专题二　微创新　解三角形与其他知识的综合问题 -大二轮数学专题复习

微创新解三角形与其他知识的综合问题[考情分析]随着高考改革的不断推进，各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，以三角形为背景，其考查的知识内容和范围，涉及平面几何、立体几何、不等式、向量、新定义等学科分支，对综合运用各种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视.考点一解三角形与其他知识的交汇例1[蒙日圆]在圆x2+y2=4上任取一点T，过点T作x轴的垂线段TD，垂足为D.当点T在圆上运动时，线段TD的中点Q的轨迹是椭圆C(当点T经过圆与x轴的交点时，规定点Q与点T重合).(1)求该椭圆C的方程；(2)法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”.若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一动点，直线OP与椭圆C的蒙日圆相交于点M，N，求证：|PM|·|PN|PF(1)解设Q(x0，y0)，则T(x0，2y0)，而点T在圆x2+y2=4上，即有x02+4y02=4，化简得x所以椭圆C的方程为x24+y(2)证明由(1)知椭圆C的方程为x24+y2=1，长半轴长为a=2，短半轴长为b=1，半焦距为c显然直线x=±2，y=±1都与椭圆C相切，因此直线x=±2，y=±1所围成矩形的外接圆即为椭圆C的蒙日圆，其方程为x2+y2=5，设|PF1|=m，|PF2|=n，∠POF1=α，则∠POF2=π-α，在△POF1与△POF2中，由余弦定理得m2=c2+|OP|2-2c|OP|cosα，n2=c2+|OP|2-2c|OP|cos(π-α)，两式相加得m2+n2=2c2+2|OP|2，又m+n=2a，则m2+n2+2mn=4a2，所以|PF1|·|PF2|=mn=2a2-c2-|OP|2=a2+b2-|OP|2=5-|OP|2，又|PM|·|PN|=(|OM|-|OP|)(|OM|+|OP|)=|OM|2-|OP|2=5-|OP|2，所以|PM|·|PN|PF1|·|PF[规律方法]解三角形与立体几何、解析几何结合，利用正弦定理、余弦定理可以将几何体中的长度、角度联系在一起，可以考查几何体中的线段长度或者几何体中的角度之间的关系，或者构造长度、角度的函数求最值问题.跟踪演练1(2024·南京统考)如图，已知在矩形ABCD中，AB=5，AD=25.将△ABD沿BD折起，得到大小为θ的二面角A'-BD-C(1)当θ=π2时，求A'C与平面BCD(2)当θ=π2时，求B到平面A'CD(3)当cosθ=13时，求cos∠A'BC的值解(1)过A'作A'H⊥BD于H，连接CH，如图，因为二面角A'-BD-C的大小为π2，所以平面A'BD⊥平面因为A'H⊥BD，平面A'BD∩平面BCD=BD，A'H⊂平面A'BD，所以A'H⊥平面BCD，所以∠A'CH为A'C与平面BCD所成的角，在Rt△BA'D中，A'B=5，A'D=25，A'H=在Rt△A'HB中，BH=A'B2-在Rt△DBC中，BC=25，cos∠CBD=所以在△HBC中，HC2=BC2+BH2-2BC·BH·cos∠CBD=(25)2+12-2×25×1×255所以HC=13在Rt△A'CH中，tan∠A'CH=A'HHC=即A'C与平面BCD所成角的正切值是213(2)在(1)图中，A'C2=A'H2+HC2=4+13=17，在△A'DC中，cos∠A'DC=A'D2+D所以sin∠A'DC=1-25△A'DC的面积S=12·A'D·DC·sin∠A'DC=12×25×5×215因为A'H⊥平面BCD，所以三棱锥A'-BCD的体积V=13S△BCD·A'H=13×12×25×5所以B到平面A'CD的距离d=V13S=10(3)在矩形ABCD中找到A'H的对应线段AH，并设AH的延长线交BC于G，在Rt△BHG中，BH=1，tan∠DBC=1所以HG=12，BG=在三棱锥A'-BCD中，如图，由A'H⊥BD，GH⊥BD，所以∠A'HG为二面角A'-BD-C的平面角，即cos∠A'HG=13在△A'HG中，A'G2=A'H2+HG2-2·A'H·HG·cos∠A'HG=22+122-2×2×12×1在△A'BG中，cos∠A'BG=A=(5)=815，即cos∠A'BC=考点二解三角形中的新定义、新情境问题例2(2024·重庆模拟)“费马问题”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos2B+cos2C-cos2A=1.(1)求A；(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA·PB+PB·PC+PC·PA；(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值.解(1)在△ABC中，cos2B+cos2C-cos2A=1，即1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1，故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，故△ABC是以BC为斜边的直角三角形，即A=90°.(2)由(1)知A=90°，所以△ABC的三个内角都小于120°，则由费马点定义可知，∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，设|PA|=x，|PB|=y，|PC|=z，由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC得12xy·32+12yz·32+12xz·整理得xy+yz+xz=4则PA·PB+PB·PC+PA·PC=xy·-12+yz·-12+xz·-12=-(3)点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，则由|PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t.