解得m = n = 1+ 3 時等號成立，
又m + n = t, t > 0，所以 t 2 - 4t -8 0，解得 t 2 + 2 3或 t 2 - 2 3（舍去），
所以 t 的最小值為 2 + 2 3 .
題型九：布洛卡點問題
【典例 9-1】三角形的布洛卡點是法國數學家克洛爾于 1816 年首次發現．當VABC 內一點 P 滿足條件
PAB = PBC = PCA = q 時，則稱點 P 為VABC 的布洛卡點，角q 為布洛卡角．如圖，在VABC 中，角A ，
B ，C所對邊長分別為 a，b， c，記VABC 的面積為S，點 P 為VABC 的布洛卡點，其布洛卡角為q .
(1)若q = 30°．求證：
① a2 +b2 + c2 = 4 3S ；
② VABC 為等邊三角形．
(2)若 A = 2q ，求證： sin2 A = sin B sin C ．
【解析】（1）①若q = 30o，
則 S = S△ABC = S△PAB + S△PAC + S
1
△PBC = c × AP sinq
1
+ a × BP sinq 1+ b ×CP sinq
2 2 2
1
= sinq a × BP + c × AP + b ×CP 1= a × BP + c × AP + b ×CP ,
2 4
所以 a × BP + c × AP + b ×CP = 4S ，
在△ABP,△PBC,△PAC 中，
分別由余弦定理得：BP2 = c2 + AP2 - 2c × AP cosq ，
CP2 = a2 + BP2 - 2a × AP cosq ， AP2 = b2 + CP2 - 2b ×CP cosq ，
三式相加整理得 2cosq a × BP + c × AP + b ×CP = a2 + b2 + c2，
即 a2 + b2 + c2 = 4 3S ；
②由余弦定理可得 a2 = b2 + c2 - 2bc cos A，
則 a2 + b2 + c2 - 4 3S = 2b2 + 2c2 - 2bc cos A - 4 3S
= 2b2 + 2c2 π- 2bc cos A - 2 3bc sin A = 2b2 + 2c2 - 4bc sin A + 6 ÷è
4bc - 4bc = 0，
π
當且僅當b = c且 sin A +

÷ =1時取等號，
è 6
又 A 0, π ，所以 A π π 7π+ π π π , ÷ ，所以 A + = ，所以 A = ，6 è 6 6 6 2 3
π
即當且僅當b = c且 A = 3 時取等號，
即當且僅當VABC 為等邊三角形時取等號，
所以 a2 + b2 + c2 4 3S ，當且僅當VABC 為等邊三角形時取等號，
又由①知 a2 +b2 + c2 = 4 3S ，
所以VABC 為等邊三角形.
1
（2）由（1）得 SVABC = sinq a × BP + c × AP + b ×CP ，2
所以 a × BP + c × AP + b ×CP
2S
= △ABC ,
sinq
由 2cosq a × BP + c × AP + b ×CP = a2 + b2 + c2，
a2 + b2 + c2所以 = 2cosq
2S
× △ABC = 4cosq bc sin 2q× = 4bc cos2 q ，
sinq sinq
2 2 2 2 2 2
又由余弦定理可得b + c = a + 2bc cos A = a + 2bc cos q - sin q ，
2 2
所以 2a + 2bc cos q - sin2 q = 4bc cos2 q ，
a2所以 = bc cos2 q + sin2 q ，所以 a2 = bc，
由正弦定理可得 sin2 A = sin B sin C
【典例 9-2】三角形的布洛卡點是法國數學家、數學教育學家克洛爾于 1816 年首次發現，但他的發現并未
被當時的人們所注意．1875 年，布洛卡點被一個數學愛好者布洛卡重新發現，并用他的名字命名．當
VABC 內一點 P 滿足條件 PAB = PBC = PCA = q 時，則稱點 P 為VABC 的布洛卡點，角q 為布洛卡
角．如圖，在VABC 中，角 A, B,C 所對邊長分別為 a,b,c，點 P 為VABC 的布洛卡點，其布洛卡角為q ．
(1)若q = 30°．求證：
① a2 + b2 + c2 = 4 3S S△ABC （ VABC 為VABC 的面積）；
② VABC 為等邊三角形．
(2)若 A = 2q ，求證： sin2 A = sinBsinC ．
【解析】（1）①若q = 30°，
S S 1 1 1則 VABC = VPAB + SVPBC + SVPAC = c × AP sinq + a × BP sinq + b ×CP sinq2 2 2
1 1
= sinq c × AP + a × BP + b ×CP = c × AP + a × BP + b ×CP ，
2 4
所以 c × AP + a × BP + b ×CP = 4SVABC ，
在VPAB,VPBC,VPAC 中，分別由余弦定理得：
BP2 = c2 + AP2 - 2c × AP cosq ，
CP2 = a2 + BP2 - 2a × BP cosq ，
AP2 = b2 + CP2 - 2b ×CP cosq ，
三式相加整理得 2cosq c × AP + a × BP + b ×CP = a2 + b2 + c2，
即 3 4S 2VABC = a + b
2 + c2 ，
所以 a2 + b2 + c2 = 4 3S△ABC ；
②由余弦定理可得 a2 = b2 + c2 - 2bc cos A，
則 a2 + b2 + c2 - 4 3S△ABC = 2b
2 + 2c2 - 2bc cos A - 4 3SVABC
= 2b2 + 2c2 - 2bc cos A - 2 3bc sin A
= 2b2 + 2c2 - 4bc sin A π + 6 ÷è
4bc - 4bc = 0，
π
當且僅當b = c且 sin A +
=1
è 6 ÷
時取等號，

