2025年高考数学压轴题训练：平面向量与解三角形新定义题（全题型压轴题）（学生版+解析）

专题19平面向量与解三角形新定义题

目录

一、平面向量定义题.......................................1

二、解三角形定义题（选填题）.............................3

三、解三角形定义题（解答题）.............................4

一、平面向量定义题

1.（23-24高一下•宁夏吴忠・期末）瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数

学之王"，欧拉在"65年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，

这条直线被称为欧拉线.已知P,",N,O,为ABC所在平面上的点，满足

OP=OA+A,\MA\=\MB\=\MC\,NA+NB+NC=O,OAOB=OBOC=OCOA,

［网lACU...............................

则欧拉线一定过（）

A.M,N,PB.M,O,PC.M,N,OD.N,0,P

2.（23-24高二上・辽宁•阶段练习）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的

几何问题："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

它的答案是：当三角形的三个角均小于2三冗时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角

半27r；当三角形有一内角大于或等于2冗半时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，

2兀

所求点称为费马点.已知在,ABC中，C=—,AC=1,BC=2,CM是ABC的角平分线，交

A8于M,满足若P为一AWC的费马点，贝UPAPM+PAfPC+PA.PC=（）

3221

A.--B.----C.----D.—

5533

3.（23-24高一下•上海杨浦•期末）已知士,々«。,兀）且力＞0,〃＞。，选项中的命题都正确

的是（）.

（1）不等式卜in五-sin引-4恒成立警

（2）设公＜々，A（%,sin占），B（x2,sinx,）,4（占，°），6（%,。），如果四边形的面

积为s,那么存在修«下,巧］使（马-不卜也毛=s成立；

（3）对任意几+〃=1时，不等式22sin%+2〃sin%之sin药+sin%恒成立；

（4）对任意几+〃=1时，不等式sin（；bq+〃X2）2Xsinx,+〃sinxz恒成立.

A.（1）（2）（3）B.（1）（2）（4）C.（1）（3）（4）

D.（2）（3）（4）

4.（2024•福建泉州•模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生

物识别技术.在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方

式有曼哈顿距离和余弦距离.设S（X2,J2）,则曼哈顿距离

rf（AB）=|x1-%2|+|y1-y1|,余弦距离6（45）=1-8$（43）,其中cos（A,3）=cos（OA,O3）（O

为坐标原点）.已知"（2,1）,d（M,N）=l,则e（M,N）的最大值近似等于（）

（参考数据：血21.41，75-2.24.）

A.0.052B.0.104C.0.896D.0.948

5.（23-24高三上•上海虹口,期中）已知集合区={a|a=（x,y）,xeN且且y上1},

。为坐标原点，当况=（占,乂）€%,0月=（马,%）€此时，定义:d（为3）=|西一百+|弘一阊,

若0。=优,为）€也，则“存在4>0使AB=XBC"是"d（AB）+d（昆C）=d（AC）”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不

充分也不必要条件

6.（23-24高一下•河南驻马店•阶段练习）对任意两个非零向量〃?,”，定义=若

n

非零向量。力，满足卜,3砧向量"与b的夹角是锐角，且4仅是整数，则a®》的取值

范围是—.

7.（23-24高一下•湖南•期中）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向

量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心、内心、外心、垂心）有着美丽的

邂逅.它的具体内容是：如图，若P是，ABC内一点，BPC,.APC,一AP8的面积分别为

SA,SB,SC,则有S4・R4+SB-PB+SCJC=0.已知。为.ABC的内心，且cosN3AC=g,若

AO=mAB+nAC，则根+〃的最大值为.