由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2-2mx2cos120°=(m2+m+1)x2，|AC|2=x2+n2x2-2nx2cos120°=(n2+n+1)x2，|BC|2=m2x2+n2x2-2mnx2cos120°=(m2+n2+mn)x2，故由|AC|2+|AB|2=|BC|2得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤m当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+3时，等号成立，又m+n=t，即有t2-4t-8≥0，解得t≥2+23或t≤2-23(舍去)，故实数t的最小值为2+23.[规律方法]通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决.跟踪演练2(2024·宿迁模拟)法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点.”如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccosA-acosB=bcosA.以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1，O2，O3，连接O1O2，O2O3，O1O3，得到△O1O2O3.(1)求A；(2)若△O1O2O3的面积为233，求△解(1)在△ABC中，因为2ccosA-acosB=bcosA，所以2ccosA=acosB+bcosA，根据正弦定理可得2sinCcosA=sinAcosB+sinBcosA，即2sinCcosA=sin(A+B)=sinC，因为0<C<π，sinC≠0，可得cosA=12，由0<A<π，可得A=(2)如图，连接AO1，AO3，则|AO1|=33c，|AO3|=33正△O1O2O3的面积S=12|O1O3|2sin=34|O1O3|2=所以|O1O3|2=83，而∠BAC则∠O1AO3=2π所以在△O1AO3中，由余弦定理得|O1O3|2=|AO1|2+|AO3|2-2|AO1|·|AO3|·cos∠O1AO3，即83=c23+b23-2·bc3·-12，则由基本不等式知，b2+c2≥2bc，所以8-bc≥2bc，即bc≤8当且仅当b=c=26所以S△ABC=12bcsinA=34bc所以△ABC的面积的最大值为233专题强化练(分值：51分)1.(17分)(2024·哈尔滨模拟)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即已知三角形的三边长，求它的面积，用现代式子表示即为：S=14a(其中△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积)(1)证明公式①；(8分)(2)已知△ABC三条边BC，AC，AB的高分别为ha=153，hb=2，hc=10，求S.(1)证明在△ABC中，AB=c，AC=b，BC=a，过点A作AD⊥BC，设AD=h，BD=x，CD=y，由x得x=a2+ch=4∴S=12=12a·=14(2)解由aha=bhb=chc，知a∶b∶c=1ha∶1hb∶1hc设a=155k，b=22k，c=1010k，则S=1=1=520k2又S=12×155k×153=∴520k2=12k，∴k∴S=12k=52.(17分)(2024·十堰模拟)点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ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，记(P，Q；M)=APsin∠PAMAQsin∠MAQ；若点M在线段PQ外，记(P，Q；(1)若M在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB的延长线上，且AB=2BM=2，由A1对AB施以视角运算，求(A，B；M)的值；(7分)(2)若M1，M2，M3，…，Mn-1是△ABC的边BC的n(n≥2)等分点，由A对BC施以视角运算，证明：(B，C；Mk)×(B，C；Mn-k)=1(k=1，2，3，…，n-1).(10分)(1)解如图，因为AB=2BM=2，所以AM=3，A1B=22，A1M=13由正方体的定义可知AA1⊥AB，则∠A1AB=90°，故sin∠AA1B=22，cos∠AA1Bsin∠AA1M=31313，cos∠AA1M因为∠BA1M=∠AA1M-∠AA1B，所以sin∠BA1M=sin∠AA1Mcos∠AA1B-cos∠AA1Msin∠AA1B=26则(A，B；M)=-A1Asin∠(2)证明如图，因为M1，M2，M3，…，Mn-1是BC的n等分点，所以BMk=CMn-k=knBC，BMn-k=CMk=n-在△ABMk中，由正弦定理可得BMk则ABsin∠BAMk=BMksin∠AMkB.在△ACMk中，同理可得ACsin∠CAMk=CMksin∠AMkC.因为∠AMkB+∠AMkC=π，所以sin∠AMkB=sin∠AMkC，则(B，C；Mk)=ABsin∠BAMkACsin∠CA同理可得(B，C；Mn-k)=BMn-故(B，C；Mk)×(B，C；Mn-k)=kn-k×n-kk=1(k=1，2，3，3.(17分)(2024·绍兴模拟)克罗狄斯·托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号.已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中CD=3AD.(1)若圆O的半径为r，且∠CBD=2∠ABD，①求∠ABD的大小；(3分)②求AC·BD的取值范围(用r表示)；(5分)(2)若AD=1，BC=2，∠ADC∈2π3，5π6，求线段BD长度的最大值解(1)①因为CDsin∠CBD=2r，AD所以CDAD=sin∠CBDsin∠ABD=sin2∠又因为CD=3AD，所以cos∠ABD=32，所以∠ABD=②因为∠ABD=π6，所以∠DAC=∠CBD=2∠ABD所以∠ABC=π2，所以AC是圆O的直径，由①可得CD=3r，AD=设∠BAC=α，则AB=2rcosα，所以AC·BD=AC·(AD-AB)=AC·AD-AC·AB=2r·r·cosπ3-2r·2rcosα·cos=r2(1-4cos2α)，又α∈0，π2，所以cos2α∈(0故AC·BD的取值范围是(-3r2，r2).(2)设∠ADC=θ，因为AD=1，CD=