2026年高考数学二轮复习：三角函数与平面向量 融合创新2 平面向量、解三角形的创新问题

融合创新2平面向量、解三角形的创新问题A对应学生用书P40

【考情分析】平面向量与三角函数的新定义问题，背景新颖，考查角度具有多样

性，一般要转化为向量的运算、正弦定理、余弦定理的应用问题，难度较大.

融合1平面向量的新定义问题

典例斤（多选）定义平面向量的一种运算如下：对任意的两个向量。=（/,%）,b

=（%2，%），令〃皿=3”一种1，箝九2+）"”），下面说法一定正确的是（）

A.对任意的入WR,有（%）砒=人（@。力）

B.存在唯一确定的向量e使得对于任意向量防都有a®e=e®〃=。成立

C.若〃与6垂直，则（Q®b）®c与Q（9（b®c）共线

D.若。与8共线，则6c与4®（b0c）的模相等

解析：选AD.设向量口=（工1，%）,〃=（X2，72），对于A,对任意的入£R,有

（Aa）06=（/lx1,Ay0（x2f”）=（右必一衣2凹，氏g+入了以2）=入（》”一及》，x\xi+y\y2）

=Ma®匕），故A正确；

对于B,假设存在唯一确定的向量e=（%o，y0）使得对于任意向量〃，都有a0e=e（9a

=Q成立，即（即泗一xoy,xiAo+yij?o）=（xoj?i-xiyo,xoxi4-^oyi）=（xi,y。恒成立，即方

程组

一%0丫1=%0为一%/0=/，""安卜自*二工出去支如F疑0口7工

对任意xi,），］怛成工，而此方程组无斛，故B不正

{x1xQ+y1y0=y1

确；

对于C,若。与b垂直，则x1X2+yiy2=0，设c=（%3，丫3），则（Q®b）&c=3y2—my】，

0）。（迎，y3）=（xiy2y3—x2yiy3,即）'2%3-X2yx3），

?-

a0（/?0C）=（%1,yi）0（X2>,3-X3J2，工2%3+）缈3）=3冷门+为丫2），3一）‘武2）'3+）'成3，'2，X1X233

为>'>3+了1x2x3+yiy2y3）=（xiy2y3-y武2），3，—xiyM3+y1x2x3）W4aly2y3—yix2y3，xiyus—

y1x2x3）»其中〃£R,故C不正确；

对于D,若a与》共线，则即以一工2丁1=0,设c=（工3，丫3），

（a®b）®C=（0,%1%2+%乃）@（小第）=（—XIX2X3—）l）M3，XLX2y3+）D2），3），

a®"®c）=U1X2X3+即），2y3-yix2y3，为12）丐一xi）'2X3+y1x2x3+yiy2y3）=（xixua+

yi”X3,汨及券+?y2y3）,所以（a@b）6>c与a9（b@c）的模相等，故D正确.

对点练1.（多选）在实数集R中，我们定义的大小关系为全体实数排了一个

“序”.类似实数排序的定义，我们定义“点序”，记为“>'：已知M&,yj,

N（%2,%），M〉N,当且仅当“汨>及”或“即=12且？>力”.定义两点的“㊉”与

“⑨”运算：M^N=（%i+x2,%+乃），M®N=xiX2+yi»2.则下列说法E确的是

（）

A.若《2025,2024）,Q（2024,2025）,则P»Q

B.若《2025,2024）,Q（x,y）,P»Q,则x<2025且）W2024

C.若P»Q,则对任意的点7,都有尸㊉7»Q㊉7

D.若P»Q,则对任意的点兀都有P®7>Q⑧7

解析：选AC.选项A：因为尸（2025,2024）,0（2024,2025）,所以白〉硕，

故由定义可知P>Q,故A正确；

选项B：根据定义可知，当x=2025时，有yV2024,

当XV2025时，y与2024之间没有大小关系，故B错误；

选项C：设尸11,yj,Q（x2fy2）,7（x3,丫3），则由P>Q可得，“汨>也"或"xi

=12且N>?“，

由定义得P㊉7=11+%3,%+、3），。㊉7=（12+总，州+券），

当X]>12时，X1+X3>X2+X3J所以尸㊉㊉T；

当为=X2时，有》>丁2，此时为+X3=X2+X3，且）“+”>>2+丁3，所以P〶7»Q㊉7，

故C正确；

选项D,设Pg,yj,Q（%2,丫2），取《0,0）,

则有p®r=xixo+），ixo=o,2®T=X2X0+^2x0=0,

显然P®7>Q®T不成立，故D错误.

