2025年高考數(shù)學(xué)壓軸題訓(xùn)練：平面向量與解三角形新定義題（全題型壓軸題）（學(xué)生版+解析）

專題19平面向量與解三角形新定義題

目錄

一、平面向量定義題.......................................1

二、解三角形定義題（選填題）.............................3

三、解三角形定義題（解答題）.............................4

一、平面向量定義題

1.（23-24高一下?寧夏吳忠?期末）瑞士數(shù)學(xué)家歐拉是數(shù)學(xué)史上最多產(chǎn)的數(shù)學(xué)家，被譽為“數(shù)

學(xué)之王"，歐拉在"65年發(fā)表了令人贊美的歐拉線定理：三角形的重心、垂心和外心共線，

這條直線被稱為歐拉線.已知P,",N,O,為ABC所在平面上的點，滿足

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

［網(wǎng)lACU...............................

則歐拉線一定過（）

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

2.（23-24高二上?遼寧?階段練習(xí)）十七世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家皮埃爾?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(dāng)三角形的三個角均小于2三冗時，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角

半27r；當(dāng)三角形有一內(nèi)角大于或等于2冗半時，所求點為三角形最大內(nèi)角的頂點，在費馬問題中，

2兀

所求點稱為費馬點.已知在,ABC中，C=—,AC=1,BC=2,CM是ABC的角平分線，交

A8于M,滿足若P為一AWC的費馬點，貝UPAPM+PAfPC+PA.PC=（）

3221

A.--B.----C.----D.—

5533

3.（23-24高一下?上海楊浦?期末）已知士,々?。,兀）且力＞0,〃＞。，選項中的命題都正確

的是（）.

（1）不等式卜in五-sin引-4恒成立警

（2）設(shè)公＜々，A（%,sin占），B（x2,sinx,）,4（占，°），6（%,。），如果四邊形的面

積為s,那么存在修?下,巧］使（馬-不卜也毛=s成立；

（3）對任意幾+〃=1時，不等式22sin%+2〃sin%之sin藥+sin%恒成立；

（4）對任意幾+〃=1時，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?模擬預(yù)測）人臉識別，是基于人的臉部特征信息進行身份識別的一種生

物識別技術(shù).在人臉識別中，主要應(yīng)用距離測試檢測樣本之間的相似度，常用測量距離的方

式有曼哈頓距離和余弦距離.設(shè)S（X2,J2）,則曼哈頓距離

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

為坐標(biāo)原點）.已知"（2,1）,d（M,N）=l,則e（M,N）的最大值近似等于（）

（參考數(shù)據(jù)：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）已知集合區(qū)={a|a=（x,y）,xeN且且y上1},

。為坐標(biāo)原點，當(dāng)況=（占,乂）€%,0月=（馬,%）€此時，定義:d（為3）=|西一百+|弘一閶,

若0。=優(yōu),為）€也，則“存在4>0使AB=XBC"是"d（AB）+d（昆C）=d（AC）”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不

充分也不必要條件

6.（23-24高一下?河南駐馬店?階段練習(xí)）對任意兩個非零向量〃?,”，定義=若

n

非零向量。力，滿足卜,3砧向量"與b的夾角是銳角，且4僅是整數(shù)，則a?》的取值

范圍是—.

7.（23-24高一下?湖南?期中）“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳車的標(biāo)志而來，是平面向

量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論，奔馳定理與三角形的四心（重心、內(nèi)心、外心、垂心）有著美麗的

邂逅.它的具體內(nèi)容是：如圖，若P是，ABC內(nèi)一點，BPC,.APC,一AP8的面積分別為

SA,SB,SC,則有S4?R4+SB-PB+SCJC=0.已知。為.ABC的內(nèi)心，且cosN3AC=g,若

AO=mAB+nAC，則根+〃的最大值為.

