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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F ，F ，P为椭圆C上一动点，直线
1 2
|PM|·|PN|
OP与椭圆C的蒙日圆相交于点M，N，求证： 为定值.
|PF |·|PF |
1 2
(1)解 设Q(x ，y )，则T(x ，2y )，
0 0 0 0
而点T在圆x2+y2=4上，
x2
即有x2 +4y2
=4，化简得
0+y2
=1，
0 0 4 0
x2
所以椭圆C的方程为 +y2=1.
4
x2
(2)证明 由(1)知椭圆C的方程为 +y2=1，长半轴长为a=2，短半轴长为b=1，半焦距为c=√3，
4
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|PF |=m，|PF |=n，∠POF =α，则∠POF =π-α，
1 2 1 2
在△POF 与△POF 中，由余弦定理得m2=c2+|OP|2-2c|OP|cos α，
1 2
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|PF |·|PF |=mn=2a2-c2-|OP|2=a2+b2-|OP|2=5-|OP|2，
1 2
又|PM|·|PN|=(|OM|-|OP|)(|OM|+|OP|)=|OM|2-|OP|2=5-|OP|2，|PM|·|PN| |PM|·|PN|
所以 =1，即 为定值.
|PF |·|PF | |PF |·|PF |
1 2 1 2
[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=2√5.将△ABD沿BD折起，得
到大小为θ的二面角A'-BD-C.
π
(1)当θ= 时，求A'C与平面BCD所成角的正切值；
2
π
(2)当θ= 时，求B到平面A'CD的距离；
2
1
(3)当cos θ= 时，求cos∠A'BC的值.
3
解 (1)过A'作A'H⊥BD于H，连接CH，如图，
π
因为二面角A'-BD-C的大小为 ，所以平面A'BD⊥平面BCD，
2
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，
√5×2√5
在Rt△BA'D中，A'B=√5，A'D=2√5，A'H= =2.
√(√5) 2+(2√5) 2
在Rt△A'HB中，BH=√A'B2-A'H2=√(√5) 2-22=1.
2√5
在Rt△DBC中，BC=2√5，cos∠CBD= ，
5
所以在△HBC中，
HC2=BC2+BH2-2BC·BH·cos∠CBD
2√5
=(2√5)2+12-2×2√5×1× =13，
5
所以HC=√13，
A'H 2 2√13
在Rt△A'CH中，tan∠A'CH= = = ，
HC √13 132√13
即A'C与平面BCD所成角的正切值是 .
13
(2)在(1)图中，A'C2=A'H2+HC2=4+13=17，
A'D2+DC2-A'C2 (2√5) 2+(√5) 2-17 2
在△A'DC中，cos∠A'DC= = = .
2·A'D·DC 2×2√5×√5 5
√ (2) 2 √21
所以sin∠A'DC= 1- = ，
5 5
1 1 √21
△A'DC的面积S= ·A'D·DC·sin∠A'DC= ×2√5×√5× =√21.
2 2 5
因为A'H⊥平面BCD，
所以三棱锥A'-BCD的体积
1 1 1 10
V= S ·A'H= × ×2√5×√5×2= .
3
△BCD
3 2 3
10
V
3 10√21
所以B到平面A'CD的距离d=1 = = .
S 1 21
3 ×√21
3
(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，
1
在Rt△BHG中，BH=1，tan∠DBC= ，
2
1 √5
所以HG= ，BG= .
2 2
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，
1
即 cos∠A'HG= .
3
在△A'HG中，
A'G2=A'H2+HG2-2·A'H·HG·cos∠A'HG
(1) 2 1 1 43
=22+ -2×2× × = .
2 2 3 12
A'B2+BG2-A'G2
在△A'BG中，cos∠A'BG=
2A'B·BG2
(√5) 2+
(√5)
-
43
2 12
=
√5
2×√5×
2
8 8
= ，即cos∠A'BC= .
15 15
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cos 2B+cos 2C-cos 2A=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，cos 2B+cos 2C-cos 2A=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 +S +S =S 得
△APB △BPC △APC △ABC
1 √3 1 √3 1 √3 1
xy· + yz· + xz· = ×2，
2 2 2 2 2 2 2
4√3
整理得xy+yz+xz= ，
3
则⃗PA·⃗PB+⃗PB·⃗PC+⃗PA·⃗PC( 1) ( 1) ( 1) 1 4√3 2√3
=xy· - +yz· - +xz· - =- × =- .
2 2 2 2 3 3
(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+m2x2-2mx2cos 120°=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2-2nx2cos 120°=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2-2mnx2cos 120°=(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，
(m+n) 2
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤ ，
2
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+2√3或t≤2-2√3(舍去)，故实数t的最小值为2+2√3.
[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2ccos A-acos B=bcos A.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O ，O ，O ，连接O O ，O O ，O O ，得
1 2 3 1 2 2 3 1 3
到△O O O .
1 2 3
(1)求A；
2√3
(2)若△O O O 的面积为 ，求△ABC的面积的最大值.
