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、解三角形有关的新定义问
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 已知定义域为R 的函数h(x)满足:对于任意的x∈R,都有h(x＋2π)＝h(x)＋h(2π),则称函数h(x)
具有性质P.
(1)判断函数f(x)＝2x,g(x)＝cos x 是否具有性质P;(直接写出结论)
(2)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(
3
2 <ω< 5
2 ,|φ|< π
2),判断是否存在ω,φ,使函数f(x)具有性质P?若存在,
求出ω,φ 的值;若不存在,说明理由;
(3)设函数f(x)具有性质P,且在区间[0,2π]上的值域为[f(0),f(2π)].函数g(x)＝sin(f(x)),满足g(x＋2π)
＝g(x),且在区间(0,2π)上有且只有一个零点.求证:f(2π)＝2π.
(1)解 因为f(x)＝2x,
则f(x＋2π)＝2(x＋2π)＝2x＋4π,
又f(2π)＝4π,
所以f(x＋2π)＝f(x)＋f(2π),
故函数f(x)＝2x 具有性质P;
因为g(x)＝cos x,
则g(x＋2π)＝cos(x＋2π)＝cos x,
又g(2π)＝cos 2π＝1,g(x)＋g(2π)＝cos x＋1≠g(x＋2π),
故g(x)＝cos x 不具有性质P.
(2)解 若函数f(x)具有性质P,则f(0＋2π)＝f(0)＋f(2π),即f(0)＝sin φ＝0,
因为|φ|<π
2 ,所以φ＝0,所以f(x)＝sin(ωx);
所以必有f(2π)＝0 成立,
即sin(2ωπ)＝0,因为3
2<ω<5
2,
所以3π<2ωπ<5π,
所以2ωπ＝4π,则ω＝2,此时f(x)＝sin 2x,
则f(x＋2π)＝sin 2(x＋2π)＝sin 2x,
则f(x)＋f(2π)＝sin 2x＋sin 4π＝sin 2x,
即有f(x＋2π)＝f(x)＋f(2π)成立,
所以存在ω＝2,φ＝0 使函数f(x)具有性质P.
(3)证明 由函数f(x)具有性质P 及(2)可知,f(0)＝0,
由g(x＋2π)＝g(x)可知函数g(x)是以2π 为周期的周期函数,则g(2π)＝g(0),
即sin(f(2π))＝sin(f(0))＝0,所以f(2π)＝kπ,k∈Z;
由f(0)＝0,f(2π)＝kπ 以及题设可知,
函数f(x)在[0,2π]的值域为[0,kπ],所以k∈Z 且k>0;
当k>2,f(x)＝π 及f(x)＝2π 时,均有g(x)＝sin(f(x))＝0,
这与g(x)在区间(0,2π)上有且只有一个零点矛盾,因此k＝1 或k＝2;
当k＝1 时,f(2π)＝π,函数f(x)在[0,2π]的值域为[0,π],
此时函数g(x)的值域为[0,1],
而f(x＋2π)＝f(x)＋π,于是函数f(x)在[2π,4π]的值域为[π,2π],
此时函数g(x)的值域为[－1,0],
函数g(x)＝sin(f(x))在当x∈[0,2π]时和x∈[2π,4π]时的取值范围不同,
与函数g(x)是以2π 为周期的周期函数矛盾,故k＝2,即f(2π)＝2π,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D1,D2上的函数f(x),g(x)以及实数k,若任取x1∈D1,存在
x2∈D2,使得f(x1)＋g(x2)＝k,则称函数f(x)与g(x)具有关系M(k).其中x2称为x1的像.
(1)若f(x)＝2sin(2 x＋π
3),x∈R;g(x)＝3cos(3 x＋π
6),x∈R,
判断f(x)与g(x)是否具有关系M(－6),并说明理由;
(2)若f(x)＝2sin(2 x＋π
3),x∈[0, π
3];g(x)＝3√3cos(3 x＋π
6),x∈[0,π],且f(x)与g(x)具有关系M
(
5√3
2 ),求x1＝π
6 的像;
(3)若f(x)＝2sin(2 x＋π
3),x∈[−π
4 , π
6];g(x)＝－2sin2x＋asin x＋2,x∈R,且f(x)与g(x)具有关系
M(5),求实数a 的取值范围.
解 (1)f(x)与g(x)不具有关系M(－6),
理由如下:
x∈R 时,f(x)＝2sin(2 x＋π
3)∈[－2,2],
g(x)＝3cos(3 x＋π
6)∈[－3,3],
所以f(x1)＋g(x2)∈[－5,5],－6∉[－5,5],
则f(x)与g(x)不具有关系M(－6).