A

BC

二、解三角形定義題（選填題）

1.（23-24高三?安徽馬鞍山?期末）若一個四面體的四個側(cè)面是全等的三角形，則稱這樣的

四面體為"完美四面體”，現(xiàn)給出四個不同的四面體\BkCkDk化=1,2,3,4）,記的三

個內(nèi)角分別為4，Bk,Ck,其中一定不是"完美四面體”的為（）

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.（多選）（2024?江西?模擬預(yù)測）黃金分割是指將整體一分為二，較小部分“與較大部分

b的比值等于較大部分b與整體部分。+人的比值，其比值為叵工，這個比例被公認(rèn)為是最

2

能引起美感的比例.四名同學(xué)對此展開了探究，下列說法中正確的是（）

A.若橢圓r的焦點在X軸上，上頂點為8,右頂點為A,左焦點為E.小歐提出只要滿

足8尸?比!=（），橢圓「的離心率就等于趙二

2

B.一頂角等于36。的等腰三角形，小斯通過正、余弦定理和二倍角公式，算得該三角形

底邊長與腰長的比值等于避二

2

C.假設(shè)〃eN*,小萊發(fā)現(xiàn)若公比大于0的等比數(shù)列｛4｝與著名的斐波那契數(shù)列的遞推公

式加2=力+1+力相同，則數(shù)列｛??｝的公比等于存1

D.小利在閱讀時了解到：古老的雅典帕提農(nóng)神廟，其柱頂至屋頂?shù)木嚯x。與柱高b滿足

log4a=log6b=log9（a+i＞）,則￡.二石T

b2

3.（多選）（2023?黑龍江大慶?三模）勒洛四面體是一個非常神奇的"四面體"，它能在兩個

平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點

為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體，若用棱長為4的正四

面體ABCD作勒洛四面體，如圖，則下列說法正確的是（）

A.平面A3C截勒洛四面體所得截面的面積為8兀-8A

B.記勒洛四面體上以C,。為球心的兩球球面交線為弧A3,則其長度為/

三、解三角形定義題（解答題）

1.（23-24高一下?廣東佛山?期中）三角形的布洛卡點是法國數(shù)學(xué)家克洛爾于1816年首次

發(fā)現(xiàn).當(dāng)，ABC內(nèi)一點尸滿足條件SLB=NP3C=N尸6=6＞時，則稱點P為..ABC的布洛

卡點，角。為布洛卡角.如圖，在一ABC中，角A,8,C所對邊長分別為“，6,。，記JLBC

的面積為S,點產(chǎn)為AfiC的布洛卡點，其布洛卡角為。.

⑴若。=30?.求證:

①/+b2+c2=4屈；

②ABC為等邊三角形.

(2)若A=20,求證：sin?A=sinBsinC.

2.（23-24高一下?福建福州?期末）點A是直線PQ外一點，點M在直線尸。上（點M與P,

Q兩點均不重合），我們稱如下操作為"由A點對PQ施以視角運算"：若點M在線段PQ上,

APsinZPAMAPsinNPAM

記（P,Q；M）=若點M在線段PQ外，記（P,Q；M）=一

AQsinZMAQAQsinAMAQ

（1）若M在正方體A3CO-的棱A8的延長線上，且AB=28M=2,由4對AB施以

視角運算，求（A3；M）的值；

（2）若M在正方體A3CD-4型通的棱A8上，且?guī)?2,由4對AB施以視角運算，得到

=求管的值；

ZJV1ID

⑶若，M“_1是一ABC邊8C的“（〃22,〃eN）等分點，由A對BC施以視角運算，

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的對邊分別為a,6,c,其中。=2,

已知S為.ABC的面積且滿足46s+3(42)=3c2.

(1)若一ABC為銳角三角形，求“一：”的取值范圍;

C

⑵法國著名數(shù)學(xué)家柯西在數(shù)學(xué)領(lǐng)域有非常高的造詣.很多數(shù)學(xué)的定理和公式都以他的名字

來命名，如柯西不等式、柯西積分公式.其中柯西不等式在解決不等式證明的有關(guān)問題中有

著廣泛的應(yīng)用.若尸是ABC內(nèi)一點，過P作A8,BC,AC垂線，垂足分別為D,E,F,

借助于三維分式型柯西不等式：江+4+三合-+々+二)2當(dāng)且僅當(dāng)

X%%X+%+%

?412clJAC|

時等號成立?求7=的最小值.

