备战2025年高考数学压轴题训练专题19平面向量与解三角形新定义题(全题型压轴题)(学生版+解析)

这是一份备战2025年高考数学压轴题训练专题19平面向量与解三角形新定义题(全题型压轴题)(学生版+解析)，共32页。
\l "_Tc9254" 二、解三角形定义题（选填题） PAGEREF _Tc9254 \h 3
\l "_Tc22795" 三、解三角形定义题（解答题） PAGEREF _Tc22795 \h 5
一、平面向量定义题
1．（23-24高一下·宁夏吴忠·期末）瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线．已知，为所在平面上的点，满足，，则欧拉线一定过（ ）
A．B．C．D．
2．（23-24高二上·辽宁·阶段练习）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，，是的角平分线，交于，满足若为的费马点，则（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高一下·上海杨浦·期末）已知且，，选项中的命题都正确的是（ ）.
（1）不等式恒成立；
（2）设，，，，，如果四边形的面积为s，那么存在使成立；
（3）对任意时，不等式恒成立；
（4）对任意时，不等式恒成立.
A．（1）（2）（3）B．（1）（2）（4）C．（1）（3）（4）D．（2）（3）（4）
4．（2024·福建泉州·模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）．已知，，则的最大值近似等于（ ）
（参考数据：，．）
A．0.052B．0.104C．0.896D．0.948
5．（23-24高三上·上海虹口·期中）已知集合且且，O为坐标原点，当时，定义：，若，则“存在使”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．（23-24高一下·河南驻马店·阶段练习）对任意两个非零向量，定义.若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，则的取值范围是 .
7．（23-24高一下·湖南·期中）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为 .
二、解三角形定义题（选填题）
1．（23-24高三·安徽马鞍山·期末）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体，记的三个内角分别为，，，其中一定不是“完美四面体”的为（ ）
A．B．
C．D．
2．（多选）（2024·江西·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较小部分与较大部分的比值等于较大部分与整体部分的比值，其比值为，这个比例被公认为是最能引起美感的比例．四名同学对此展开了探究，下列说法中正确的是（ ）
A．若椭圆的焦点在轴上，上顶点为，右顶点为，左焦点为．小欧提出只要满足，椭圆的离心率就等于
B．一顶角等于的等腰三角形，小斯通过正、余弦定理和二倍角公式，算得该三角形底边长与腰长的比值等于
C．假设，小莱发现若公比大于0的等比数列与著名的斐波那契数列的递推公式相同，则数列的公比等于
D．小利在阅读时了解到：古老的雅典帕提农神庙，其柱顶至屋顶的距离与柱高满足，则
3．（多选）（2023·黑龙江大庆·三模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
三、解三角形定义题（解答题）
1．（23-24高一下·广东佛山·期中）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为
(1)若．求证：
①；
②为等边三角形．
(2)若，求证：．
2．（23-24高一下·福建福州·期末）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；若点M在线段PQ外，记.
(1)若M在正方体的棱AB的延长线上，且，由对AB施以视角运算，求的值；
(2)若M在正方体的棱AB上，且，由对AB施以视角运算，得到，求的值；
(3)若是边BC的等分点，由A对BC施以视角运算，求的值.
3．（23-24高一下·四川成都·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，已知S为的面积且满足．
(1)若为锐角三角形，求的取值范围；
(2)法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．若P是内一点，过P作AB，BC，AC垂线，垂足分别为D，E，F，借助于三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．求的最小值．
4．（23-24高一下·辽宁·阶段练习）数学中有很多相似的问题，
材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，他的答案是：“当三角形的三个内角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点”，在费马问题中所求的点称为费马点.
材料二：布洛卡点，也叫“勃罗卡点”，定义为：已知内一点满足，则称为的布洛卡点，为的布洛卡角，1875年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者——法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名.
已知，，分别是的内角，，的对边，且.
(1)求；
(2)若为的费马点，且，求的值；
(3)若为锐角三角形，为的布洛卡点，为的布洛卡角，证明：.