1 2 3 3
解 (1)在△ABC中，因为2ccos A-acos B=bcos A，所以2ccos A=acos B+bcos A，
根据正弦定理可得2sin Ccos A=sin Acos B+sin Bcos A，
即2sin Ccos A=sin(A+B)=sin C，
因为00，
5 2 10
√ 1[ (a2+c2-b2
)
2]
则S= a2c2-
4 2
√ 15 1 1 2
( k2+ k2- k2)
=1 (√6 k2) 2
-
25 10 2
2 10 2√5
= k2，
20
1 √15 √15 1
又S= × k× = k，
2 5 3 2
√5 1
∴ k2= k，∴k=2√5，
20 2
1
∴S= k=√5.
2
2.(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
APsin∠PAM
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)= ；若点
AQsin∠MAQ
APsin∠PAM
M在线段PQ外，记(P，Q；M)=- .
AQsin∠MAQ
(1)若M在正方体ABCD-A B C D 的棱AB的延长线上，且AB=2BM=2，由A 对AB施以视角运算，求(A，
1 1 1 1 1
B；M)的值；(7分)
(2)若M ，M ，M ，…，M 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，
1 2 3 n-1
C；M)×(B，C；M )=1(k=1，2，3，…，n-1).(10分)
k n-k
(1)解 如图，因为AB=2BM=2，所以AM=3，A B=2√2，A M=√13.
1 1
由正方体的定义可知AA ⊥AB，则∠A AB=90°，
1 1
√2 √2
故sin∠AA B= ，cos∠AA B= ，
1 2 1 2
3√13 2√13
sin∠AA M= ，cos∠AA M= .
1 13 1 13
因为∠BA M=∠AA M-∠AA B，
1 1 1
√26
所以sin∠BA M=sin∠AA Mcos∠AA B-cos∠AA Msin∠AA B= ，
1 1 1 1 1 26
3√13
2×
A Asin∠A A M 13
1 1
则(A，B；M)=- =- =-3.
A Bsin∠M A B √26
1 1 2√2×
26
(2)证明 如图，因为M ，M ，M ，…，M 是BC的n等分点，所以BM=CM
1 2 3 n-1 k n-k
k n-k
= BC，BM =CM= BC.
n n-k k n
在△ABM 中，
k
BM AB
由正弦定理可得 k = ，
sin∠BAM sin∠AM B
k k
则ABsin∠BAM=BMsin∠AMB.
k k k
在△ACM 中，同理可得ACsin∠CAM=CMsin∠AMC.因为∠AMB+∠AMC=π，
k k k k k k
所以sin∠AMB=sin∠AMC，
k k
ABsin∠BAM BM sin∠AM B BM k
k k k k
则(B，C；M)= = = = .
k ACsin∠CAM CM sin∠AM C CM n-k
k k k k
BM n-k
n-k
同理可得(B，C；M )= = .
n-k CM k
n-k
k n-k
故(B，C；M)×(B，C；M )= × =1(k=1，2，3，…，n-1).
k n-k n-k k
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)
[2π 5π]
(2)若AD=1，BC=2，∠ADC∈ ， ，求线段BD长度的最大值.(9分)
3 6
CD AD
解 (1)①因为 =2r， =2r，
sin∠CBD sin∠ABD
CD sin∠CBD sin2∠ABD
所以 = = =2cos∠ABD，
AD sin∠ABD sin∠ABD
√3 π
又因为CD=√3AD，所以cos∠ABD= ，所以∠ABD= .
2 6π π
②因为∠ABD= ，所以∠DAC=∠CBD=2∠ABD= ，
6 3
π
所以∠ABC= ，所以AC是圆O的直径，由①可得CD=√3r，AD=r，
2
设∠BAC=α，则AB=2rcos α，
所以⃗AC·⃗BD=⃗AC·(⃗AD-⃗AB)=⃗AC·⃗AD-⃗AC·⃗AB
π
=2r·r·cos -2r·2rcos α·cos α
3
=r2(1-4cos2α)，
( π)
又α∈ 0， ，所以cos2α∈(0，1)，
2
故⃗AC·⃗BD的取值范围是(-3r2，r2).
(2)设∠ADC=θ，因为AD=1，CD=√3AD=√3，
由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=1+3-2×1×√3cos θ=4-2√3cos θ，
在△ABC中，AC=√4-2√3cosθ，BC=2，∠ABC=π-θ，
由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC，
代入整理得AB2+4cos θ·AB+2√3cos θ=0，
解得AB=-2cos θ+√4cos2θ-2√3cosθ.
由托勒密定理可知BD·AC=CD·AB+BC·AD，代入得
2-2√3cosθ+√12cos2θ-6√3cosθ
BD= .
√4-2√3cosθ
设√4-2√3cosθ=t，
[2π 5π]
因为θ∈ ， ，所以t∈[√4+√3，√7]，
3 6
t2-2+√t4-5t2+4 2 √ 4
则BD= =t- +
t2+ -5(其中t∈[√4+√3，√7])，
t t t2
2 ( [(5+2√3)√4+√3 5√7])
设m=t- ，则BD=m+√m2-1 其中m∈ ， ，
t 13 7
[(5+2√3)√4+√3 5√7]
因为y=m+√m2-1在区间 ， 上单调递增，
13 7
5√7 5π 5√7+3√14
所以当m= ，即θ= 时，BD取得最大值 .
7 6 7