\PD\\PE\|PF|

4.(23-24高一下?遼寧?階段練習(xí))數(shù)學(xué)中有很多相似的問題，

材料一：十七世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家，被譽為業(yè)余數(shù)學(xué)家之王的皮埃爾?德?費馬提出了一個著名的

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”,

他的答案是："當(dāng)三角形的三個內(nèi)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(dāng)三角形有一內(nèi)角大于或等于120°時，所求

點為三角形最大內(nèi)角的頂點"，在費馬問題中所求的點稱為費馬點.

材料二：布洛卡點，也叫"勃羅卡點"，定義為：已知.ABC內(nèi)一點P滿足

NPAB=/PBC=NPCA=6,則稱P為二ASC的布洛卡點，。為ABC的布洛卡角，1875

年，三角形的這一特殊點，被一個數(shù)學(xué)愛好者一一法國軍官布洛卡重新發(fā)現(xiàn)，并用他的名字

命名.

已知“，b,c分別是..ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊，且

acos(B—C)+acosA—2.yl3csinBcosA=0.

⑴求A；

(2)若H為ABC的費馬點，且片一色―C)2=4,求++的值；

⑶若A3C為銳角三角形，P為一ABC的布洛卡點，。為ABC的布洛卡角，證明：

1111

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

tan。tan^BACtan/ABCtan^ACB

5.(23-24高一下?安徽?階段練習(xí))已知函數(shù)=c、(a,"c>0).

⑴若必=l,c=l,設(shè)函數(shù)g(x)=省+L請求出g(2x)的值域并求證：g(2x)=2(g(x)y-1；

(2)若x=l,c>a>0,c>b>0,記〃(<7,6,c)="無)，且6,c是一個三角形的三條邊長，

請寫出方程,(“,6,。)|+|秋。,。同+內(nèi)。力,。)|=20的所有正整數(shù)解的集合；

⑶若。,6,c是一個等腰鈍角三角形的三條邊長且c為最長邊，求證：/(x)<0在xe[2,+”)時

恒成立.

6.(23-24高一下?廣東汕頭?期中)定義函數(shù)〃x)=〃isinx+"cos^的“源向量"為OM=(m,ti),

非零向量=(m,")的"伴隨函數(shù)"為，(%)=7?11_￥+次0$尤，其中。為坐標(biāo)原點.

⑴若向量0M=(1,⑹的"伴隨函數(shù)"為了(X),求/(X)在xe[0,可的值域；

(2)若函數(shù)g(x)=sin(x+a)的"源向量”為OM，且以。為圓心，|。河|為半徑的圓內(nèi)切于正

ABC(頂點C恰好在y軸的正半軸上)，求證：為定值；

⑶在ASC中，角45,C的對邊分別為a,b,c,若函數(shù)“⑺的"源向量"為O"=(0,1),且已

知a=8,〃(A)=|,求H2+47卜422(?的取值范圍.

專題19平面向量與解三角形新定義題

目錄

一、平面向量定義題.......................................1

二、解三角形定義題（選填題）.............................3

三、解三角形定義題（解答題）.............................4

一、平面向量定義題

1.（23-24高一下?寧夏吳忠?期末）瑞士數(shù)學(xué)家歐拉是數(shù)學(xué)史上最多產(chǎn)的數(shù)學(xué)家，被譽為“數(shù)

學(xué)之王"，歐拉在"65年發(fā)表了令人贊美的歐拉線定理：三角形的重心、垂心和外心共線，

這條直線被稱為歐拉線.已知P,",N,O,為ABC所在平面上的點，滿足

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

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

則歐拉線一定過（）

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

【答案】C

【分析】根據(jù)向量等式的含義以及向量的運算，分別說明為:ABC的外心、垂心、

重心、內(nèi)心，繼而根據(jù)歐拉線定理可得結(jié)論.

