2026届高三数学二轮复习：进阶点1 三角函数与解三角形中的创新问题

迸阶点1三角函数与解三角形中的创新问题

高考定位三角函数与解三角形的创新问题有两种类型:(1)与三角函数、解三%形有关的新定义问

题;(2)三角函数、解三角形与其他知识的交汇创新问题,主要涉及平面几何、立体几何、不等式、

向量等知识.

【类型突破】

类型一与三角函数有关的新定义问题

例1巳知定义域为R的函数万。)满足:对于任意的x£R,都有兀尸心)+〃(2兀),则称函数〃(x)具

有性质P.

⑴判断函数,/(x)=2x,g(©二cos工是否具有性质P;(直接写出结论)

(2)已知函数/(x)=sin(公什9)(|V侬V|,101V])，判断是否存在3夕,使函数./W具有性质P?若存在,

求出幼(P的值;若不存在，说明理由；

(3)设函数次幻具有性质P,且在区间[(),2用上的值域为伏0),或2兀)].函数^U)=sin(/(.t)),满足

其什2兀)=以工),且在区间(0,2兀)上有且只有一个零点.求证:＜2兀)=2兀

⑴解因为兀K)=2X,

贝I«叶2兀)=2(x+2兀)=2x+4兀，

又火2兀尸4花，

所以#大+2兀)》工)42兀)，

故函数7W=2x具有性质P;

因为g(x)=cosX,

贝I」g("27l)=cosa+27l)=cosX,

又g(2?i)=cos2兀=1,g(x)+g(2兀尸cosx+1Wg(x+2兀)，

故g(x)=cosX不具有性质P.

⑵解若函数7U)具有性质P,则式0+2元)寸。)出2元)，即X0)=sin@=0,

因为1如＜；,所以月),所以/U)=sin(①x);

所以必有＜2兀)=0成立，

即sin(2o＞7t)=0,因为

所以3兀＜2①兀＜5兀，

所以2口71=4兀,则co=2,此时人犬)二sin2x,

则y(x+2兀尸sin2(x+2兀)=sin2x,

则兀0侦2兀尸sin2x+sin4ksin2x,

艮I7有Ax+27T)Xx)t/(2九)成立，

所以存在。=2,8=()使函数J2具有性质P.

⑶证明由函数人幻具有性质P及(2)可知,1())=0,

由如什2兀)=双1)可知函数g(x)是以2兀为周期的周期函数，则g(27t)=g(O),

即sin(/(27r))=sin(/(0))=0,所以/(2兀尸E,kGZ;

由40)=0，42兀尸E以及题设可知，

函数段)在［0,2句的值域为［0,E］,所以k£Z且Q0;

当k>2,f(x)=7t及火X)=2兀时，均有g(x)=sin(/(x))=0,

这与g(x)在区间(0,2兀)上有且只有一个零点矛盾，因此％=1或与2;

当k=l时，火2兀尸兀，函数於)在［0,2兀］的值域为［0,幻,

此时函数g(x)的值域为［0,1］,

而«r+2兀)弓*)+兀，于是函数段)在［2兀,4兀］的值域为［兀,2兀］,

此时函数g(x)的值域为［T,0］,

函数g(x)=sin(/(x))在当x£［0,2兀］时和x£［2兀,4兀］时的取值范围不同，

与函数g(x)是以2兀为周期的周期函数矛盾，故上2,

即兀)=2兀，命题得证.

规律方法解决三角函数新定义问题的思路

(1)找出新定义的几个要素及其所代表的意义；

(2)把新定义下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中；

(3)利用三角函数的公式、性质解答问题.

训练1(2025・武汉段考)对于分别定义在A,6上的函数《/W,g(x)以及实数k,若任取即EG,存在必

《6：使得曲)+gg=k,则称函数段)与g(x)具有关系M(故其中及称为汨的像.