A

BC

二、解三角形定义题（选填题）

1.（23-24高三・安徽马鞍山•期末）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的

四面体为"完美四面体”，现给出四个不同的四面体\BkCkDk化=1,2,3,4）,记的三

个内角分别为4，Bk,Ck,其中一定不是"完美四面体”的为（）

A.A：4：G=3:5:7B.sin&:sina：sinG=3：5:7

C.cosA3:cosB3:cosC3=3:5:7D.tanA4:tanB4:tanC4=3:5:7

2.（多选）（2024•江西•模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较小部分“与较大部分

b的比值等于较大部分b与整体部分。+人的比值，其比值为叵工，这个比例被公认为是最

2

能引起美感的比例.四名同学对此展开了探究，下列说法中正确的是（）

A.若椭圆r的焦点在X轴上，上顶点为8,右顶点为A,左焦点为E.小欧提出只要满

足8尸•比!=（），椭圆「的离心率就等于赵二

2

B.一顶角等于36。的等腰三角形，小斯通过正、余弦定理和二倍角公式，算得该三角形

底边长与腰长的比值等于避二

2

C.假设〃eN*,小莱发现若公比大于0的等比数列｛4｝与著名的斐波那契数列的递推公

式加2=力+1+力相同，则数列｛«„｝的公比等于存1

D.小利在阅读时了解到：古老的雅典帕提农神庙，其柱顶至屋顶的距离。与柱高b满足

log4a=log6b=log9（a+i＞）,则£.二石T

b2

3.（多选）（2023•黑龙江大庆•三模）勒洛四面体是一个非常神奇的"四面体"，它能在两个

平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点

为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四

面体ABCD作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（）

A.平面A3C截勒洛四面体所得截面的面积为8兀-8A

B.记勒洛四面体上以C,。为球心的两球球面交线为弧A3,则其长度为/

三、解三角形定义题（解答题）

1.（23-24高一下•广东佛山•期中）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，ABC内一点尸满足条件SLB=NP3C=N尸6=6＞时，则称点P为..ABC的布洛

卡点，角。为布洛卡角.如图，在一ABC中，角A,8,C所对边长分别为“，6,。，记JLBC

的面积为S,点产为AfiC的布洛卡点，其布洛卡角为。.

⑴若。=30?.求证:

①/+b2+c2=4屈；

②ABC为等边三角形.

(2)若A=20,求证：sin?A=sinBsinC.

2.（23-24高一下•福建福州•期末）点A是直线PQ外一点，点M在直线尸。上（点M与P,

Q两点均不重合），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,

APsinZPAMAPsinNPAM

记（P,Q；M）=若点M在线段PQ外，记（P,Q；M）=一

AQsinZMAQAQsinAMAQ

（1）若M在正方体A3CO-的棱A8的延长线上，且AB=28M=2,由4对AB施以

视角运算，求（A3；M）的值；

（2）若M在正方体A3CD-4型通的棱A8上，且帅=2,由4对AB施以视角运算，得到

=求管的值；

ZJV1ID

⑶若，M“_1是一ABC边8C的“（〃22,〃eN）等分点，由A对BC施以视角运算，

求（昆C;M&）X（B,C；MT）化=1,2,3,,n-l）的值.

3.(23-24高一下•四川成都・期中〉在〃1BC中，角A,2,C的对边分别为a,6,c,其中。=2,

已知S为.ABC的面积且满足46s+3(42)=3c2.

(1)若一ABC为锐角三角形，求“一：”的取值范围;

C

⑵法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字

来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有

着广泛的应用.若尸是ABC内一点，过P作A8,BC,AC垂线，垂足分别为D,E,F,

借助于三维分式型柯西不等式：江+4+三合-+々+二)2当且仅当

X%%X+%+%

।412clJAC|

时等号成立•求7=的最小值.

\PD\\PE\|PF|

4.(23-24高一下•辽宁•阶段练习)数学中有很多相似的问题，

材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出了一个著名的

几何问题："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”,

他的答案是："当三角形的三个内角均小于120°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120°,当三角形有一内角大于或等于120°时，所求

点为三角形最大内角的顶点"，在费马问题中所求的点称为费马点.

材料二：布洛卡点，也叫"勃罗卡点"，定义为：已知.ABC内一点P满足

NPAB=/PBC=NPCA=6,则称P为二ASC的布洛卡点，。为ABC的布洛卡角，1875

年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者一一法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字

命名.

已知“，b,c分别是..ABC的内角A,B,C的对边，且

acos(B—C)+acosA—2.yl3csinBcosA=0.

⑴求A；

(2)若H为ABC的费马点，且片一色―C)2=4,求++的值；

⑶若A3C为锐角三角形，P为一ABC的布洛卡点，。为ABC的布洛卡角，证明：

1111

---=--------1--------1-------.

tan。tan^BACtan/ABCtan^ACB

5.(23-24高一下•安徽•阶段练习)已知函数=c、(a,"c>0).