A 0, π A π π , 7π π π有 ，所以 + ，所以 A + = π，所以 A =
6 è 6 6 ÷ 6 2 3
，
即當且僅當b = c A π且 = 3 時取等號，
即當且僅當VABC 為等邊三角形時取等號，
所以 a2 + b2 + c2 4 3S△ABC ，當且僅當VABC 為等邊三角形時取等號，
又由①知 a2 + b2 + c2 = 4 3S△ABC ，
所以VABC 為等邊三角形；
1
（2）由（1）得 SVABC = sinq c × AP + a × BP + b ×CP ，2
所以 c × AP + a × BP + b CP
2S
× = VABC
sinq
a2 + b2 + c2 = 2cosq c × AP + a × BP + b ×CP ，
a2 2 2所以 + b + c = 2cosq
2S
× VABC = 2cosq bc sin 2q× = 4bc cos2 q ，
sinq sinq
2 2 2
又由余弦定理可得b + c = a + 2bc cos 2q = a2 + 2bc cos2 q - sin2 q ，
2a2所以 + 2bc cos2 q - sin2 q = 4bc cos2 q ，
a2 = bc sin2 2所以 q + cos q ，所以 a2 = bc，
由正弦定理可得 sin2 A = sinBsinC ．
【變式 9-1】若VABC 內一點 P 滿足 PAB = PBC = PCA = q ，則稱點 P 為VABC 的布洛卡點，q 為
VABC 的布洛卡角．如圖，已知VABC 中，BC = a, AC = b, AB = c，點 P 為VABC 的布洛卡點，q 為VABC
的布洛卡角．
PB
(1)若b = c，且滿足 = 3，
PA
①求 ABC的大小；
PC
②若 = 3，求布洛卡角q 的正切值；
PB
(2)若 PB平分 ABC，試問是否存在常實數 t ，使得b2 = tac，若存在，求出常數 t；若不存在，請說明理
由．
【解析】（1）①若b = c，即 AB = AC ，得∠ABC = ACB ，
點 P 滿足 PAB = PBC = PCA = q ，則 PCB = PBA，
在VPCB與△PBA中， PCB = PBA， PAB = PBC = q ，
所以VPCB BC PB a與△PBA相似，則 = = 3 ，即 = 3 ，
AB PA c
所以 a = 3c；
2
VABC cos ABC a + c
2 - b2 3c2 3
在 中， = = = ，
2ac 2 3c2 2
因為0 < ABC < π，
所以 ABC
π
=
6
②在VABC 中，應用余弦定理以及三角形面積公式得：
1 cos BAC b2 + c2 - a2 b2 + c2 - a2
= = = ，
tan BAC sin BAC 2bc sin BAC 4SVABC
1 cos ABC a2 + c2 - b2 a2 + c2 - b2
= = = ，
tan ABC sin ABC 2ac sin ABC 4SVABC
1 cos ACB a2 + b2 - c2 a2 + b2 - c2
同理可得： = = = ，
tan ACB sin ACB 2absin ACB 4SVABC
1 1 1 b2 + c2 - a2
三式相加可得： + + = 。
tan BAC tan ABC tan ACB 4SVABC
在VPAB 內，應用余弦定理以及三角形面積公式得：
1 cosq AP2 + c2 - BP2 AP2 + c2 - BP2
= = = ，
tanq sinq 2AP ×c sin q 4SVPAB
在VPBC，VPCA內，同理可得：
1 BP2 + a2 - CP2 1 CP2 + b2 - AP2
= ， = ，
tanq 4SVPBC tanq 4SVPCA
1 AP2 + c2 - BP2 BP2 + a2 - CP2 CP2 + b2 - AP2
三式相等： = = = ，
tanq 4SVPAB 4SVPBC 4SVPCA
因為點 P 在VABC 內，則 SVABC = SVPAB + SVPBC + SVPAC
1 AP2 + c2 - BP2 + BP2 + a2 - CP2 + CP2 + b2 - AP2 b2 + c2 - a2
由等比性質的： = = ，