5．（23-24高一下·安徽·阶段练习）已知函数.
(1)若，，设函数，请求出的值域并求证：；
(2)若，，，记，且是一个三角形的三条边长，请写出方程的所有正整数解的集合；
(3)若是一个等腰钝角三角形的三条边长且为最长边，求证：在时恒成立.
6．（23-24高一下·广东汕头·期中）定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点．
(1)若向量的“伴随函数”为，求在的值域；
(2)若函数的“源向量”为，且以为圆心，为半径的圆内切于正（顶点恰好在轴的正半轴上），求证：为定值；
(3)在中，角的对边分别为，若函数的“源向量”为，且已知，求的取值范围．
专题19 平面向量与解三角形新定义题
目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc15546" 一、平面向量定义题 PAGEREF _Tc15546 \h 1
\l "_Tc9254" 二、解三角形定义题（选填题） PAGEREF _Tc9254 \h 9
\l "_Tc22795" 三、解三角形定义题（解答题） PAGEREF _Tc22795 \h 16
一、平面向量定义题
1．（23-24高一下·宁夏吴忠·期末）瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线．已知，为所在平面上的点，满足，，则欧拉线一定过（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量等式的含义以及向量的运算，分别说明为的外心、垂心、重心、内心，继而根据欧拉线定理可得结论．
【详解】由题意知，即为的外心；
，则为的重心；
，
即有，
即，同理，即为的垂心；
由解析题中向量式中有两共起点的向量，
于是，，
令，
则是以为起点，向量与所在线段为邻边的菱形对角线对应的向量，
即在的平分线上,
共线,
所以点的轨迹一定通过的内心,
由欧拉线定理知，欧拉线一定过.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，充分理解三角形心的向量表示，从而得解.
2．（23-24高二上·辽宁·阶段练习）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，，是的角平分线，交于，满足若为的费马点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】应用角平分线的性质及等面积法及数量积即可求解.
【详解】在中，，
由是的角平分线，交于，
设到两边的距离为，
则，
故.
已知的三个内角均小于，则点与的三个顶点的连线两两成角，
所以.，
所以，
所以
.
故选：D.

3．（23-24高一下·上海杨浦·期末）已知且，，选项中的命题都正确的是（ ）.
（1）不等式恒成立；
（2）设，，，，，如果四边形的面积为s，那么存在使成立；
（3）对任意时，不等式恒成立；
（4）对任意时，不等式恒成立.
A．（1）（2）（3）B．（1）（2）（4）C．（1）（3）（4）D．（2）（3）（4）
【答案】B
【分析】可证明时，有恒成立，据此可判断（1）的正误，利用零点存在定理可判断（2）的正误，利用反例可判断（3）的正误，利用向量结合正弦函数的性质可判断（4）的正误.
【详解】先证明一个不等式：当时，有恒成立.
证明：若，则恒成立.
若，如图，在单位圆中，

弧度为的角的终边与单位圆的交点为，过作轴，垂足为，
则，而，故，
因为此时，故
综上，时，有.
对于（1），若，则，
若，不妨设，
因为
，
故（1）成立.
对于（2），

，
取，
则，，
故，
由零点存在定理可得存在，
此时，
故（2）正确.
而，故，故，
对于（3），取，
则，
故（3）错误.
对于（4），

设，，，且，
则，
故，
过作轴的垂线，垂足为，由正弦函数的图象特征可得：
，故，
结合整理得到：，
故（4）成立，
故选：B
【点睛】思路点睛：正弦函数具有的某些代数性质，可以结合函数的图象来讨论（比如凹凸性等），另外为了研究某些性质，我们可以猜测一些我们需要的结论并给出适当的证明.
4．（2024·福建泉州·模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）．已知，，则的最大值近似等于（ ）
（参考数据：，．）
A．0.052B．0.104C．0.896D．0.948
【答案】B
【分析】根据题意分析可得在正方形的边上运动，结合图象分析的最大值，即可得结果.