融合2解三角形的新情境问题

典例2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，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角

形的顶点”.如图，在△A8C中，内角A,B,C的对边分别为mb,c,且

10(sin竽Y=7—cos2A.以A3,BC,AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心

依次为。1,。2，。3.

⑴求角4

(2)若。=3,△0。2。3的面积为厚，求△ABC的面积.

4

解：（1）因为l（）（sin等）2=7—COS2A,

所以5（1-cos（B+C））=7-cos2A,

故5（1+cosA）=8—2cosM,所以2cos2A+5cosA—3=0,

可得cosA=1或cosA=-3（舍），

2

由A£（0,ii）,所以A三.

（2）如图，连接AOi,AQ，

由正弦定理得吗=2|4。1|,吗=2|4。3|,则|4。1|="韵\AO3\=^h,

sin-sin-33

33

△。|。2。3的面积&=上|01。3|2应不=在|0103|2=逋，所以|。1。3/=7,

234,4

而NBAC='则NOI4O3=空，

33

在4。4。3中，由余弦定理得|。1。3|2=|4。1|2+|»。3|2一2|4。1|・|4。3卜85/。4。3,

「2

即2—（-1）,则\+»+加=21,

3

在△4BC中，A=±a=3,由余弦定理得屋=店+/—2/85/84。，

3

则〃+/一从=9,所以儿=6,所以△ABC的面积为S=UcsinA=*.

22

［规律方法］解三角形新情境问题的注意点

(1)理解新定义：首先，需要仔细阅读题目中的新定义，理解其含义和所涉及的数学概

念.将新定义与已知的三角函数或解三角形的方法联系起来，找出其中的关联点.

(2)应用解三角形的方法：使用正弦定理、余弦定理等解三角形的基本方法，将三角形

的边加角联系起来，通过作辅助线、构造特殊三角形等方式，将复杂问题转化为简单

问题.

⑶结合图形分析：在解题过程中，结合图形进行分析，可以更直观地理解问题.利用

图形的对称性、相似性等性质，简化计算过程.

对点练2.克罗狄斯・托勒密(约90—168年)是希腊著名的数学家、天文学家和地理学

家.他一生有很多发明和贡献，其中托勒密定理和托勒密不等式是欧儿里得儿何中的

重要定理.托勒密不等式内容如下：在凸四边形A8CO中，两组对边乘积的和大于等

于两对角线的乘积，即当ABC。四点共圆时等号成立.已

知凸四边形A8CO中，AB=AD=l.

(1)当4BCD为等边三角形时，求线段AC长度的最大值及取得最大值时^BCD的边

长；

⑵当2sin2NOBC+3sin2NBDC=2sinNOBCsinN5COsinNCOB+sin2N5C。时，求线

段AC长度的最大值.

解：(1)设5C=CO=O5=x,因为ACBOWAaOC+ADNC,所以

所以ACW2,所以AC的最大值为2,当A,B,C,。四点共圆时等号成立，因为

ZBCD=60°,ZDAB=120°,

在△DAB中，BD2=AB2+AD2~2ABADCOSZDAB=1+1-2cos120°=3,

所以BD=遮,所以△BCO的边长为

(2)设3C=d,CD=h,BD=c,在△BCD中，

因为2sin2/OBC+3sin2N3Z)C=2sinNO8CsinN3CQsinNCOB+sin2NBCQ,

所以2〃+3摩=20dsinN6CD+cV

2匕2+3产一《2

所以sinN5co=

2bd

因为巴新

所以sinNBCD—8sN3O)=皆2甯=VL

当且仅当人=鱼〃时等号成立,

因为sinZBCD-cosZBCD=V2sin(ZBCD--)^V2,

4

所以应sin(NBC加一工)=鱼，

4

所以/3CD=如，b=V2d,由/=〃+才一2友/85/3。。=5次故。=返",

4

因为ACBD^ABDC+ADBC,AB=AD=1,

所以AC/d《&d+d,所以ACW与i=邈土包，

V55

所以线段AC长度的最大值为d班.