⑴若必=l,c=l,设函数g(x)=省+L请求出g(2x)的值域并求证：g(2x)=2(g(x)y-1；

(2)若x=l,c>a>0,c>b>0,记〃(<7,6,c)="无)，且6,c是一个三角形的三条边长，

请写出方程,(“,6,。)|+|秋。,。同+内。力,。)|=20的所有正整数解的集合；

⑶若。,6,c是一个等腰钝角三角形的三条边长且c为最长边，求证：/(x)<0在xe[2,+”)时

恒成立.

6.(23-24高一下•广东汕头•期中)定义函数〃x)=〃isinx+"cos^的“源向量"为OM=(m,ti),

非零向量=(m,")的"伴随函数"为，(%)=7•11_¥+次0$尤，其中。为坐标原点.

⑴若向量0M=(1,⑹的"伴随函数"为了(X),求/(X)在xe[0,可的值域；

(2)若函数g(x)=sin(x+a)的"源向量”为OM，且以。为圆心，|。河|为半径的圆内切于正

ABC(顶点C恰好在y轴的正半轴上)，求证：为定值；

⑶在ASC中，角45,C的对边分别为a,b,c,若函数“⑺的"源向量"为O"=(0,1),且已

知a=8,〃(A)=|,求H2+47卜422(?的取值范围.

专题19平面向量与解三角形新定义题

目录

一、平面向量定义题.......................................1

二、解三角形定义题（选填题）.............................3

三、解三角形定义题（解答题）.............................4

一、平面向量定义题

1.（23-24高一下•宁夏吴忠・期末）瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数

学之王"，欧拉在"65年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，

这条直线被称为欧拉线.已知P,",N,O,为ABC所在平面上的点，满足

OP=OA+A\MA=\MB\=\MC\,NA+NB+NC=O,OAOB=OBOC=OCOA,

JAB||AC|J........................

则欧拉线一定过（）

A.M,N,PB.M,O,PC.M,N,OD.N,0,P

【答案】C

【分析】根据向量等式的含义以及向量的运算，分别说明为:ABC的外心、垂心、

重心、内心，继而根据欧拉线定理可得结论.

【详解】由题意知以|=|网=W4，即/为一ABC的外心；

NA+NB+NC=O,则N为.ABC的重心；

OAOB=OBOC=OCOA，

即有0402-02.0C=0,;.02.（OZ-OC）=0,

即OB-C4=0,;.O2_LAC,同理。1_LBC,OC_LAB,即。为..ABC的垂心；

由解析题中向量式中有。尸,。4两共起点的向量，

十口AO/ABAC

于是O尸一OA二A尸，AP=2।----1+r——,

\AB\\AC

令告+若MM

‘网kl'

ULUU

ABAC

则AM是以A为起点，向量网与唐所在线段为邻边的菱形对角线对应的向量，

即AM在/区4c的平分线上，

AP=AP,AM共线，

所以点P的轨迹一定通过ABC的内心，

由欧拉线定理知，欧拉线一定过

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，充分理解三角形心的向量表示，从而得解.

2.（23-24高二上•辽宁•阶段练习）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的

几何问题："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

2兀

它的答案是：当三角形的三个角均小于不时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角

?27r；当三角形有一内角大于或等于27弓r时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，

33

2兀

所求点称为费马点.已知在,.ABC中，C=可,AC=1,BC=2,CM是ABC的角平分线，交

A3于A1,满足若尸为AMC的费马点，则P4PM+PM.PC+PA-PC=（）

,3221

A.--B.—C.----D.—

5533

【答案】D

【分析】应用角平分线的性质及等面积法及数量积即可求解.

2九

【详解】在ASC中，C=可,AC=1,BC=2,

由。0是，ABC的角平分线，交AB于

设时到两边的距离为d,

|BC[d=2

BMCIAC"r

故SAMC=；SABC=；x；xlx2xg=f.

332Zo

9JT9JT

已知AMC的三个内角均小于可，则点P与AMC的三个顶点的连线两两成角彳，

所以.c=；|尸"PMsing+；PM|-|PCsin^+1PA\-\PCsing

^-(\PA\-\PM\+\PM\-\PC\+\PA\-\PC\)=显

6

2

所以|PA|-|PM|+|PM|-|PC|+|P4|-|PC|=g,

所以P4PM+PM-PC+PA-PC

27i27i2兀

HPA|-|PM|cos—+|PM|-|PC|cos—+|PA|-|PC|cos—

333

=-1(|PA||PM|+|PM||PC|+|PA|-|PC|)=-|x|=-1

故选：D.