【详解】设，
由题意可得：，即，
可知表示正方形，其中，
即点在正方形的边上运动，
因为，由图可知：
当取到最小值，即最大，点有如下两种可能：
①点为点A，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取，
则；
因为，
所以的最大值为.
故选：B.

【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.
5．（23-24高三上·上海虹口·期中）已知集合且且，O为坐标原点，当时，定义：，若，则“存在使”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由存在使得 ，根据绝对值的运算性质有：，同理对纵坐标也如此运算可证得充分性成立；必要性可举例说明不成立.
【详解】充分性：若存在，使，
即，
则，
故.
故充分性成立；
必要性：取，
则，
则，但是，
所以，则不共线，
所以必要性不成立.
故选：A.
6．（23-24高一下·河南驻马店·阶段练习）对任意两个非零向量，定义.若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用给定定义结合向量夹角的运算性质求解即可.
【详解】设向量与的夹角为，由题意可知则
因为 所以
因为所以
因为是整数，所以所以
而即所以
因为
所以即
故的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查向量新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后求出最后得到所要求的取值范围即可．
7．（23-24高一下·湖南·期中）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为 .
【答案】
【分析】利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.
【详解】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，
由可得，所以，
又，
则，所以，
两式相加可得，化简可得，
又，由余弦定理可得，
由基本不等式可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.
二、解三角形定义题（选填题）
1．（23-24高三·安徽马鞍山·期末）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体，记的三个内角分别为，，，其中一定不是“完美四面体”的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】若，由正弦定理得：，设，，，由“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，得到，，，列方程推导出这样的四面体不存在，从而一定不是完美的四面体．
【详解】若，由正弦定理可得，，设，因为“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，，把该四面体顶点当成长方体的四个顶点，四条棱当作长方体的四条面对角线，则长方体面上对角线长为，设长方体棱长为，则，以上方程组无解，即这样的四面体不存在，
四个侧面不全等，故一定不是完美的四面体，
对于A，三角形显然是锐角三角形，可以构成完美四面体，
对于C，由余弦值的比值得到正弦值比值，按着B选项的过程可知可以构成完美四面体.
对于D，由正切值的比值得到正弦值比值，按着B选项的过程可知可以构成完美四面体.
故选：B.
2．（多选）（2024·江西·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较小部分与较大部分的比值等于较大部分与整体部分的比值，其比值为，这个比例被公认为是最能引起美感的比例．四名同学对此展开了探究，下列说法中正确的是（ ）
A．若椭圆的焦点在轴上，上顶点为，右顶点为，左焦点为．小欧提出只要满足，椭圆的离心率就等于
B．一顶角等于的等腰三角形，小斯通过正、余弦定理和二倍角公式，算得该三角形底边长与腰长的比值等于
C．假设，小莱发现若公比大于0的等比数列与著名的斐波那契数列的递推公式相同，则数列的公比等于
D．小利在阅读时了解到：古老的雅典帕提农神庙，其柱顶至屋顶的距离与柱高满足，则
【答案】ABD
【分析】选项A，将条件中数量积用坐标表示，整理方程可得；选项B，分别用正余弦定理得到边长与腰长的方程，联立方程组可得；选项C，由等比数列性质，在两边同除以可得公比的方程；选项D，结合对数性质，借助连等式设法，找到的等量关系即可.
【详解】对选项A，设椭圆的方程为，
则，，，
由，得，
即，即，可得，故A正确；
对选项，设该三角形底边长为，腰长为，
由正弦定理得，即①；
又由余弦定理得②，
①②两式联立得，即，
由于，，故，故B正确；
对选项C，设数列的公比为，，则，
由题意得，，两边同除以整理得，
，解得，故C错误；
对选项D，设，
则，，，由，
得，即，
则，且，解得，故D正确．
故选：ABD．
3．（多选）（2023·黑龙江大庆·三模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【分析】对于A，平面截勒洛四面体所得截面面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；对于B，求出弧所对的中心角，根据弧长公式求得结果进行判断；对于C，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线，计算即可判断；对于D，设点为该球与勒洛四面体的一个切点，先求出正四面的外接球半径，则内切球半径为.