5

［课下巩固检测练(十九)］平面向量、解三角形的创新问题

(单选题每题5分，多选题每题6分，解答题每题10分)

1.定义向量一种运算“区)”如下：对任意的。=(〃?，〃)，力=(p,q),令a®b=mq—

叩,下面错误的是()

A.若a与b共线，则。区为=0

B.(a®b)2+(a-b)2=IaI2-IiI2

C.对任意的入£R,有额0

D.a®b=b®a

解析：选D.对于A,因为若。与办共线，则加y=〃p,所以a®b="zq一呼=0,故A

正确；

对于B,a®b=mq-np,ab=mp+nq,

2

222222

(a®b)+(a"=^mq—np)+(mp+nq)=(mq)+(np)—2nmqp+(mp)+(nq)+

2mnqp=/n2(q2+p2)+722(q2+p2)=(m2+/?2)(^2+/;2)=IaI.方I2,故B正确；

对于C,因为（而）区）。=笛阳一力卯=入（。③5），故C正确；

对于D,因为a®b=mq—np,b®a—pn—qm,不相等，故D错误.

2,对任意两个非零的平面向量a和夕，定义a夕=案.若平面向量。、力满足|可2也|>

0,〃与〃的夹角9£（0,»且a〃和加。都在集合出九国中，则《力+小=

（）

3

A.-B.2

2

C.-2D.3

解析：选析首先观察集合科nDZ}={…,-1,-i,0,”,|,2,…},从而分析

anb和boa的范围如下:

因为夕£（0,所以更<cos9Vl,而岳a=叱=2jcos仇且|。|2网〉0,可得0<

\4/2aa|a|

胃。s«l,

又因为，ae{赤可，所以探四三，从而3=焉，所以a八翳=热。s0=

2cos2亿

又因为3cos2。<1,所以1V4NV2.且a8也在集合dz}中，故有Q方=|,

因此Q匚力+/>］。=-+-=2.

22

3.（多选）设4,A2,4,4是平面直角坐标系中相异的四点，若而％=入京

（XeR）,指7=〃不了2。，£1<），且"工=2,则称4,4调和分割4,A2,已知平面上

的点C,。调和分割点A,B,则下面说法正确的是（）

A.A,B,C,。四点共线

B.O可能是线段43的中点

C.C,。可能同时在线段AB上

D.C,。不可能同时在线段A3的延长线上

解析：选AD.・・・^^=Xl^awR）,^7=4中2a£R），

•\AiAy//A\AifA\AA//A\Ai9/MI,A2,A3,At四点共线，

•・•平面上的点C,。调和分割点A,B,AA,B,C,。四点共线，故A正确;

由题意可设A（0,0）,8（1,0）,C（c,0）,D（d,0）,则（c,0）=k（l,0）,（d,0）=

0）,：.X=c,u=d,••二+2=2,/.-+-=2.

对于B,若。是线段AB的中点，则d=L代入到』+：=2,。不存在，故B错误；

2ca

对于C,若C,。同时在线段48上，则OWcWl,OW4W1,代入到工+工=2,可得c

cd

=d=l,此时C,D重合,与题意不符，故C错误；

对于D,若C,。同时在线段A8的延长线上，则c>l,所以工+工<2,与工+工

cdcd

二2矛盾，故C,。不可能同时在线段的延长线上，故D正确.

4.三角形的布洛卡点是德国数学家、数学教育学家克雷尔于1816年首次发现，但他

的发现并未被当时的人们所注意.1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发

现，并用他的名字命名.当△ABC内一点尸满足条件NPAB=NP8C=N尸。=。时，

则称点夕为△A8C的布洛卡点，角。为布洛卡角.如图，在△A8C中，角A,B,。所

对边长分别为办h,c,点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为夕

(1)若夕=30°.求证：

①〃2+〃2+/=4%。八8°(5"6。为4ABC的面积)；

②b4BC为等边三角形.

(2)若A=2仇求证：sin2A=sinBsinC.

解：(1)证明：①若。=30°,

贝US^AHC=S^PAB~\~S^P«C+SAPAC=~c-APsin6-\--a-BPs\n0+-/?-CPsin0=-sinO(c-AP-\-

2222

1

aBP+bCP)―9AP+aBP+bCP),

4

所以cAP+a,BP+b,CP=4S&ABc，

在△PBC,4c中，分别由余弦定理得：

BP2=c2+AP2~2cAPcos0,

CP2=a2+BP2~2aBPcos仇

AP2=b2+CP2~2b-CPc