(1)若/(x)=2sin卜工+；),x£R;g(x)=3cos^3%+x^R,

判断Ax)与g(x)是否具有关系Mi-6),并说明理由；

(2)若外)=2sin(2x+；),［o,;^(x)=3V3cos(3%+g,xe［0,n］,且於)与g(x)具有关系”(号)

求国§的像；

O

(3)若y(x)=2sin(2x+-^,^］;^(x)=-2sin2x+i?sinx+2,xeR,且J(x)与g(x)具有关系M(5),求实

数。的取值范围.

解(1VW与g(x)不具有关系M-6),

理由如下：

R时,/U)=2sin(2x+&［-2,2］,

g(x)=3cos(3%+，)£[-3,3],

所以兀⑴+仪赴)e[-5,5],-6阴-5,5J,

则7W与g(x)不具有关系M(-6).

(2)由题意可知人即)+g(X2)="

=2sin(2・,+g)+3V5cos(3孙+

=V3+3\/3cos(3X2+3)，

所以cos(3X2+己)=1，

解得3x2+-=i-+2Z：7r,k《Z,

63

又上2引0,又所以3及书目3等],

6L66.

出》户T口

解仔X2二元n或号4或G13np

即的像为2或；或坪.

OloZlo

⑶对于狂卜;用，

则*4-喏]，

所以A.v)=2sin(2x+^)e[-l,2],

即1,2],

因为/U)与g(x)具有关系M(5),

所以要满足题意需3x2£R,

使得卜1,2笈5"(及)即可.

令5-g(x)=2sin2x-«sinx+3(x£R),

令Z=sinxf则f£[T,1],

设旗「尸2尸-。/+3(0-1,1]),

①若色WT,即时，

4

//(r)e[/?(-1),h(\)]=[5+af5-a]t

噱凄3,解得I；

②若，1,即时/0)£[〃⑴"(4)]=[5P,5+67],

唬+”2,解得心6;

(.5—aS—1,

③若-1<440,即一47aW0时，

4

%⑺HM*九⑴卜［3—9,5-可，

贝噌5一—ga22,-L解得(Q值<3'或(kQW3iM

又-4<QW0,显然无解；

④若()<21,即()va<4时,

4

〃⑺寺(*九川中-？，5+Q

(5+Q、2,—3

则3-彩—1解得｛QW4&或“三一3,

aW—4V2,

又0<。<4,显然无解.

综上圻述，实数a的取值范围是(-8,-6]U[6,+°°).

类型二与解三角形有关的新定义问题

例2(2025•厦门调研淀义:如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍,那么这个三角形叫做

倍角三角形.如图，ZUBC的面积为S,三个内角A,B,。所对的边分别为a,b,c,且sinC=-^.

c2-b2

A

上

BC

(1)证明:ZiABC是倍角三角形；

⑵若c=9,当S取最大值时，求tanB.

.___一，2s2x%bsinCnhsinC

⑴证明因为sinC=^=\h2

c2-bzcz-b2cz-b2

又sinCWO,所以2二1,

c2-b2

贝I/=(>ab,

又由余弦定理知，序=。2+<?-2白805B,

故可得2ccosB=a+b,

由正弦定理知，2sinCeosB-sinX+sinB,

又sinA=s\n(B+C)=s\nBcosC+cosBsinC,

代入上式可得sinCeosB=sinBcosC+sinB,

即sinCeos8-sinBcosC=sinB,

sin(C-Z?)=sinB,

则有C-B=B,C=2B,

故△ABC是倍角二角形.

⑵解因为C=2B,所以A=7t-B-C=7i-3B>0,

故0<氏为贝”tanB£(0,V3),

J

又c=9,

sinAsinC

9sin4_9sin(n-3B)9sin3B

贝ija--

sinCsin2Bsin2B

则S=1x〃csin出如nB

9、/9sin38、/.„81sin3B

=-X-----XsinB=-------

2sin2B4cosB

81sin2BcosB+cos2BsinB

4cosB

4X(sin2B+cos2次anB)

2tanBl-tanzB

4•tanB

4kl+tanzS+l+tan2B

3tan

：-X

4l+tan2B

设下tan8W(0,V5),於尸窸,

(3—3%2)(1+%2)(3%一/>2%

则八X）二：

(1+x2)2

-X*4-6X2+3

(1+x2)2*

令/X.v)=O得«=275-3或者X2=-2V3-3(X^>),

且当0<F<2V5-3时，八x）>0,

当时，八x）<0,

则J"）在（（）,J2百一3）上单调递增,

在4275-3,遮）上单调递减，

故当x=/2痘-3时，段）取最大值,

此时S也取最大值，故tanB=」26-3.