(2)由题意可知f(x1)＋g(x2)＝5√3
2
＝2sin(2· π
6 ＋π
3)＋3√3cos(3 x2＋π
6)
＝√3＋3√3cos(3 x2＋π
6),
所以cos(3 x2＋π
6)＝1
2,
解得3x2＋π
6 ＝±π
3 ＋2kπ,k∈Z,
又x2∈[0,π],所以3x2＋π
6 ∈[
π
6 , 19 π
6 ],
解得x2＝π
18 或π
2 或13 π
18 ,
即x1＝π
6 的像为π
18 或π
2 或13 π
18 .
(3)对于x∈[−π
4 , π
6],
则2x＋π
3 ∈[−π
6 , 2π
3 ],
所以f(x)＝2sin(2 x＋π
3)∈[－1,2],
即∀x1∈[−π
4 , π
6],f(x1)∈[－1,2],
因为f(x)与g(x)具有关系M(5),
所以要满足题意需∃x2∈R,
使得[－1,2]⊆5－g(x2)即可.
令5－g(x)＝2sin2x－asin x＋3(x∈R),
令t＝sin x,则t∈[－1,1],
设h(t)＝2t2－at＋3(t∈[－1,1]),
①若a
4 ≤－1,即a≤－4 时,
h(t)∈[h(－1),h(1)]＝[5＋a,5－a],
则{
5−a≥2,
5＋a≤−1,解得a≤－6;
②若a
4≥1,即a≥4 时,h(t)∈[h(1),h(－1)]＝[5－a,5＋a],
则{
5＋a≥2,
5−a≤−1,解得a≥6;
③若－1<a
4≤0,即－4<a≤0 时,
h(t)∈[h(
a
4),h(1)]＝[3−a
2
8 ,5−a],
则{
5−a≥2,
3−a
2
8 ≤−1, 解得{
a≤3,
a≥4√2 或{
a≤3,
a≤−4√2,显然无解;
④若0<a
4<1,即0<a<4 时,
h(t)∈[h(
a
4),h(−1)]＝[3−a
2
8 ,5＋a],
则{
5＋a≥2,
3−a
2
8 ≤−1, 解得{
a≥−3,
a≥4√2 或{
a≥−3,
a≤−4√2,
显然无解.
综上所述,实数a 的取值范围是(－∞,－6]∪[6,＋∞).
类型二 与解三角形有关的新定义问题
例2 (2025·厦门调研)定义: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,△ABC 的面积为S,三个内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且sin C＝2S
c
2−b
2.
(1)证明:△ABC 是倍角三角形;
(2)若c＝9,当S 取最大值时,求tan B.
(1)证明 因为sin C＝2S
c
2−b
2 ＝
2× 1
2 absin C
c
2−b
2
＝absin C
c
2−b
2 ,
又sin C≠0,所以
ab
c
2−b
2＝1,
则b2＝c2－ab,
又由余弦定理知,b2＝a2＋c2－2accos B,
故可得2ccos B＝a＋b,
由正弦定理知,2sin Ccos B＝sin A＋sin B,
又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C,
代入上式可得sin Ccos B＝sin Bcos C＋sin B,
即sin Ccos B－sin Bcos C＝sin B,
sin(C－B)＝sin B,
则有C－B＝B,C＝2B,
故△ABC 是倍角三角形.
(2)解 因为C＝2B,所以A＝π－B－C＝π－3B>0,
故0<B<π
3 ,则tan B∈(0,√3),
又c＝9,
a
sin A ＝
c
sinC ,
则a＝9sin A
sin C ＝9sin(π −3 B)
sin 2B
＝9sin 3 B
sin 2B ,
则S＝1
2×acsin B＝9
2asin B
＝9
2 × 9sin 3 B
sin 2B ×sin B＝81
4 ·sin 3 B
cos B
＝81
4 ·sin 2Bcos B＋cos 2Bsin B
cos B
＝81
4 ×(sin 2B＋cos 2Btan B)
＝81
4 (
2tan B
1＋tan
2B
＋1−tan
2B
1＋tan
2B
·tan B)
＝81
4 × 3 tan B−tan
3 B
1＋tan
2B
,
设x＝tan B∈(0,√3),f(x)＝3 x−x
3
1＋x
2 ,
则f'(x)＝(3−3 x
2)(1＋x
2)−(3 x−x
3)·2 x
(1＋x
2)
2
＝−x
4−6 x
2＋3
(1＋x
2)
2
,
令f'(x)＝0 得x2＝2√3－3 或者x2＝－2√3－3(舍),
且当0<x2<2√3－3 时,f'(x)>0,
当2√3－3<x2<3 时,f'(x)<0,
则f(x)在(0,√2√3−3)上单调递增,
在(√2√3−3,√3)上单调递减,
故当x＝√2√3−3时,f(x)取最大值,
此时S 也取最大值,故tan B＝√2√3−3.