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，
所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
【点睛】几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
4．（多选）（23-24高二上·湖北·期中）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车，（Mercedesbenz）的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”，奔驰定理：已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为，，，且．设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是的△ABC三个内角，以下命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，，，则
C．若O为△ABC的内心，，则
D．若O为△ABC的垂心，，则
【答案】ACD
【分析】对A，由奔驰定理即可判断；
对B，由面积公式求出，结合奔驰定理即可求；
对C，由奔驰定理，结合内心性质可得，即可得；
对D，由垂心性质及向量数量积的垂直表示可得，
结合奔驰定理结合三角形面积公式，可得，
如图所示分别为垂足，可设，，即可由几何关系列式解出，最后由正切求出余弦值，则由可求
【详解】对A，由奔驰定理可得，，又不共线，故，A对；
对B，，由得，故，B错；
对C，若O为△ABC的内心，，则，又（为内切圆半径），三边满足勾股定律，故，C对；
对D，若O为△ABC的垂心，则，，
又，
同理，∴，
∵，则，
且
如图，分别为垂足，
设，，则，
又，故，
由，解得，
由，故，D对故选：ACD
5．（23-24高一下·重庆·期末）费马点是在三角形中到三个顶点距离之和最小的点.具体位置取决于三角形的形状，如果三角形的三个内角均小于120°时，则使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.设点O为的费马点，且满足，则边a的最小值为 .
【答案】
【分析】利用二倍角公式和正弦定理可得是以的直角三角形，再利用平面向量数量积定义和等面积可得，再由基本不等式即可得.
【详解】由可得，
即得.
由正弦定理可得，即为直角三角形，.
由费马定义可得，
设，，，
显然,
即，
可得，
又由可得，
，
得，
因此
由可得，
当且仅当时，等号成立.
即边的最小值为，
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用费马点定义及数量积运算得出等量关系，再由基本不等式可得结果.
三、解三角形定义题（解答题）
1．（23-24高一下·广东佛山·期中）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为
(1)若．求证：
①；
②为等边三角形．
(2)若，求证：．
【答案】(1)①证明见解析，②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证；
②先利用作差法证明，并求出取等号的条件，再结合即可得证；
（2）根据（1）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证.
【详解】（1）①若，
则
,
所以，
在中，
分别由余弦定理得：，
，，
三式相加整理得，因为，
所以；
②由余弦定理可得，
则
，
当且仅当且时取等号，
又，所以，所以，所以，
即当且仅当且时取等号，
即当且仅当为等边三角形时取等号，
所以，当且仅当为等边三角形时取等号，
又由①知，
所以为等边三角形.
（2）由（1）得，
所以,
由，
所以，
又由余弦定理可得，
所以，
所以，所以，
由正弦定理可得
【点睛】根据表示出三角形的面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键.
2．（23-24高一下·福建福州·期末）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；若点M在线段PQ外，记.
(1)若M在正方体的棱AB的延长线上，且，由对AB施以视角运算，求的值；
(2)若M在正方体的棱AB上，且，由对AB施以视角运算，得到，求的值；
(3)若是边BC的等分点，由A对BC施以视角运算，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)1
【分析】（1）根据锐角三角函数的定义，结合和差角公式可得，即可代入公式求解，
（2）根据的计算公式，代入即可求解，
（3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证.
【详解】（1）如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则.
（2）如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）如图3，
因为是的等分点，
所以.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
【点睛】方法点睛：对于新定义问题的求解策略：
1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；
2、用好定义的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的定义的性质的一些因素.
3．（23-24高一下·四川成都·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，已知S为的面积且满足．
(1)若为锐角三角形，求的取值范围；
(2)法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．若P是内一点，过P作AB，BC，AC垂线，垂足分别为D，E，F，借助于三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先用三角形面积公式及余弦定理边化角，可以解出，然后结合正弦定理化简可得，借助二次函数性质可求得结果.