规律方法本题第⑴问中由条件sin。=搐正确选用S^sinC,即可消去sinC,得到边的等式，

cz-oz2

再结合正、余弦定理,从而推证三角形内角的关系.第⑵问中，利用⑴中的结论。二28,结合正弦定

理表示出边代入面积公式，化为关于tanB的关系式,最后结合换无法利用导数解决本例看似简

单，但解答运用知识点较多，需灵活运用相关知识解决.

训练2法国的拿破仑提出过一个几何定理：”以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形,

则这三个等边三角形的外接圆圆心恰好是一个等边三角形的三个顶点”.在△43。中,4=60。，以

AB,5GAe为边向外作三个等边三角形,其外接圆圆心依次为Oi,02,。3.

⑴求NOAQ;

⑵若△0。2。3的面积为8,求三角形中AB+AC的最大值.

解⑴由于01,。3是正△ABC,△ABC的外接圆圆心，故也是它们的中心，

所以在△OiAB中，NOiAB=30。,同理N03A030。，

又NBAC=60°,所以/。/。3=120。.

⑵由题意知△O1O2O3为等边三角形，设边长为w,则SaOiOz为W^sin60°=yw2=V3,

解得。|。3二m二2.

设BC=a,AC=b,AB=c,

在等援/XBOiA中，NOiAB=NO：84=30。，/4。出=120。，

AB

mil=_2i±_

sin1200sin30°'

解得OA嗡,同理得03A噌

在△。3。3中，由余弦定理得。。「O|A2+O3A2-2O|AO348S120°,

口口c2b2%bef

即4A=—+—2•-1\,

333V2/

gp/+/+权=12,艮网。+c)2—〃。=12,

解得出cW4,当且仅当b=c=2时取等号，故三角形中A8IAC的最大值为4.

类型三解三角形与其他知识的交汇

例3在圆f+),2=4上任取一点T,过点r作/轴的垂线段TD,垂足为。当点r在圆上运动时,线段

a的中点Q的轨迹是椭圆q当点了经过圆与x轴的交点时,规定点。与点7重合).

(1)求该椭圆。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a,为椭圆C上一动点，直

线0P与椭圆C的蒙日圆相交于点MN,求证:盟警为定值.

IPFillPFzl

⑴解设2(X0,州)，则7Ixo,2yo),

而点7在圆广十)?=4上，

即有/+4羽=4,化简得尹诏二1,

所以椭圆C的方程为

(2)证明由(1)知椭圆。的方程为9+产二1,长半轴长为。二2,短半轴长为b=\,半焦距为e=V3,

显然直线x=±2,)，=±1都与椭圆。相切，因此直线4±2,)，二±1所围成矩形的外接圆即为椭圆C的蒙

日圆，其方程为丁+)，2=5,

设|PQ|=〃7,|PBE,NPOFka,

则ZPOB=兀-%

在△POFi与△POB中，由余弦定理得

m2=r+|OP|2-2ciOP|cosa,

n2=c2+|OP|2-2c|OP|cos(7r-a),

两式相加得加2+〃2=2<?+2|。砰,

又m+n=2a>则nv^ir+lmn^cr,

所以『/?1卜|尸尸2|=〃"2=2。2-(72-|。尸|2

=/+02_QPF=5一|OP|2,

又IPMHPNI

=(\OM\~\OP\)(\OM\+\OP\)

=IOMF-|OPF=5-|OPF,

\PM\-\PN\

所以=1

|PF/・|PF2「

即

|PM"PN|为定值.

\PFI\\PF2\

规律方法解三角形与立体几何、解析儿何结合，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.