3.(23-24高一下•上海杨浦•期末)已知不,当€(0,兀)且力>0,A>0,选项中的命题都正确

的是().

(1)不等式卜in占-sinA21V卜-%卜恒成立；

(2)设再<%,A(%,sinxJ,B(x2,sinx,),4(占,0),B](x,,0),如果四边形AAB瓦的面

积为s,那么存在与«占,引使(％-西)sinx°=s成立；

(3)对任意几+〃=1时，不等式22sin%+2〃sin%Nsin%+sin%恒成立；

(4)对任意几+〃=1时，不等式sin(2玉+〃*2)2Xsin国+〃sin%恒成立.

A.(1)(2)(3)B.(1)(2)(4)C.(1)(3)(4)

D.(2)(3)(4)

【答案】B

【分析】可证明x>0时，有》>卜也可恒成立，据此可判断(1)的正误，利用零点存在定理

可判断(2)的正误，利用反例可判断(3)的正误，利用向量结合正弦函数的性质可判断(4)

的正误.

【详解】先证明一个不等式：当x>0时，有x,sinR恒成立.

证明：若x>l,则x>l习sin,恒成立.

若0<xWl,如图，在单位圆中，

弧度为X的角的终边与单位圆的交点为尸，过尸作轴，垂足为H,

则尸H=sinx,ffi!p//<PS<PSf故sinxvx,

因为止匕时sin无>0,^x>sinx=|sinx|

综上，%>0时，有光习sinR.

对于（1）,若%=%，则[in石一sin/l=。4。=|石~xz\,

若玉。工2，不妨设玉<工2,

XX

因为卜in%]一sin%]=sin%+%2+\~2-sin司+%2元!一%2

2222

cX+x.x-石—xx-x

=2cos---9--sin----<-2sin2<2x2/21=x-x,

2222i

故⑴成立.

取g(x)=sinx-g(sin玉+sinx2),xG[x19x2],

则g(%J=g(sin%-sinx2),g(x2)=^(sinx2-sinxj,

12

故g(玉)g(%2)=_](sinxi_sin%2)40，

由零点存在定理可得存在后=g（sin%i+sin%2），

止匕时(％2—玉)sinx0=；(sin玉+sinx2)(x2-玉)=s,

故（2）正确.

故sinx=g（sin玉+sinx）

而兀2一玉＞0,故％一再＞0,02

12717r

对于（3）,^A=-,u=-,Xl=-,X2=-

1V3111-73

则22sin玉+2/zsin々一sinx—sinx—x---p—x—=---<-0,

l232326

故（3）错误.

设£=4，SQ=tQT,Q（%,y）,且S（芯,sin石）,T（X2，sin%2）,

A

贝!y_sinF）=（w-x,sinx2-y},

,,_x+tx_sin%+/sinx

故％=-r----2,y------：-------2，

1+/1+1

过。作X轴的垂线，垂足为G,由正弦函数的图象特征可得:

.」,smx,+—sinx9x,+—x0

任X34sin±±理，故一」-l＜sinA^,

1+r1+t]+幺]+幺

22

结合彳+〃=1整理得到：Asinx,+“sin/4sin（尢r[+〃尤2），

故（4）成立，

故选：B

【点睛】思路点睛：正弦函数具有的某些代数性质，可以结合函数的图象来讨论（比如凹凸

性等），另外为了研究某些性质，我们可以猜测一些我们需要的结论并给出适当的证明.

4.（2024•福建泉州•模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生

物识别技术.在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方

式有曼哈顿距离和余弦距离.设4（4%），S（X2,J2）,则曼哈顿距离

1（43）=%—尤2|+仅1—%|，余弦距离44,3）=1-8$（4,3）,其中cos（A,B）=cos（OA,O2）（O

为坐标原点）.已知“（2,1）,d（M,N）=l,则e（M,N）的最大值近似等于（）

（参考数据：&=1.41,75-2.24.）

A.0.052B.0.104C.0.896D.0.948

【答案】B

（分析］根据题意分析可得N在正方形ABCD的边上运动，结合图象分析（OM,ON）的最大

值，即可得结果.