（2）将T构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解.
【详解】（1），，即，．
，
，，，，
为锐角三角形，，，，，
设，则，时，
（2）．
又，，，，
．
由三维分式型柯西不等式有．
当且仅当即时等号成立．
由余弦定理得，
所以即，则．
令，则．
因为解得，当且仅当时等号成立．
所以．则．
令，则在上递减，
当即时，y有最大值，所以T的最小值为．
4．（23-24高一下·辽宁·阶段练习）数学中有很多相似的问题，
材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，他的答案是：“当三角形的三个内角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点”，在费马问题中所求的点称为费马点.
材料二：布洛卡点，也叫“勃罗卡点”，定义为：已知内一点满足，则称为的布洛卡点，为的布洛卡角，1875年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者——法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名.
已知，，分别是的内角，，的对边，且.
(1)求；
(2)若为的费马点，且，求的值；
(3)若为锐角三角形，为的布洛卡点，为的布洛卡角，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据三角恒等变换的化简和正弦定理计算即可求解；
（2）由（1），根据余弦定理计算可得，设，由费马点的定义和三角形的面积公式，结合平面向量数量积的定义计算即可求解；
（3）由余弦定理和三角形面积公式可得；设，由布洛卡点的定义、余弦定理和三角形面积公式可得，即可证明.
【详解】（1），
，
，由正弦定理得
，又，
，即，又，
所以；
（2）由（1）知，由余弦定理得，
所以，又，
所以.
设，由知的三个角均小于，
所以，又，
所以，得，
所以；
（3）在中，由余弦定理和三角形面积公式得
，
，
完全平方式之间关系即可证明；
（2）首先计算出，再根据三角形特点得到不等式组，最后化简原方程得，根据最大列举所有情况即可；
（3）由已知有，且，然后根据对数函数单调性并结合余弦定理即可.
【详解】（1）由，，知，故.
从而.
当时，有，所以的值域是；
当且时，有，
且对任意有，所以的值域是.
最后由可得.
（2）据已知有，，.
因为是一个三角形的三条边长，所以.
故方程可化简得.
考虑到均为正整数，且是一个三角形的三条边长，且为最大边，
故方程的所有正整数解的集合为.
（3）因为是一个钝角三角形的三条边长，且为最长边.
所以，且，故.
当时，由于，故有，.
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是由已知得到，且，然后根据对数函数单调性并结合余弦定理证明结论.
6．（23-24高一下·广东汕头·期中）定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点．
(1)若向量的“伴随函数”为，求在的值域；
(2)若函数的“源向量”为，且以为圆心，为半径的圆内切于正（顶点恰好在轴的正半轴上），求证：为定值；
(3)在中，角的对边分别为，若函数的“源向量”为，且已知，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用伴随函数的定义、辅助角公式及三角函数的性质计算即可；
（2）利用源向量的定义可先确定，结合正三角形的性质，平面向量数量积的运算律计算即可；
（3）先根据源向量的定义确定，利用余弦定理及三角形的特征、基本不等式得，再根据平面向量数量积与模的关系化简得，根据二次函数的单调性计算取值范围即可.
【详解】（1）根据定义可知向量的“伴随函数”
，
因为，所以，所以；
（2）因为函数，
所以其“源向量”，显然，
即M轨迹为单位圆，
结合正三角形的性质可知，，
所以
是定值，证毕；
（3）因为函数的“源向量”为，所以，
又，
所以，
由余弦定理可知，
所以，当且仅当时取得等号，
而其中一边可以无限接近于0，所以，
根据平面向量数量积公式知，
而
，
由上知，
根据二次函数的单调性可知，
即的取值范围
【点睛】思路点睛：第二问利用平面向量数量积的运算律结合正三角形及其内切圆的性质计算即可；第三问先利用余弦定理计算的范围，利用平面向量数量积与模长关系化简问题式，再利用二次函数性质及基本不等式计算取值范围即可