规律方法 本题第(1)问中由条件sin C＝2S
c
2−b
2正确选用S＝1
2absin C,即可消去sin C,得到边的
等式,再结合正、余弦定理,从而推证三角形内角的关系.第(2)问中,利用(1)中的结论C＝2B,结合
正弦定理表示出边a,代入面积公式,化为关于tan B 的关系式,最后结合换元法利用导数解决.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△ABC 中,A＝60°,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.
(1)求∠O1AO3;
(2)若△O1O2O3的面积为√3,求三角形中AB＋AC 的最大值.
解 (1)由于O1,O3是正△ABC',△AB'C 的外接圆圆心,故也是它们的中心,
所以在△O1AB 中,∠O1AB＝30°,同理∠O3AC＝30°,
又∠BAC＝60°,所以∠O1AO3＝120°.
(2)由题意知△O1O2O3为等边三角形,设边长为m,
则S△O1O2O3＝1
2m2sin 60°＝√3
4 m2＝√3,
解得O1O3＝m＝2.
设BC＝a,AC＝b,AB＝c,
在等腰△BO1A 中,∠O1AB＝∠O1BA＝30°,∠AO1B＝120°,
则
AB
sin120° ＝O1 A
sin30°,
解得O1A＝c
√3,同理得O3A＝b
√3,
在△O1AO3中,由余弦定理得O1O3
2＝O1A2＋O3A2－2O1A·O3A·cos 120°,
即4＝c
2
3 ＋b
2
3 －2·bc
3 ·(−1
2),
即b2＋c2＋bc＝12,即(b＋c)2－bc＝12,
故(b＋c)2－12＝bc≤(
b＋c
2 )
2
,
解得b＋c≤4,当且仅当b＝c＝2 时取等号,故三角形中AB＋AC 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 |
|P F1|·| P F2|为定值.
(1)解 设Q(x0,y0),则T(x0,2y0),
而点T 在圆x2＋y2＝4 上,
即有x0
2＋4y0
2＝4,化简得x0
2
4 ＋y0
2＝1,
所以椭圆C 的方程为x
2
4 ＋y2＝1.
(2)证明 由(1)知椭圆C 的方程为x
2
4 ＋y2＝1,长半轴长为a＝2,短半轴长为b＝1,半焦距为c＝√3,
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|cos α,
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 |
|P F1|·| P F2|＝1,
即
| PM |·| PN |
|P F1|·| P F2|为定值.
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.
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PQ 施以视角运算”:若点M 在线段PQ 上,记(P,Q;M)＝
APsin∠PAM
AQsin∠MAQ;若点M 在线段PQ 外,记(P,Q;M)＝－APsin∠PAM
AQsin∠MAQ.
(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;
(2)若M1,M2,M3,…,M n−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;M n−k)＝1(k＝1,2,3,…,n－1).
(1)解 如图,因为AB＝2BM＝2,
所以AM＝3,A1B＝2√2,A1M＝√13.
由正方体的定义可知AA1⊥AB,则∠A1AB＝90°,
故sin∠AA1B＝√2
2 ,cos∠AA1B＝√2
2 ,
sin∠AA1M＝3√13
13 ,cos∠AA1M＝2√13
13 .
因为∠BA1M＝∠AA1M－∠AA1B,
所以sin∠BA1M＝sin∠AA1Mcos∠AA1B－cos∠AA1Msin∠AA1B＝√26
26 ,
则(A,B;M)＝－
A1 A sin ∠A A1 M
A1Bsin ∠M A1B
＝－
2× 3√13
13
2√2× √26
26
＝－3.
(2)证明 如图,
因为M1,M2,M3,…,M n−1是BC 的n 等分点,
所以BMk＝CMn－k
＝k
nBC,
BMn－k＝CMk＝n−k
n
BC.
在△ABMk中,
由正弦定理可得
B M k
sin ∠BA M k
＝
AB
sin ∠A M k B,
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 ∠BA M k
AC sin ∠CA M k
＝
B M k sin∠A M k B
C M k sin∠A M kC ＝B M k
C M k
＝
k
n−k .