【詳解】由題意知以|=|網(wǎng)=W4，即/為一ABC的外心；

NA+NB+NC=O,則N為.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。為..ABC的垂心；

由解析題中向量式中有。尸,。4兩共起點的向量，

十口AO/ABAC

于是O尸一OA二A尸，AP=2?----1+r——,

\AB\\AC

令告+若MM

‘網(wǎng)kl'

ULUU

ABAC

則AM是以A為起點，向量網(wǎng)與唐所在線段為鄰邊的菱形對角線對應(yīng)的向量，

即AM在/區(qū)4c的平分線上，

AP=AP,AM共線，

所以點P的軌跡一定通過ABC的內(nèi)心，

由歐拉線定理知，歐拉線一定過

故選：C.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解決的關(guān)鍵在于，充分理解三角形心的向量表示，從而得解.

2.（23-24高二上?遼寧?階段練習(xí)）十七世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家皮埃爾?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

2兀

它的答案是：當(dāng)三角形的三個角均小于不時，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角

?27r；當(dāng)三角形有一內(nèi)角大于或等于27弓r時，所求點為三角形最大內(nèi)角的頂點，在費馬問題中，

33

2兀

所求點稱為費馬點.已知在,.ABC中，C=可,AC=1,BC=2,CM是ABC的角平分線，交

A3于A1,滿足若尸為AMC的費馬點，則P4PM+PM.PC+PA-PC=（）

,3221

A.--B.—C.----D.—

5533

【答案】D

【分析】應(yīng)用角平分線的性質(zhì)及等面積法及數(shù)量積即可求解.

2九

【詳解】在ASC中，C=可,AC=1,BC=2,

由。0是，ABC的角平分線，交AB于

設(shè)時到兩邊的距離為d,

|BC[d=2

BMCIAC"r

故SAMC=；SABC=；x；xlx2xg=f.

332Zo

9JT9JT

已知AMC的三個內(nèi)角均小于可，則點P與AMC的三個頂點的連線兩兩成角彳，

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

^-(\PA\-\PM\+\PM\-\PC\+\PA\-\PC\)=顯

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

故選：D.

3.(23-24高一下?上海楊浦?期末)已知不,當(dāng)€(0,兀)且力>0,A>0,選項中的命題都正確

的是().

(1)不等式卜in占-sinA21V卜-%卜恒成立；

(2)設(shè)再<%,A(%,sinxJ,B(x2,sinx,),4(占,0),B](x,,0),如果四邊形AAB瓦的面

積為s,那么存在與?占,引使(％-西)sinx°=s成立；

(3)對任意幾+〃=1時，不等式22sin%+2〃sin%Nsin%+sin%恒成立；

(4)對任意幾+〃=1時，不等式sin(2玉+〃*2)2Xsin國+〃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】可證明x>0時，有》>卜也可恒成立，據(jù)此可判斷(1)的正誤，利用零點存在定理

可判斷(2)的正誤，利用反例可判斷(3)的正誤，利用向量結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)可判斷(4)

的正誤.

【詳解】先證明一個不等式：當(dāng)x>0時，有x,sinR恒成立.

證明：若x>l,則x>l習(xí)sin,恒成立.

若0<xWl,如圖，在單位圓中，

弧度為X的角的終邊與單位圓的交點為尸，過尸作軸，垂足為H,

則尸H=sinx,ffi!p//<PS<PSf故sinxvx,

因為止匕時sin無>0,^x>sinx=|sinx|

綜上，%>0時，有光習(xí)sinR.