【详解】设N（x,y）,

由题意可得：d（M,N）=\2-x\+\l-y\=l,即|x—2|+|y-1=l,

可知1-2|+卜-1|=1表示正方形ABCD,其中A（2,0）,B（3,l）,C（2,2）,方（1,1）,

即点N在正方形ABCD的边上运动，

UULlUUU1

因为OM=（2,1）,ON=（尤,y）,由图可知：

当cos（M,N）=cos（OM,ON）取到最小值，即最大，点N有如下两种可能:

uum/UULTUU®\A

①点N为点A,则ON=（2,0）,可得cos（M,N）=cos,OM,ON）=苛;

uum

②点N在线段CO上运动时，此时ON与DC同向，不妨取ON=（1,1）,

/uuurui叫33A/10

贝ijcos（M,N）=cos（OM,ON）=,—产

\/V5xV210

因为噜¥

所以e（M,N）的最大值为1一¥^0.104.

故选：B.

【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.

5.（23-24高三上■上海虹口■期中）已知集合此={&|a=（x,y）,xeNJLx2LyeN且yNl},

。为坐标原点，当。4=（占,乂）€〃2,03=（%2，%）€监时，定义:4（为5）=|西-即+尻一%|＞

若0。=（七,%）€M，则"存在九＞0使荏=彳尻"是"d（A3）+d（3,C）=d（AC）"的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不

充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由存在彳＞0使AB=/LBC得（/-菁乂七-9）＞。，根据绝对值的运算性质有：

民-国|+值-%|=|(%-占)+($-々)1=|尤3-西|，同理对纵坐标也如此运算可证得充分性成

立；必要性可举例说明不成立.

【详解】充分性：若存在4＞0,使4B=XBC，

即(*2-X],%-X)=%(工3-*2,%-%)，

则(々一为)(电1々)＞。，(%—乂)(%一%)＞。，

故.d(A,B)+d(B,C)=0-却+|%—%|+1电—龙21+1%—%I

=1(马一%)+(玉一々)1+1(%-2)+(%-为»

=|电一下|+|%-另|=d(A,C)

故充分性成立；

必要性：取04=(2,5),05=(3,3),OC=(5,2),

则d(A,B)+d(B,C)=(|3—21+|3—5|)+(|5-3|+|2-3|)=6,

4(A,C)=|2-5|+|5-2|=6,

则d(A3)+d(B,C=d(AC,^.^AB=OB-OA=(1,-2),B^=OC-OB=(2,-1),

所以1x(—1)=(—2)x2,则AB,BC不共线，

所以必要性不成立.

故选：A.

vn.VI

6.（23-24高一下•河南驻马店•阶段练习）对任意两个非零向量人”，定义根区〃=p.若

n~

非零向量满足限3砧向量°与方的夹角是锐角，且4（6<8>a）是整数，则°刖的取值

范围是—.

9

【答案】弓,4）

4

【分析】利用给定定义结合向量夹角的运算性质求解即可.

TT

【详解】设向量a与方的夹角为0,由题意可知0<。<1,则0<cos6<l,

III.Ibibi

因为同23同，所以0<—<-,0<一cos<9<-.

a3a3

A.zvb--14

因为b=——=一cos仇所以0＜b区。＜一,0＜43区。)＜一.

aa33

因为4sg〃）是整数，所以4（。区〃）=1,所以》=；,—b■=1

a4cos6'

bi113

而o<—<_L,即0<^~所以：4cose<l,

a34cos6(34

因为6=誉=；cos<9=4cos*2。3，2<cos20<1,

b-b16

9g

所以—V4cos2。<4,即34a区b<4,

44

9

故的取值范围为彳,4）.

4

Q

故答案为：［：,4）

4

【点睛】关键点点睛：本题考查向量新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后求出

o

4<4cos20<4,最后得到所要求的取值范围即可.

4

7.（23-24高一下•湖南•期中）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向

量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心、内心、外心、垂心）有着美丽的

邂逅.它的具体内容是：如图，若P是一ABC内一点，BPC.APC一AP3的面积分别为

s

SA,SB,SC,则有名•上4+SB/B+SC-PC=0•己知。为3Ae的内心，且cos/BAC=；,若

AO=mAB+nXC,则〃的最大值为.