tanq 4SVPAB + 4SVPBC + 4SVPCA 4SVABC
1 1 1 1
所以： = + + ，
tanq tan BAC tan ABC tan ACB
2π
由①知， ABC = ACB π= ， BAC =6 ，3
1 1 1 1 1 5 3
所以 = + + = - + 3 + 3 = ，
tanq tan BAC tan ABC tan ACB 3 3
tanq 3則 =
5
1 1
（2）因為 SVABC = SVPAB + SVPBC + SVPAC = c × AP sinq + a × BP sinq
1
+ b ×CP sinq ，
2 2 2
S 1即 VABC sinq c × AP + a × BP + b ×CP ，2
c AP 2S所以 × + a × BP + b ×CP = VABC ，
sinq
在VPAB ，VPBC，△PAC中，
分別由余弦定理可得：BP2 = c2 + AP2 - 2c × AP cosq ，
CP2 = a2 + BP2 - 2a × BP cosq ，
AP2 = b2 + CP2 - 2b ×CP cosq ，
2 2 2 2 2 2
三式相加整理得： a + b + c = 2cosq c × AP + a × BP + b ×CP ，即 a + b + c = 2cosq 2S× VABC ，
sinq
因為 PB平分 ABC 1，則 ABC = 2q ， SVABC = ac sin 2q ，2
2 1× ac sin 2q
所以 a2 + b2 + c2 = 2cosq 2S× VABC = 2cosq × 2 = 4ac cos2 q ，
sinq sinq
由余弦定理可得： a2 + c2 = b2 + 2ac cos 2q = b2 + 2ac(cos2 q - sin2 q ) ，
所以b2 = -b2 + 2ac(sin2 q + cos2 q ) = -b2 + 2ac，
即b2 = ac，則 t =1，
所以若 PB平分 ABC，試問是否存在常實數 t =1，使得b2 = ac
題型十：勒洛三角形、萊洛三角形、拿破侖三角形
【典例 10-1】勒洛三角形是由 19 世紀德國工程師勒洛在研究機械分類時發現的．如圖 1，以等邊三角形
ABC 的每個頂點為圓心、邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形就是勒洛
三角形 ABC．受此啟發，某數學興趣小組繪制了勒洛五邊形．如圖 2，分別以正五邊形 ABCDE 的頂點為
圓心、對角線長為半徑，在距離該頂點較遠的另外兩個頂點間畫一段圓弧，五段圓弧圍成的曲邊五邊形就
是勒洛五邊形 ABCDE．設正五邊形 ABCDE 的邊長為 1．
(1)求勒洛五邊形 ABCDE 的周長 l1；
(2)設正五邊形 ABCDE π 5 +1外接圓周長為 l2，試比較 l1與 l2大小，并說明理由．（注： cos = ）5 4
【解析】（1）依題意，因為五邊形 ABCDE 為正五邊形且邊長為 1，
5 - 2 πEAB 3π所以 = = ， EAD = DAC = CAB ,
5 5
π
所以 EAB = 3 DAC ，所以 DAC = ，
5
π - DAC 2π
在△DAC 中，DC =1， ADC = = ，
2 5
DC AC
由正弦定理得： = ，
sin DAC sin ADC
所以 AC
DC
= sin ADC
sin DAC
1
= sin 2π
sin π 5
5
1
= π 2sin
π cos π
sin 5 5
5
= 2cos π
5
2 5 +1 5 +1= = ，
4 2
5 +1 π
所以劣弧D C = DAC AC π 5 +1= = ，
5 2 10
5 +1 π 5 +1 π
所以勒洛五邊形 ABCDE 的周長： l .1 = 5 =10 2
（2） l1 < l2 ，理由如下：
如圖所示：作出正五邊形 ABCDE 外接圓，
π
由（1）知，易得 AEB = ，
5
2π
所以由圓心角與圓周角的關系得： AOB = 2 AEB = ，
5
在VAOB 2π中， AB = 1，OA = OB， AOB = ，
5
由余弦定理得： AB2 = OA2 + OB2 - 2 OA OB cos AOB ，
2π
即1 = 2 OA2