對于（1）,若%=%，則[in石一sin/l=。4。=|石~xz\,

若玉。工2，不妨設(shè)玉<工2,

XX

因為卜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],

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

12

故g(玉)g(%2)=_](sinxi_sin%2)40，

由零點存在定理可得存在后=g（sin%i+sin%2），

止匕時(％2—玉)sinx0=；(sin玉+sinx2)(x2-玉)=s,

故（2）正確.

故sinx=g（sin玉+sinx）

而兀2一玉＞0,故％一再＞0,02

12717r

對于（3）,^A=-,u=-,Xl=-,X2=-

1V3111-73

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

l232326

故（3）錯誤.

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

A

貝!y_sinF）=（w-x,sinx2-y},

,,_x+tx_sin%+/sinx

故％=-r----2,y------：-------2，

1+/1+1

過。作X軸的垂線，垂足為G,由正弦函數(shù)的圖象特征可得:

.」,smx,+—sinx9x,+—x0

任X34sin±±理，故一」-l＜sinA^,

1+r1+t]+幺]+幺

22

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

故（4）成立，

故選：B

【點睛】思路點睛：正弦函數(shù)具有的某些代數(shù)性質(zhì)，可以結(jié)合函數(shù)的圖象來討論（比如凹凸

性等），另外為了研究某些性質(zhì)，我們可以猜測一些我們需要的結(jié)論并給出適當(dāng)?shù)淖C明.

4.（2024?福建泉州?模擬預(yù)測）人臉識別，是基于人的臉部特征信息進行身份識別的一種生

物識別技術(shù).在人臉識別中，主要應(yīng)用距離測試檢測樣本之間的相似度，常用測量距離的方

式有曼哈頓距離和余弦距離.設(shè)4（4%），S（X2,J2）,則曼哈頓距離

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

為坐標(biāo)原點）.已知“（2,1）,d（M,N）=l,則e（M,N）的最大值近似等于（）

（參考數(shù)據(jù)：&=1.41,75-2.24.）

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

【答案】B

（分析］根據(jù)題意分析可得N在正方形ABCD的邊上運動，結(jié)合圖象分析（OM,ON）的最大

值，即可得結(jié)果.

【詳解】設(shè)N（x,y）,

由題意可得：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）,

即點N在正方形ABCD的邊上運動，

UULlUUU1

因為OM=（2,1）,ON=（尤,y）,由圖可知：

當(dāng)cos（M,N）=cos（OM,ON）取到最小值，即最大，點N有如下兩種可能:

uum/UULTUU?\A

①點N為點A,則ON=（2,0）,可得cos（M,N）=cos,OM,ON）=苛;

uum

②點N在線段CO上運動時，此時ON與DC同向，不妨取ON=（1,1）,

/uuurui叫33A/10

貝ijcos（M,N）=cos（OM,ON）=,—產(chǎn)

\/V5xV210

因為嚕￥

所以e（M,N）的最大值為1一￥^0.104.

故選：B.

【點睛】方法定睛：在處理代數(shù)問題時，常把代數(shù)轉(zhuǎn)化為幾何圖形，數(shù)形結(jié)合處理問題.

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

。為坐標(biāo)原點，當(dāng)。4=（占,乂）€〃2,03=（%2，%）€監(jiān)時，定義:4（為5）=|西-即+尻一%|＞

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

A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不

充分也不必要條件

【答案】A

【分析】由存在彳＞0使AB=/LBC得（/-菁乂七-9）＞。，根據(jù)絕對值的運算性質(zhì)有：

民-國|+值-%|=|(%-占)+($-々)1=|尤3-西|，同理對縱坐標(biāo)也如此運算可證得充分性成

立；必要性可舉例說明不成立.

【詳解】充分性：若存在4＞0,使4B=XBC，

即(*2-X],%-X)=%(工3-*2,%-%)，

則(々一為)(電1々)＞。，(%—乂)(%一%)＞。，

故.d(A,B)+d(B,C)=0-卻+|%—%|+1電—龍21+1%—%I

=1(馬一%)+(玉一々)1+1(%-2)+(%-為?