【分析】利用。为.ABC的内心，再结合奔驰定理可得"•OA+6-O8+c-OC=0,再由已知

mn

条件转化可得A°=匚调用+匚调切℃,利用平面向量基本定理可知

mb

\-(m+n\aA_|_riQ

,从而得到一+"=,再由COS/BAC=L,可得力=(6+。)2-2儿,

n_ca+b+c33

+a

利用均值不等式可得标=S+C）2-殳建妇之，最后可得

33

b+c13-A/3

m+n=-------=-------<

a+b+c]+a2

b+c

【详解】因为ABC的内心。到该三角形三边的距离相等，则%:SB：Sc=a:b:c,

bc

由5;04+5803+5。0。=0可得〃.04+。05+。。。=0，所以AO=,O3+,OC,

又A。=/nAB+几AC=m{0B—0A^+n(0C—0A^,

mb

vyina

milAO=--------OB+-------rOC,所以々

l-(m+n)+nc

1—(m+n)a

m+nb+cb+c

两式相加可得1丁，化简可得"7+〃=」>，

l-[m+n)aa+b+c

i2

又cosN84C=—,由余弦定理可得。?=b2+c2-2bccosA=b2+c2-,be,

由基本不等式可得片=s+c)2_16cAs+c)2一|x他好=3?匚，

所以“2不修+c）,当且仅当6=c时等号成立,

b+c1,133-6

所以ci+b+c]+「]+3+y/32-

b+c3

故答案为：3.

2

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到根+〃=」b/+c,再结合余弦定理和

a+b+c

基本不等式即可得到a2义伍+c）,最后即可得到加+〃的最大值.

二、解三角形定义题（选填题）

1.（23-24高三•安徽马鞍山•期末）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的

四面体为“完美四面体"，现给出四个不同的四面体AAQ4化=1,2,3,4）,记的三

个内角分别为4，B-Ck,其中一定不是"完美四面体"的为（）

A.A：4：C]=3:5:7B.sin:sinB2:sinC2=3:5:7

C.cosA3:cosB3:cosC3=3:5:7D.tanA4:tanB4:tan=3:5:7

【答案】B

【分析】若sin4:sin与：sinC?=3:5:7,由正弦定理得：B2C2:A,C2:A,B2=3:5:7,设员G=3x,

4c2=5X,4为=7了，由"完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，得到24=3x,2与=5x,

2G=7x,列方程推导出这样的四面体不存在，从而。2482G一定不是完美的四面体.

【详解】若sinAj：sinB2:sinC2=3:5:7,由正弦定理可得，B2C2:A,C2:=3:5:7,设

22c2=3X，4C2=5X,A2B2=1X,因为"完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，

:.D2A2=3X,D2B2=5X,D2C2=7X,把该四面体顶点当成长方体的四个顶点，四条棱当作长方

体的四条面对角线，则长方体面上对角线长为3元,5乂7元，设长方体棱长为a,b,c,则

a2+b2=9x2

<b2+c2=25x2,以上方程组无解，即这样的四面体不存在，

a2+c2=49x2

••・四个侧面不全等，故34与6一定不是完美的四面体，

对于A,三角形显然是锐角三角形，可以构成完美四面体，

对于C,由余弦值的比值得到正弦值比值，按着B选项的过程可知可以构成完美四面体.

对于D,由正切值的比值得到正弦值比值，按着B选项的过程可知可以构成完美四面体.

故选：B.

2.（多选）（2024•江西•模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较小部分“与较大部分

b的比值等于较大部分6与整体部分的比值，其比值为苴二'，这个比例被公认为是最

2

能引起美感的比例.四名同学对此展开了探究，下列说法中正确的是（）

A.若椭圆「的焦点在x轴上，上顶点为8,右顶点为A,左焦点为b.小欧提出只要满

足B『8A=0,椭圆「的离心率就等于吏工

2

B.一顶角等于36。的等腰三角形，小斯通过正、余弦定理和二倍角公式，算得该三角形

底边长与腰长的比值等于苴」

2

C.假设*N*,小莱发现若公比大于0的等比数列｛凡｝与著名的斐波那契数列的递推公

式力+2=力+1+力相同，则数列｛«„｝的公比等于与^

D.小利在阅读时了解到：古老的雅典帕提农神庙，其柱顶至屋顶的距离。与柱高b满足

log4a=log6=log9（a+fo）,则g=，T

b2

【答案】ABD

【分析】选项A,将条件中.刚=0数量积用坐标表示，整理方程可得；选项B,分别用

正余弦定理得到边长与腰长的方程，联立方程组可得；选项C,由等比数列性质，在

4,+2=。用+为两边同除以册可得公比的方程；选项D,结合对数性质，借助连等式设上法,

找到的等量关系即可.