1- cos

5 ÷
，
è
cos π 5 +1因為 = ，
5 4
2

所以 cos
2π
= 2cos2 π 5 +1 5 -1-1 = 2 ÷÷ -1 = ，5 5 è 4 4

所以1 = 2 OA2 1
5 -1
- ÷ = OA2
5 - 5
÷ ，
è 4 2
OA 5 + 5所以 = ，
10
所以正五邊形 ABCDE 外接圓周長為：
l 2 OA π=2 5 + 5 π 10 + 2 52 = = π，10 5
2é 5 +1ê ùú 10 + 2 5 5 - 5因為 - = < 0，
ê 2 ú 5 10

2
所以 l1 - l
2
2 < 0 ，所以 l1 < l2 .
【典例 10-2】數學中處處存在著美，機械學家萊洛發現的萊洛三角形就給人以對稱的美感.萊洛三角形的畫
法：先畫等邊三角形 ABC ，再分別以點 A, B,C 為圓心，線段 AB 長為半徑畫圓弧，便得到萊洛三角形.如圖
所示，已知 AB = 2，點P,Q 分別在弧 AC ，弧 AB 上，且 PBC = a , QCB = b .
uuur uuur
(1)若a
p
= 時，求 的值.
12 BP × BC
p p uur uuur
(2)若a = , b = 時，求BP ×CQ 的值.6 4
【解析】（1）（1）線段 AB 長為半徑畫圓弧，可得BP = BC = AB = 2 ,
cos p = cos(p p- ) = cos p cos p + sin p sin p 2 3 2 1 2 + 6= + = ；
12 4 6 4 6 4 6 2 2 2 2 4
由向量的數量積可得
uuur uuur uuur uuur
BP p× BC =| BP || BC | ×cos = 2 2 2 + 6 = 2 + 6
12 4
（2）以點 B 為原心，BC所在直線為 x 軸建立直角坐標系
則C 2,0 , P 3,1 ,Q 2 - 2, 2
uuur uuur所以BP = 3,1 ,CQ = - 2, 2
uuur uuur
BP ×CQ = 2 - 6 .
【變式 10-1】（2024·高三·江蘇鎮江·期中）數學中處處存在著美，機械學家萊洛發現的萊洛三角形就給人
以對稱的美感.萊洛三角形的畫法：先畫等邊三角形 ABC ，再分別以點A ， B ，C為圓心，線段 AB 長為半
徑畫圓弧，便得到萊洛三角形.如圖所示，已知 AB = 2，O為BC中點，點 P ，Q分別在弧 AC ，弧 AB 上，
設 PBC = ACQ = q .
p uuur
(1)當q = 時，求 PQ ；
6
uuur uuur
(2)求OP ×OQ 的取值范圍.
【解析】（1）當q
p
= 時，設BP與CQ的交點為M ，連接OQ,OP，
6
則： QMP = BMC
2p
= BM 2 2 3， = = ，
3 3 3
MP = MQ 2 3= 2 - ，
3

QP 3 2 2 3

故 = - ÷÷ = 2 3 - 2，
è 3
uuur
即 PQ = 2 3 - 2 .
uuur uuur uuur uuur（2）OP ×OQ = OB + BP uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur× OC + CQ = -1+ OB ×CQ + BP ×OC + BP ×CQ
= -1+ 2cos p -q + 2cosq + 2 2 1 ÷ -

3 ÷è è 2
= 3 sinq + 3cosq - 3
= 2 3 sin q p+ é ÷ - 3，q ê0,
p ù
，
è 3 3 ú
q p ép , 2p ù
é
sin q p 3
ù
+ ê ú，故 + ÷ ê ,13 ú
，
3 3 è 3 2
uuur uuur
則OP ×OQ é ù 0,2 3 - 3 .
uuur uuur
即OP ×OQ 的取值范圍是 é 0,2 3 - 3ù .
【變式 10-2】（2024·高三·江蘇南京·期中）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任
意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心

展開更多......

收起↑