同理可得(B,C;M n−k)＝
B M n−k
C M n−k
＝n−k
k
.
故(B,C;Mk)×(B,C;M n−k)＝
k
n−k × n−k
k
＝1(k＝1,2,3,…,n－1).
【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∠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.
解 (1)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 为直角三角形,即A＝π
2 .
(2)由(1)知A＝π
2 ,所以三角形ABC 的三个角都小于120°,
则由费马点定义可知∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°,
设|⃗PA|＝x,|⃗PB|＝y,|⃗PC|＝z,
由S△APB＋S△BPC＋S△APC＝S△ABC与bc＝2 得1
2xy·√3
2 ＋1
2yz·√3
2 ＋1
2xz·√3
2 ＝1
2bc＝1,
整理得xy＋yz＋xz＝4√3
3 ,
则⃗PA·⃗PB＋⃗PB·⃗PC ＋⃗PA·⃗PC
＝xy·(−1
2)＋yz·(−1
2)＋xz·(−1
2)
＝－1
2 × 4√3
3 ＝－2√3
3 .
2.(2025·郑州调研)我们知道:对于函数y＝f(x),如果存在一个非零常数T,使得当x 取其定义域D 中
的任意值时,有x＋T∈D,且f(x＋T)＝f(x)成立,那么函数y＝f(x)叫做周期函数.对于一个周期函数y
＝f(x),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y＝f(x)的最小正周
期.对于定义域为R 的函数h(x),若存在正常数T,使得sin(h(x))是以T 为周期的函数,则称h(x)为正
弦周期函数,且称T 为其正弦周期.
(1)验证g(x)＝x＋cos x
3是以6π 为周期的正弦周期函数;
(2)已知函数f(x)＝|sin x|－|cos x|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)已知存在这样一个函数f(x),它是定义在R 上严格增函数,值域为R,且f(x)是以T 为周期的正弦
周期函数.若f(0)＝－3 π
2 ,f(T)＝5 π
2 ,且存在x0∈(0,T),使得f(x0)＝π
2 ,求f(2T)的值.
解 (1)sin[g(x＋6π)]＝sin(x＋6 π ＋cos x＋6 π
3 )
＝sin [x＋6 π ＋cos (
x
3 ＋2π)]
＝sin (x＋6 π ＋cos x
3)
＝sin (x＋cos x
3)＝sin (g(x)),
所以g(x)＝x＋cos x
3是以6π 为周期的正弦周期函数.
(2)f(x)＝|sin x|－|cos x|,易知π 是它的一个周期,
因为f(x＋π)＝|sin(x＋π)|－|cos(x＋π)|
＝|－sin x|－|－cos x|＝|sin x|－|cos x|＝f(x),
下面证明π 是f(x)的最小正周期,
x∈[0, π
2)时,f(x)＝sin x－cos x 单调递增,
x∈[
π
2 ,π]时,f(x)＝sin x＋cos x 单调递减,
又f(
π
2 −x)＝|sin (
π
2 −x)|－|cos(
π
2 −x)|
＝|cos x|－|sin x|,
f(
π
2 ＋x)＝|sin (
π
2 ＋x)|－|cos (
π
2 ＋x)|
＝|cos x|－|－sin x|＝|cos x|－|sin x|,
所以f(
π
2 −x)＝f(
π
2 ＋x),
即函数图象关于直线x＝π
2 对称,
所以当0<T<π 时,T 不可能是函数f(x)的周期,
所以T＝π 是f(x)的最小正周期.
(3)因为sin (f(x))是周期函数,T 是它的一个周期,
sin (f(0))＝sin (−3 π
2 )＝1,
sin (f(T))＝sin 5 π
2 ＝1,
又由题意sin (f(x0))＝sin π
2 ＝1,0<x0<T,
因为sin(f(x0＋T))＝1,sin (f(2T))＝1,f(x)是严格增函数,
所以f(T)<f(x0＋T)<f(2T),
又sin t＝1 时,t＝2kπ＋π
2 ,k∈Z,
f(x0＋T)∈{t|t＝2kπ＋π
2 ,k∈Z},
f(2T)∈{t|t＝2kπ＋π
2 ,k∈Z},
因为f(x)是严格递增函数,
所以{…,0,x0,T,T＋x0,2T,…}
与{…,−3 π
2 , π
2 , 5 π
2 , 9 π
2 , 13 π
2
,…}是一一对应的,
因此f(x0＋T)＝9 π
2 ,f(2T)＝13 π
2