22

【详解】对选项A,设椭圆「的方程为,+多=1（〃＞。＞0）,

则A（a,O）,仪0力）,F（-c,O）f

由BF•BA=0，得(~c,—b)•(a,—b)=—ac+Z?2=0,

2

即，+收一々2=0,e+e-1=0J可得e=~?故A正确;

2

对选项B,设该三角形底边长为x,腰长为兀

又由余弦定理得cos36°=2y°二'=1一」（二[②，

2y22⑴J

①②两式联立得（J-y+l=o,即RT[+|-1=0,

由于二21,—＞0,故1=亚1,故B正确；

yyy2

对选项C,设数列｛4｝的公比为q,q＞0,则吐=嗅=〃，

an+\an

由题意得，4+2=4+1+4，两边同除以4整理得，

q2—q—1=。,解得9=1+，故C错误；

2

对选项D,log4a=log6b=log9（tz+Z?）=k,

则々=43b=6k,Q+Z;=93由6『=4隈y，

得b2=a（a+b）,a2+ab—b2=0,

则⑶一+q-i=o,且：＞0,解得巴=避二i,故D正确.

yb）bbb2

故选：ABD.

3.（多选）（2023•黑龙江大庆•三模）勒洛四面体是一个非常神奇的"四面体"，它能在两个

平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点

为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四

面体A3CD作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（）

A

A.平面A5C截勒洛四面体所得截面的面积为8兀-86

B.记勒洛四面体上以C,。为球心的两球球面交线为弧A3,则其长度为］471

C.该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4

D.该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为4-而

【答案】AD

【分析】对于A,平面ABC截勒洛四面体所得截面面积为三个半径为4,圆心角为60。的扇

形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；对于B,求出弧A3所对的中心角，根据弧

长公式求得结果进行判断；对于C,设弧A3的中点是V,线段A3的中点是N,设弧8的

中点是“，线段8的中点是G,则根据图形的对称性，四点共线，计算即

可判断；对于D,设点E为该球与勒洛四面体的一个切点，先求出正四面的外接球半径,，

则内切球半径为BE-r.

【详解】对于A,平面ABC截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4,圆心

角为60。的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；

BP3x—X—x42-2x^-x42=871-8^/3,故A正确；

234

对于B,如图乙，取C£>中点G,在一ASG中，AG=BG=243,AB=4,记该勒洛四面体

上以C,。为球心的两球交线为弧A3,则该弧是以8的中点G为圆心，以2班为半径的

圆弧，

设圆心角为NAO3=a,则cod】⑹$百）-’一1,可知-2有2&兀，

2X2A/3X2>/333

所以弧长不等于三47r，故B错误；

对于C,如图丙，设弧A8的中点是线段48的中点是N,设弧CD的中点是H,线段CO

的中点是G,则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体ABCD的中心。，则

MG=GA=NH=2日NG=1AG?—AN?=也扃-2?=2正，MN=GH=2粗-2应,

MH=4A/3-2A/2,即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4,最大值为4若-2夜,

故C错误；

对于D,勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点E为该球

与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知。为该球的球心，内半径为0E,连接班，易知BOE

三点共线，设正四面体ABCD的外接球半径为乙

如图丁，则由题意得：正四面体A3CZ）的高，BO1=手,

（i-、2zI—\2

则-----r+----=产，解得：厂=^6，所以BE=4>OB=r=,内半径OE=4—y/6，

、3）I3,

故D正确.

故选：AD.

【点睛】几何体的内切球半径求法点睛：

1.棱锥的内切球半径求法:设棱锥的体积KS为几何体的表面积，内切球半径为r,则

2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.

4.（多选）（23-24高二上,湖北•期中）"奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因

为这个定理对应的图形与“奔驰"轿车，（Mercedes6e〃z）的logo很相似，故形象地称其为“奔

驰定理"，奔驰定理：已知。是AABC内一点，XBOC,AAOC,AAOB的面积分别为鼠，SB,

Sc,^.SAOA+SBOB+SC-OC^O.设。是锐角AABC内的一点，ZBAC,AABC,N