=|電一下|+|%-另|=d(A,C)

故充分性成立；

必要性：取04=(2,5),05=(3,3),OC=(5,2),

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

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

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

所以1x(—1)=(—2)x2,則AB,BC不共線，

所以必要性不成立.

故選：A.

vn.VI

6.（23-24高一下?河南駐馬店?階段練習(xí)）對任意兩個非零向量人”，定義根區(qū)〃=p.若

n~

非零向量滿足限3砧向量°與方的夾角是銳角，且4（6<8>a）是整數(shù)，則°刖的取值

范圍是—.

9

【答案】弓,4）

4

【分析】利用給定定義結(jié)合向量夾角的運算性質(zhì)求解即可.

TT

【詳解】設(shè)向量a與方的夾角為0,由題意可知0<。<1,則0<cos6<l,

III.Ibibi

因為同23同，所以0<—<-,0<一cos<9<-.

a3a3

A.zvb--14

因為b=——=一cos仇所以0＜b區(qū)。＜一,0＜43區(qū)。)＜一.

aa33

因為4sg〃）是整數(shù)，所以4（。區(qū)〃）=1,所以》=；,—b■=1

a4cos6'

bi113

而o<—<_L,即0<^~所以：4cose<l,

a34cos6(34

因為6=譽=；cos<9=4cos*2。3，2<cos20<1,

b-b16

9g

所以—V4cos2。<4,即34a區(qū)b<4,

44

9

故的取值范圍為彳,4）.

4

Q

故答案為：［：,4）

4

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查向量新定義，解題關(guān)鍵是合理利用給定定義，然后求出

o

4<4cos20<4,最后得到所要求的取值范圍即可.

4

7.（23-24高一下?湖南?期中）“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳車的標(biāo)志而來，是平面向

量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論，奔馳定理與三角形的四心（重心、內(nèi)心、外心、垂心）有著美麗的

邂逅.它的具體內(nèi)容是：如圖，若P是一ABC內(nèi)一點，BPC.APC一AP3的面積分別為

s

SA,SB,SC,則有名?上4+SB/B+SC-PC=0?己知。為3Ae的內(nèi)心，且cos/BAC=；,若

AO=mAB+nXC,則〃的最大值為.

【分析】利用。為.ABC的內(nèi)心，再結(jié)合奔馳定理可得"?OA+6-O8+c-OC=0,再由已知

mn

條件轉(zhuǎn)化可得A°=匚調(diào)用+匚調(diào)切℃,利用平面向量基本定理可知

mb

\-(m+n\aA_|_riQ

,從而得到一+"=,再由COS/BAC=L,可得力=(6+。)2-2兒,

n_ca+b+c33

+a

利用均值不等式可得標(biāo)=S+C）2-殳建婦之，最后可得

33

b+c13-A/3

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

a+b+c]+a2

b+c

【詳解】因為ABC的內(nèi)心。到該三角形三邊的距離相等，則%: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+幾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

兩式相加可得1丁，化簡可得"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）,當(dāng)且僅當(dāng)6=c時等號成立,

b+c1,133-6

所以ci+b+c]+「]+3+y/32-

b+c3

故答案為：3.

2

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用奔馳定理得到根+〃=」b/+c,再結(jié)合余弦定理和

a+b+c

基本不等式即可得到a2義伍+c）,最后即可得到加+〃的最大值.

二、解三角形定義題（選填題）

1.（23-24高三?安徽馬鞍山?期末）若一個四面體的四個側(cè)面是全等的三角形，則稱這樣的

四面體為“完美四面體"，現(xiàn)給出四個不同的四面體AAQ4化=1,2,3,4）,記的三

個內(nèi)角分別為4，B-Ck,其中一定不是"完美四面體"的為（）

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與：sinC?=3:5:7,由正弦定理得：B2C2:A,C2:A,B2=3:5:7,設(shè)員G=3x,

4c2=5X,4為=7了，由"完美四面體”的四個側(cè)面是全等的三角形，得到24=3x,2與=5x,

2G=7x,列方程推導(dǎo)出這樣的四面體不存在，從而。2482G一定不是完美的四面體.