训练3(2025・石家庄模拟)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点对尸。施以视角运算”：若点M在线段PQ上,记(P,Q;M)由黑:沈;若

点M在线段PQ外，记(P,Q;M)二霁浣•

⑴若M在正方体ABCD-MB\C}Dx的棱AB的延长线上,且AB=2BM=2,由4对AB施以视角运算,

求(A,3;M)的值;

(2)若M,MbM3,…,Mn_i是△ABC的边8c的〃(〃,2)等分点，由A对8c施以视角运算，证

明:(5,C;Mk)X(B,C;M_)=1(/:=1,2,3,…，〃-1).

nK

⑴解如图，因为A8=2BM=2,

所以AM=3,AiB=2\[2tAiM=\[13.

由正方体的定义可知AAilAB,则NA/8=90。，

故sinNAAiB二苧,cosZAA\B=^,

sinZAA\M=^^-,cos

因为/BAiM二NA4M—NAAi8,

所以sinNR4iM=sinNAAiMcosZAA\B~cosNA41MsinTI

Z.44B=—26,

则(A,8；M)=-2SEZ"IM

''')AiBsin4M4i£?

噂

—_2x13^--3

一2迎噜一.

⑵证明如图，

因为Mi,Mz,M3,…,是BC的〃等分点,

所以BMk=CMnA=-BC,

n

BM『)=CMk=lBC.

n

在△ABMt中，

由正弦定理可得.■房二.八：

sinz.BAMksinLAM^B

则ABsinZBAMk=BMks\nNAM/.

在△ACMi中，同理可得

ACsinZCAMi=CMkS\nZAMkC.

因为^AMkB+ZAMkC=7i,

所以sinZAMkB=sinZAMkC,

ABsin乙BAMk

则(8,CM)二

ACsin乙CAMk

_BMksinz.AMkB_BMk_k

CMfcSinZ.AMkCCMkn-k"

同理可得(8,C；M〃尸梦J1.

故(8,C;Mk)X(B,C;Mn-)=Sx?=l(七1,2,3,…,〃T).

KTt^~KK

【精准强化练】

1.(2025•衡阳质检)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出.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NAOB=N8OC=NCQ4=120。的点。即为费马点;当△ABC有一个

内角大于或等于12()。时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题:

己知aABC的内角A,B,。所对的边分别为a,b,c,且cos28+cos2C-cos2A=1.

⑴求A;

⑵若bc=2,设点P为△A8C的费马点，求PAPB+PBPC+PCPA.

解(1)cos2B+cos2C-cos2A=1,

即l-2sin2B+l-2sin2C-l+2sin2A=1,

故sin2A=sin叨+sin2C,

由正弦定理可得

故△ABC为直角三角形，即A=^.

⑵由(1)知A=p所以三角形A3C的三个角都小于120°,

则由费马点定义可ZAPB=ZBPC=ZAPC=120°,

^L\PA\=xf\PB\=yf|PC|=z,

由SMPB+SdBPLShAPC=ShABC与bc=2得扣号+上号+扣手二为片1,

整理得刈+yz+xz=竽，

则丽丽+丽屁+而丽

二犯"(一{Hz(一1)+XZ，(-I)

1^4732V3

X---二一--.

233

2.(2025•郑州调研)我们知道:对于函数)守5),如果存在一个非零常数了,使得当x取其定义域。中的

任意宜时，有犬+丁£。,且危+7>/&)成立，那么函数)，=")口L做周期函数.对于一个周期函数产")，

如果在它的所有周期中存在一个最小正数,那么这个最小正数就叫做函数)，=/&)的最小正周期.对于

定义域为R的函数/?«,若存在正常数7,使得sin(/?(x))是以7为周期的函数，则称力(6为正弦周期

函数，且称7为其正弦周期.

⑴验证g(x)=x+cos弓是以6兀为周期的正弦周期函数；

⑵己知函数於)二|sin#|cosx|是周期函数，请求出它的一个周期.并判断此周期函数是否存在最小正

周期,并说明理由；

(3)已知存在