【詳解】若sinAj：sinB2:sinC2=3:5:7,由正弦定理可得，B2C2:A,C2:=3:5:7,設(shè)

22c2=3X，4C2=5X,A2B2=1X,因為"完美四面體”的四個側(cè)面是全等的三角形，

:.D2A2=3X,D2B2=5X,D2C2=7X,把該四面體頂點當(dāng)成長方體的四個頂點，四條棱當(dāng)作長方

體的四條面對角線，則長方體面上對角線長為3元,5乂7元，設(shè)長方體棱長為a,b,c,則

a2+b2=9x2

<b2+c2=25x2,以上方程組無解，即這樣的四面體不存在，

a2+c2=49x2

???四個側(cè)面不全等，故34與6一定不是完美的四面體，

對于A,三角形顯然是銳角三角形，可以構(gòu)成完美四面體，

對于C,由余弦值的比值得到正弦值比值，按著B選項的過程可知可以構(gòu)成完美四面體.

對于D,由正切值的比值得到正弦值比值，按著B選項的過程可知可以構(gòu)成完美四面體.

故選：B.

2.（多選）（2024?江西?模擬預(yù)測）黃金分割是指將整體一分為二，較小部分“與較大部分

b的比值等于較大部分6與整體部分的比值，其比值為苴二'，這個比例被公認(rèn)為是最

2

能引起美感的比例.四名同學(xué)對此展開了探究，下列說法中正確的是（）

A.若橢圓「的焦點在x軸上，上頂點為8,右頂點為A,左焦點為b.小歐提出只要滿

足B『8A=0,橢圓「的離心率就等于吏工

2

B.一頂角等于36。的等腰三角形，小斯通過正、余弦定理和二倍角公式，算得該三角形

底邊長與腰長的比值等于苴」

2

C.假設(shè)*N*,小萊發(fā)現(xiàn)若公比大于0的等比數(shù)列｛凡｝與著名的斐波那契數(shù)列的遞推公

式力+2=力+1+力相同，則數(shù)列｛??｝的公比等于與^

D.小利在閱讀時了解到：古老的雅典帕提農(nóng)神廟，其柱頂至屋頂?shù)木嚯x。與柱高b滿足

log4a=log6=log9（a+fo）,則g=，T

b2

【答案】ABD

【分析】選項A,將條件中.剛=0數(shù)量積用坐標(biāo)表示，整理方程可得；選項B,分別用

正余弦定理得到邊長與腰長的方程，聯(lián)立方程組可得；選項C,由等比數(shù)列性質(zhì)，在

4,+2=。用+為兩邊同除以冊可得公比的方程；選項D,結(jié)合對數(shù)性質(zhì)，借助連等式設(shè)上法,

找到的等量關(guān)系即可.

22

【詳解】對選項A,設(shè)橢圓「的方程為,+多=1（〃＞。＞0）,

則A（a,O）,儀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正確;

2

對選項B,設(shè)該三角形底邊長為x,腰長為兀

又由余弦定理得cos36°=2y°二'=1一」（二[②，

2y22⑴J

①②兩式聯(lián)立得（J-y+l=o,即RT[+|-1=0,

由于二21,—＞0,故1=亞1,故B正確；

yyy2

對選項C,設(shè)數(shù)列｛4｝的公比為q,q＞0,則吐=嗅=〃，

an+\an

由題意得，4+2=4+1+4，兩邊同除以4整理得，

q2—q—1=。,解得9=1+，故C錯誤；

2

對選項D,log4a=log6b=log9（tz+Z?）=k,

則々=43b=6k,Q+Z;=93由6『=4隈y，

得b2=a（a+b）,a2+ab—b2=0,

則⑶一+q-i=o,且：＞0,解得巴=避二i,故D正確.

yb）bbb2

故選：ABD.

3.（多選）（2023?黑龍江大慶?三模）勒洛四面體是一個非常神奇的"四面體"，它能在兩個

平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點

為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體，若用棱長為4的正四

面體A3CD作勒洛四面體，如圖，則下列說法正確的是（）

A

A.平面A5C截勒洛四面體所得截面的面積為8兀-86

B.記勒洛四面體上以C,。為球心的兩球球面交線為弧A3,則其長度為］471

C.該勒洛四面體表面上任意兩點間距離的最大值為4

D.該勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為4-而

【答案】AD

【分析】對于A,平面ABC截勒洛四面體所得截面面積為三個半徑為4,圓心角為60。的扇

形的面積減去兩個邊長為4的正三角形的面積；對于B,求出弧A3所對的中心角，根據(jù)弧

長公式求得結(jié)果進行判斷；對于C,設(shè)弧A3的中點是V,線段A3的中點是N,設(shè)弧8的

中點是“，線段8的中點是G,則根據(jù)圖形的對稱性，四點共線，計算即

可判斷；對于D,設(shè)點E為該球與勒洛四面體的一個切點，先求出正四面的外接球半徑,，

則內(nèi)切球半徑為BE-r.

【詳解】對于A,平面ABC截勒洛四面體所得截面如圖甲，它的面積為三個半徑為4,圓心

角為60。的扇形的面積減去兩個邊長為4的正三角形的面積；

BP3x—X—x42-2x^-x42=871-8^/3,故A正確；

234

對于B,如圖乙，取C￡>中點G,在一ASG中，AG=BG=243,AB=4,記該勒洛四面體

上以C,。為球心的兩球交線為弧A3,則該弧是以8的中點G為圓心，以2班為半徑的

圓弧，

設(shè)圓心角為NAO3=a,則cod】⑹$百）-’一1,可知-2有2&兀，

2X2A/3X2>/333

所以弧長不等于三47r，故B錯誤；

對于C,如圖丙，設(shè)弧A8的中點是線段48的中點是N,設(shè)弧CD的中點是H,線段CO

的中點是G,則根據(jù)圖形的對稱性，四點共線且過正四面體ABCD的中心。，則

MG=GA=NH=2日NG=1AG?—AN?=也扃-2?=2正，MN=GH=2粗-2應(yīng),

MH=4A/3-2A/2,即勒洛四面體表面上任意兩點間距離可能大于4,最大值為4若-2夜,

故C錯誤；

對于D,勒洛四面體能容納的最大球，與勒洛四面體的弧面相切，如圖乙，其中點E為該球

與勒洛四面體的一個切點，由對稱性可知。為該球的球心，內(nèi)半徑為0E,連接班，易知BOE

三點共線，設(shè)正四面體ABCD的外接球半徑為乙

如圖丁，則由題意得：正四面體A3CZ）的高，BO1=手,

（i-、2zI—\2

則-----r+----=產(chǎn)，解得：廠=^6，所以BE=4>OB=r=,內(nèi)半徑OE=4—y/6，

、3）I3,

故D正確.

故選：AD.

【點睛】幾何體的內(nèi)切球半徑求法點睛：

1.棱錐的內(nèi)切球半徑求法:設(shè)棱錐的體積KS為幾何體的表面積，內(nèi)切球半徑為r,則

2.根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，確定球心，再結(jié)合所給已知條件列方程求得內(nèi)切球半徑.

4.（多選）（23-24高二上,湖北?期中）"奔馳定理”是平面向量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論，因

為這個定理對應(yīng)的圖形與“奔馳"轎車，（Mercedes6e〃z）的logo很相似，故形象地稱其為“奔

馳定理"，奔馳定理：已知。是AABC內(nèi)一點，XBOC,AAOC,AAOB的面積分別為鼠，SB,

Sc,^.SAOA+SBOB+SC-OC^O.設(shè)。是銳角AABC內(nèi)的一點，ZBAC,AABC,N